还剩25页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2021-2022学年北京市西城区九年级（上）期末数学试卷（含答案解析）
展开
这是一份2021-2022学年北京市西城区九年级（上）期末数学试卷（含答案解析），共28页。试卷主要包含了5m，篮筐距地面的高度为3，【答案】C，【答案】B，【答案】−4,7等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市西城区九年级（上）期末数学试卷
1. 古典园林中的窗户是中国传统建筑装饰的重要组成部分，一窗一姿容，一窗一景致．下列窗户图案中，是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2. 二次函数y=2(x−3)2+1的图象的顶点坐标是( )
A. (−2,1) B. (2,1) C. (−3,1) D. (3,1)
3. 如图，点A、B、C在⊙O上，△OAB为等边三角形，则∠ACB的度数是( )
A. 60∘
B. 50∘
C. 40∘
D. 30∘
4. 将一元二次方程x2−8x+10=0通过配方转化为(x+a)2=b的形式，下列结果中正确的是( )
A. (x−4)2=6 B. (x−8)2=6 C. (x−4)2=−6 D. (x−8)2=54
5. 如图，⊙O是正方形ABCD的外接圆，若⊙O的半径为4，则正方形ABCD的边长为( )
A. 4
B. 8
C. 22
D. 42
6. 生活垃圾无害化处理可以降低垃圾及其衍生物对环境的影响．据统计，2017年全国生活垃圾无害化处理能力约为2.5亿吨，随着设施的增加和技术的发展，2019年提升到约3.2亿吨．如果设这两年全国生活垃圾无害化处理能力的年平均增长率为x，那么根据题意可以列方程为( )
A. 2.5(1+x)=3.2 B. 2.5(1+2x)=3.2
C. 2.5(1+x)2=3.2 D. 2.5(1−x)2=3.2
7. 下列说法中，正确的是( )
A. “射击运动员射击一次，命中靶心”是必然事件
B. 事件发生的可能性越大，它的概率越接近1
C. 某种彩票中奖的概率是1%，因此买100张该种彩票就一定会中奖
D. 抛掷一枚图钉，“针尖朝上”的概率可以用列举法求得
8. 抛物线y=ax2+bx+c的顶点为A(2,m)，且经过点B(5,0)，其部分图象如图所示．对于此抛物线有如下四个结论：①ac<0；②a−b+c>0；③m+9a=0；④若此抛物线经过点C(t,n)，则t+4一定是方程ax2+bx+c=n的一个根．其中所有正确结论的序号是( )
A. ①② B. ①③ C. ③④ D. ①④
9. 在平面直角坐标系xOy中，点(4,−7)关于原点的对称点坐标为__________.
10. 关于x的一元二次方程x2+mx+4=0有一个根为1，则m的值为_______.
11. 如图1所示的铝合金窗帘轨道可以直接弯曲制作成弧形．若制作一个圆心角为160∘的圆弧形窗帘轨道(如图2)需用此材料800πmm，则此圆弧所在圆的半径为__________mm.
12. 写出一个开口向下，且对称轴在y轴左侧的抛物线的表达式：__________.
13. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B，C的横、纵坐标都为整数，过这三个点作一条圆弧，则此圆弧的圆心坐标为__________.
14. 如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=−12x−42+2可以看作是抛物线y=12x2+2经过若干次图形的变化(平移、轴对称、旋转)得到的，写出一种由抛物线y=12x2+2得到抛物线y=−12x−42+2的过程：__________.
15. 如图，将△ABC绕点A顺时针旋转α(0∘<α<90∘)得到△ADE，点B的对应点D恰好落在边BC上，则∠ADE=__________.(用含α的式子表示)
16. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，D是△ABC内的一个动点，满足AC2−AD2=CD2.若AB=213，BC=4，则BD长的最小值为__________.
17. 解方程：x2−2x−2=0.
18. 问题：如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O内，请仅用无刻度的直尺，作出△ABC中AB边上的高．
小芸解决这个问题时，结合圆以及三角形高线的相关知识，设计了如下作图过程．
作法：如图，
①延长AC交⊙O于点D，延长BC交⊙O于点E；
②分别连接AE，BD并延长相交于点F；
③连接FC并延长交AB于点H.
所以线段CH即为△ABC中AB边上的高．
(1)根据小芸的作法，补全图形；
(2)完成下面的证明．
证明：∵AB是⊙O的直径，点D，E在⊙O上，
∴∠ADB=∠AEB=______∘.(______)(填推理的依据)
∴AE⊥BE，BD⊥AD.
∴AE，______是△ABC的两条高线．
∵AE，BD所在直线交于点F，
∴直线FC也是△ABC的高所在直线．
∴CH是△ABC中AB边上的高．
19. 已知二次函数y=x2+4x+3.
(1)求此函数图象的对称轴和顶点坐标；
(2)画出此函数的图象；
(3)若点A(0,y1)和B(m,y2)都在此函数的图象上，且y1
(1)求证：AF=AE；
(2)若∠DAE=30∘，DE=2，直接写出△AEF的面积．
21. 已知关于x的一元二次方程x2−(k+5)x+6+2k=0.
(1)求证：此方程总有两个实数根；
(2)若此方程恰有一个根小于−1，求k的取值范围．
22. 有甲、乙两个不透明的口袋，甲口袋中装有两个相同的球，它们分别写有数−2，2；乙口袋中装有三个相同的球，它们分别写有数−5，m，5.小明和小刚进行摸球游戏，规则如下：先从甲口袋中随机取出一个球，其上的数记为a；再从乙口袋中随机取出一个球，其上的数记为b.若ab，小刚胜．
(1)若m=−2，用树状图或列表法分别求出小明、小刚获胜的概率；
(2)当m为何值时，小明和小刚获胜的概率相同？直接写出一个符合条件的整数m的值．
23. 如图，AB，AC是⊙O的两条切线，切点分别为B，C，连接CO并延长交⊙O于点D，过点D作⊙O的切线交AB的延长线于点E，EF⊥AC于点F.
(1)求证：四边形CDEF是矩形；
(2)若CD=210，DE=2，求AC的长．
24. 某篮球队员的一次投篮命中，篮球从出手到命中行进的轨迹可以近似看作抛物线的一部分，表示篮球距地面的高度y(单位：m)与行进的水平距离x(单位：m)之间关系的图象如图所示．已知篮球出手位置A与篮筐的水平距离为4.5m，篮筐距地面的高度为3.05m；当篮球行进的水平距离为3m时，篮球距地面的高度达到最大为3.3m.
(1)图中点B表示篮筐，其坐标为______，篮球行进的最高点C的坐标为______；
(2)求篮球出手时距地面的高度．
25. 如图，AB是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，D是AC的中点，DE⊥BC交BC的延长线于点E.
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若AB=10，BC=8，求BD的长．
26. 在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=a(x−h)2−8a的顶点为A，0
①点A到x轴的距离为______；
②求此抛物线与x轴的两个交点之间的距离；
(2)已知点A到x轴的距离为4，此抛物线与直线y=−2x+1的两个交点分别为B(x1,y1)，C(x2,y2)，其中x1
(1)①比较∠CAE与∠CBD的大小，并证明；
②若CF⊥AE，求证：AE=2CF；
(2)将图1中的△CDE绕点C逆时针旋转α(0∘<α<90∘)，如图2.若F是BD的中点，判断AE=2CF是否仍然成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．
28. 在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，点A在⊙O上，点P在⊙O内，给出如下定义：连接AP并延长交⊙O于点B，若AP=kAB，则称点P是点A关于⊙O的k倍特征点．
(1)如图，点A的坐标为(1,0).
①若点P的坐标为(−12,0)，则点P是点A关于⊙O的______倍特征点；
②在C1(0,12)，C2(12,0)，C3(12,−12)这三个点中，点______是点A关于⊙O的12倍特征点；
③直线l经过点A，与y轴交于点D，∠DAO=60∘.点E在直线l上，且点E是点A关于⊙O的12倍特征点，求点E的坐标；
(2)若当k取某个值时，对于函数y=−x+1(0
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180∘后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180∘后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
故选：C.
把一个图形绕某一点旋转180∘，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，根据中心对称图形的概念求解．
本题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2.【答案】D
【解析】解：根据二次函数的顶点式方程y=2(x−3)2+1知，该函数的顶点坐标是：(3,1).
