甘肃省3年（2020-2022）中考数学真题汇编-第21-29章【人教版九年级】

这是一份甘肃省3年（2020-2022）中考数学真题汇编-第21-29章【人教版九年级】，共63页。试卷主要包含了解方程等内容，欢迎下载使用。
九年级数学上学期期末复习培优综合练习 -人教版九年级中考数学真题汇编（甘肃省）
一．一元二次方程的解（共1小题）
1．（2020•甘肃）已知x＝1是一元二次方程（m﹣2）x2+4x﹣m2＝0的一个根，则m的值为（　　）
A．﹣1或2 B．﹣1 C．2 D．0
二．解一元二次方程-配方法（共3小题）
2．（2022•甘肃）用配方法解方程x2﹣2x＝2时，配方后正确的是（　　）
A．（x+1）2＝3 B．（x+1）2＝6 C．（x﹣1）2＝3 D．（x﹣1）2＝6
3．（2021•兰州）解方程：x2﹣6x﹣1＝0．
4．（2021•兰州）解方程：x2+4x﹣1＝0．
三．解一元二次方程-因式分解法（共2小题）
5．（2020•兰州）一元二次方程x（x﹣2）＝x﹣2的解是（　　）
A．x1＝x2＝0 B．x1＝x2＝1 C．x1＝0，x2＝2 D．x1＝1，x2＝2
6．（2020•天水）一个三角形的两边长分别为2和5，第三边长是方程x2﹣8x+12＝0的根，则该三角形的周长为　 　．
四．根的判别式（共2小题）
7．（2022•兰州）关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1＝0有两个相等的实数根，则k＝（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1
8．（2021•甘肃）关于x的方程x2﹣2x+k＝0有两个相等的实数根，则k的值是 　 　．
五．二次函数的性质（共3小题）
9．（2022•兰州）已知二次函数y＝2x2﹣4x+5，当函数值y随x值的增大而增大时，x的取值范围是（　　）
A．x＜1 B．x＞1 C．x＜2 D．x＞2
10．（2021•兰州）二次函数y＝x2+4x+1的图象的对称轴是（　　）
A．x＝2 B．x＝4 C．x＝﹣2 D．x＝﹣4
11．（2021•兰州）二次函数y＝x2+2x+2的图象的对称轴是（　　）
A．x＝﹣1 B．x＝﹣2 C．x＝1 D．x＝2
六．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题）
12．（2020•兰州）点A（﹣4，3），B（0，k）在二次函数y＝﹣（x+2）2+h的图象上，则k＝　 　．
七．二次函数的应用（共2小题）
13．（2022•甘肃）如图，以一定的速度将小球沿与地面成一定角度的方向击出时，小球的飞行路线是一条抛物线．若不考虑空气阻力，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间具有函数关系：h＝﹣5t2+20t，则当小球飞行高度达到最高时，飞行时间t＝　 　s．

14．（2022•兰州）掷实心球是兰州市高中阶段学校招生体育考试的选考项目．如图1是一名女生投实心球，实心球行进路线是一条抛物线，行进高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系如图2所示，掷出时起点处高度为m，当水平距离为3m时，实心球行进至最高点3m处．
（1）求y关于x的函数表达式；
（2）根据兰州市高中阶段学校招生体育考试评分标准（女生），投掷过程中，实心球从起点到落地点的水平距离大于等于6.70m，此项考试得分为满分10分．该女生在此项考试中是否得满分，请说明理由．

图1来源：《2022年兰州市高中阶段学校招生体育考试规则与测试要求》
八．二次函数综合题（共8小题）
15．（2022•兰州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，M为AB边上一动点，BN⊥CM，垂足为N．设A，M两点间的距离为xcm（0≤x≤5），B，N两点间的距离为ycm（当点M和B点重合时，B，N两点间的距离为0）．
小明根据学习函数的经验，对因变量y随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．
下面是小明的探究过程，请补充完整．
（1）列表：下表的已知数据是根据A，M两点间的距离x进行取点、画图、测量，分别得到了y与x的几组对应值：
x/cm
0
0.5
1
1.5
1.8
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
y/cm
4
3.96
3.79
3.47
a
2.99
2.40
1.79
1.23
0.74
0.33
0
请你通过计算，补全表格：a＝　 　；
（2）描点、连线：在平面直角坐标系中，描出表中各组数值所对应的点（x，y），并画出函数y关于x的图象；

（3）探究性质：随着自变量x的不断增大，函数y的变化趋势：　 　；
（4）解决问题：当BN＝2AM时，AM的长度大约是 　 　cm．（结果保留两位小数）

16．（2022•甘肃）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝（x+3）（x﹣a）与x轴交于A，B（4，0）两点，点C在y轴上，且OC＝OB，D，E分别是线段AC，AB上的动点（点D，E不与点A，B，C重合）．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）连接DE并延长交抛物线于点P，当DE⊥x轴，且AE＝1时，求DP的长；
（3）连接BD．
①如图2，将△BCD沿x轴翻折得到△BFG，当点G在抛物线上时，求点G的坐标；
②如图3，连接CE，当CD＝AE时，求BD+CE的最小值．

17．（2021•兰州）如图1，二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）图象交坐标轴于点A，B（0，﹣2），点P为x轴上一动点．
（1）求二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）的表达式；
（2）过点P作PQ⊥x轴分别交线段AB，抛物线于点Q，C，连接AC．当OP＝1时，求△ACQ的面积；
（3）如图2，将线段PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PD．当点D在抛物线上时，求点D的坐标．

18．（2021•兰州）如图1，二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）的图象交坐标轴于点A，B（0，﹣2），点P为x轴上一动点．

（1）求二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）的表达式；
（2）过点P作PQ⊥x轴分别交线段AB，抛物线于点Q，C，连接AC．当OP＝1时，求△ACQ的面积；
（3）如图2，将线段PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PD．
①当点D在抛物线上时，求点D的坐标；
②点E（2，﹣）在抛物线上，连接PE，当PE平分∠BPD时，直接写出点P的坐标．
19．（2021•甘肃）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与坐标轴交于A（0，﹣2），B（4，0）两点，直线BC：y＝﹣2x+8交y轴于点C．点D为直线AB下方抛物线上一动点，过点D作x轴的垂线，垂足为G，DG分别交直线BC，AB于点E，F．
（1）求抛物线y＝x2+bx+c的表达式；
（2）当GF＝时，连接BD，求△BDF的面积；
（3）①H是y轴上一点，当四边形BEHF是矩形时，求点H的坐标；
②在①的条件下，第一象限有一动点P，满足PH＝PC+2，求△PHB周长的最小值．

20．（2020•兰州）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象过点A（4，﹣4），B（﹣2，m），交y轴于点C（0，﹣4）．直线BO与抛物线相交于另一点D，连接AB，AD，点E是线段AB上的一动点，过点E作EF∥BD交AD于点F．
（1）求二次函数y＝x2+bx+c的表达式；
（2）判断△ABD的形状，并说明理由；
（3）在点E的运动过程中，直线BD上存在一点G，使得四边形AFGE为矩形，请判断此时AG与BD的数量关系，并求出点E的坐标；
（4）点H是抛物线的顶点，在（3）的条件下，点P是平面内使得∠EPF＝90°的点，在抛物线的对称轴上，是否存在点Q，使得△HPQ是以∠PQH为直角的等腰直角三角形，若存在，直接写出符合条件的所有点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

21．（2020•天水）如图所示，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且点A的坐标为A（﹣2，0），点C的坐标为C（0，6），对称轴为直线x＝1．点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为m（1＜m＜4），连接AC，BC，DC，DB．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当△BCD的面积等于△AOC的面积的时，求m的值；
（3）在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

22．（2020•甘肃）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣2交x轴于A，B两点，交y轴于点C，且OA＝2OC＝8OB．点P是第三象限内抛物线上的一动点．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）若PC∥AB，求点P的坐标；
（3）连接AC，求△PAC面积的最大值及此时点P的坐标．

