期末真题必刷常考60题（44个考点专练）-2023-2024学年九年级数学上学期期末考点预测（人教版）

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【分析】根据一元二次方程的定义，形如ax2+bx+c＝0，且a、b、c是常数，a≠0解之即可．
【解答】解：∵关于x的方程（a﹣1）x2+4x﹣3＝0是一元二次方程，
∴a﹣1≠0，
解得：a≠1，
故答案为：a≠1．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，正确掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
二．一元二次方程的一般形式（共1小题）
2．（2023春•任城区期末）一元二次方程2x2+x﹣5＝0的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ）
A．2，1，5B．2，1，﹣5C．2，0，﹣5D．2，0，5
【分析】根据多项式的项和单项式的系数定义得出答案即可．
【解答】解：一元二次方程2x2+x﹣5＝0的二次项系数，一次项系数，常数项分别是2，1，﹣5，
故选：B．
【点评】本题考查了单项式的系数定义，多项式的项的定义和一元二次方程的一般形式，注意：找多项式的各项系数时带着前面的符号．
三．一元二次方程的解（共1小题）
3．（2023春•太仓市期末）如果a是方程x2﹣2x﹣2＝0的一个实数根，则2a2﹣4a﹣1的值为 3 ．
【分析】根据一元二次方程的解的定义，把x＝a代入方程得到a2﹣2a﹣2＝0，则a2﹣2a＝2，然后把2a2﹣4a变形为2（a2﹣2a），再利用整体代入的方法计算．
【解答】解：把x＝a代入方程得a2﹣2a﹣2＝0，则a2﹣2a＝2，
所以2a2﹣4a﹣1＝2（a2﹣2a）﹣1＝2×2﹣1＝3．
故答案为：3．
【点评】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．也考查了整体代入的计算方法．
四．解一元二次方程-配方法（共1小题）
4．（2023春•东至县期末）用配方法解方程x2﹣4x+2＝0，配方正确的是（ ）
A．（x+2）2＝2B．（x﹣2）2＝2C．（x﹣2）2＝﹣2D．（x﹣2）2＝6
【分析】根据一元二次方程的配方法即可求出答案．
【解答】解：∵x2﹣4x+2＝0，
∴x2﹣4x+4＝2，
∴（x﹣2）2＝2，
故选：B．
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
五．换元法解一元二次方程（共1小题）
5．（2023春•合肥期末）若（a2+b2）（a2+b2+4）＝12，则a2+b2的值为（ ）
A．2或﹣6B．﹣2或6C．6D．2
【分析】先设a2+b2＝t，则方程即可变形为t2+4t﹣12＝0，解方程即可求得t即a2+b2的值．
【解答】解：设t＝a2+b2，则原方程可化为：t2+4t﹣12＝0，
分解因式得：（t+6）（t﹣2）＝0，
解得：t1＝﹣6，t2＝2．
∵a2+b2是非负数，
∴a2+b2＝2．
故选：D．
【点评】本题考查了换元法解一元二次方程．把一些形式复杂的方程通过换元的方法变成一元二次方程，从而达到降次的目的．
六．根的判别式（共1小题）
6．（2023春•亭湖区校级期末）如果关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+2x+1＝0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是 m＜2且m≠1 ．
【分析】根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到m﹣1≠0且Δ＝22﹣4（m﹣1）＞0，然后求出两不等式解集的公共部分即可．
【解答】解：根据题意得m﹣1≠0且Δ＝22﹣4（m﹣1）＞0，
解得m＜2且m≠1．
故答案为m＜2且m≠1．
【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．
七．根与系数的关系（共1小题）
7．（2023春•河东区期末）已知m、n是一元二次方程x2+x﹣2023＝0的两个实数根，则代数式m2+2m+n的值等于（ ）
A．2019B．2020C．2021D．2022
【分析】先根据一元二次方程根的定义得到m2＝﹣m+2023，则m2+2m+n可化为m+n+2023，再根据根与系数的关系得到m+n＝﹣1，然后利用整体代入的方法计算．
【解答】解：∵m是一元二次方程x2+x﹣2023＝0的根，
∴m2+m﹣2023＝0，
∴m2＝﹣m+2023，
∴m2+2m+n＝﹣m+2023+2m+n＝m+n+2023，
∵m、n是一元二次方程x2+x﹣2023＝0的两个实数根，
∴m+n＝﹣1，
∴m2+2m+n＝﹣1+2023＝2022．
故选：D．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1x2＝．也考查了一元二次方程的解．
八．由实际问题抽象出一元二次方程（共2小题）
8．（2023春•莱州市期末）某种防疫物资原价为50元/件，经过连续两次降价后售价为28元/件，每次降价的百分率均为x，根据题意所列方程正确的是（ ）
A．50（1﹣x）2＝50﹣28B．50（1﹣x）2＝28
C．50（1﹣2x）＝28D．50（1﹣x2）＝28
【分析】可先表示出第一次降价后的价格，那么第一次降价后的价格×（1﹣降低的百分率）＝28，把相应数值代入即可求解．
【解答】解：设平均每次降价的百分率为x，则第一次降价后的价格为50（1﹣x）元，
两次连续降价后售价在第一次降价后的价格的基础上降低x，为50（1﹣x）×（1﹣x）元，
则列出的方程是50（1﹣x）2＝28，
故选：B．
【点评】此题考查求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2＝b．
9．（2023春•台江区校级期末）某超市一月份的营业额200万元，已知第一季度的营业总额共1000万元，如果平均每月营业额的增长率为x，由题意列方程应为（ ）
A．200（1+x）2＝1000
B．200+200×2x＝1000
C．200[1+（1+x）+（1+x）2]＝1000
D．200[1+x+（1+x）2]＝1000
【分析】先得到二月份的营业额，三月份的营业额，利用等量关系：一月份的营业额+二月份的营业额+三月份的营业额＝1000万元，把相关数值代入即可．
【解答】解：∵该超市一月份的营业额为200万元，且平均每月增长率为x，
∴该超市二月份的营业额为200（1+x）万元，三月份的营业额为200（1+x）2万元，
又∵第一季度的总营业额共1000万元，
∴200+200（1+x）+200（1+x）2＝1000，
即200[1+（1+x）+（1+x）2]＝1000．
故选：C．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程中求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2＝b．得到第一季度的营业额的等量关系是解决本题的关键．
九．一元二次方程的应用（共2小题）
10．（2023春•荣成市期末）在国家积极政策的鼓励下，环保意识日渐深入人心，新能源汽车的市场需求逐年上升．
（1）某汽车企业2020年到2022年这两年新能源汽车的销售总量增长了96%．求该汽车企业这两年新能源汽车销售总量的平均年增长率；
（2）某汽车企业下属的一个专卖店经销一款进价为15万元/辆的新能源汽车，经销一段时间后发现：当该款汽车售价定为25万元/辆时，平均每周售出8辆；售价每降低0.5万元，平均每周多售出1辆．若该店计划下调售价使平均每周的销售利润为96万元，并且尽量让利于顾客，求下调后每辆汽车的售价．