故选：D.
根据二次函数y=a(x−h)2+k(a≠0)的顶点坐标是(h,k)，即可得解．
本题考查了二次函数的性质.解答该题时，需熟悉二次函数的顶点式方程y=a(x−h)2+k中的h、k所表示的意义．
3.【答案】D
【解析】解：∵△OAB为等边三角形，
∴∠AOB=60∘，
∴∠ACB=12∠AOB=30∘.
故选：D.
先根据等边三角形的性质得到∠AOB=60∘，然后根据圆周角定理求∠ACB的度数．
本题考查了圆周角定理：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．也考查了等边三角形的性质．
4.【答案】A
【解析】解：x2−8x=−10，
x2−8x+16=6，
(x−4)2=6.
故选：A.
先把常数项移到方程右边，再把方程两边同时加上16，然后把方程左边写成完全平方形式即可．
此题考查了配方法解一元二次方程，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．
5.【答案】D
【解析】解：如图，连接BD.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=∠ABC=90∘，BC=CD，
∴BD是⊙O的直径，△BCD是等腰直角三角形，
∵⊙O的半径为4，
∴BD=2×4=8，
在Rt△BCD中，BD2=BC2+CD2=2BC2，
∴BC=22BD=22×8=42，
即正方形ABCD的边长为42.
故选：D.
连接BD.由正方形的性质得，∠BCD=∠ABC=90∘，BC=CD，再由圆周角定理得BD是⊙O的直径，△BCD是等腰直角三角形，再根据勾股定理即可解决问题.
本题考查了正多边形和圆，圆周角定理和勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出等腰直角三角形是解答此题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：依题意得：2.5(1+x)2=3.2.
故选：C.
设这两年全国生活垃圾无害化处理能力的年平均增长率为x，利用2019年全国生活垃圾无害化处理能力=2017年全国生活垃圾无害化处理能力×(1+年平均增长率)2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：A.“射击运动员射击一次，命中靶心”是随机事件，故选项A错误；
B.事件发生的可能性越大，它的概率越接近1，故选项B正确；
C.某种彩票中奖的概率是1%，因此买100张该种彩票就可能会中奖，故选项C错误；
D.抛掷一枚图钉，“针尖朝上”的概率不可以用列举法求得，故选项D错误，
故选：B.
根据必然事件，随机事件，不可能事件的特点以及求概率的方法，对四个选项逐一判断即可．
本题考查了概率的意义，随机事件，概率公式，熟练掌握这些数学概念是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线与y轴交点在x轴上方，
∴c>0，
∴ac<0，故①正确．
∵抛物线顶点为A(2,m)，
∴抛物线对称轴为直线x=2，
∵抛物线过点(5,0)，
∴由对称性可得抛物线经过点(−1,0)，
∴把(−1,0)代入y=ax2+bx+c，得a−b+c=0，故②错误，
∵−b2a=2，
∴b=−4a，
∴把b=−4a代入a−b+c=0，得5a+c=0，
∴c=−5a，
∵(2,m)为抛物线顶点，
∴4a+2b+c=m，
∴4a−8a−5a=m，即9a+m=0，故③正确，
∵点C(t,n)在抛物线上，
∴点C关于对称轴对称的点(4−t,n)在抛物线上，
∴4−t为ax2+bx+c=n的一个根，故④错误，
综上可知，所有正确结论的序号是①③．
故选：B.
由抛物线开口和抛物线与y轴交点判断①，由抛物线的对称性及经过点(5,0)可判断②，由抛物线对称轴为直线x=2可得b=−4a，由a−b+c=0可得c=−5a，从而判断③，点C对称点横坐标为4−t可判断④．
本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系．
9.【答案】−4,7
【解析】解：在平面直角坐标系xOy中，点(4,−7)关于原点的对称点坐标为(−4,7)，
故答案为：(−4,7).
利用关于原点对称的点的坐标特点可得答案．
此题主要考查了关于原点对称点的坐标，关键是掌握两个点关于原点对称时，它们的横坐标、纵坐标都互为相反数.
10.【答案】−5
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2+mx+4=0有一个根为1，
∴把x=1代入方程x2+mx+4=0，得：1+m+4=0，
解得：m=−5.
故答案为：−5.
把x=1代入方程x2+mx+4=0得1+m+4=0，然后解关于m的方程即可．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
11.【答案】900
【解析】解：设此圆弧所在圆的半径为R mm，
由弧长公式得：160πR180=800π，
解得：R=900，
即此圆弧所在圆的半径为900mm，
故答案为：900.
设此圆弧所在圆的半径为R mm，根据已知条件，利用弧长的计算公式即可求解．
本题考查了弧长的计算公式的应用，熟记弧长公式是解题的关键．
12.【答案】y=−x2−x，(答案不唯一)
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线的对称轴在y轴左侧，
∴抛物线的对称轴为直线x=−b2a<0，
∴b<0，
故抛物线的解析式可以为y=−x2−x(答案不唯一)，
故答案为：y=−x2−x(答案不唯一).
满足抛物线开口向下且对称轴在y轴左侧可以判断a、b的正负，从而可以得到所求得抛物线的表达式．
本题考查了二次函数的性质，能熟记二次函数的性质是解此题的关键，此题是一道开放型的题目，答案不唯一．
13.【答案】(2,1)
【解析】解：从图形可知：A点的坐标是(0,2)，B点的坐标是(1,3)，C点的坐标是(3,3)，
如图连接AB，作线段AB和线段BC的垂直平分线分别为MN、EF，两线交于点Q，则点Q是圆弧的圆心，如图，
∴Q点的坐标是(2,1)，
故答案为：(2,1).
根据图形得出A、B、C的坐标，再连接AB，作线段AB和线段BC的垂直平分线MN、EF，两线交于Q，则Q是圆弧的圆心，最后求出点Q的坐标即可．
本题考查了确定圆的条件，坐标与图形的性质，垂径定理等知识点，能找出圆弧的圆心Q的位置是解此题的关键．
14.【答案】将抛物线y=12x2+2绕顶点(0,2)顺时针方向旋转180度，再向右平移4个单位长度得到抛物线y=−12x−42+2.(答案不唯一)
【解析】解：抛物线y=12x2+2的顶点为(0,2)，抛物线y=−12x−42+2的顶点为(4,2)，
∴将抛物线y=12x2+2绕顶点(0,2)顺时针方向旋转180度，再向右平移4个单位长度得到抛物线y=−12x−42+2.
故答案为：将抛物线y=12x2+2绕顶点(0,2)顺时针方向旋转180度，再向右平移4个单位长度得到抛物线y=−12x−42+2.(答案不唯一).
根据抛物线的顶点坐标和开口方向的变化进行解答．
本题考查了二次函数图象与几何变换：把抛物线的平移问题转化为顶点的平移问题是关键．
15.【答案】90∘−12α
【解析】解：由旋转的性质可知，AD=AB，∠ADE=∠B，
∴∠ADB=∠B，
∵∠BAD=α，
∴∠ADB=∠B=12(180∘−α)=90∘−12α，
∴∠ADE=90∘−12α，
故答案为：90∘−12α.
根据旋转的性质得到AD=AB，∠ADE=∠B，根据等腰三角形的性质得到∠ADB=∠B，利用三角形的内角和定理求得∠B=90∘−12α，即可求得∠ADE.
本题考查的是旋转变换的性质、等腰三角形的性质，掌握旋转前、后的图形全等是解题的关键．
16.【答案】2
【解析】解：如图取AC的中点H，连接HD，HB，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=AB2−BC2=52−16=6，
∵AC2−AD2=CD2.
∴∠ADC=90∘，
∵点H为AC的中点，
∴DH=CH=3，
∴BH=CH2+BC2=32+42=5，
∵BD≥BH−DH，
∴BD的最小值为5−3=2，
故答案为：2.
由AC2−AD2=CD2得∠ADC=90∘，取点H为AC的中点，可知DH和BH都是定值，从而解决问题．
本题主要考查了勾股定理的应用，三角形的三边关系，直角三角形斜边上的中线的性质等知识，作辅助线构造三角形是解题的关键．
17.【答案】解：移项得x2−2x=2，
配方得x2−2x+1=2+1，
即(x−1)2=3，
开方得x−1=±3.