九．圆周角定理（共4小题）
23．（2022•兰州）如图，△ABC内接于⊙O，CD是⊙O的直径，∠ACD＝40°，则∠B＝（　　）

A．70° B．60° C．50° D．40°
24．（2021•甘肃）如图，点A，B，C，D，E在⊙O上，AB＝CD，∠AOB＝42°，则∠CED＝（　　）

A．48° B．24° C．22° D．21°
25．（2020•兰州）如图，AB是⊙O的直径，若∠BAC＝20°，则∠ADC＝（　　）

A．40° B．60° C．70° D．80°
26．（2020•甘肃）如图，A是⊙O上一点，BC是直径，AC＝2，AB＝4，点D在⊙O上且平分，则DC的长为（　　）

A．2 B． C．2 D．
一十．圆内接四边形的性质（共1小题）
27．（2022•甘肃）如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆，若∠ABC＝110°，则∠ADC＝　 　°．

一十一．直线与圆的位置关系（共1小题）
28．（2020•天水）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，点O在AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆恰好经过点D，分别交AC、AB于点E、F．
（1）试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若BD＝2，AB＝6，求阴影部分的面积（结果保留π）．

一十二．切线的性质（共2小题）
29．（2020•天水）如图所示，PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，点C为⊙O上一点，连接AC、BC，若∠P＝70°，则∠ACB的度数为（　　）

A．50° B．55° C．60° D．65°
30．（2020•甘肃）如图，⊙O是△ABC的外接圆，其切线AE与直径BD的延长线相交于点E，且AE＝AB．
（1）求∠ACB的度数；
（2）若DE＝2，求⊙O的半径．

一十三．弧长的计算（共3小题）
31．（2022•甘肃）如图，一条公路（公路的宽度忽略不计）的转弯处是一段圆弧（），点O是这段弧所在圆的圆心，半径OA＝90m，圆心角∠AOB＝80°，则这段弯路（）的长度为（　　）

A．20πm B．30πm C．40πm D．50πm
32．（2021•兰州）如图，传送带的一个转动轮的半径为18cm，转动轮转n°，传送带上的物品A被传送12πcm，则n＝　 　．

33．（2021•兰州）如图，传送带的一个转动轮的半径为10cm，转动轮转n°，传送带上的物品A被传送6πcm，则n＝　 　．

一十四．扇形面积的计算（共3小题）
34．（2022•兰州）如图1是一块弘扬“社会主义核心价值观”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图2所示，它是以O为圆心，OA，OB长分别为半径，圆心角∠O＝120°形成的扇面，若OA＝3m，OB＝1.5m，则阴影部分的面积为（　　）

A．4.25πm2 B．3.25πm2 C．3πm2 D．2.25πm2
35．（2021•甘肃）如图，从一块直径为4dm的圆形铁皮上剪出一个圆心角为90°的扇形，则此扇形的面积为 　 　dm2．

36．（2020•甘肃）若一个扇形的圆心角为60°，面积为cm2，则这个扇形的弧长为　 　cm（结果保留π）．
一十五．圆锥的计算（共1小题）
37．（2020•天水）如图所示，若用半径为8，圆心角为120°的扇形围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计），则这个圆锥的底面半径是　 　．

一十六．旋转的性质（共2小题）
38．（2020•天水）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．若DF＝3，则BE的长为 　 　．

39．（2020•甘肃）如图，点M，N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且∠MAN＝45°．把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE．
（1）求证：△AEM≌△ANM．
（2）若BM＝3，DN＝2，求正方形ABCD的边长．

一十七．中心对称图形（共1小题）
40．（2020•天水）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
一十八．概率公式（共3小题）
41．（2022•兰州）无色酚酞溶液是一种常用酸碱指示剂，广泛应用于检验溶液酸碱性，通常情况下酚酞溶液遇酸溶液不变色，遇中性溶液也不变色，遇碱溶液变红色．现有5瓶缺失标签的无色液体：蒸馏水、白醋溶液、食用碱溶液、柠檬水溶液、火碱溶液，将酚酞试剂滴入任意一瓶液体后呈现红色的概率是（　　）
A． B． C． D．
42．（2021•兰州）如图，将一个棱长为3的正方体表面涂上颜色，再把它分割成棱长为1的小正方体，将它们全部放入一个不透明盒子中摇匀，随机取出一个小正方体，有三个面被涂色的概率为（　　）

A． B． C． D．
43．（2021•兰州）如图，将一个棱长为3的正方体表面涂上颜色，再把它分割成棱长为1的小正方体，将它们全部放入一个不透明盒子中摇匀，随机取出一个小正方体，只有一个面被涂色的概率为（　　）

A． B． C． D．
一十九．列表法与树状图法（共4小题）
44．（2022•甘肃）第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4至20日在我国北京﹣张家口成功举办，其中张家口赛区设有四个冬奥会竞赛场馆，分别为：A．云顶滑雪公园、B．国家跳台滑雪中心、C．国家越野滑雪中心、D．国家冬季两项中心．小明和小颖都是志愿者，他们被随机分配到这四个竞赛场馆中的任意一个场馆的可能性相同．
（1）小明被分配到D．国家冬季两项中心场馆做志愿者的概率是多少？
（2）利用画树状图或列表的方法，求小明和小颖被分配到同一场馆做志愿者的概率．
45．（2020•兰州）某学校组织了以“纪念革命先烈，激发爱国热情”为主题的爱国主义教育研学活动，参加活动的学生可从学校提供的四个研学地点中任选一个，地点如下：
A：陇南市宕昌县哈达铺红军长征纪念馆；
B：陇南市两当兵变纪念馆；
C：甘南州迭部县腊子口战役纪念馆；
D：张掖市高台县中国工农红军西路军纪念馆．
小宁和小丽决定通过抽签的方式确定本次研学活动目的地，请你用树状图或列表的方法求出小宁和小丽抽到同一地点的概率．
46．（2020•天水）为了解天水市民对全市创建全国文明城市工作的满意程度，某中学数学兴趣小组在某个小区内进行了调查统计．将调查结果分为不满意，一般，满意，非常满意四类，回收、整理好全部问卷后，得到下列不完整的统计图．

请结合图中的信息，解决下列问题：
（1）此次调查中接受调查的人数为 　 　人；
（2）请你补全条形统计图；
（3）扇形统计图中“满意”部分的圆心角为 　 　度；
（4）该兴趣小组准备从调查结果为“不满意”的4位市民中随机选择2位进行回访，已知这4位市民中有2位男性，2位女性．请用画树状图的方法求出选择回访的市民为“一男一女”的概率．
47．（2020•甘肃）2019年甘肃在国际知名旅游指南《孤独星球》亚洲最佳旅游地排名第一．截至2020年1月，甘肃省已有五家国家5A级旅游景区，分别为A：嘉峪关文物景区；B：平凉崆峒山风景名胜区；C：天水麦积山景区；D：敦煌鸣沙山月牙泉景区；E：张掖七彩丹霞景区．张帆同学与父母计划在暑假期间从中选择部分景区游玩．
（1）张帆一家选择E：张掖七彩丹霞景区的概率是多少？
（2）若张帆一家选择了E：张掖七彩丹霞景区，他们再从A，B，C，D四个景区中任选两个景区去旅游，求选择A，D两个景区的概率（要求画树状图或列表求概率）．
二十．利用频率估计概率（共3小题）
48．（2022•兰州）2022年3月12日是我国第44个植树节，某林业部门为了考察某种幼树在一定条件下的移植成活率，在同等条件下，对这种幼树进行大量移植，并统计成活情况，下表是这种幼树移植过程中的一组统计数据：
幼树移植数（棵）
100
1000
5000
8000
10000
15000
20000
幼树移植成活数（棵）
87
893
4485
7224
8983
13443
18044
幼树移植成活的频率
0.870
0.893
0.897
0.903
0.898
0.896
0.902
估计该种幼树在此条件下移植成活的概率是 　 　.（结果精确到0.1）
49．（2020•甘肃）在一个不透明的袋中装有若干个材质、大小完全相同的红球，小明在袋中放入3个黑球（每个黑球除颜色外其余都与红球相同），摇匀后每次随机从袋中摸出一个球，记录颜色后放回袋中，通过大量重复摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在0.85左右，估计袋中红球有　 　个．
50．（2021•甘肃）一个不透明的箱子里装有3个红色小球和若干个白色小球，每个小球除颜色外其他完全相同，每次把箱子里的小球摇匀后随机摸出一个小球，记下颜色后再放回箱子里，通过大量重复试验后，发现摸到红色小球的频率稳定于0.75左右．
（1）请你估计箱子里白色小球的个数；
（2）现从该箱子里摸出1个小球，记下颜色后放回箱子里，摇匀后，再摸出1个小球，求两次摸出的小球颜色恰好不同的概率（用画树状图或列表的方法）．