【分析】（1）设该汽车企业这两年新能源汽车销售总量的平均年增长率为x，该汽车企业2020年新能源汽车销售总量为a辆，则该汽车企业2022年新能源汽车销售总量为（1+96%）a辆，利用该汽车企业2022年新能源汽车销售总量＝该汽车企业2020年新能源汽车销售总量×（1+该汽车企业这两年新能源汽车销售总量的平均年增长率）2，可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值，即可得出结论；
（2）设下调后每辆汽车的售价为y万元，则每辆汽车的销售利润为（y﹣15）万元，平均每周可售出（58﹣2y）辆，利用该店销售该款汽车平均每周的销售利润＝每辆的销售利润×每周的销售量，可得出关于y的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
【解答】解：（1）设该汽车企业这两年新能源汽车销售总量的平均年增长率为x，该汽车企业2020年新能源汽车销售总量为a辆，则该汽车企业2022年新能源汽车销售总量为（1+96%）a辆，
根据题意得：a（1+x）2＝（1+96%）a，
解得：x1＝0.4＝40%，x2＝﹣2.4（不符合题意，舍去）．
答：该汽车企业这两年新能源汽车销售总量的平均年增长率为40%；
（2）设下调后每辆汽车的售价为y万元，则每辆汽车的销售利润为（y﹣15）万元，平均每周可售出8+×1＝（58﹣2y）辆，
根据题意得：（y﹣15）（58﹣2y）＝96，
整理得：y2﹣44y+483＝0，
解得：y1＝21，y2＝23，
又∵要尽量让利于顾客，
∴y＝21．
答：下调后每辆汽车的售价为21万元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
11．（2023春•莒南县期末）今年超市以每件25元的进价购进一批商品，当商品售价为40元时，三月份销售256件，四、五月该商品十分畅销，销售量持续上涨，在售价不变的基础上，五月份的销售量达到400件．
（1）求四、五这两个月销售量的月平均增长百分率．
（2）经市场预测，六月份的销售量将与五月份持平，现商场为了减少库存，采用降价促销方式，经调查发现，该商品每降价1元，月销量增加5件，当商品降价多少元时，商场六月份可获利4250元？
【分析】（1）利用平均增长率的等量关系：a（1+x）2＝b，列式计算即可；
（2）利用总利润＝单件利润×销售数量，列方程求解即可．
【解答】（1）解：设平均增长率为x，由题意得：256×（1+x）2＝400，
解得：x＝0.25或x＝﹣2.25（舍）；
∴四、五这两个月的月平均增长百分率为25%；
（2）解：设降价y元，由题意得：（40﹣y﹣25）（400+5y）＝4250，
整理得：y2+65y﹣350＝0，
解得：y＝5或y＝﹣70（舍）；
∴当商品降价5元时，商场六月份可获利4250元．
【点评】本题考查一元二次方程的实际应用．根据题意正确的列出一元二次方程是解题的关键．
一十．反比例函数的图象（共1小题）
12．（2023春•槐荫区期末）在同一平面直角坐标系中，函数y＝kx﹣k（k≠0）与的大致图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】分两种情况讨论，当k＞0时，分析出一次函数和反比例函数所过象限；再分析出k＜0时，一次函数和反比例函数所过象限，符合题意者即为正确答案．
【解答】解：①当k＞0时，y＝kx﹣k过一、三、四象限；函数的图象过一、三象限；
②当k＜0时，y＝kx﹣k过一、二、四象象限；函数的图象过二、四象限．
观察图形可知，只有C选项符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了反比例函数的图象和一次函数的图象，熟悉两函数中k的符号对函数图象的影响是解题的关键．
一十一．反比例函数系数k的几何意义（共2小题）
13．（2023春•临淄区期末）下面四个图中反比例函数的表达式均为，则阴影部分的图形的面积为3的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据反比例函数比例系数k＝xy的几何意义，三角形的面积公式，分别求出四个图形中阴影部分的面积，即可求解．
【解答】解：第1个图中，阴影面积为3，
故符合题意；
第2个图中，阴影面积为，
故不符合题意；
第3个图中，阴影面积为，
故符合题意；
第4个图中，阴影面积为，
故不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了反比例函数中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为|k|，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，解此类题一定要正确理解k的几何意义．也考查了反比例函数的对称性，三角形的面积．
14．（2023春•叙州区期末）如图，过点P（4，6）分别作PC⊥x轴于点C，PD⊥y轴于点D，PC、PD分别交反比例函数y＝（x＞0）的图象于点A、B，则四边形BOAP的面积为 16 ．
【分析】根据阴影部分的面积等于矩形OCPD的面积减去一个k值即可．
【解答】解：∵矩形面积＝4×6＝24，
S△BDO+S△AOC＝k＝8．
∴S阴影＝24﹣8＝16．
故答案为：16．
【点评】本题考查了反比例函数k值的几何意义，反比例函数的k值就是图形上任意一点与坐标轴围成的长方形的面积．
一十二．反比例函数图象上点的坐标特征（共2小题）
15．（2023春•鄞州区期末）若反比例函数的图象经过点A（a，b），则下列结论中不正确的是（ ）
A．点A位于第二或四象限
B．图象一定经过（﹣a，﹣b）
C．在每个象限内，y随x的增大而减小
D．图象一定经过（﹣b，﹣a）
【分析】根据题目中的函数解析式和反比例函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，本题得以解决．
【解答】解：∵反比例函数的图象经过点A（a，b），
∴ab＝﹣6，
∵k＝﹣6＜0，
∴图象位于第二、四象限，故选项A正确，不符合题意；
在每个象限内，y随x的增大而增大，故选项C不正确，符合题意．
∵ab＝﹣6，
∴图象一定经过（﹣a，﹣b）和（﹣b，﹣a）故选项B、D正确，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．
16．（2023春•南阳期末）若点A（﹣3，y1），B（﹣1，y2）都在反比例函数y＝的图象上，则y1 ＞ y2（填“＞”或“＜”）．
【分析】根据反比例函数的性质得出答案即可．
【解答】解：∵y＝中k＝6＞0，
∴在每个象限内，y随x的增大而减小，
∵﹣3＜﹣1＜0，
∴y1＞y2．
故答案为：＞．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，能熟记反比例函数的性质是解此题的关键，反比例函数y＝，①当k＞0时，在每个象限内，y随x的增大而减小，②当k＜0时，在每个象限内，y随x的增大而增大．
一十三．反比例函数的应用（共1小题）
17．（2023春•淮安区期末）我校的饮水机接通电源就进入自动程序，开机加热时每分钟上升10℃，加热到100℃，停止加热，水温开始下降，此时水温（℃）与开机后用时（min）成反比例关系．直至水温降至20℃时自动开机加热，重复上述自动程序．若在水温为20℃时，接通电源后，水温y（℃）和时间x（min）的关系如图所示．
（1）a＝ 8 ，b＝ 40 ．
（2）直接写出图中y关于x的函数表达式．
（3）饮水机有多少时间能使水温保持在50℃及以上？
（4）若某天上午7：00饮水机自动接通电源，开机温度正好是20℃，问学生上午第一节下课时（8：40）能喝到50℃以上的水吗？请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）由（1）中的计算可直接得出；
（3）分别求出函数值为50时的两个时间，求时间差即可解决问题；
（4）由题意可知，饮水机工作时40分钟为一个循环，算出从开机到第一节课下课的时间差，并利用循环求出对应时间的水温即可．
【解答】解：（1）∵开机加热时每分钟上升10℃，
∴从20℃到100℃需要8分钟，
设一次函数关系式为：y＝k1x+b，