解得x1=1+3，x2=1−3.
【解析】先把常数项−2移到等号右边，之后方程左右两边同时加上一次项系数−2的一半的平方，得到方程x2−2x+1=3，对等号左边进行配方，再开方即可求出结果.
本题考查配方法解一元二次方程．
18.【答案】解：(1)如图，线段CH即为所求．
(2)90；直径所对的圆周角是直角；BD.
【解析】
【分析】
本题考查作图-复杂作图，圆周角定理，三角形的高等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
(1)根据要求作出图形即可；
(2)利用三角形的三条高交于一点解决问题即可．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)∵AB是⊙O的直径，点D，E在⊙O上，
∴∠ADB=∠AEB=90∘.(直径所对的圆周角是直角)，
∴AE⊥BE，BD⊥AD.
∴AE，BD是△ABC的两条高线．
∵AE，BD所在直线交于点F，
∴直线FC也是△ABC的高所在直线．
∴CH是△ABC中AB边上的高．
故答案为：90；直径所对的圆周角是直角；BD.
19.【答案】解：(1)∵y=x2+4x+3=x+22−1，
∴函数图象的对称轴为直线x=−2，顶点坐标为(−2,−1)；
(2)由x2+4x+3=0，得x=−1或x=−3，
∴二次函数图象与x轴的交点坐标为(−1,0)、(−3,0)，
当x=0时，y=3，
∴二次函数图象与y轴交于点(0,3)，
则画出此函数图象如图所示：
(3)∵点A(0,y1)和B(m,y2)都在此函数的图象上，且y1
【解析】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合解题是关键．
(1)将函数解析式化为顶点式即可得出结果；
(2)求得函数与x轴、y轴的交点坐标，结合函数顶点坐标画出函数图象；
(3)由题意可得3
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=90∘，
∴∠ABF=90∘，
∴∠ABF=∠D，
在△ABF与△ADE中，
AB=AD∠ABF=∠DBF=DE，
∴△ABF≌△ADE(SAS)，
∴AF=AE；
(2)8.
【解析】
【分析】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，证得△ABF≌△ADE是解题的关键．
(1)根据正方形的性质得到AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=90∘，求得∠ABF=90∘，利用SAS得△ABF≌△ADE，根据全等三角形的性质即可得到结论；
(2)根据全等三角形的性质得到∠BAF=∠DAE，得到△AEF是等腰直角三角形，根据直角三角形的性质得到AE=2DE=4，于是得到结论．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)由(1)知，△ABF≌△ADE，
∴∠BAF=∠DAE，
∴∠BAF+∠BAE=∠DAE+∠BAE=∠BAD=90∘，
∴∠FAE=90∘，
∴△AEF是等腰直角三角形，
在Rt△ADE中，∠D=90∘，∠DAE=30∘，DE=2，
∴AF=AE=2DE=4，
∴△AEF的面积=12×4×4=8.
21.【答案】(1)证明：∵Δ=[−(k+5)]2−4(6+2k)=k2+2k+1=(k+1)2≥0，
∴此方程总有两个实数根；
(2)∵x=k+5±(k+1)22，
即x=k+5±(k+1)2′
∴x1=2，x2=k+3，
∵此方程恰有一个根小于−1，
∴k+3<−1，
解得k<−4，
即k的取值范围为k<−4.
【解析】(1)计算根的判别式得到Δ=(k+1)2≥0，然后根据根的判别式的意义得到结论；
(2)解方程得到x1=2，x2=k+3，则k+3<−1，然后解不等式即可．
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．
22.【答案】解：(1)画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中ab的结果有3种，
∴小明获胜的概率为26=13，小刚获胜的概率为36=12；
(2)m为0时，小明和小刚获胜的概率相同，(答案不唯一)
理由如下：
画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中ab的结果有3种，
∴小明获胜的概率=小刚获胜的概率=36=12.
【解析】(1)画树状图，共有6种等可能的结果，其中ab的结果有3种，再由概率公式分别求解即可；
(2)画树状图，共有6种等可能的结果，其中ab的结果有3种，再由概率公式得小明获胜的概率=小刚获胜的概率即可．
此题考查了树状图法求概率．正确画出树状图是解题的关键，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
23.【答案】(1)证明：∵AC、DE是⊙O的切线，CD是⊙的直径，
∴AC⊥CD，DE⊥CD，
∴∠ACD=∠CDE=90∘，
∵EF⊥AC，
∴∠CFE=90∘，
∴∠DEF=360∘−∠ACD−∠CDE−∠CFE=90∘，
∴四边形CDEF是矩形；
(2)解：∵AB，AC，DE是⊙O的切线，
∴AB=AC，BE=DE=2，
由(1)知，四边形CDEF是矩形，
∴CF=DE=2，EF=CD=210，
∵EF⊥AC，
∴∠AFE=90∘，
∴AE2=AF2+EF2，
∵AE=AB+BE=AC+2，AF=AC−EF=AC−2，
∴(AC+2)2=(AC−2)2+(210)2，
解得AC=5，
故AC的长为5.
【解析】(1)根据切线的性质得到AC⊥CD，DE⊥CD，得到∠ACD=∠CDE=90∘，根据EF⊥AC得∠CFE=90∘，
则∠DEF=90∘−，根据矩形的判定定理即可得到结论；
(2)根据切线的性质得到AB=AC，BE=DE=2，根据矩形的性质得到CF=DE=2，EF=CD=210，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了切线的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
24.【答案】解：(1)(4.5,3.05)；(3,3.3)；
(2)由于篮球行进的最高点C的坐标为(3,3.3)，
则设抛物线的解析式为y=a(x−3)2+3.3(a≠0)，
把B(4.5,3.05)代入得，3.05=a(4.5−3)2+3.3，
解得a=−19，
∴抛物线的解析式为y=−19(x−3)2+3.3，
当x=0时，y=2.3，
答：篮球出手时距地面的高度为2.3米．
【解析】
【分析】
本题主要考查二次函数的应用，准确理解铅球出手时离地面的高度是解题的关键．
(1)根据已知篮球出手位置A与篮筐的水平距离为4.5m，篮筐距地面的高度为3.05m；当篮球行进的水平距离为3m时，篮球距地面的高度达到最大为3.3m.即可得到答案；
(2)设抛物线的解析式为y=a(x−3)2+3.3(a≠0)，把B(4.5,3.05)代入得抛物线的解析式为y=−19(x−3)2+3.3，当x=0时，解方程即可得到结论．
【解答】
解：(1)∵篮球出手位置A与篮筐的水平距离为4.5m，篮筐距地面的高度为3.05m；当篮球行进的水平距离为3m时，篮球距地面的高度达到最大为3.3m，
∴点B表示篮筐，其坐标为(4.5,3.05)，篮球行进的最高点C的坐标为(3,3.3)；
故答案为：(4.5,3.05)，(3,3.3)；
(2)见答案．
25.【答案】(1)证明：如图，连接OD，
∵DE⊥BC，
∴∠DEC=90∘，
∵D是AC的中点，
∴AD=CD，
∴∠ABD=∠CBD，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD，
∴∠ODB=∠CBD，
∴OD//BC，
∴∠ODE=180∘−∠DEC=90∘，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
(2)解：如图过点D作DF⊥AB，垂足为F，
由(1)得：∠ABD=∠CBD，
∴BD平分∠ABC，
∵DF⊥AB，DE⊥BC，
∴DF=DE，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠DCB=180∘，
∵∠DCB+∠DCE=180∘，
∴∠A=∠DCE，
∵∠DFA=∠DEC=90∘，
∴△ADF≌△CDE(AAS)，
∴AF=EC，
∵∠DFB=∠DEC=90∘，∠ABD=∠CBD，BD=BD，
∴△BDF≌△BDE(AAS)，
∴BF=BE，
设AF=EC=x，则BF=BE=BC+EC=8+x，
∵AB=10，
∴AF+BF=10，
∴x+8+x=10，
∴x=1，
∴BF=9，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90∘，
∵∠ABD=∠DBF，∠ADB=∠DFB=90∘，
∴△BFD∽△BDA，
∴BD2=BF⋅BA=9×10=90，
∴BD=310.