九年级数学上学期期末复习培优综合练习 -人教版九年级中考数学真题汇编（甘肃省）
参考答案与试题解析
一．一元二次方程的解（共1小题）
1．（2020•甘肃）已知x＝1是一元二次方程（m﹣2）x2+4x﹣m2＝0的一个根，则m的值为（　　）
A．﹣1或2 B．﹣1 C．2 D．0
【解答】解：把x＝1代入（m﹣2）x2+4x﹣m2＝0得：
m﹣2+4﹣m2＝0，
﹣m2+m+2＝0，
解得：m1＝2，m2＝﹣1，
∵（m﹣2）x2+4x﹣m2＝0是一元二次方程，
∴m﹣2≠0，
∴m≠2，
∴m＝﹣1，
故选：B．
【点评】此题主要考查了一元二次方程的解和定义，关键是注意方程二次项的系数不等于0．
二．解一元二次方程-配方法（共3小题）
2．（2022•甘肃）用配方法解方程x2﹣2x＝2时，配方后正确的是（　　）
A．（x+1）2＝3 B．（x+1）2＝6 C．（x﹣1）2＝3 D．（x﹣1）2＝6
【解答】解：x2﹣2x＝2，
x2﹣2x+1＝2+1，即（x﹣1）2＝3．
故选：C．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握用配方法解一元二次方程的步骤是解决问题的关键．
3．（2021•兰州）解方程：x2﹣6x﹣1＝0．
【解答】解：x2﹣6x﹣1＝0，
移项得：x2﹣6x＝1，
配方得：x2﹣6x+9＝10，即（x﹣3）2＝10，
开方得：x﹣3＝±，
则x1＝3+，x2＝3﹣．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，利用此方法解方程时，首先将二次项系数化为1，常数项移动方程右边，然后两边都加上一次项系数一半的平方，左边化为完全平方式，右边合并，开方转化为两个一元一次方程来求解．
4．（2021•兰州）解方程：x2+4x﹣1＝0．
【解答】解：∵x2+4x﹣1＝0
∴x2+4x＝1
∴x2+4x+4＝1+4
∴（x+2）2＝5
∴x＝﹣2±
∴x1＝﹣2+，x2＝﹣2﹣．
【点评】配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
三．解一元二次方程-因式分解法（共2小题）
5．（2020•兰州）一元二次方程x（x﹣2）＝x﹣2的解是（　　）
A．x1＝x2＝0 B．x1＝x2＝1 C．x1＝0，x2＝2 D．x1＝1，x2＝2
【解答】解：x（x﹣2）＝x﹣2，
移项，得
x（x﹣2）﹣（x﹣2）＝0，
提公因式，得
（x﹣2）（x﹣1）＝0，
∴x﹣2＝0或x﹣1＝0，
解得x1＝2，x2＝1．
故选：D．
【点评】本题考查解解一元二次方程﹣因式分解法，解题的关键是会利用提公因式法解方程．
6．（2020•天水）一个三角形的两边长分别为2和5，第三边长是方程x2﹣8x+12＝0的根，则该三角形的周长为　13　．
【解答】解：∵x2﹣8x+12＝0，
∴（x﹣2）（x﹣6）＝0，
∴x1＝2，x2＝6，
∵三角形的两边长分别为2和5，第三边长是方程x2﹣8x+12＝0的根，2+2＜5，2+5＞6，
∴三角形的第三边长是6，
∴该三角形的周长为：2+5+6＝13．
故答案为：13．
【点评】本题考查了解一元二次方程的因式分解法及三角形的三边关系，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
四．根的判别式（共2小题）
7．（2022•兰州）关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1＝0有两个相等的实数根，则k＝（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1
【解答】解：根据题意得k≠0且Δ＝22﹣4k×（﹣1）＝0，
解得k＝﹣1．
故选：B．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
8．（2021•甘肃）关于x的方程x2﹣2x+k＝0有两个相等的实数根，则k的值是 　1　．
【解答】解：∵关于x的方程x2﹣2x+k＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝（﹣2）2﹣4×1×k＝0，
解得：k＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查了根的判别式，牢记“当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根”是解题的关键．
五．二次函数的性质（共3小题）
9．（2022•兰州）已知二次函数y＝2x2﹣4x+5，当函数值y随x值的增大而增大时，x的取值范围是（　　）
A．x＜1 B．x＞1 C．x＜2 D．x＞2
【解答】解：∵y＝2x2﹣4x+5＝2（x﹣1）2+3，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝1，
∴x＞1时，y随x增大而增大，
故选：B．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．
10．（2021•兰州）二次函数y＝x2+4x+1的图象的对称轴是（　　）
A．x＝2 B．x＝4 C．x＝﹣2 D．x＝﹣4
【解答】解：∵二次函数y＝x2+4x+1，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣＝﹣2．
故选：C．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数的对称轴为直线x＝﹣．
11．（2021•兰州）二次函数y＝x2+2x+2的图象的对称轴是（　　）
A．x＝﹣1 B．x＝﹣2 C．x＝1 D．x＝2
【解答】解：∵y＝x2+2x+2中a＝1，b＝2，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣＝﹣1．
故选：A．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数的对称轴为直线x＝﹣．
六．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题）
12．（2020•兰州）点A（﹣4，3），B（0，k）在二次函数y＝﹣（x+2）2+h的图象上，则k＝　3　．
【解答】解：由二次函数y＝﹣（x+2）2+h可知，抛物线的对称轴为直线x＝﹣2，
∴A（﹣4，3）关于对称轴的对称点为（0，3），
∵B（0，k）在二次函数y＝﹣（x+2）2+h的图象上，
∴点B就是点A的对称点，
∴k＝3，
故答案为3．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象上点的坐标适合解析式是解题的关键．
七．二次函数的应用（共2小题）
13．（2022•甘肃）如图，以一定的速度将小球沿与地面成一定角度的方向击出时，小球的飞行路线是一条抛物线．若不考虑空气阻力，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间具有函数关系：h＝﹣5t2+20t，则当小球飞行高度达到最高时，飞行时间t＝　2　s．

【解答】解：∵h＝﹣5t2+20t＝﹣5（t﹣2）2+20，
且﹣5＜0，
∴当t＝2时，h取最大值20，
故答案为：2．
【点评】本题考查二次函数的应用，解题的关键是掌握将二次函数一般式化为顶点式．
14．（2022•兰州）掷实心球是兰州市高中阶段学校招生体育考试的选考项目．如图1是一名女生投实心球，实心球行进路线是一条抛物线，行进高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系如图2所示，掷出时起点处高度为m，当水平距离为3m时，实心球行进至最高点3m处．
（1）求y关于x的函数表达式；
（2）根据兰州市高中阶段学校招生体育考试评分标准（女生），投掷过程中，实心球从起点到落地点的水平距离大于等于6.70m，此项考试得分为满分10分．该女生在此项考试中是否得满分，请说明理由．