将（0，20），（8，100）代入y＝k1x+b，得k1＝10，b＝20．
∴y＝10x+20（0≤x≤8），
设反比例函数关系式为：y＝，
将（8，100）代入，得k＝800，
∴y＝，
当y＝20时，代入关系式可得x＝40；
故答案为：8；40．
（2）由（1）中计算可得，y＝．
（3）在y＝10x+20（0≤x≤8）中，
令y＝50，解得x＝3；
反比例函数y＝中，令y＝50，解得：x＝16，
∴学生在每次温度升降过程中能喝到50℃以上水的时间有16﹣3＝13分钟．
（4）由题意可知，饮水机工作时40分钟为一个循环，
上午七点到上午第一节下课时（8：40）的时间是100分钟，是2个40分钟多20分钟，
∴＝40（℃），
∴学生上午第一节下课时（8：40）不能喝到超过50℃的水．
【点评】本题考查反比例函数的应用、一次函数的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法确定函数解析式，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
一十四．二次函数的定义（共1小题）
18．（2023春•青秀区校级期末）下列函数中，是二次函数的是（ ）
A．y＝xB．C．y＝x2D．y＝x﹣2
【分析】根据二次函数的定义求解，二次函数的一般式是y＝ax2+bx+c，其中a≠0．
【解答】解：A、y＝x，是正比例函数，故本选项不符合题意；
B、，是反比例函数，故本选项不符合题意；
C、y＝x2，符合定义，故本选项符合题意；
D、y＝x﹣2，是一次函数，故本选项不符合题意；
故选C．
【点评】此题考查了二次函数的定义，熟记二次函数的定义及一般形式是解题的关键．
一十五．二次函数的性质（共3小题）
19．（2023春•仓山区校级期末）对于y＝3（x﹣1）2+2的性质，下列叙述正确的是（ ）
A．顶点坐标为（﹣1，2）
B．对称轴为直线x＝1
C．当x＝1时，y有最大值2
D．当x≥1时，y随x增大而减小
【分析】根据二次函数的性质对各选项进行逐一辨别．
【解答】解：由题意得，该函数的顶点坐标是（1，2），二次项系数3＞0，
∴其对称轴为x＝1；当x＝1时，y有最小值2；当x≥1时，y随x增大而增大，
∴选项A，C，D不符合题意，选项B符合题意，
故选：B．
【点评】此题考查了二次函数性质的应用能力，关键是能准确理解并运用该知识．
20．（2023春•肇东市期末）如果二次函数y＝x2﹣8x+m﹣1的顶点在x轴上，那么m＝ 17 ．
【分析】由二次函数的顶点在x轴上结合二次函数的性质，即可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：∵二次函数y＝x2﹣8x+m﹣1的顶点在x轴上，
∴＝＝0，即4m﹣68＝0，
∴m＝17．
故答案为：17．
【点评】本题考查了二次函数的性质，牢记二次函数的顶点坐标为（﹣，）是解题的关键．
21．（2023春•金安区校级期末）已知二次函数y＝x2+2x﹣3．
（1）将二次函数y＝x2+2x﹣3化成顶点式；
（2）求图象与x轴，y轴的交点坐标．
【分析】（1）利用配方法将一般式转化为顶点式即可；
（2）令y＝0，即x2+2x﹣3＝0方程的两个根即是抛物线与x轴的两个交点的横坐标．
【解答】解：（1）y＝x2+2x﹣3＝x2+2x+1﹣4＝（x+1）2﹣4
（2）令x＝0，则y＝﹣3，即该抛物线与y轴的交点坐标是（0，﹣3），
又∵y＝x2+2x﹣3＝（x+3）（x﹣1）
∴该抛物线与x轴的交点坐标是（﹣3，0）（1，0）．
【点评】本题考查了二次函数的三种形式、二次函数的性质和由函数图象确定坐标、直线与图象的交点问题，综合体现了数形结合的思想．
一十六．二次函数图象与系数的关系（共1小题）
22．（2023春•蓝田县期末）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，对称轴是直线x＝1．下列结论：
①abc＞0；
②3a+c＞0；
③（a+c）2﹣b2＜0；
④a+b≤m（am+b）（m为实数）．
其中结论正确的为（ ）
A．①④B．②③④C．①②④D．①②③④
【分析】由抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与y轴交点位置判断①，由a与b的关系及x＝﹣1时y＜0可判断②，利用（a+c）2﹣b2＝（a+b+c）（a﹣b+c），根据x＝﹣1时y＞0，x＝1时y＜0可判断③，由x＝1时y取最小值可判断④．
【解答】解：∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线对称轴为直线
∴b＝﹣2a＜0，
∵抛物线与y轴交点在x轴下方，
∴c＜0
∴abc＞0，故①正确．
∵x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＝3a+c＝0，故②不正确．
∵（a+c）2﹣b2＝（a+b+c）（a﹣b+c），
且a+b+c＜0，a﹣b+c＝0，
∴（a+c）2﹣b2＝0，故③不正确．
∵x＝1时，y＝a+b+c为最小值，
∴a+b≤m（am+b），故④正确．
故选：A．
【点评】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的性质，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
一十七．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题）
23．（2023春•青秀区校级期末）已知点A（﹣1，y1）、B（﹣2，y2）、C（2，y3）三点都在二次函数y＝﹣x2﹣2x+m的图象上，则y1、y2、y3的大小关系为（ ）
A．y1＞y2＞y3B．y1＞y3＞y2C．y3＞y1＞y2D．y2＞y1＞y3
【分析】先确定抛物线的对称轴，根据二次函数的性质，然后利用抛物线开口向下时，离对称轴越远，函数值越小求解．
【解答】解：y＝﹣x2﹣2x+m＝﹣（x+1）2+m+1，
抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，开口向下，
而点A（﹣1，y1）在对称轴上，点C（2，y3）离对称轴最远，
所以y1＞y2＞y3．
故选：A．
【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满足其解析式．
一十八．二次函数图象与几何变换（共2小题）
24．（2023春•鼓楼区校级期末）把抛物线y＝x2向左平移2个单位得到的抛物线是（ ）
A．y＝（x+2）2B．y＝（x﹣2）2C．y＝x2+2D．y＝x2﹣2
【分析】求出抛物线平移后的顶点坐标，然后利用顶点式写出即可．
【解答】解：∵抛物线y＝x2向左平移2个单位后的顶点坐标为（﹣2，0），
∴得到的抛物线是y＝（x+2）2．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，利用顶点的变化确定抛物线解析式求解更简便．
25．（2023春•宜春期末）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣4x+5与y轴交于点C，则该抛物线关于点C成中心对称的抛物线的表达式为 y＝﹣x2﹣4x+5 ．
【分析】由抛物线解析式求得抛物线的顶点坐标与点C的坐标，然后结合中心对称的性质，求得新抛物线顶点坐标，即可得抛物线解析式．
【解答】解：由抛物线y＝x2﹣4x+5＝（x﹣2）2+1知，抛物线顶点坐标是（2，1）．
由抛物线y＝x2﹣4x+5知，C（0，5）．
∴该抛物线关于点C成中心对称的抛物线的顶点坐标是（﹣2，9）．
∴该抛物线关于点C成中心对称的抛物线的表达式为：y＝﹣（x+2）2+9＝﹣x2﹣4x+5．
故答案为：y＝﹣x2﹣4x+5．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，表示出新抛物线的顶点坐标是解题的关键．
一十九．待定系数法求二次函数解析式（共2小题）