【解析】(1)要证明DE是⊙O的切线，所以连接OD，求出∠ODE=90∘即可，根据已知DE⊥BC，可得∠DEC=90∘，所以只要证明OD//BC即可解答；
(2)由(1)可得BD平分∠ABC，所以想到过点D作DF⊥AB，垂足为F，进而证明△ADF≌△CDE，可得AF=CE，易证△BDF≌△BDE，可得BF=BE，然后进行计算即可解答．
本题考查了切线的判定，圆周角定理，勾股定理，垂径定理，添加辅助线是解题的关键．
26.【答案】解：(1)①8；
②把y=0代入y=(x−h)2−8得0=(x−h)2−8，
解得：x1=h+22，x2=h−22，
∵x1−x2=h+22−(h−22)=42，
∴抛物线与x轴的两个交点之间的距离为42；
(2)∵y=a(x−h)2−8a，
∴点A坐标为(h,−8a)，
∵点A到x轴的距离为4，
∴|−8a|=4，
解得：a=12或a=−12，
∵当x1
∴a=12，y=12(x−h)2−4，
∴点A坐标为(h,−4)，
把x=h代入y=−2x+1得y=−2h+1，
当−2h+1≤−4时，解得：h≥52，
∵0
当a=−12时，y=−12(x−h)2+4，
令−2x+1=−12(x−h)2+4，
整理，得x2−(2h+4)x+h2−6=0，
∴Δ=b2−4ac=(−2h−4)2−4(h2−6)>0，
整理得h<−52，与题干不符，舍去，
综上可知，h的取值范围为52≤h<72.
【解析】
【分析】
本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程及不等式的关系，通过数形结合求解．
(1)①把a=1代入函数解析式求出顶点坐标，进而求解；
②令y=0，求出x1与x2，进而求出x1与x2的差即可得解；
(2)由当x1
解：(1)①把a=1代入y=a(x−h)2−8a，得
y=(x−h)2−8，
∴抛物线顶点坐标为(h,−8)，
∴点A到x轴的距离为|−8|=8，
故答案为：8.
②见答案．
(2)见答案．
27.【答案】解：(1)①∠CAE=∠CBD.
理由：在△ACE和△BCD中，
CA=CB∠ACE=∠BCDCE=CD，
∴△ACE≌△BCD(SAS).
∴∠CAE=∠CBD.
②证明：∵∠ACB=90∘，
∴∠ACH+∠ECH=90∘.
∵CF⊥AE，
∴∠ACH+∠CAH=90∘.
∴∠CAH=∠ECH.
由①知：∠CAE=∠CBD，
∴∠ECH=∠CBD.
∴CF=BF.
∵∠DCB=90∘，
∴∠DCF+∠ECF=90∘，∠CDF+∠CBD=90∘.
∴∠CDF=∠DCF，
∴CF=DF.
∴BD=2CF.
由①知：△ACE≌△BCD，
∴AE=BD.
∴AE=2CF.
(2)若F是BD的中点，AE=2CF仍然成立．理由：
延长CF至点G，使FG=FC，连接BG，如图，
∴F是BD的中点，
∴FD=FB.
在△DCF和△BGF中，
DF=BF∠DFC=∠BFGCF=GF，
∴△DCF≌△BGF(SAS).
∴DC=BG，∠DCF=∠G.
∴CD//BG.
∴∠DCB+∠GBC=180∘.
∵将图1中的△CDE绕点C逆时针旋转α，
∴∠ACD=∠BCE=α.
∴∠DCB=90∘−∠ACD=90∘−α，∠ACE=∠ACB+∠BCE=90∘+α.
∴∠CBG=180∘−∠BCD=180∘−(90∘−α)=90∘+α.
∴∠ACE=∠CBG.
∵CD=CE，
∴CE=BG.
在△ACE和△CBG中，
CA=BC∠ACE=∠CBGCE=BG，
∴△ACE≌△CBG(SAS).
∴AE=CG.
∵FG=FC，
∴CG=2CF.
∴AE=2CF.
∴若F是BD的中点，AE=2CF仍然成立．
【解析】本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的性质，图形旋转变化的性质，平行线的判定与性质，延长CF至点G，使FG=FC，连接BG，构造全等三角形是解(2)题的关键，也是解决此类问题常添加的辅助线．
(1)①通过证明△ACE≌△BCD，利用全等三角形对应角相等解答即可；
②利用同角或等角的余角相等判定△FCB和△FCD是等腰三角形即可得出结论；
(2)延长CF至点G，使FG=FC，连接BG，则得△DCF≌△BGF，再利用题意证明△ACE≌△CBG，结则论可得．
28.【答案】解：(1)①34 ；
② C3;
③如图，设直线AD交⊙O于B，连接OE，过点E作EF⊥x轴于点F，
∴AE=12AB，
∴点E是点A关于⊙O的12倍特征点，
∴AEAB=12，
∴E是AB的中点，
∴OE⊥AB，
∵∠EAO=60∘，
∴∠EOA=30∘，
∴AE=12OA=12，EF=12OE，
在Rt△AEO中，OA2=AE2+OE2，
∴OE=OA2−AE2=32，
∴EF=34，
∴E(34,34)；
(2)k的最大值为2+24，k的最小值为2−24.
【解析】
【分析】
本题属于圆的综合题，主要考查了圆的相关知识，含30∘角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解新定义，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
(1)①由题意知AP=OA+OP=1+12=32，AB=2，则k=APAB=34；
②由勾股定理得AC1=OC12+OA2=52，假设点C1是点A关于⊙O的12倍特征点，则AE=5>2OA=2，不符合题意，同理判断C2、C3即可；
③设直线AD交⊙O于B，连接OE，过点E作EF⊥x轴于点F，根据点E点A关于⊙O的12倍特征点，得AEAB=12，由含30∘的直角三角形的性质可得OE，AE的长；
(2)设直线y=−x+1与x轴，y轴的交点分别为C，D，过点N作NP⊥CD交CD于P，交⊙O于B，过点O作直线EF⊥CD交⊙O于E，F，由MNAM=k1−k=−1+11−k，可知k越大，1−k的值越小，则−1+11−k的值越大，得AM=BP，MN=NP时，k的值最小，即A与E重合，N与F重合时，k的值最小，当点N在E点，A在F点时，k有最大值，从而解决问题．
【解答】
解：(1)①∵A(1,0)，P(−12,0)，
∴OA=1，OP=12，
∴AP=OA+OP=1+12=32，
∵B(−1,0)，
∴AB=2，
∵AP=kAB，
∴k=APAB=34，
故答案为：34；
②∵C1(0,12)，A(1,0)，
∴OC1=12，OA=1，
∴AC1=OC12+OA2=52，
假设点C1是点A关于⊙O的12倍特征点，
∴AC1AE=12，
∴AE=5>2OA=2，不符合题意，
∴点C1不是点A关于⊙O的12倍特征点，
同理可求出AC3=AC22+C2C32=(12−1)2+(−12−0)2=22，
假设点C3是点A关于⊙O的12倍特征点，
∴AC3AF=12，
∴C3为AF的中点，
∴F(0,−1)，
∵F在圆上，
∴点C3是点A关于⊙O的12倍特征点，
∵C2(12,0)，
∴AC2=12，
∴AC2AB=14，
∴点C2不是点A关于⊙O的12倍特征点，
故答案为：C3；
③见答案；
(2)设直线y=−x+1与x轴，y轴的交点分别为C，D，过点N作NP⊥CD交CD于P，交⊙O于B，过点O作直线EF⊥CD交⊙O于E，F，
∴MN≥NP，AM≤BP，
∵AM=AN−MN=(1−k)AN，
∴MNAM=k1−k=−1+11−k，
∵k越大，1−k的值越小，
∴−1+11−k的值越大，
∴当MNAN的值越大，k的值越大，
∴AM=BP，MN=NP时，k的值最小，
∴A与E重合，N与F重合时，k的值最小，
∵C，D是直线y=−x+1与x轴，y轴的交点，
∴C(1,0)，D(0,1)，
∵O到C和D的距离都是1，
∴OC=OD=1，
∴CD=12+12=2，
∵OG⊥CD，
∴CG=DG=22，
∴OG=OC2−CG2=22，
∴FG=OF−OG=1−22，
∴k=FGEF=1−222=2−24，
∴k的最小值为2−24，
当点N在E点，A在F点时，k有最大值为2+24.