图1来源：《2022年兰州市高中阶段学校招生体育考试规则与测试要求》
【解答】解：（1）根据题意设y关于x的函数表达式为y＝a（x﹣3）2+3，
把（0，）代入解析式得：＝a（0﹣3）2+3，
解得：a＝﹣，
∴y关于x的函数表达式为y＝﹣（x﹣3）2+3；
（2）该女生在此项考试中是得满分，理由：
令y＝0，则﹣（x﹣3）2+3＝0，
解得：x1＝7.5，x2＝﹣1.5（舍去），
∵7.5＞6.70，
∴该女生在此项考试中是得满分．
【点评】本题考查二次函数的应用和一元二次方程的解法，关键是理解题意把函数问题转化为方程为题．
八．二次函数综合题（共8小题）
15．（2022•兰州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，M为AB边上一动点，BN⊥CM，垂足为N．设A，M两点间的距离为xcm（0≤x≤5），B，N两点间的距离为ycm（当点M和B点重合时，B，N两点间的距离为0）．
小明根据学习函数的经验，对因变量y随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．
下面是小明的探究过程，请补充完整．
（1）列表：下表的已知数据是根据A，M两点间的距离x进行取点、画图、测量，分别得到了y与x的几组对应值：
x/cm
0
0.5
1
1.5
1.8
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
y/cm
4
3.96
3.79
3.47
a
2.99
2.40
1.79
1.23
0.74
0.33
0
请你通过计算，补全表格：a＝　3.2　；
（2）描点、连线：在平面直角坐标系中，描出表中各组数值所对应的点（x，y），并画出函数y关于x的图象；

（3）探究性质：随着自变量x的不断增大，函数y的变化趋势：　y随x的增大而减小　；
（4）解决问题：当BN＝2AM时，AM的长度大约是 　1.67　cm．（结果保留两位小数）

【解答】解：（1）如图，

在Rt△ABC中，AC＝3，BC＝4，根据勾股定理得，AB＝5，
过点C作CM'⊥AB于M，
∴S△ABC＝AC•BC＝AB•CM'，
∴CM'＝，
在Rt△ACM'中，根据勾股定理得，AM'＝＝1.8，
当x＝1.8时，点M与点M'重合，
∴CM⊥AB，
∵BN⊥CM，
∴点M，N重合，
∴a＝BN＝BM＝AB﹣AM＝3.2，
故答案为：3.2；

（2）如图所示，

（3）由图象知，y随x的增大而减小，
故答案为：y随x的增大而减小；

（4）借助表格和图象得，当BN＝2AM时，AM的长度大约是1.67cm，
故答案为：1.67．
【点评】此题主要考查了勾股定理，三角形的面积，函数图象的画法，画出函数图象是解本题的关键．
16．（2022•甘肃）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝（x+3）（x﹣a）与x轴交于A，B（4，0）两点，点C在y轴上，且OC＝OB，D，E分别是线段AC，AB上的动点（点D，E不与点A，B，C重合）．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）连接DE并延长交抛物线于点P，当DE⊥x轴，且AE＝1时，求DP的长；
（3）连接BD．
①如图2，将△BCD沿x轴翻折得到△BFG，当点G在抛物线上时，求点G的坐标；
②如图3，连接CE，当CD＝AE时，求BD+CE的最小值．

【解答】解：（1）∵抛物线y＝（x+3）（x﹣a）与x轴交于A，B（4，0）两点，
∴（4+3）（4﹣a）＝0，
解得a＝4，
∴y＝（x+3）（x﹣4）＝x2﹣x﹣3，
即抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣3；
（2）在y＝（x+3）（x﹣4）中，令y＝0，得x＝﹣3或4，
∴A（﹣3，0），OA＝3，
∵OC＝OB＝4，
∴C（0，4），
∵AE＝1，
∴DE＝AE•tan∠CAO＝AE＝，OE＝OA﹣AE＝3﹣1＝2，
∴E（﹣2，0），
∵DE⊥x轴，
∴xP＝xD＝xE＝﹣2，
∴yP＝（﹣2+3）（﹣2﹣4）＝﹣，
∴PE＝，
∴DP＝DE+PE＝+＝；
（3）①如下图，连接DG交AB于点M，

∵△BCD与△BFG关于x轴对称，
∴DG⊥AB，DM＝GM，
设OM＝a（a＞0），则AM＝OA﹣OM＝3﹣a，
MG＝MD＝AM•tan∠CAO＝（3﹣a），
∴G（﹣a，（a﹣3）），
∵点G（﹣a，（a﹣3））在抛物线y＝（x+3）（x﹣4）上，
∴（﹣a+3）（﹣a﹣4）＝（a﹣3），
解得a＝或3（舍去），
∴G（﹣，﹣）；
②如下图，在AB的下方作∠EAQ＝∠DCB，且AQ＝BC，连接EQ，CQ，

∵AE＝CD，
∴△AEQ≌△CDB（SAS），
∴EQ＝BD，
∴当C、E、Q三点共线时，BD+CE＝EQ+CE最小，最小为CQ，
过点C作CH⊥AQ，垂足为H，
∵OC⊥OB，OC＝OB＝4，
∴∠CBA＝45°，BC＝4，
∵∠CAH＝180°﹣∠CAB﹣∠EAQ＝180°﹣∠CAB﹣∠DCB＝∠CBA＝45°，
AC＝＝＝5，AH＝CH＝AC＝，
HQ＝AH+AQ＝AH+BC＝＝，
∴CQ＝＝＝，
即BD+CE的最小值为；
方法二：过点C作CF∥x轴，使得CF＝AC，作BG⊥FC延长线于点G，

∴∠FCA＝∠CAE，
又∵CD＝AE，CF＝AC，
∴△FCD≌△CAE（SAS），
∴FD＝CE，
∴F、D、B三点共线时CE+BD＝FD+BD取到最小值，
∵AC＝5，C（0，4），B（4，0），
∴BF的长＝＝．
【点评】本题主要考查二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，全等三角形的判定和性质，三角函数，勾股定理等知识是解题的关键．
17．（2021•兰州）如图1，二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）图象交坐标轴于点A，B（0，﹣2），点P为x轴上一动点．
（1）求二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）的表达式；
（2）过点P作PQ⊥x轴分别交线段AB，抛物线于点Q，C，连接AC．当OP＝1时，求△ACQ的面积；
（3）如图2，将线段PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PD．当点D在抛物线上时，求点D的坐标．

【解答】解：（1）将B（0，﹣2）代入y＝a（x+3）（x﹣4），
∴a＝，
∴y＝（x+3）（x﹣4）＝x2﹣x﹣2；
（2）令y＝0，则（x+3）（x﹣4）＝0，
∴x＝﹣3或x＝4，
∴A（4，0），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝x﹣2，
∵OP＝1，
∴P（1，0），
∵PQ⊥x轴，
∴Q（1，﹣），C（1，﹣2），
∴AP＝3，
∴S△ACQ＝S△ACP﹣S△APQ＝×3×2﹣×3×＝；
（3）设P（t，0），
如图2，过点D作x轴垂线交于点N，
∵∠BPD＝90°，
∴∠OPB+∠NPD＝90°，∠OPB+∠OBP＝90°，
∴∠NPD＝∠OBP，
∵BP＝PD，
∴△PND≌△BOP（AAS），
∴OP＝ND，BO＝PN，
∴D（t+2，﹣t），
∴﹣t＝（t+2+3）（t+2﹣4），
解得t＝1或t＝﹣10，
∴D（3，﹣1）或D（﹣8，10）．


【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象和性质，待定系数法求抛物线解析式，三角形面积，全等三角形判定和性质，旋转的性质等，熟练掌握二次函数的图象及性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．
18．（2021•兰州）如图1，二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）的图象交坐标轴于点A，B（0，﹣2），点P为x轴上一动点．