26．（2023春•海淀区校级期末）已知一个二次函数图象上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如表所示：
（1）这个二次函数的解析式是 y＝x2+2x﹣3 ；
（2）在给定的平面直角坐标系中画出这个二次函数的图象；
（3）当﹣4＜x＜0时，y的取值范围为 ﹣4≤y＜5 ．
【分析】（1）利用表中数据和抛物线的对称性可得到二次函数的顶点坐标为（﹣1，﹣4），则可设顶点式y＝a（x+1）2﹣4，然后把点（0，﹣3）代入求出a即可；
（2）利用描点法画二次函数图象；
（3）根据x＝﹣4、﹣2时的函数值即可写出y的取值范围．
【解答】解：（1）由题意可得二次函数的顶点坐标为（﹣1，﹣4），
设二次函数的解析式为：y＝a（x+1）2﹣4，
把点（0，﹣3）代入y＝a（x+1）2﹣4，得a＝1，
故抛物线解析式为y＝（x+1）2﹣4，即y＝x2+2x﹣3；
（2）如图所示：
（3）∵y＝（x+1）2﹣4，
∴当x＝﹣4时，y＝（﹣4+1）2﹣4＝5，
当x＝﹣0时，y＝﹣3，
又对称轴为x＝﹣1，
∴当﹣4＜x＜0时，y的取值范围是﹣4≤y＜5．
【点评】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的图象与性质．
27．（2023春•美兰区校级期末）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，﹣1）和点B（4，4）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上的一动点（点P在直线AB的下方），过点P作PQ∥y轴，交直线AB于点Q．设点P的横坐标为m，求线段PQ的长（用含m的代数式表示）；
（3）在（2）的条件下，连接PA、PB，求△PAB面积的最大值，并求出此时点P的坐标．
【分析】（1）依据题意，将A、B两点代入解析式求出a，b即可得解；
（2）依据题意，根据A、B两点坐标可以得出直线AB为y＝x，结合P的横坐标为m，P在抛物线上，Q在直线AB上，进而可以得解；
【解答】解：（1）把 A（﹣1，﹣1），B（4，4）代入．y＝x2+bx+c 得
解得 ．
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣4．
（2）∵A（﹣1，﹣1），B（4，4），
∴直线AB的解析式为：y＝x．
∵点P的横坐标为m，P在抛物线y＝x2﹣2x﹣4，Q在y＝x上，
∴P（m，m2﹣2m﹣4），Q（m，m）．
∴PQ＝m﹣（m2﹣2m﹣4）＝﹣m2+3m+4．
（3）设△PAB 的面积为s，由（2）得：PQ＝﹣m2+3m+4，
∴
＝．
∵，
∴当 时，S取最大值 ，此时．
∴P（，﹣）．
【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质，解题时需要熟练掌握并理解．
二十．抛物线与x轴的交点（共2小题）
28．（2023春•海淀区校级期末）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，当y＜0时，x的取值范围是（ ）
A．﹣1＜x＜2B．x＞2C．x＜﹣1D．x＜﹣1或x＞2
【分析】根据抛物线与x轴的交点和图象，可以写出当y＜0时，x的取值范围．
【解答】解：由图象可知，
当y＜0时，x的取值范围是﹣1＜x＜2，
故选：A．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
29．（2023春•肇东市期末）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴相交于（﹣2，0）和（4，0）两点，当函数值y＞0时，自变量x的取值范围是 ﹣2＜x＜4 ．
【分析】由抛物线与x轴的交点坐标，结合图象即可解决问题．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于（﹣2，0）和（4，0）两点，函数开口向下，
∴函数值y＞0时，自变量x的取值范围是﹣2＜x＜4，
故答案为﹣2＜x＜4．
【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
二十一．图象法求一元二次方程的近似根（共1小题）
30．（2023春•东营期末）如表中列出了二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的一些对应值，则一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的一个近似解x1的范围是（ ）
A．﹣3＜x1＜﹣2B．﹣2＜x1＜﹣1C．﹣1＜x1＜0D．0＜x1＜1
【分析】根据函数的增减性：函数在[﹣1，0]上y随x的增大而增大，可得答案．
【解答】解：当x＝﹣1时，y＝﹣1，x＝1时，y＝1，函数在[﹣1，0]上y随x的增大而增大，得
一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的一个近似解在
﹣1＜x1＜0，
故选：C．
【点评】本题考查了图象求一元二次方程的近似根，两个函数值的积小于零时，方程的解在这两个函数值对应的自变量的中间．
二十二．二次函数的应用（共3小题）
31．（2023春•芙蓉区校级期末）某学校航模组设计制作的火箭升空高度h（m）与飞行时间t（s）满足函数关系式为h＝﹣t2+12t+1．如果火箭在点火升空到最高点时打开降落伞，那么降落伞将在离地面 37 m处打开．
【分析】把二次函数配方为顶点式，写出最大值解题即可．
【解答】解：h＝﹣t2+12t+1＝﹣（t﹣6）2+37，
∵a＝﹣1＜0，
∴点火升空的最高点距地面37m，
故答案为：37．
【点评】本题考查了二次函数的应用以及二次函数的最值，运用配方法配成顶点式是解题的关键．
32．（2023春•开福区校级期末）“卢沟晓月”是著名的北京八景之一，每当黎明斜月西沉，月色倒影水中，更显明媚皎洁．古时乾隆皇帝曾在秋日路过卢沟桥，赋诗“半钩留照三秋淡，一练分波平镜明”于此，并题“卢沟晓月”，立碑于桥头．卢沟桥主桥拱可以近似看作抛物线，桥拱在水面的跨度OA约为22米，若按如图所示方式建立平面直角坐标系，则主桥拱所在抛物线可以表示为y＝﹣（x﹣11）2+k，则主桥拱最高点P与其在水中倒影P'之间的距离为 26 米．
【分析】把A（22，0）代入y＝﹣（x﹣11）2+k求出k，根据镜面对称可得PP′＝2k，即可求得结果．
【解答】解：由二次函数的图象可知，A（22，0）在抛物线上，
把A（22，0）代入y＝﹣（x﹣11）2+k得：
0＝﹣（22﹣11）2+k，
解得：k＝13，
∴y＝﹣（x﹣11）2+13，
∵P和P′关于x轴对称，
∴PP′＝2×13＝26（米），
故答案为：26．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，把A（22，0）代入函数解析式求出k值是解决问题的关键．
33．（2023春•青秀区校级期末）从2020年开始，越来越多的商家向线上转型发展，“直播带货”已经成为商家的一种促销的重要手段．某商家在直播间销售一种进价为每件10元的日用商品，经调查发现，该商品每天的销售量y（件）与销售单价x（元）满足y＝﹣10x+400，设销售这种商品每天的利润为W（元）．
（1）求W与x之间的函数关系式；
（2）该商家每天想获得1250元的利润，又要减少库存，应将销售单价定为多少元？
（3）若销售单价不低于28元，且每天至少销售50件时，求W的最大值．
【分析】（1）根据销售1件的利润乘以每天销售量等于每天的总利润，直接列式即可作答；
（2）令W＝1250，可得：﹣10x2+500x﹣4000＝1250，解方程即可求解；
（3）根据题意有：，解得：28≤x≤35，将W＝﹣10x2+500x﹣4000化为顶点式为：W＝﹣10（x﹣25）2+2250，即可知当x＞25时，函数值随着x的增大而减小，问题随之得解．
【解答】解：（1）根据题意，有：W＝y×（x﹣10）＝（﹣10x+400）×（x﹣10），