2021-2022学年北京市西城区九年级（上）期末数学试卷
1. 古典园林中的窗户是中国传统建筑装饰的重要组成部分，一窗一姿容，一窗一景致．下列窗户图案中，是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2. 二次函数y=2(x−3)2+1的图象的顶点坐标是( )
A. (−2,1) B. (2,1) C. (−3,1) D. (3,1)
3. 如图，点A、B、C在⊙O上，△OAB为等边三角形，则∠ACB的度数是( )
A. 60∘
B. 50∘
C. 40∘
D. 30∘
4. 将一元二次方程x2−8x+10=0通过配方转化为(x+a)2=b的形式，下列结果中正确的是( )
A. (x−4)2=6 B. (x−8)2=6 C. (x−4)2=−6 D. (x−8)2=54
5. 如图，⊙O是正方形ABCD的外接圆，若⊙O的半径为4，则正方形ABCD的边长为( )
A. 4
B. 8
C. 22
D. 42
6. 生活垃圾无害化处理可以降低垃圾及其衍生物对环境的影响．据统计，2017年全国生活垃圾无害化处理能力约为2.5亿吨，随着设施的增加和技术的发展，2019年提升到约3.2亿吨．如果设这两年全国生活垃圾无害化处理能力的年平均增长率为x，那么根据题意可以列方程为( )
A. 2.5(1+x)=3.2 B. 2.5(1+2x)=3.2
C. 2.5(1+x)2=3.2 D. 2.5(1−x)2=3.2
7. 下列说法中，正确的是( )
A. “射击运动员射击一次，命中靶心”是必然事件
B. 事件发生的可能性越大，它的概率越接近1
C. 某种彩票中奖的概率是1%，因此买100张该种彩票就一定会中奖
D. 抛掷一枚图钉，“针尖朝上”的概率可以用列举法求得
8. 抛物线y=ax2+bx+c的顶点为A(2,m)，且经过点B(5,0)，其部分图象如图所示．对于此抛物线有如下四个结论：①ac<0；②a−b+c>0；③m+9a=0；④若此抛物线经过点C(t,n)，则t+4一定是方程ax2+bx+c=n的一个根．其中所有正确结论的序号是( )
A. ①② B. ①③ C. ③④ D. ①④
9. 在平面直角坐标系xOy中，点(4,−7)关于原点的对称点坐标为__________.
10. 关于x的一元二次方程x2+mx+4=0有一个根为1，则m的值为_______.
11. 如图1所示的铝合金窗帘轨道可以直接弯曲制作成弧形．若制作一个圆心角为160∘的圆弧形窗帘轨道(如图2)需用此材料800πmm，则此圆弧所在圆的半径为__________mm.
12. 写出一个开口向下，且对称轴在y轴左侧的抛物线的表达式：__________.
13. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B，C的横、纵坐标都为整数，过这三个点作一条圆弧，则此圆弧的圆心坐标为__________.
14. 如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=−12x−42+2可以看作是抛物线y=12x2+2经过若干次图形的变化(平移、轴对称、旋转)得到的，写出一种由抛物线y=12x2+2得到抛物线y=−12x−42+2的过程：__________.
15. 如图，将△ABC绕点A顺时针旋转α(0∘<α<90∘)得到△ADE，点B的对应点D恰好落在边BC上，则∠ADE=__________.(用含α的式子表示)
16. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，D是△ABC内的一个动点，满足AC2−AD2=CD2.若AB=213，BC=4，则BD长的最小值为__________.
17. 解方程：x2−2x−2=0.
18. 问题：如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O内，请仅用无刻度的直尺，作出△ABC中AB边上的高．
小芸解决这个问题时，结合圆以及三角形高线的相关知识，设计了如下作图过程．
作法：如图，
①延长AC交⊙O于点D，延长BC交⊙O于点E；
②分别连接AE，BD并延长相交于点F；
③连接FC并延长交AB于点H.
所以线段CH即为△ABC中AB边上的高．
(1)根据小芸的作法，补全图形；
(2)完成下面的证明．
证明：∵AB是⊙O的直径，点D，E在⊙O上，
∴∠ADB=∠AEB=______∘.(______)(填推理的依据)
∴AE⊥BE，BD⊥AD.
∴AE，______是△ABC的两条高线．
∵AE，BD所在直线交于点F，
∴直线FC也是△ABC的高所在直线．
∴CH是△ABC中AB边上的高．
19. 已知二次函数y=x2+4x+3.
(1)求此函数图象的对称轴和顶点坐标；
(2)画出此函数的图象；
(3)若点A(0,y1)和B(m,y2)都在此函数的图象上，且y1
(1)求证：AF=AE；
(2)若∠DAE=30∘，DE=2，直接写出△AEF的面积．
21. 已知关于x的一元二次方程x2−(k+5)x+6+2k=0.
(1)求证：此方程总有两个实数根；
(2)若此方程恰有一个根小于−1，求k的取值范围．
22. 有甲、乙两个不透明的口袋，甲口袋中装有两个相同的球，它们分别写有数−2，2；乙口袋中装有三个相同的球，它们分别写有数−5，m，5.小明和小刚进行摸球游戏，规则如下：先从甲口袋中随机取出一个球，其上的数记为a；再从乙口袋中随机取出一个球，其上的数记为b.若a
(1)若m=−2，用树状图或列表法分别求出小明、小刚获胜的概率；
(2)当m为何值时，小明和小刚获胜的概率相同？直接写出一个符合条件的整数m的值．
23. 如图，AB，AC是⊙O的两条切线，切点分别为B，C，连接CO并延长交⊙O于点D，过点D作⊙O的切线交AB的延长线于点E，EF⊥AC于点F.
(1)求证：四边形CDEF是矩形；
(2)若CD=210，DE=2，求AC的长．
24. 某篮球队员的一次投篮命中，篮球从出手到命中行进的轨迹可以近似看作抛物线的一部分，表示篮球距地面的高度y(单位：m)与行进的水平距离x(单位：m)之间关系的图象如图所示．已知篮球出手位置A与篮筐的水平距离为4.5m，篮筐距地面的高度为3.05m；当篮球行进的水平距离为3m时，篮球距地面的高度达到最大为3.3m.
(1)图中点B表示篮筐，其坐标为______，篮球行进的最高点C的坐标为______；
(2)求篮球出手时距地面的高度．
25. 如图，AB是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，D是AC的中点，DE⊥BC交BC的延长线于点E.
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若AB=10，BC=8，求BD的长．
26. 在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=a(x−h)2−8a的顶点为A，0
①点A到x轴的距离为______；
②求此抛物线与x轴的两个交点之间的距离；
(2)已知点A到x轴的距离为4，此抛物线与直线y=−2x+1的两个交点分别为B(x1,y1)，C(x2,y2)，其中x1
(1)①比较∠CAE与∠CBD的大小，并证明；
②若CF⊥AE，求证：AE=2CF；
(2)将图1中的△CDE绕点C逆时针旋转α(0∘<α<90∘)，如图2.若F是BD的中点，判断AE=2CF是否仍然成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．
28. 在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，点A在⊙O上，点P在⊙O内，给出如下定义：连接AP并延长交⊙O于点B，若AP=kAB，则称点P是点A关于⊙O的k倍特征点．
(1)如图，点A的坐标为(1,0).
①若点P的坐标为(−12,0)，则点P是点A关于⊙O的______倍特征点；
②在C1(0,12)，C2(12,0)，C3(12,−12)这三个点中，点______是点A关于⊙O的12倍特征点；
③直线l经过点A，与y轴交于点D，∠DAO=60∘.点E在直线l上，且点E是点A关于⊙O的12倍特征点，求点E的坐标；
(2)若当k取某个值时，对于函数y=−x+1(0
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180∘后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180∘后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
故选：C.
把一个图形绕某一点旋转180∘，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，根据中心对称图形的概念求解．
本题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2.【答案】D
【解析】解：根据二次函数的顶点式方程y=2(x−3)2+1知，该函数的顶点坐标是：(3,1).
故选：D.
根据二次函数y=a(x−h)2+k(a≠0)的顶点坐标是(h,k)，即可得解．
本题考查了二次函数的性质.解答该题时，需熟悉二次函数的顶点式方程y=a(x−h)2+k中的h、k所表示的意义．
3.【答案】D
【解析】解：∵△OAB为等边三角形，
∴∠AOB=60∘，
∴∠ACB=12∠AOB=30∘.