（1）求二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）的表达式；
（2）过点P作PQ⊥x轴分别交线段AB，抛物线于点Q，C，连接AC．当OP＝1时，求△ACQ的面积；
（3）如图2，将线段PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PD．
①当点D在抛物线上时，求点D的坐标；
②点E（2，﹣）在抛物线上，连接PE，当PE平分∠BPD时，直接写出点P的坐标．
【解答】解：（1）将B（0，﹣2）代入y＝a（x+3）（x﹣4），
∴a＝，
∴y＝（x+3）（x﹣4）＝x2﹣x﹣2；
（2）令y＝0，则（x+3）（x﹣4）＝0，
∴x＝﹣3或x＝4，
∴A（4，0），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝x﹣2，
∵OP＝1，
∴P（1，0），
∵PQ⊥x轴，
∴Q（1，﹣），C（1，﹣2），
∴AP＝3，
∴S△ACQ＝S△ACP﹣S△APQ＝×3×2﹣×3×＝；
（3）①设P（t，0），
如图2，过点D作x轴垂线交于点N，
∵∠BPD＝90°，
∴∠OPB+∠NPD＝90°，∠OPB+∠OBP＝90°，
∴∠NPD＝∠OBP，
∵BP＝PD，
∴△PND≌△BOP（AAS），
∴OP＝ND，BO＝PN，
∴D（t+2，﹣t），
∴﹣t＝（t+2+3）（t+2﹣4），
解得t＝1或t＝﹣10，
∴D（3，﹣1）或D（﹣8，10）；
②如图3，∵PE平分∠BPD，
∴∠BPE＝∠EPD，
∵∠BPD＝90°，
∴∠BPE＝45°，
当PE∥y轴时，∠OBP＝45°，
∴P（2，0）；
如图4，过B点作BG⊥PB交PE于点G，过G点作FG⊥y轴，交于点F，
∵∠PBF+∠FBG＝90°，∠FBG+∠FGB＝90°，
∴∠PBF＝∠FGB，
∵∠BPG＝45°，
∴BP＝BG，
∴△BPO≌△GBF（AAS），
∴BF＝OP，FG＝OB，
∵OB＝2，
∴FG＝2，
∵E（2，﹣）
∴E点与G点重合，
∴PO＝BF＝2﹣＝，
∴P（﹣，0）；
综上所述：P点的坐标为（2，0）或（﹣，0）．



【点评】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图像及性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．
19．（2021•甘肃）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与坐标轴交于A（0，﹣2），B（4，0）两点，直线BC：y＝﹣2x+8交y轴于点C．点D为直线AB下方抛物线上一动点，过点D作x轴的垂线，垂足为G，DG分别交直线BC，AB于点E，F．
（1）求抛物线y＝x2+bx+c的表达式；
（2）当GF＝时，连接BD，求△BDF的面积；
（3）①H是y轴上一点，当四边形BEHF是矩形时，求点H的坐标；
②在①的条件下，第一象限有一动点P，满足PH＝PC+2，求△PHB周长的最小值．

【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过A（0，﹣2），B（4，0）两点，
∴，
解得，
∴y＝x2﹣x﹣2．

（2）∵B（4，0），A（0，﹣2），
∴OB＝4，OA＝2，
∵GF⊥x轴，OA⊥x轴，
在Rt△BOA和Rt△BGF中，tan∠ABO＝＝，
即＝，
∴GB＝1，
∴OG＝OB﹣GB＝4﹣1＝3，
当x＝3时，yD＝×9﹣×3﹣2＝﹣2，
∴D（3，﹣2），即GD＝2，
∴FD＝GD﹣GF＝2﹣＝，
∴S△BDF＝•DF•BG＝××1＝．

（3）①如图1中，过点H作HM⊥EF于M，

∵四边形BEHF是矩形，
∴EH∥BF，EH＝BF，
∴∠HEF＝∠BFE，
∵∠EMH＝∠FGB＝90°，
∴△EMH≌△FGB（AAS），
∴MH＝GB，EM＝FG，
∵HM＝OG，
∴OG＝GB＝OB＝2，
∵A（0，﹣2），B（4，0），
∴直线AB的解析式为y＝x﹣2，
设E（a，﹣2a+8），F（a，a﹣2），
由MH＝BG得到，a﹣0＝4﹣a，
∴a＝2，
∴E（2，4），F（2，﹣1），
∴FG＝1，
∵EM＝FG，
∴4﹣yH＝1，
∴yH＝3，
∴H（0，3）．

②如图2中，

BH＝＝＝5，
∵PH＝PC+2，
∴△PHB的周长＝PH+PB+HB＝PC+2+PB+5＝PC+PB+7，
要使得△PHB的周长最小，只要PC+PB的值最小，
∵PC+PB≥BC，
∴当点P在BC上时，PC+PB＝BC的值最小，
∵BC＝＝＝4，
∴△PHB的周长的最小值为4+7．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
20．（2020•兰州）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象过点A（4，﹣4），B（﹣2，m），交y轴于点C（0，﹣4）．直线BO与抛物线相交于另一点D，连接AB，AD，点E是线段AB上的一动点，过点E作EF∥BD交AD于点F．
（1）求二次函数y＝x2+bx+c的表达式；
（2）判断△ABD的形状，并说明理由；
（3）在点E的运动过程中，直线BD上存在一点G，使得四边形AFGE为矩形，请判断此时AG与BD的数量关系，并求出点E的坐标；
（4）点H是抛物线的顶点，在（3）的条件下，点P是平面内使得∠EPF＝90°的点，在抛物线的对称轴上，是否存在点Q，使得△HPQ是以∠PQH为直角的等腰直角三角形，若存在，直接写出符合条件的所有点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）∵二次函数y＝x2+bx+c的图象过点A（4，﹣4），点C（0，﹣4），
∴，
解得，
∴二次函数的解析式为y＝x2﹣x﹣4．

（2）△ABD是直角三角形，理由：
∵B（﹣2，m）在y＝x2﹣x﹣4，
∴B（﹣2，﹣1），
∴直线OB的解析式为y＝x，
由，解得（即点B）或，
∴D（8，4），
∵A（4，﹣4），
∴AB＝＝3，AD＝＝4，BD＝＝5，
∴BD2＝AB2+AD2，
∴∠BAD＝90°，
∴△ABD是直角三角形．