化简，得：W＝﹣10x2+500x﹣4000，
根据，解得：0＜x≤40；
即函数关系为：W＝﹣10x2+500x﹣4000，0＜x≤40；
（2）令W＝1250，可得：﹣10x2+500x﹣4000＝1250，
解得：x＝15，或者x＝35，
当x＝15时，销量：y＝﹣10x+400＝250（件）；
当x＝35时，销量：y＝﹣10x+400＝50（件）；
销量越高，越有利于减少库存，
即为了减少库存，将销售单价应定为15元；
（3）根据题意有：，解得：28≤x≤35，
将W＝﹣10x2+500x﹣4000化为顶点式为：W＝﹣10（x﹣25）2+2250，
∵﹣10＜0，
∴当x＞25时，函数值随着x的增大而减小，
∵28≤x≤35，
∴当x＝28时，函数值最大，最大为：W＝﹣10（28﹣25）2+2250＝2160．
答：此时W的最大值为2160元．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，根据已知的等量关系列出相应的函数关系式是解答本题的关键．
二十三．圆周角定理（共2小题）
34．（2023春•青冈县期末）如图，点A，B，C在⊙O上，若∠C＝110°，则∠AOB等于（ ）
A．100°B．110°C．120°D．140°
【分析】根据圆周角定理及角的和差即可求得答案．
【解答】解：∵∠C＝110°，
∴优弧所对的圆心角为2∠C＝220°，
∴∠AOB＝360°﹣220°＝140°，
故选：D．
【点评】本题考查圆周角定理，利用其求得优弧所对的圆心角是解题的关键．
35．（2023春•东城区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，且CD⊥AB于点E．
（1）求证：∠BCO＝∠D；
（2）若CD＝4，OE＝1，求⊙O的半径．
【分析】（1）根据等腰三角形性质求出∠BCO＝∠B，根据圆周角定理得出∠B＝∠D，再求出答案即可；
（2）根据垂径定理求出CE＝DE＝2，再根据勾股定理求出OC即可．
【解答】（1）证明：∵OC＝OB，
∴∠BCO＝∠B，
∵，
∴∠B＝∠D，
∴∠BCO＝∠D；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，且CD⊥AB于点E，
∴CE＝CD，
∵CD＝4，
∴CE＝，
在Rt△OCE中，OC2＝CE2+OE2，
∵OE＝1，
∴，
解得：OC＝3（负数舍去），
∴⊙O的半径为3．
【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质，圆周角定理等知识点，能求出CE＝DE和∠B＝∠D是解此题的关键．
二十四．切线的性质（共1小题）
36．（2023春•青冈县期末）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，AC是⊙O的直径，∠BAC＝15°，则∠P的度数为 30° ．
【分析】先利用切线的性质得到∠CAP＝90°，则利用互余计算出∠PAB＝75°，再根据切线长定理得到PA＝PB，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算∠P的度数．
【解答】解：∵PA为切线，
∴OA⊥PA，
∴∠CAP＝90°，
∴∠PAB＝90°﹣∠BAC＝90°﹣15°＝75°，
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA＝PB，
∴∠PBA＝∠PAB＝75°，
∴∠P＝180°﹣75°﹣75°＝30°．
故答案为30°．
【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．
二十五．切线的判定与性质（共1小题）
37．（2023春•青冈县期末）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为点E，直线BF与AD延长线交于点F，且∠AFB＝∠ABC．
（1）求证：直线BF是⊙O的切线；
（2）若CD＝12，BE＝3，求⊙O的半径．
【分析】（1）利用圆周角定理，等量代换，平行线的判定与性质和圆的切线的判定定理解答即可；
（2）设⊙O的半径为R，连接OD，利用垂径定理求得线段DE，利用勾股定理列出方程，解方程即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵，
∴∠ABC＝∠ADC，
∵∠AFB＝∠ABC，
∴∠ADC＝∠AFB，
∴CD∥BF，
∵CD⊥AB，
∴AB⊥BF，
∵OB为⊙O的半径．
∴直线BF是⊙O的切线；
（2）解：设⊙O的半径为R，连接OD，如图，
∵AB⊥CD，CD＝12，
∴，
∵BE＝3，
∴OE＝R﹣3，
在Rt△OED中，
∵OE2+DE2＝OD2，
∴R2＝（R﹣3）2+62，
解得：．
即⊙O的半径为．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，圆的切线的判定定理，勾股定理，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键．
二十六．正多边形和圆（共1小题）
38．（2023春•成县期末）正五边形是旋转对称图形，绕旋转中心至少旋转 72 度，可以和原图形重合．
【分析】根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答．
【解答】解：∵360°÷5＝72°，
∴正五边形绕中心至少旋转72度后能和原来的图案互相重合．
故答案为：72．
【点评】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
二十七．旋转的性质（共1小题）
39．（2023春•遂平县期末）如图，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG．延长AE交CG于点F，连接DE．下列结论：①AF⊥CG，②四边形BEFG是正方形，③若DA＝DE，则CF＝FG；其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①②C．②③D．①③
【分析】设AF交BC于K，由∠ABK＝90°及将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG，可得∠KAB＝∠BCG，即可得∠KFC＝90°，从而判断①正确；由旋转的性质可得∠AEB＝∠CGB＝90°，BE＝BG，∠EBG＝90°，由正方形的判定可证四边形BEFG是正方形，可判断②正确；过点D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性质可得AH＝AE，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得AH＝BE＝AE，由旋转的性质可得AE＝CG，从而可得CF＝FG，判断③正确．
【解答】解：设AF交BC于K，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABK＝90°，
∴∠KAB+∠AKB＝90°，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG，
∴∠KAB＝∠BCG，
∵∠AKB＝∠CKF，
∴∠BCG+∠CKF＝90°，
∴∠KFC＝90°，
∴AF⊥CG，故①正确；
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB＝∠CGB＝90°，BE＝BG，∠EBG＝90°，
又∵∠BEF＝90°，
∴四边形BEFG是矩形，
又∵BE＝BG，
∴四边形BEFG是正方形，故②正确；
如图，过点D作DH⊥AE于H，
∵DA＝DE，DH⊥AE，
∴AH＝AE，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB，