故选：D.
先根据等边三角形的性质得到∠AOB=60∘，然后根据圆周角定理求∠ACB的度数．
本题考查了圆周角定理：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．也考查了等边三角形的性质．
4.【答案】A
【解析】解：x2−8x=−10，
x2−8x+16=6，
(x−4)2=6.
故选：A.
先把常数项移到方程右边，再把方程两边同时加上16，然后把方程左边写成完全平方形式即可．
此题考查了配方法解一元二次方程，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．
5.【答案】D
【解析】解：如图，连接BD.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=∠ABC=90∘，BC=CD，
∴BD是⊙O的直径，△BCD是等腰直角三角形，
∵⊙O的半径为4，
∴BD=2×4=8，
在Rt△BCD中，BD2=BC2+CD2=2BC2，
∴BC=22BD=22×8=42，
即正方形ABCD的边长为42.
故选：D.
连接BD.由正方形的性质得，∠BCD=∠ABC=90∘，BC=CD，再由圆周角定理得BD是⊙O的直径，△BCD是等腰直角三角形，再根据勾股定理即可解决问题.
本题考查了正多边形和圆，圆周角定理和勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出等腰直角三角形是解答此题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：依题意得：2.5(1+x)2=3.2.
故选：C.
设这两年全国生活垃圾无害化处理能力的年平均增长率为x，利用2019年全国生活垃圾无害化处理能力=2017年全国生活垃圾无害化处理能力×(1+年平均增长率)2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：A.“射击运动员射击一次，命中靶心”是随机事件，故选项A错误；
B.事件发生的可能性越大，它的概率越接近1，故选项B正确；
C.某种彩票中奖的概率是1%，因此买100张该种彩票就可能会中奖，故选项C错误；
D.抛掷一枚图钉，“针尖朝上”的概率不可以用列举法求得，故选项D错误，
故选：B.
根据必然事件，随机事件，不可能事件的特点以及求概率的方法，对四个选项逐一判断即可．
本题考查了概率的意义，随机事件，概率公式，熟练掌握这些数学概念是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线与y轴交点在x轴上方，
∴c>0，
∴ac<0，故①正确．
∵抛物线顶点为A(2,m)，
∴抛物线对称轴为直线x=2，
∵抛物线过点(5,0)，
∴由对称性可得抛物线经过点(−1,0)，
∴把(−1,0)代入y=ax2+bx+c，得a−b+c=0，故②错误，
∵−b2a=2，
∴b=−4a，
∴把b=−4a代入a−b+c=0，得5a+c=0，
∴c=−5a，
∵(2,m)为抛物线顶点，
∴4a+2b+c=m，
∴4a−8a−5a=m，即9a+m=0，故③正确，
∵点C(t,n)在抛物线上，
∴点C关于对称轴对称的点(4−t,n)在抛物线上，
∴4−t为ax2+bx+c=n的一个根，故④错误，
综上可知，所有正确结论的序号是①③．
故选：B.
由抛物线开口和抛物线与y轴交点判断①，由抛物线的对称性及经过点(5,0)可判断②，由抛物线对称轴为直线x=2可得b=−4a，由a−b+c=0可得c=−5a，从而判断③，点C对称点横坐标为4−t可判断④．
本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系．
9.【答案】−4,7
【解析】解：在平面直角坐标系xOy中，点(4,−7)关于原点的对称点坐标为(−4,7)，
故答案为：(−4,7).
利用关于原点对称的点的坐标特点可得答案．
此题主要考查了关于原点对称点的坐标，关键是掌握两个点关于原点对称时，它们的横坐标、纵坐标都互为相反数.
10.【答案】−5
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2+mx+4=0有一个根为1，
∴把x=1代入方程x2+mx+4=0，得：1+m+4=0，
解得：m=−5.
故答案为：−5.
把x=1代入方程x2+mx+4=0得1+m+4=0，然后解关于m的方程即可．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
11.【答案】900
【解析】解：设此圆弧所在圆的半径为R mm，
由弧长公式得：160πR180=800π，
解得：R=900，
即此圆弧所在圆的半径为900mm，
故答案为：900.
设此圆弧所在圆的半径为R mm，根据已知条件，利用弧长的计算公式即可求解．
本题考查了弧长的计算公式的应用，熟记弧长公式是解题的关键．
12.【答案】y=−x2−x，(答案不唯一)
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线的对称轴在y轴左侧，
∴抛物线的对称轴为直线x=−b2a<0，
∴b<0，
故抛物线的解析式可以为y=−x2−x(答案不唯一)，
故答案为：y=−x2−x(答案不唯一).
满足抛物线开口向下且对称轴在y轴左侧可以判断a、b的正负，从而可以得到所求得抛物线的表达式．
本题考查了二次函数的性质，能熟记二次函数的性质是解此题的关键，此题是一道开放型的题目，答案不唯一．
13.【答案】(2,1)
【解析】解：从图形可知：A点的坐标是(0,2)，B点的坐标是(1,3)，C点的坐标是(3,3)，
如图连接AB，作线段AB和线段BC的垂直平分线分别为MN、EF，两线交于点Q，则点Q是圆弧的圆心，如图，
∴Q点的坐标是(2,1)，
故答案为：(2,1).
根据图形得出A、B、C的坐标，再连接AB，作线段AB和线段BC的垂直平分线MN、EF，两线交于Q，则Q是圆弧的圆心，最后求出点Q的坐标即可．
本题考查了确定圆的条件，坐标与图形的性质，垂径定理等知识点，能找出圆弧的圆心Q的位置是解此题的关键．
14.【答案】将抛物线y=12x2+2绕顶点(0,2)顺时针方向旋转180度，再向右平移4个单位长度得到抛物线y=−12x−42+2.(答案不唯一)
【解析】解：抛物线y=12x2+2的顶点为(0,2)，抛物线y=−12x−42+2的顶点为(4,2)，
∴将抛物线y=12x2+2绕顶点(0,2)顺时针方向旋转180度，再向右平移4个单位长度得到抛物线y=−12x−42+2.
故答案为：将抛物线y=12x2+2绕顶点(0,2)顺时针方向旋转180度，再向右平移4个单位长度得到抛物线y=−12x−42+2.(答案不唯一).
根据抛物线的顶点坐标和开口方向的变化进行解答．
本题考查了二次函数图象与几何变换：把抛物线的平移问题转化为顶点的平移问题是关键．
15.【答案】90∘−12α
【解析】解：由旋转的性质可知，AD=AB，∠ADE=∠B，
∴∠ADB=∠B，
∵∠BAD=α，
∴∠ADB=∠B=12(180∘−α)=90∘−12α，
∴∠ADE=90∘−12α，
故答案为：90∘−12α.
根据旋转的性质得到AD=AB，∠ADE=∠B，根据等腰三角形的性质得到∠ADB=∠B，利用三角形的内角和定理求得∠B=90∘−12α，即可求得∠ADE.
本题考查的是旋转变换的性质、等腰三角形的性质，掌握旋转前、后的图形全等是解题的关键．
16.【答案】2
【解析】解：如图取AC的中点H，连接HD，HB，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=AB2−BC2=52−16=6，
∵AC2−AD2=CD2.
∴∠ADC=90∘，
∵点H为AC的中点，
∴DH=CH=3，
∴BH=CH2+BC2=32+42=5，
∵BD≥BH−DH，
∴BD的最小值为5−3=2，
故答案为：2.
由AC2−AD2=CD2得∠ADC=90∘，取点H为AC的中点，可知DH和BH都是定值，从而解决问题．
本题主要考查了勾股定理的应用，三角形的三边关系，直角三角形斜边上的中线的性质等知识，作辅助线构造三角形是解题的关键．
17.【答案】解：移项得x2−2x=2，
配方得x2−2x+1=2+1，
即(x−1)2=3，
开方得x−1=±3.
解得x1=1+3，x2=1−3.
【解析】先把常数项−2移到等号右边，之后方程左右两边同时加上一次项系数−2的一半的平方，得到方程x2−2x+1=3，对等号左边进行配方，再开方即可求出结果.
本题考查配方法解一元二次方程．
18.【答案】解：(1)如图，线段CH即为所求．
(2)90；直径所对的圆周角是直角；BD.