（3）结论AG＝BD．
理由：如图1中，连接AG，交EF于H．

∵四边形AEGF是矩形，
∴AH＝HG，EH＝FH，
∵EF∥BD，
∴＝＝1，
∴AE＝BE，
∴E（1，﹣），
∵＝＝，EH＝FH，
∴BG＝GD，
∵∠BAD＝90°，
∴AG＝BD．

（4）如图2中，设EF的中点为K，P（x，y），连接PK．

∵E（1，﹣），F（6，0），
∴K（，﹣），EF＝＝，
∵∠EPF＝90°，
∴点P在以EF为直径的⊙K上运动，
∵△PQH是等腰直角三角形，∠PQH＝90°，
∴∠QHP＝45°，
∵抛物线的顶点H（2，﹣5），
∴直线PH的解析式为y＝x﹣7，
∵PK＝EF，
∴（x﹣）2+（y+）2＝（）2，
（y+7﹣）2+（y+）2＝（）2，
解得y＝﹣4或﹣，
∴Q（2，﹣4）或（2，﹣）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
21．（2020•天水）如图所示，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且点A的坐标为A（﹣2，0），点C的坐标为C（0，6），对称轴为直线x＝1．点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为m（1＜m＜4），连接AC，BC，DC，DB．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当△BCD的面积等于△AOC的面积的时，求m的值；
（3）在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）由题意得：，
解得：，
∴抛物线的函数表达式为：y＝﹣x2+x+6；
（2）过点D作DE⊥x轴于E，交BC于G，过点C作CF⊥ED交ED的延长线于F，如图1所示：
∵点A的坐标为（﹣2，0），点C的坐标为（0，6），
∴OA＝2，OC＝6，
∴S△AOC＝OA•OC＝×2×6＝6，
∴S△BCD＝S△AOC＝×6＝，
当y＝0时，﹣x2+x+6＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝4，
∴点B的坐标为（4，0），
设直线BC的函数表达式为：y＝kx+n，
则，
解得：，
∴直线BC的函数表达式为：y＝﹣x+6，
∵点D的横坐标为m（1＜m＜4），
∴点D的坐标为：（m，﹣m2+m+6），
点G的坐标为：（m，﹣m+6），
∴DG＝﹣m2+m+6﹣（﹣m+6）＝﹣m2+3m，CF＝m，BE＝4﹣m，
∴S△BCD＝S△CDG+S△BDG＝DG•CF+DG•BE＝DG×（CF+BE）＝×（﹣m2+3m）×（m+4﹣m）＝﹣m2+6m，
∴﹣m2+6m＝，
解得：m1＝1（不合题意舍去），m2＝3，
∴m的值为3；
（3）由（2）得：m＝3，﹣m2+m+6＝﹣×32+×3+6＝，
∴点D的坐标为：（3，），
分三种情况讨论：
①当DB为对角线时，如图2所示：
∵四边形BDNM是平行四边形，
∴DN∥BM，
∴DN∥x轴，
∴点D与点N关于直线x＝1对称，
∴N（﹣1，），
∴DN＝3﹣（﹣1）＝4，
∴BM＝4，
∵B（4，0），
∴M（8，0）；
②当DM为对角线时，如图3所示：
由①得：N（﹣1，），DN＝4，
∵四边形BDNM是平行四边形，
∴DN＝BM＝4，
∵B（4，0），
∴M（0，0）；
③当DN为对角线时，
∵四边形BDNM是平行四边形，
∴DM＝BN，DM∥BN，
∴∠DMB＝∠MBN，
∴点D与点N的纵坐标互为相反数，
∵点D（3，），
∴点N的纵坐标为：﹣，
将y＝﹣代入y＝﹣x2+x+6中，
得：﹣x2+x+6＝﹣，
解得：x1＝1+，x2＝1﹣，
当x＝1+时，如图4所示：
则N（1+，﹣），
分别过点D、N作x轴的垂线，垂足分别为E、Q，
在Rt△DEM和Rt△NQB中，，
∴Rt△DEM≌Rt△NQB（HL），
∴BQ＝EM，
∵BQ＝1+﹣4＝﹣3，
∴EM＝﹣3，
∵E（3，0），
∴M（，0）；
当x＝1﹣时，如图5所示：
则N（1﹣，﹣），
同理得点M（﹣，0）；
综上所述，点M的坐标为（8，0）或（0，0）或（，0）或（﹣，0）．





【点评】本题是二次函数综合题目，考查了待定系数法求函数的解析式、坐标与图形性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
22．（2020•甘肃）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣2交x轴于A，B两点，交y轴于点C，且OA＝2OC＝8OB．点P是第三象限内抛物线上的一动点．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）若PC∥AB，求点P的坐标；
（3）连接AC，求△PAC面积的最大值及此时点P的坐标．

【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+bx﹣2，则c＝﹣2，故OC＝2，
而OA＝2OC＝8OB，则OA＝4，OB＝，
故点A、B、C的坐标分别为（﹣4，0）、（，0）、（0，﹣2）；
则y＝a（x+4）（x﹣）＝a（x2+x﹣2）＝ax2+bx﹣2，故a＝1，
故抛物线的表达式为：y＝x2+x﹣2；

（2）抛物线的对称轴为x＝﹣，
当PC∥AB时，点P、C的纵坐标相同，根据函数的对称性得点P（﹣，﹣2）；

（3）过点P作PH∥y轴交AC于点H，
设P（x，x2+﹣2），

由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y＝﹣x﹣2，
则△PAC的面积S＝S△PHA+S△PHC＝PH×OA＝×4×（﹣x﹣2﹣x2﹣x+2）＝﹣2（x+2）2+8，
∵﹣2＜0，
∴S有最大值，当x＝﹣2时，S的最大值为8，此时点P（﹣2，﹣5）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、面积的计算等，有一定的综合性，但较为容易．
九．圆周角定理（共4小题）
23．（2022•兰州）如图，△ABC内接于⊙O，CD是⊙O的直径，∠ACD＝40°，则∠B＝（　　）

A．70° B．60° C．50° D．40°
【解答】解：∵CD是⊙O的直径，
∴∠CAD＝90°，
∴∠ACD+∠D＝90°，
∵∠ACD＝40°，
∴∠ADC＝∠B＝50°．
故选：C．
【点评】此题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，直角三角形的性质，难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
24．（2021•甘肃）如图，点A，B，C，D，E在⊙O上，AB＝CD，∠AOB＝42°，则∠CED＝（　　）

A．48° B．24° C．22° D．21°
【解答】解：连接OC、OD，

∵AB＝CD，∠AOB＝42°，
∴∠AOB＝∠COD＝42°，
∴∠CED＝∠COD＝21°．
故选：D．
【点评】本题主要考查圆心角、弧、弦三者的关系以及圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
25．（2020•兰州）如图，AB是⊙O的直径，若∠BAC＝20°，则∠ADC＝（　　）

A．40° B．60° C．70° D．80°
【解答】解：∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝20°，
∴∠ABC＝90°﹣20°＝70°，
∴∠ADC＝∠ABC＝70°，
故选：C．
【点评】本题考查的是圆周角定理，在解答此类问题时往往用到三角形的内角和是180°这一隐含条件．
26．（2020•甘肃）如图，A是⊙O上一点，BC是直径，AC＝2，AB＝4，点D在⊙O上且平分，则DC的长为（　　）

A．2 B． C．2 D．
【解答】解：∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝∠D＝90°，
∵AC＝2，AB＝4，
∴BC＝＝＝2，
∵点D在⊙O上，且平分，
∴DC＝BD．
Rt△BDC中，DC2+BD2＝BC2，
∴2DC2＝20，
∴DC＝，
故选：D．
【点评】本题考查圆周角定理，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用勾股定理求线段的长，属于中考常考题型．
一十．圆内接四边形的性质（共1小题）
27．（2022•甘肃）如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆，若∠ABC＝110°，则∠ADC＝　70　°．

【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝110°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣110°＝70°，
故答案为：70．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
一十一．直线与圆的位置关系（共1小题）
28．（2020•天水）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，点O在AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆恰好经过点D，分别交AC、AB于点E、F．
（1）试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若BD＝2，AB＝6，求阴影部分的面积（结果保留π）．

【解答】解：（1）直线BC与⊙O的切线，理由如下：
连接OD，如图：
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠CAB，
∴∠OAD＝∠CAD，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴AC∥OD，
∴∠ODB＝∠C＝90°，
即BC⊥OD，
又∵OD为⊙O的半径，
∴直线BC是⊙O的切线；
（2）解：设OA＝OD＝r，则OB＝6﹣r，
在Rt△ODB中，由勾股定理得：OD2+BD2＝OB2，
∴r2+（2）2＝（6﹣r）2，
解得：r＝2，
∴OB＝4，OD＝2，
∴OD＝OB，
∴∠B＝30°，
∴∠DOB＝180°﹣∠B﹣∠ODB＝60°，
∴阴影部分的面积S＝S△ODB﹣S扇形DOF＝×2 ×2﹣＝2﹣．

【点评】本题考查了切线的判定，平行线的性质和判定，等腰三角形的性质，扇形的面积计算、含30°角的直角三角形的性质，勾股定理等知识点；熟练掌握切线的判定与性质和勾股定理是解此题的关键．
一十二．切线的性质（共2小题）
29．（2020•天水）如图所示，PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，点C为⊙O上一点，连接AC、BC，若∠P＝70°，则∠ACB的度数为（　　）

A．50° B．55° C．60° D．65°
【解答】解：连接OA、OB，如图，
∵PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴∠AOB+∠P＝180°，
∵∠P＝70°，
∴∠AOB＝110°，
∴∠ACB＝∠AOB＝55°．
故选：B．