又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH＝BE＝AE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE＝CG，
∵四边形BEFG是正方形，
∴BE＝GF，
∴GF＝CG，
∴CF＝FG，故③正确；
∴正确的有：①②③，
故选：A．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
二十八．坐标与图形变化-旋转（共1小题）
40．（2023春•天元区校级期末）平面直角坐标系中，C（0，4），K（2，0），A为x轴上一动点，连接AC，将AC绕A点顺时针旋转90°得到AB，当点A在x轴上运动，BK取最小值时，点B的坐标为 （3，﹣1） ．
【分析】如图，作BH⊥x轴于H．由△ACO≌△BAH（AAS），推出BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，可得B（m+4，m），令x＝m+4，y＝m，推出y＝x﹣4，推出点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，作KM⊥EF于M，根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，构建方程组确定交点M坐标即可解决问题．
【解答】解：如图，作BH⊥x轴于H．
∵C（0，4），K（2，0），
∴OC＝4，OK＝2，
∵AC＝AB，∵∠AOC＝∠CAB＝∠AHB＝90°，
∴∠CAO+∠OCA＝90°，∠BAH+∠CAO＝90°，
∴∠ACO＝∠BAH，
∴△ACO≌△BAH（AAS），
∴BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，
∴B（m+4，m），
令x＝m+4，y＝m，
∴y＝x﹣4，
∴点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，
作KM⊥EF于M，则直线KM的解析式为y＝﹣x+2，
由，解得，
∴M（3，﹣1），
根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，此时B（3，﹣1），
故答案为：（3，﹣1）
【点评】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质，一次函数的应用，垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找点B的运动轨迹，学会利用垂线段最短解决最短问题．
二十九．作图-旋转变换（共1小题）
41．（2023春•淅川县期末）如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，B，O均为格点（每个小正方形的顶点叫做格点）．
（1）作点A关于点O的对称点A1；
（2）连接A1B，将线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得到线段A1B1，点B的对应点为B1，画出旋转后的线段A1B1；
（3）连接AB1，BB1，求出△ABB1的面积（直接写出结果即可）．
【分析】（1）依据中心对称的性质，即可得到点A关于点O的对称点A1；
（2）依据线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B对应点B1，即可得出旋转后的线段A1B1；
（2）依据三角形的面积公式进行计算即可．
【解答】解：（1）如图所示，点A1即为所求；
（2）如图所示，线段A1B1即为所求；
（3）如图，连接AB1，BB1，
则S＝×8×2＝8．
【点评】本题主要考查了利用旋转变换作图，掌握旋转的性质是解题的关键．
三十．比例线段（共2小题）
42．（2023春•肇源县期末）下列四组长度的线段中，是成比例线段的是（ ）
A．4cm，5cm，6cm，7cmB．3cm，4cm，5cm，8cm
C．5cm，15cm，3cm，9cmD．8cm，4cm，1cm，3cm
【分析】如果其中两条线段的比（即它们的长度比）与另两条线段的比相等，则四条线段叫成比例线段．根据比例性质对选项一一分析，排除错误答案．
【解答】解：A、4×7≠5×6，故选项不符合题意；
B、3×8≠4×5，故选项不符合题意；
C、5×9＝15×3，故选项符合题意；
D、1×8≠4×3，故选项不符合题意．
故选：C．
【点评】此题考查了比例线段，根据成比例线段的概念，注意在相乘的时候，最小的和最大的相乘，另外两个相乘，看它们的积是否相等．同时注意单位要统一．
43．（2023春•姑苏区校级期末）在比例尺为1：20000的地图上，A、B两地的距离为2.5cm，则实际距离为 500 m．
【分析】首先设相距2.5cm的两地实际距离为x cm，根据题意可得方程＝，解此方程即可求得答案，注意统一单位．
【解答】解：设实际距离为x cm，
根据题意得：＝，
解得：x＝50000，
∵50000cm＝500m，
∴实际距离为500m．
故答案为：500．
【点评】此题考查了比例尺．此题比较简单，解题的关键是注意理解题意，根据题意列方程，注意统一单位．
三十一．黄金分割（共1小题）
44．（2023春•苏州期末）符合黄金分割比例形式的图形很容易使人产生视觉上的美感．在如图所示的五角星中，，且C，D两点都是AB的黄金分割点，则CD的长为 1 ．
【分析】根据黄金分割的定义得到，继而将，代入得：，解之即可求解．
【解答】解：∵C，D两点都是的黄金分割点，
∴，
∵AB＝AD+CD+BC，，
∴，
将，代入，
得：，
∴，
整理得：，
∴CD＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查黄金分割比例：把线段AB分成两条线段AC和BC，（AC＞BC），且使AC是AB和BC的比例中项（即）叫做把线段AB黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点，其中，并且线段AB的黄金分割点有两个，解题的关键是熟练掌握黄金分割比例．
三十二．平行线分线段成比例（共1小题）
45．（2023春•任城区期末）如图：AB∥CD∥EF，AD：DF＝3：1，BE＝12，那么CE的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【分析】根据平行线分线段成比例定理得到比例式，再根据AD：DF＝3：1，BE＝12，可计算出CE的长．
【解答】解：∵AB∥CD∥EF，
∴＝＝3，
∴BC＝3CE，
∴CE＝BE＝×12＝3，
故选：A．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，关键是掌握：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
三十三．相似三角形的判定与性质（共2小题）
46．（2023春•桓台县期末）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，连结AE，过点B作BF⊥AE于点F．
（1）求证：△ADE∽△BFA；
（2）连接CF，若AB＝20，BC＝10，DE＝5，求CF的长．
【分析】（1）由矩形的性质得∠D＝∠DAB＝90°，由BF⊥AE于点F，得∠AFB＝90°，则∠D＝∠AFB，而∠EAD＝∠ABF＝90°﹣∠BAE，所以△ADE∽△BFA；
（2）作FG⊥CD于点G，由∠D＝90°，AD＝BC＝10，DE＝5，根据勾股定理得AE＝＝5，由＝sin∠ABF＝sin∠EAD＝＝，得AF＝AB＝4，则FE＝，再证明△EFG∽△EAD，得＝＝＝，则FG＝AD＝2，GE＝DE＝1，可求得CG＝16，根据勾股定理可求得CF＝＝2．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠DAB＝90°，
∵BF⊥AE于点F，
∴∠AFB＝90°，
∴∠D＝∠AFB，
∵∠EAD＝∠ABF＝90°﹣∠BAE，
∴△ADE∽△BFA.