【解析】
【分析】
本题考查作图-复杂作图，圆周角定理，三角形的高等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
(1)根据要求作出图形即可；
(2)利用三角形的三条高交于一点解决问题即可．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)∵AB是⊙O的直径，点D，E在⊙O上，
∴∠ADB=∠AEB=90∘.(直径所对的圆周角是直角)，
∴AE⊥BE，BD⊥AD.
∴AE，BD是△ABC的两条高线．
∵AE，BD所在直线交于点F，
∴直线FC也是△ABC的高所在直线．
∴CH是△ABC中AB边上的高．
故答案为：90；直径所对的圆周角是直角；BD.
19.【答案】解：(1)∵y=x2+4x+3=x+22−1，
∴函数图象的对称轴为直线x=−2，顶点坐标为(−2,−1)；
(2)由x2+4x+3=0，得x=−1或x=−3，
∴二次函数图象与x轴的交点坐标为(−1,0)、(−3,0)，
当x=0时，y=3，
∴二次函数图象与y轴交于点(0,3)，
则画出此函数图象如图所示：
(3)∵点A(0,y1)和B(m,y2)都在此函数的图象上，且y1
【解析】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合解题是关键．
(1)将函数解析式化为顶点式即可得出结果；
(2)求得函数与x轴、y轴的交点坐标，结合函数顶点坐标画出函数图象；
(3)由题意可得3
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=90∘，
∴∠ABF=90∘，
∴∠ABF=∠D，
在△ABF与△ADE中，
AB=AD∠ABF=∠DBF=DE，
∴△ABF≌△ADE(SAS)，
∴AF=AE；
(2)8.
【解析】
【分析】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，证得△ABF≌△ADE是解题的关键．
(1)根据正方形的性质得到AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=90∘，求得∠ABF=90∘，利用SAS得△ABF≌△ADE，根据全等三角形的性质即可得到结论；
(2)根据全等三角形的性质得到∠BAF=∠DAE，得到△AEF是等腰直角三角形，根据直角三角形的性质得到AE=2DE=4，于是得到结论．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)由(1)知，△ABF≌△ADE，
∴∠BAF=∠DAE，
∴∠BAF+∠BAE=∠DAE+∠BAE=∠BAD=90∘，
∴∠FAE=90∘，
∴△AEF是等腰直角三角形，
在Rt△ADE中，∠D=90∘，∠DAE=30∘，DE=2，
∴AF=AE=2DE=4，
∴△AEF的面积=12×4×4=8.
21.【答案】(1)证明：∵Δ=[−(k+5)]2−4(6+2k)=k2+2k+1=(k+1)2≥0，
∴此方程总有两个实数根；
(2)∵x=k+5±(k+1)22，
即x=k+5±(k+1)2′
∴x1=2，x2=k+3，
∵此方程恰有一个根小于−1，
∴k+3<−1，
解得k<−4，
即k的取值范围为k<−4.
【解析】(1)计算根的判别式得到Δ=(k+1)2≥0，然后根据根的判别式的意义得到结论；
(2)解方程得到x1=2，x2=k+3，则k+3<−1，然后解不等式即可．
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．
22.【答案】解：(1)画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中a
∴小明获胜的概率为26=13，小刚获胜的概率为36=12；
(2)m为0时，小明和小刚获胜的概率相同，(答案不唯一)
理由如下：
画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中a
∴小明获胜的概率=小刚获胜的概率=36=12.
【解析】(1)画树状图，共有6种等可能的结果，其中a
(2)画树状图，共有6种等可能的结果，其中a
此题考查了树状图法求概率．正确画出树状图是解题的关键，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
23.【答案】(1)证明：∵AC、DE是⊙O的切线，CD是⊙的直径，
∴AC⊥CD，DE⊥CD，
∴∠ACD=∠CDE=90∘，
∵EF⊥AC，
∴∠CFE=90∘，
∴∠DEF=360∘−∠ACD−∠CDE−∠CFE=90∘，
∴四边形CDEF是矩形；
(2)解：∵AB，AC，DE是⊙O的切线，
∴AB=AC，BE=DE=2，
由(1)知，四边形CDEF是矩形，
∴CF=DE=2，EF=CD=210，
∵EF⊥AC，
∴∠AFE=90∘，
∴AE2=AF2+EF2，
∵AE=AB+BE=AC+2，AF=AC−EF=AC−2，
∴(AC+2)2=(AC−2)2+(210)2，
解得AC=5，
故AC的长为5.
【解析】(1)根据切线的性质得到AC⊥CD，DE⊥CD，得到∠ACD=∠CDE=90∘，根据EF⊥AC得∠CFE=90∘，
则∠DEF=90∘−，根据矩形的判定定理即可得到结论；
(2)根据切线的性质得到AB=AC，BE=DE=2，根据矩形的性质得到CF=DE=2，EF=CD=210，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了切线的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
24.【答案】解：(1)(4.5,3.05)；(3,3.3)；
(2)由于篮球行进的最高点C的坐标为(3,3.3)，
则设抛物线的解析式为y=a(x−3)2+3.3(a≠0)，
把B(4.5,3.05)代入得，3.05=a(4.5−3)2+3.3，
解得a=−19，
∴抛物线的解析式为y=−19(x−3)2+3.3，
当x=0时，y=2.3，
答：篮球出手时距地面的高度为2.3米．
【解析】
【分析】
本题主要考查二次函数的应用，准确理解铅球出手时离地面的高度是解题的关键．
(1)根据已知篮球出手位置A与篮筐的水平距离为4.5m，篮筐距地面的高度为3.05m；当篮球行进的水平距离为3m时，篮球距地面的高度达到最大为3.3m.即可得到答案；
(2)设抛物线的解析式为y=a(x−3)2+3.3(a≠0)，把B(4.5,3.05)代入得抛物线的解析式为y=−19(x−3)2+3.3，当x=0时，解方程即可得到结论．
【解答】
解：(1)∵篮球出手位置A与篮筐的水平距离为4.5m，篮筐距地面的高度为3.05m；当篮球行进的水平距离为3m时，篮球距地面的高度达到最大为3.3m，
∴点B表示篮筐，其坐标为(4.5,3.05)，篮球行进的最高点C的坐标为(3,3.3)；
故答案为：(4.5,3.05)，(3,3.3)；
(2)见答案．
25.【答案】(1)证明：如图，连接OD，
∵DE⊥BC，
∴∠DEC=90∘，
∵D是AC的中点，
∴AD=CD，
∴∠ABD=∠CBD，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD，
∴∠ODB=∠CBD，
∴OD//BC，
∴∠ODE=180∘−∠DEC=90∘，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
(2)解：如图过点D作DF⊥AB，垂足为F，
由(1)得：∠ABD=∠CBD，
∴BD平分∠ABC，
∵DF⊥AB，DE⊥BC，
∴DF=DE，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠DCB=180∘，
∵∠DCB+∠DCE=180∘，
∴∠A=∠DCE，
∵∠DFA=∠DEC=90∘，
∴△ADF≌△CDE(AAS)，
∴AF=EC，
∵∠DFB=∠DEC=90∘，∠ABD=∠CBD，BD=BD，
∴△BDF≌△BDE(AAS)，
∴BF=BE，
设AF=EC=x，则BF=BE=BC+EC=8+x，
∵AB=10，
∴AF+BF=10，
∴x+8+x=10，
∴x=1，
∴BF=9，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90∘，
∵∠ABD=∠DBF，∠ADB=∠DFB=90∘，
∴△BFD∽△BDA，
∴BD2=BF⋅BA=9×10=90，
∴BD=310.