【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了圆心角定理．
30．（2020•甘肃）如图，⊙O是△ABC的外接圆，其切线AE与直径BD的延长线相交于点E，且AE＝AB．
（1）求∠ACB的度数；
（2）若DE＝2，求⊙O的半径．

【解答】解：（1）连接OA，
∵AE是⊙O的切线，
∴∠OAE＝90°，
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∵OA＝OB，
∴∠ABO＝∠OAB，
∴∠OAB＝∠ABE＝∠E，
∵∠OAB+∠ABE+∠E+∠OAE＝180°，
∴∠OAB＝∠ABE＝∠E＝30°，
∴∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠ABO＝120°，
∴∠ACB＝∠AOB＝60°；


（2）设⊙O的半径为r，则OA＝OD＝r，OE＝r+2，
∵∠OAE＝90°，∠E＝30°，
∴2OA＝OE，即2r＝r+2，
∴r＝2，
故⊙O的半径为2．
【点评】本题主要考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆周角的性质，三角形内角和的性质，含30°角的直角三角形的性质，用方程思想解决几何问题，关键是熟悉掌握这些性质．
一十三．弧长的计算（共3小题）
31．（2022•甘肃）如图，一条公路（公路的宽度忽略不计）的转弯处是一段圆弧（），点O是这段弧所在圆的圆心，半径OA＝90m，圆心角∠AOB＝80°，则这段弯路（）的长度为（　　）

A．20πm B．30πm C．40πm D．50πm
【解答】解：∵半径OA＝90m，圆心角∠AOB＝80°，
∴这段弯路（）的长度为：＝40π（m），
故选：C．
【点评】本题考查圆心角、弧、弦的关系，解答本题的关键是明确弧长计算公式l＝．
32．（2021•兰州）如图，传送带的一个转动轮的半径为18cm，转动轮转n°，传送带上的物品A被传送12πcm，则n＝　120°　．

【解答】解：∵物品A被传送的距离等于转动了n°的弧长，
∴＝12π，
解得：n＝120°，
故答案为：120°．
【点评】本题考查了弧长的计算，理解传送距离和弧长之间的关系是解决问题的关键．
33．（2021•兰州）如图，传送带的一个转动轮的半径为10cm，转动轮转n°，传送带上的物品A被传送6πcm，则n＝　108　．

【解答】解：∵物品A被传送的距离等于转动了n°的弧长，
∴＝6π，
解得：n＝108，
故答案为：108．
【点评】本题考查了弧长的计算，理解传送距离和弧长之间的关系是解决问题的关键．
一十四．扇形面积的计算（共3小题）
34．（2022•兰州）如图1是一块弘扬“社会主义核心价值观”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图2所示，它是以O为圆心，OA，OB长分别为半径，圆心角∠O＝120°形成的扇面，若OA＝3m，OB＝1.5m，则阴影部分的面积为（　　）

A．4.25πm2 B．3.25πm2 C．3πm2 D．2.25πm2
【解答】解：S阴＝S扇形DOA﹣S扇形BOC
＝﹣
＝2.25πm2．
故选：D．
【点评】本题考查的是扇形面积的计算，掌握扇形的面积公式S＝是解题的关键．
35．（2021•甘肃）如图，从一块直径为4dm的圆形铁皮上剪出一个圆心角为90°的扇形，则此扇形的面积为 　2π　dm2．

【解答】解：连接AC，

∵从一块直径为4dm的圆形铁皮上剪出一个圆心角为90°的扇形，即∠ABC＝90°，
∴AC为直径，即AC＝4dm，AB＝BC（扇形的半径相等），
∵AB2+BC2＝42，
∴AB＝BC＝2dm，
∴阴影部分的面积是＝2π（dm2）．
故答案为：2π．
【点评】本题考查了圆周角定理和扇形的面积计算，能熟记扇形的面积公式是解此题的关键．
36．（2020•甘肃）若一个扇形的圆心角为60°，面积为cm2，则这个扇形的弧长为　　cm（结果保留π）．
【解答】解：设扇形的半径为R，弧长为l，
根据扇形面积公式得；＝，
解得：R＝1，
∵扇形的面积＝lR＝，
解得：l＝π．
故答案为：．
【点评】本题考查了扇形的面积公式：S＝•l•R（l为扇形的弧长，R为半径），熟记扇形的面积公式是解题的关键．
一十五．圆锥的计算（共1小题）
37．（2020•天水）如图所示，若用半径为8，圆心角为120°的扇形围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计），则这个圆锥的底面半径是　　．

【解答】解：设圆锥的底面半径为r，
由题意得，＝2πr，
解得，r＝，
故答案为：．
【点评】本题考查弧长的计算方法，明确扇形的弧长与圆锥底面周长的关系是正确解答的关键．
一十六．旋转的性质（共2小题）
38．（2020•天水）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．若DF＝3，则BE的长为 　2　．

【解答】解：
法一：由题意可得，
△ADF≌△ABG，
∴DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠EAB＝45°，
∴∠BAG+∠EAB＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG，
在△EAG和△EAF中，
，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝FE，
设BE＝x，则GE＝BG+BE＝3+x，CE＝6﹣x，
∴EF＝3+x，
∵CD＝6，DF＝3，
∴CF＝3，
∵∠C＝90°，
∴（6﹣x）2+32＝（3+x）2，
解得，x＝2，
即BE＝2，
法二：设BE＝x，连接GF，如下图所示，

∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABE＝∠GCF＝90°，
∵△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，
∴∠CAF＝90°，GA＝FA，
∴△GAF为等腰直角三角形，
∵∠EAF＝45°，
∴AE垂直平分GF，
∴∠AEB+∠CGF＝90°，
∵在Rt△AEB中，∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CGF，
∴△BAE∽△CGF，
∴，
∵CF＝CD﹣DF＝6﹣3＝3，GC＝BC+BG＝BC+DF＝6+3＝9，
∴，
∴x＝2，
即BE＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
39．（2020•甘肃）如图，点M，N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且∠MAN＝45°．把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE．
（1）求证：△AEM≌△ANM．
（2）若BM＝3，DN＝2，求正方形ABCD的边长．

【解答】（1）证明：由旋转的性质得，△ADN≌△ABE，
∴∠DAN＝∠BAE，AE＝AN，∠D＝∠ABE＝90°，
∴∠ABC+∠ABE＝180°，
∴点E，点B，点C三点共线，
∵∠DAB＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠MAE＝∠BAE+∠BAM＝∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠MAE＝∠MAN，
∵MA＝MA，
∴△AEM≌△ANM（SAS）．

（2）解：设CD＝BC＝x，则CM＝x﹣3，CN＝x﹣2，
∵△AEM≌△ANM，
∴EM＝MN，
∵BE＝DN，
∴MN＝BM+DN＝5，
∵∠C＝90°，
∴MN2＝CM2+CN2，
∴25＝（x﹣2）2+（x﹣3）2，
解得，x＝6或﹣1（舍弃），
∴正方形ABCD的边长为6．
【点评】本题考查旋转变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
一十七．中心对称图形（共1小题）
40．（2020•天水）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、是中心对称图形但不是轴对称图形，故本选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
一十八．概率公式（共3小题）
41．（2022•兰州）无色酚酞溶液是一种常用酸碱指示剂，广泛应用于检验溶液酸碱性，通常情况下酚酞溶液遇酸溶液不变色，遇中性溶液也不变色，遇碱溶液变红色．现有5瓶缺失标签的无色液体：蒸馏水、白醋溶液、食用碱溶液、柠檬水溶液、火碱溶液，将酚酞试剂滴入任意一瓶液体后呈现红色的概率是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：∵总共5种溶液，其中碱性溶液有2种，
∴将酚酞试剂滴入任意一瓶液体后呈现红色的概率是，
故选：B．
【点评】本题考查了概率的知识．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
42．（2021•兰州）如图，将一个棱长为3的正方体表面涂上颜色，再把它分割成棱长为1的小正方体，将它们全部放入一个不透明盒子中摇匀，随机取出一个小正方体，有三个面被涂色的概率为（　　）