（2）解：作FG⊥CD于点G，则∠CGF＝90°，
∵∠D＝90°，CD＝AB＝20，AD＝BC＝10，DE＝5，
∴AE＝＝＝5，
∵＝sin∠ABF＝sin∠EAD＝＝＝，
∴AF＝AB＝×20＝4，
∴FE＝AE﹣AF＝5﹣4＝，
∵∠FGE＝∠D＝90°，
∴FG∥AD，
∴△EFG∽△EAD，
∴＝＝＝＝，
∴FG＝AD＝×10＝2，GE＝DE＝×5＝1，
∴CG＝CD﹣DE+GE＝20﹣5+1＝16，
∴CF＝＝＝2，
∴CF的长是2．
【点评】此题重点考查矩形的性质、同角的余角相等、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
47．（2023春•普陀区校级期末）已知：如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，BA•BD＝BC•BE．
（1）求证：△BDE∽△BCA；
（2）如果AE＝AC，求证：AC2＝AD•AB．
【分析】（1）根据两边成比例夹角相等判定两三角形相似即可；
（2）只要证明△ADC∽△ACB，即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵BA•BD＝BC•BE．
∴＝，
∵∠B＝∠B，
∴△BDE∽△BCA．
（2）证明：∵BA•BD＝BC•BE．
∴＝，
∵∠B＝∠B，
∴△BAE∽△BCD，
∴∠BAE＝∠BCD，
∵AE＝AC，
∴∠AEC＝∠ACE，
∵∠AEC＝∠B+∠BAE，∠ACE＝∠ACD+∠BCD，
∴∠B＝∠ACD，
∵∠BAC＝∠BAC，
∴△ADC∽△ACB，
∴＝，
∴AC2＝AD•AB．
【点评】本题考查相似三角形的性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
三十四．相似三角形的应用（共1小题）
48．（2023春•莱州市期末）一种燕尾夹如图1所示，图2是在闭合状态时的示意图，图3是在打开状态时的示意图（数据如图，单位：mm），从图2闭合状态到图3打开状态，则点B，D之间的距离减少了（ ）
A．25mmB．20mmC．15mmD．8mm
【分析】根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：连接BD，
由题意得，EF∥BC，
∴△AEF∽△ABD，
∴＝，
∴＝，
∴BD＝45，
∴点B，D之间的距离减少了45﹣20＝25（mm），
故选：A．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，正确的识别图形是解题的关键．
三十五．位似变换（共1小题）
49．（2023春•淄博期末）在平面直角坐标系中，已知点A（﹣3，6）、B（﹣9，﹣3），以原点O为位似中心，相似比为，把△ABO缩小，则点B对应点B'的坐标是 （﹣3，﹣1）或（3，1） ．
【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k解答．
【解答】解：∵点A（﹣3，6）、B（﹣9，﹣3），以原点O为位似中心，相似比为，把△ABO缩小，
∴点B的对应点B′的坐标是：（﹣9×，﹣3×）或[﹣9×（﹣），﹣3×（﹣）]，即（﹣3，﹣1）或（3，1）．
故答案为：（﹣3，﹣1）或（3，1）．
【点评】本题考查的是位似变换的概念和性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．
三十六．作图-位似变换（共2小题）
50．（2023春•莱西市期末）如图，已知O是坐标原点，A，B两点的坐标分别为（3，﹣1），（2，1），
（1）以点O为位似中心，在y轴左侧将△OAB放大为原来的两倍，画出图形；
（2）A点的对应点A′的坐标是 （﹣6，2） ；B点的对应点B′的坐标是 （﹣4，﹣2） ；
（3）在AB上有一点P（x，y），按（1）的方式得到的对应点P′的坐标是 （﹣2x，﹣2y） ．
【分析】（1）根据位似图形的性质即可画出△OA'B'；
（2）根据点的位置直接可得坐标；
（3）根据位似图形的性质可得答案．
【解答】解：（1）如图，△OA'B'即为所求；
（2）由图可知A'（﹣6，2），B'（﹣4，﹣2），
故答案为：（﹣4，﹣2），（﹣6，2）；
（3）点P的对应点P'（﹣2x，﹣2y），
故答案为：（﹣2x，﹣2y）．
【点评】本题主要考查了作图﹣位似变换，熟练掌握位似图形的性质，作出△OA'B'是解题的关键．
51．（2023春•临淄区期末）在如图的方格纸中，△OAB的顶点坐标分别为O（0，0）、A（﹣2，﹣1）、B（﹣1，﹣3），△O1A1B1与△OAB是关于点P为位似中心的位似图形．
（1）在图中标出位似中心P的位置，并写出点P及点B的对应点B1的坐标；
（2）以原点O为位似中心，在位似中心的同侧画出△OAB的一个位似△OA2B2，使它与△OAB的位似比为2：1，并写出点B的对应点B2的坐标；
（3）△OAB的内部一点M的坐标为（a，b），写出M在△OA2B2中的对应点M2的坐标．
【分析】（1）连接O1O并延长与A1A的延长线相交，交点即为位似中心P，再根据平面直角坐标系写出点P和B1的坐标；
（2）延长OA到A2，使AA2＝OA，延长OB到B2，使BB2＝OB，连接A2B2，再根据平面直角坐标系写出点B2的坐标；
（3）根据位似比是2写出即可．
【解答】解：（1）位似中心P如图所示，P（﹣5，﹣1），B1（3，﹣5）；
（2）△OA2B2如图所示，B2（﹣2，﹣6）；
（3）点M2（2a，2b）．
【点评】本题考查了利用位似变换作图，熟练掌握位似变换的性质准确找出对应点的位置是解题的关键．
三十七．特殊角的三角函数值（共1小题）
52．（2023春•东城区校级期末）在锐角△ABC中，若|sinA﹣|+（1﹣tanB）2＝0，则∠C的度数是 75° ．
【分析】根据非负数的性质可以求得sinA，与tanB的值，即可求得∠A与∠B的度数，然后根据三角形的内角和即可求解．
【解答】解：根据题意得：sinA﹣＝0，1﹣tanB＝0，
∴sinA＝，tanB＝1，
∴∠A＝60°，∠B＝45°，
∴∠C＝180°﹣60°﹣45°＝75°．
故答案为：75°．
【点评】本题考查了特殊角的三角函数以及非负数的性质，正确记忆特殊角的三角函数值是关键．
三十八．解直角三角形的应用-方向角问题（共2小题）
53．（2023春•宁阳县期末）现在手机导航极大方便了人们的出行，如图，嘉琪一家自驾到风景区C游玩，到达A地后，导航显示车辆应沿北偏西45°方向行驶4千米至B地，再沿北偏东60°方向行驶一段距离到达风景区C，嘉琪发现风景区C在A地的北偏东15°方向，那么B，C两地的距离为（ ）
A．千米B．千米
C．千米D．5千米
【分析】图所示，过点B作BD⊥AC于D，由题意得，∠BAC＝60°，∠ABC＝75°，利用三角形内角和定理求出∠C＝45°，再求出∠ABD＝30°，∠DBC＝45°＝∠C，得到千米，CD＝BD，利用勾股定理求出千米，即可利用勾股定理求出BC的长．
【解答】解：如图所示，过点B作BD⊥AC于D，
由题意得，∠BAC＝60°，∠ABC＝75°，
∴∠C＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝45°，