【解析】(1)要证明DE是⊙O的切线，所以连接OD，求出∠ODE=90∘即可，根据已知DE⊥BC，可得∠DEC=90∘，所以只要证明OD//BC即可解答；
(2)由(1)可得BD平分∠ABC，所以想到过点D作DF⊥AB，垂足为F，进而证明△ADF≌△CDE，可得AF=CE，易证△BDF≌△BDE，可得BF=BE，然后进行计算即可解答．
本题考查了切线的判定，圆周角定理，勾股定理，垂径定理，添加辅助线是解题的关键．
26.【答案】解：(1)①8；
②把y=0代入y=(x−h)2−8得0=(x−h)2−8，
解得：x1=h+22，x2=h−22，
∵x1−x2=h+22−(h−22)=42，
∴抛物线与x轴的两个交点之间的距离为42；
(2)∵y=a(x−h)2−8a，
∴点A坐标为(h,−8a)，
∵点A到x轴的距离为4，
∴|−8a|=4，
解得：a=12或a=−12，
∵当x1
∴a=12，y=12(x−h)2−4，
∴点A坐标为(h,−4)，
把x=h代入y=−2x+1得y=−2h+1，
当−2h+1≤−4时，解得：h≥52，
∵0
当a=−12时，y=−12(x−h)2+4，
令−2x+1=−12(x−h)2+4，
整理，得x2−(2h+4)x+h2−6=0，
∴Δ=b2−4ac=(−2h−4)2−4(h2−6)>0，
整理得h<−52，与题干不符，舍去，
综上可知，h的取值范围为52≤h<72.
【解析】
【分析】
本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程及不等式的关系，通过数形结合求解．
(1)①把a=1代入函数解析式求出顶点坐标，进而求解；
②令y=0，求出x1与x2，进而求出x1与x2的差即可得解；
(2)由当x1
解：(1)①把a=1代入y=a(x−h)2−8a，得
y=(x−h)2−8，
∴抛物线顶点坐标为(h,−8)，
∴点A到x轴的距离为|−8|=8，
故答案为：8.
②见答案．
(2)见答案．
27.【答案】解：(1)①∠CAE=∠CBD.
理由：在△ACE和△BCD中，
CA=CB∠ACE=∠BCDCE=CD，
∴△ACE≌△BCD(SAS).
∴∠CAE=∠CBD.
②证明：∵∠ACB=90∘，
∴∠ACH+∠ECH=90∘.
∵CF⊥AE，
∴∠ACH+∠CAH=90∘.
∴∠CAH=∠ECH.
由①知：∠CAE=∠CBD，
∴∠ECH=∠CBD.
∴CF=BF.
∵∠DCB=90∘，
∴∠DCF+∠ECF=90∘，∠CDF+∠CBD=90∘.
∴∠CDF=∠DCF，
∴CF=DF.
∴BD=2CF.
由①知：△ACE≌△BCD，
∴AE=BD.
∴AE=2CF.
(2)若F是BD的中点，AE=2CF仍然成立．理由：
延长CF至点G，使FG=FC，连接BG，如图，
∴F是BD的中点，
∴FD=FB.
在△DCF和△BGF中，
DF=BF∠DFC=∠BFGCF=GF，
∴△DCF≌△BGF(SAS).
∴DC=BG，∠DCF=∠G.
∴CD//BG.
∴∠DCB+∠GBC=180∘.
∵将图1中的△CDE绕点C逆时针旋转α，
∴∠ACD=∠BCE=α.
∴∠DCB=90∘−∠ACD=90∘−α，∠ACE=∠ACB+∠BCE=90∘+α.
∴∠CBG=180∘−∠BCD=180∘−(90∘−α)=90∘+α.
∴∠ACE=∠CBG.
∵CD=CE，
∴CE=BG.
在△ACE和△CBG中，
CA=BC∠ACE=∠CBGCE=BG，
∴△ACE≌△CBG(SAS).
∴AE=CG.
∵FG=FC，
∴CG=2CF.
∴AE=2CF.
∴若F是BD的中点，AE=2CF仍然成立．
【解析】本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的性质，图形旋转变化的性质，平行线的判定与性质，延长CF至点G，使FG=FC，连接BG，构造全等三角形是解(2)题的关键，也是解决此类问题常添加的辅助线．
(1)①通过证明△ACE≌△BCD，利用全等三角形对应角相等解答即可；
②利用同角或等角的余角相等判定△FCB和△FCD是等腰三角形即可得出结论；
(2)延长CF至点G，使FG=FC，连接BG，则得△DCF≌△BGF，再利用题意证明△ACE≌△CBG，结则论可得．
28.【答案】解：(1)①34 ；
② C3;
③如图，设直线AD交⊙O于B，连接OE，过点E作EF⊥x轴于点F，
∴AE=12AB，
∴点E是点A关于⊙O的12倍特征点，
∴AEAB=12，
∴E是AB的中点，
∴OE⊥AB，
∵∠EAO=60∘，
∴∠EOA=30∘，
∴AE=12OA=12，EF=12OE，
在Rt△AEO中，OA2=AE2+OE2，
∴OE=OA2−AE2=32，
∴EF=34，
∴E(34,34)；
(2)k的最大值为2+24，k的最小值为2−24.
【解析】
【分析】
本题属于圆的综合题，主要考查了圆的相关知识，含30∘角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解新定义，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
(1)①由题意知AP=OA+OP=1+12=32，AB=2，则k=APAB=34；
②由勾股定理得AC1=OC12+OA2=52，假设点C1是点A关于⊙O的12倍特征点，则AE=5>2OA=2，不符合题意，同理判断C2、C3即可；
③设直线AD交⊙O于B，连接OE，过点E作EF⊥x轴于点F，根据点E点A关于⊙O的12倍特征点，得AEAB=12，由含30∘的直角三角形的性质可得OE，AE的长；
(2)设直线y=−x+1与x轴，y轴的交点分别为C，D，过点N作NP⊥CD交CD于P，交⊙O于B，过点O作直线EF⊥CD交⊙O于E，F，由MNAM=k1−k=−1+11−k，可知k越大，1−k的值越小，则−1+11−k的值越大，得AM=BP，MN=NP时，k的值最小，即A与E重合，N与F重合时，k的值最小，当点N在E点，A在F点时，k有最大值，从而解决问题．
【解答】
解：(1)①∵A(1,0)，P(−12,0)，
∴OA=1，OP=12，
∴AP=OA+OP=1+12=32，
∵B(−1,0)，
∴AB=2，
∵AP=kAB，
∴k=APAB=34，
故答案为：34；
②∵C1(0,12)，A(1,0)，
∴OC1=12，OA=1，
∴AC1=OC12+OA2=52，
假设点C1是点A关于⊙O的12倍特征点，
∴AC1AE=12，
∴AE=5>2OA=2，不符合题意，
∴点C1不是点A关于⊙O的12倍特征点，
同理可求出AC3=AC22+C2C32=(12−1)2+(−12−0)2=22，
假设点C3是点A关于⊙O的12倍特征点，
∴AC3AF=12，
∴C3为AF的中点，
∴F(0,−1)，
∵F在圆上，
∴点C3是点A关于⊙O的12倍特征点，
∵C2(12,0)，
∴AC2=12，
∴AC2AB=14，
∴点C2不是点A关于⊙O的12倍特征点，
故答案为：C3；
③见答案；
(2)设直线y=−x+1与x轴，y轴的交点分别为C，D，过点N作NP⊥CD交CD于P，交⊙O于B，过点O作直线EF⊥CD交⊙O于E，F，
∴MN≥NP，AM≤BP，
∵AM=AN−MN=(1−k)AN，
∴MNAM=k1−k=−1+11−k，
∵k越大，1−k的值越小，
∴−1+11−k的值越大，
∴当MNAN的值越大，k的值越大，
∴AM=BP，MN=NP时，k的值最小，
∴A与E重合，N与F重合时，k的值最小，
∵C，D是直线y=−x+1与x轴，y轴的交点，
∴C(1,0)，D(0,1)，
∵O到C和D的距离都是1，
∴OC=OD=1，
∴CD=12+12=2，
∵OG⊥CD，
∴CG=DG=22，
∴OG=OC2−CG2=22，
∴FG=OF−OG=1−22，
∴k=FGEF=1−222=2−24，
∴k的最小值为2−24，
当点N在E点，A在F点时，k有最大值为2+24.
相关试卷
2022-2023学年北京市西城区九年级（上）期末数学试卷（含解析）： 这是一份2022-2023学年北京市西城区九年级（上）期末数学试卷（含解析），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市燕山区九年级（上）期末数学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年北京市燕山区九年级（上）期末数学试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了根据这个法则，，求抛物线的表达式；，【答案】A，【答案】C，【答案】B，【答案】D，【答案】向上等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市西城区七年级（上）期末数学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年北京市西城区七年级（上）期末数学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了52×109B，786精确到0，【答案】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