A． B． C． D．
【解答】解：由题意可得：小立方体一共有27个，恰有三个面被涂色．的有8个，
故取得的小正方体恰有三个面被涂色．的概率为．
故选：B．
【点评】此题主要考查了概率公式的应用，正确得出三个面被涂色．小立方体的个数是解题关键．
43．（2021•兰州）如图，将一个棱长为3的正方体表面涂上颜色，再把它分割成棱长为1的小正方体，将它们全部放入一个不透明盒子中摇匀，随机取出一个小正方体，只有一个面被涂色的概率为（　　）

A． B． C． D．
【解答】解：将一个棱长为3的正方体分割成棱长为1的小正方体，一共可得到3×3×3＝27（个），有6个一面涂色的小立方体，所以，从27个小正方体中任意取1个，则取得的小正方体恰有一个面涂色的概率为＝，
故选：B．
【点评】本题考查了概率公式，列举出所有等可能出现的结果数和符合条件的结果数是解决问题的关键．
一十九．列表法与树状图法（共4小题）
44．（2022•甘肃）第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4至20日在我国北京﹣张家口成功举办，其中张家口赛区设有四个冬奥会竞赛场馆，分别为：A．云顶滑雪公园、B．国家跳台滑雪中心、C．国家越野滑雪中心、D．国家冬季两项中心．小明和小颖都是志愿者，他们被随机分配到这四个竞赛场馆中的任意一个场馆的可能性相同．
（1）小明被分配到D．国家冬季两项中心场馆做志愿者的概率是多少？
（2）利用画树状图或列表的方法，求小明和小颖被分配到同一场馆做志愿者的概率．
【解答】解：（1）小明被分配到D．国家冬季两项中心场馆做志愿者的概率是；
（2）画树状图如下：

共有16种等可能的结果，其中小明和小颖被分配到同一场馆做志愿者的结果有4种，
∴小明和小颖被分配到同一场馆做志愿者的概率为＝．
【点评】此题考查了用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
45．（2020•兰州）某学校组织了以“纪念革命先烈，激发爱国热情”为主题的爱国主义教育研学活动，参加活动的学生可从学校提供的四个研学地点中任选一个，地点如下：
A：陇南市宕昌县哈达铺红军长征纪念馆；
B：陇南市两当兵变纪念馆；
C：甘南州迭部县腊子口战役纪念馆；
D：张掖市高台县中国工农红军西路军纪念馆．
小宁和小丽决定通过抽签的方式确定本次研学活动目的地，请你用树状图或列表的方法求出小宁和小丽抽到同一地点的概率．
【解答】解：根据题意列表如下：

根据表格可知：
共有16种等可能的结果数，其中小宁与小丽抽到同一地点的结果数为4，
所以小宁与小丽抽到同一地点的概率＝＝．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
46．（2020•天水）为了解天水市民对全市创建全国文明城市工作的满意程度，某中学数学兴趣小组在某个小区内进行了调查统计．将调查结果分为不满意，一般，满意，非常满意四类，回收、整理好全部问卷后，得到下列不完整的统计图．

请结合图中的信息，解决下列问题：
（1）此次调查中接受调查的人数为 　50　人；
（2）请你补全条形统计图；
（3）扇形统计图中“满意”部分的圆心角为 　144　度；
（4）该兴趣小组准备从调查结果为“不满意”的4位市民中随机选择2位进行回访，已知这4位市民中有2位男性，2位女性．请用画树状图的方法求出选择回访的市民为“一男一女”的概率．
【解答】解：（1））∵非常满意的有18人，占36%，
∴此次调查中接受调查的人数：18÷36%＝50（人）；
故答案为：50；

（2）此次调查中结果为满意的人数为：50﹣4﹣8﹣18＝20（人）；


（3）扇形统计图中“满意”部分的圆心角为：360°×＝144°；
故答案为：144°；

（4）画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，选择回访市民为“一男一女”的有8种情况，
∴选择回访的市民为“一男一女”的概率为：＝．
【点评】此题考查了列表法或树状图法求概率以及条形与扇形统计图的知识．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
47．（2020•甘肃）2019年甘肃在国际知名旅游指南《孤独星球》亚洲最佳旅游地排名第一．截至2020年1月，甘肃省已有五家国家5A级旅游景区，分别为A：嘉峪关文物景区；B：平凉崆峒山风景名胜区；C：天水麦积山景区；D：敦煌鸣沙山月牙泉景区；E：张掖七彩丹霞景区．张帆同学与父母计划在暑假期间从中选择部分景区游玩．
（1）张帆一家选择E：张掖七彩丹霞景区的概率是多少？
（2）若张帆一家选择了E：张掖七彩丹霞景区，他们再从A，B，C，D四个景区中任选两个景区去旅游，求选择A，D两个景区的概率（要求画树状图或列表求概率）．
【解答】解：（1）共有5种可能选择的结果，因此张帆一家选择“E：张掖七彩丹霞景区”的概率是；
（2）从A，B，C，D四个景区中任选两个景区所有可能出现的结果如下：

共有12种可能出现的结果，其中选择A、D两个景区的有2种，
∴P（选择A、D）＝＝．
【点评】考查列表法、树状图法求随机事件发生的概率，列举出所有可能出现的结果情况是正确解答的前提．
二十．利用频率估计概率（共3小题）
48．（2022•兰州）2022年3月12日是我国第44个植树节，某林业部门为了考察某种幼树在一定条件下的移植成活率，在同等条件下，对这种幼树进行大量移植，并统计成活情况，下表是这种幼树移植过程中的一组统计数据：
幼树移植数（棵）
100
1000
5000
8000
10000
15000
20000
幼树移植成活数（棵）
87
893
4485
7224
8983
13443
18044
幼树移植成活的频率
0.870
0.893
0.897
0.903
0.898
0.896
0.902
估计该种幼树在此条件下移植成活的概率是 　0.9　.（结果精确到0.1）
【解答】解：∵幼树移植数20000棵时，幼树移植成活的频率为0.902，
∴估计幼树移植成活的概率为0.902，精确到0.1，即为0.9．
故答案为：0.9．
【点评】本题考查了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．
49．（2020•甘肃）在一个不透明的袋中装有若干个材质、大小完全相同的红球，小明在袋中放入3个黑球（每个黑球除颜色外其余都与红球相同），摇匀后每次随机从袋中摸出一个球，记录颜色后放回袋中，通过大量重复摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在0.85左右，估计袋中红球有　17　个．
【解答】解：通过大量重复摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在0.85左右，口袋中有3个黑球，
∵假设有x个红球，
∴＝0.85，
解得：x＝17，
经检验x＝17是分式方程的解，
∴口袋中红球约有17个．
故答案为：17．
【点评】此题主要考查了利用频率估计概率，本题利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．关键是根据红球的频率得到相应的等量关系．
50．（2021•甘肃）一个不透明的箱子里装有3个红色小球和若干个白色小球，每个小球除颜色外其他完全相同，每次把箱子里的小球摇匀后随机摸出一个小球，记下颜色后再放回箱子里，通过大量重复试验后，发现摸到红色小球的频率稳定于0.75左右．
（1）请你估计箱子里白色小球的个数；
（2）现从该箱子里摸出1个小球，记下颜色后放回箱子里，摇匀后，再摸出1个小球，求两次摸出的小球颜色恰好不同的概率（用画树状图或列表的方法）．
【解答】解：（1）∵通过多次摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在0.75左右，
∴估计摸到红球的概率为0.75，
设白球有x个，
根据题意，得：＝0.75，
解得x＝1，
经检验x＝1是分式方程的解，
∴估计箱子里白色小球的个数为1；
（2）画树状图为：

共有16种等可能的结果数，其中两次摸出的球恰好颜色不同的结果数为6，
∴两次摸出的小球颜色恰好不同的概率为＝．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．