∵BD⊥AC，
∴∠BDC＝∠BDA＝90°，
∴∠ABD＝30°，∠DBC＝45°＝∠C，
∴（千米），CD＝BD，
∴（千米），
∴（千米），
故选：A．
【点评】本题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的计算，方位角的表示，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
54．（2023春•巴南区期末）在海平面上有A，B，C三个标记点，其中A在C的北偏西54°方向上，与C的距离是800海里，B在C的南偏西36°方向上，与C的距离是600海里．
（1）求点A与点B之间的距离；
（2）若在点C处有一灯塔，灯塔的信号有效覆盖半径为500海里，每隔半小时会发射一次信号，此时在点B处有一艘轮船准备沿直线向点A处航行，轮船航行的速度为每小时20海里．轮船在驶向A处的过程中，最多能收到多少次信号？（信号传播的时间忽略不计）．
【分析】（1）由题意易得∠ACB是直角，由勾股定理即可求得点A与点B之间的距离；
（2）过C作CD⊥AB于D，由面积关系可求得CD的长，判断出CD＜500，分别在DB和DA上找点E和点F使CF＝CE＝500，分别求得DE、DF的长，可求得此时无人机飞过EF时的时间，从而可求得最多能收到的信号次数．
【解答】解：（1）依题意有：AC＝800，BC＝600，∠NCA＝54°，∠SCB＝36°，
∴∠ACB＝180°﹣54°﹣36°＝90°，
在Rt△ACB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
∴AB＝（米），
答：点A与点B之间的距离为1000米；
（2）过C作CD⊥AB于D，
∵S△ABC＝AC•BC＝AB•CD，
∴CD＝＝480（米），
∵480＜500，
故分别在DB和DA上找点E和点F使CF＝CE＝500，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：CD2+DE2＝CE2，
∴DE＝＝140（米），
同理得：DF＝140（米），
当无人机处在EF段时能收到信号，由无人机的速度为10m/s，
则无人机飞过此段的时间为：＝14（小时），
∴无人机收到信号次数最多为+1＝29（次）．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，直角三角形的判定等知识，涉及路程、速度、时间的关系，熟练掌握勾股定理的应用是关键．
三十九．简单组合体的三视图（共1小题）
55．（2023春•渝中区期末）如图，这个几何体的左视图正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】找到从几何体的左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中．
【解答】解：从几何体的左面看所得到的图形是：
故选：C．
【点评】此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握左视图所看的位置．
四十．视点、视角和盲区（共1小题）
56．（2023春•福田区校级期末）如图，在房子屋檐E处安有一台监视器，房子前有一面落地的广告牌，那么监视器的盲区是（ ）
A．△ACEB．△ADF
C．△ABDD．四边形BCED
【分析】根据盲区的定义，视线覆盖不到的地方即为该视点的盲区，由图知，E是视点，找到在E点处看不到的区域即可．
【解答】解：由图片可知，E视点的盲区应该在△ABD的区域内．
故选：C．
【点评】此题主要考查了视点、视角和盲区，解答此类问题，首先要确定视点，然后再根据盲区的定义进行判断．
四十一．随机事件（共1小题）
57．（2023春•淮安区期末）“抛掷一枚均匀硬币，落地后正面朝上”这一事件是（ ）
A．确定事件B．必然事件
C．随机事件D．不可能事件
【分析】根据事件发生的可能性大小判断即可．
【解答】解：“抛掷一枚均匀硬币，落地后正面朝上”这一事件是随机事件，
故选：C．
【点评】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
四十二．可能性的大小（共1小题）
58．（2023春•桓台县期末）盒子里有10个球，它们只有颜色不同，其中红球有6个，黄球有3个，黑球有1个．小军从中任意摸一个球，下面说法正确的是（ ）
A．一定是红球
B．摸出红球的可能性最大
C．不可能是黑球
D．摸出黄球的可能性最小
【分析】根据题意列出树状图求出各种颜色求得概率，逐个判断即可得到答案．
【解答】解：由题意可得，
摸出红球的概率为，摸出黄球的概率为：，摸出黑球的概率为：，
故选：B．
【点评】本题考查概率定义及树状图法求概率，解题的关键是正确理解概率的定义．
四十三．几何概率（共1小题）
59．（2023春•济阳区期末）某商场为吸引顾客设计了如图所示的自由转盘，当指针指向阴影部分时，该顾客可获奖品一份，那么该顾客获奖的概率为（ ）
A．B．C．D．
【分析】该顾客获奖的概率，即阴影部分与整个圆面的面积之比．
【解答】解：因为＝，所以顾客获奖的概率为．
故选：D．
【点评】本题考查几何概率的求法：首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所求事件（A）；然后计算阴影区域的面积在总面积中占的比例，这个比例即事件（A）发生的概率．
四十四．利用频率估计概率（共1小题）
60．（2023春•横山区期末）某小组做“当试验次数很大时，用频率估计概率”的试验时，统计了某一结果出现的频率，表格如下，则符合这一结果的试验最有可能是（ ）
A．掷一个质地均匀的骰子，向上的面点数是“6”
B．掷一枚一元的硬币，正面朝上
C．不透明的袋子里有2个红球和3个黄球，除颜色外都相同，从中任取一球是红球
D．三张扑克牌，分别是3，5，5，背面朝上洗匀后，随机抽出一张是5
【分析】根据利用频率估计概率得到实验的概率在0.4左右，再分别计算出四个选项中的概率，然后进行判断．
【解答】解：A、掷一个质地均匀的骰子，向上的面点数是“6”的概率为：，不符合题意；
B、抛一枚硬币，出现反面的概率为，不符合题意；
C、不透明的袋子里有2个红球和3个黄球，除颜色外都相同，从中任取一球是红球的概率是＝0.4，符合题意；
D、三张扑克牌，分别是3，5，5，背面朝上洗匀后，随机抽出一张是5的概率为，不符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．当实验的所有可能结果不是有限个或结果个数很多，或各种可能结果发生的可能性不相等时，一般通过统计频率来估计概率．
x
…
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
…
y
…
0
﹣3
﹣4
﹣3
0
…
x
…
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
…
y
…
﹣11
﹣5
﹣1
1
1
…
次数
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
频率
0.60
0.30
0.50
0.36
0.42
0.38
0.41
0.39
0.40
0.40