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江苏省南京市江宁区竹山中学2023-2024学年九年级下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）
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1. 9的平方根等于（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题主要考查了平方根．根据平方根的含义和求法，可得9的平方根是：，据此解答即可．
【详解】解：9的平方根是：．
故选：C．
2. 第七次全国人口普查数据显示，贵州省常住人口约为3856.21万人，将38562100用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数位数减1，据此即可求解．
【详解】解：38562100=3.85621×107．
故选：B
【点睛】此题考查科学记数法表示绝对值大于10的数，熟知科学记数法的形式，准确确定a、n的值是解题关键．
3. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
故选：B．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，掌握两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反是解题的关键．
4. 若顺次连接四边形ABCD各边中点所得的四边形是菱形，则下列结论中正确的是（ ）
A. AB∥CDB. AB⊥BCC. AC⊥BDD. AC＝BD
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形中位线的性质得到EH＝AC，EH∥AC，FG＝AC，FG∥AC，可得四边形EFGH为平行四边形，要得到四边形EFGH为菱形，则EH＝EF，而EF＝BD，所以当AC＝BD时可得到四边形EFGH为菱形．
【详解】解：如图，连接AC，BD，
点E、F、G、H分别为四边形ABCD各边中点，
∴EH＝AC，EH∥AC，FG＝AC，FG∥AC，
∴四边形EFGH为平行四边形，
当EH＝EF时，四边形EFGH为菱形，
又∵EF＝BD，
若EH＝EF，
则AC＝BD．
故选D．
【点睛】本题考查了菱形的判定定理：邻边相等的平行四边形是菱形．也考查了平行四边形的判定以及三角形中位线的性质．
5. 如图，▱OABC的周长为14，∠AOC=60°，以O为原点，OC所在直线为x轴建立直角坐标系，函数y（x＞0）的图象经过▱OABC的顶点A和BC的中点M，则k的值为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】设OA=a，OC=b，找出a，b的关系，作AD⊥x轴于D，MN⊥x轴于N，分别表示出CD和AD，从而得出A点的坐标，根据题目条件表示出M点的坐标，代入解析式列出方程即可求解．
【详解】解：设OA=a，OC=b
∵四边形OABC的周长为14
∴a+b=7，
∴b=7-a，
作AD⊥x轴于D，MN⊥x轴于N
∵∠AOC=60°
∴ODa，ADa
∴A（a，a）
∵M是BC的中点
∴CNa，MNa
∴M（7-aa，a）
∴a×a=（7-aa）×（a）
解得：a=4
∴A（2，2）
∴k=24
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是反比例函数的性质和四边形的综合应用，掌握以上两个知识点是解题的关键．
6. 如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD上的动点，且EF=4，G是EF的中点，下列结论正确的是（ ）
A.
B. AG长度的最小值是
C.
D. 面积的最大值是2
【答案】B
【解析】
【分析】对于A选项和C选项，先假设选项内容成立，再进行推理验证假设是否成立；B选项连接CG，∵G为Rt△EFC的中点，∴CG=2是定值，当A、G、C三点共线时，AG最短；D选项过C点作CH⊥EF于H点，由于EF=4是定值，只要CH最大则△EFC面积最大，求解CH最大值即可判断．
【详解】解：A选项：假设AG⊥EF，∵G为EF中点，
∴AE=AF，
则△ABE≌△AFD，则BE=DF．
假设不成立，所以A选项错误；
B选项：连接CG，∵G为Rt△EFC的中点，
∴CG=2是定值．
当A、G、C三点共线时，AG最短，
此时AC是对角线为4，所以AG最短为4-2，B选项正确；
C选项：假设BE+DF=4，则BE+DF=DC，则BE=FC，
假设不成立，所以C选项错误；
D选项：过C点作CH⊥EF于H点，由于EF=4是定值，只要CH最大则△EFC面积最大．
∵CH≤CG，
∴当CH=CG时，△EFC面积最大为×4×2=4．所以D选项错误．
故选B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是从所给选项入手逐一排除．
二、填空题（共10小题，每题2分，共20分）
7. 的倒数是_____；的相反数是______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据倒数和相反数的定义即可解答．
【详解】解：的倒数是；的相反数是，
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了倒数和相反数的定义，掌握相关内容是解题的关键．乘积为1的两个数互为倒数；只有符号不同的两个数互为相反数．
8. 计算的结果是______．
【答案】2
【解析】
【分析】直接利用二次根式的乘法运算求解即可．
【详解】解：，
故答案是：2．
【点睛】本题考查了二次根式的乘法，解题的关键是掌握二次根式的乘法法则．
9. 函数y＝中自变量x的取值范围是________
【答案】
【解析】
【分析】二次根式有意义的条件：二次根号内的数为非负数，二次根式才有意义.
【详解】由题意得，1−2x≥0，
解得： x≤.
故答案为：x≤.
【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握二次根式有意义的条件，即可完成.
10. 2016年春节放假期间，夫子庙游客总数达到1800000人，将1800000用科学记数法表示为________．
【答案】
【解析】
【分析】运用科学记数法的概念，即把一个数表示成a与10的n次幂相乘的形式（，a不为分数形式，n为整数），这种记数法叫科学记数法，即可解答．
【详解】解：将用科学记数法表示为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了科学记数法的概念，熟知本概念是解题的关键．
11. 如图，在的内接五边形中，，，则________．
【答案】220
【解析】
【分析】连接BD，先利用等腰三角形性质求，再利用圆的内接四边形对角互补，求，即可得，即为：．
【详解】解：连接BD．
∵
∴
∵
∴
∵
∴
即：．
故答案为：220．
【点睛】本题考查了圆的内接四边形的性质和等腰三角形的性质，能正确的作出辅助线，找到圆的内接四边形是解答此题的关键．
12. 若一组数据2，3，x的方差与另一组数据12，13，14的方差相等，则x的值为_____．
【答案】1或4##4或1
【解析】
【分析】根据方差的性质，当一组数据同时加减一个数时方差不变，进而得出答案．
【详解】解：∵一组数据2，3，x的方差与另一组数据12，13，14的方差相等，
∴这组数据可能是2，3，4或1，2，3，
∴或4，
故答案为1或4．
【点睛】本题考查的是方差，正确记忆方差的有关性质是解题关键．
13. 如图，点在上，四边形是平行四边形，于点，交于点，则_____度．
【答案】
【解析】
【分析】根据四边形是平行四边形，，得四边形是菱形，由，过点，可得是的垂直平分线，可求得，再由圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
即四边形是菱形，
∴，
∵，过点，
∴，，即，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆与特殊四边形的综合，掌握平行四边形的性质，菱形的判定与性质，垂直平分线的性质，圆周角的性质是解题的关键．
14. 已知方程x2－mx－3m＝0的两根是x1、x2，若x1＋x2＝1，则 x1x2＝_______．
【答案】－3
【解析】
【详解】分析：根据韦达定理求出m的值，然后再根据韦达定理得出两根之积．
详解：∵， ∴．
点睛：本题主要考查的是一元二次方程的韦达定理，属于基础题型．理解韦达定理的公式是解决这个问题的关键．
15. 已知圆锥的高是3cm，母线长5cm，则圆锥的侧面积是______结果保留．
【答案】
【解析】
【分析】首先利用勾股定理求得圆锥的底面半径，然后利用圆锥的侧面积底面半径母线长，把相应数值代入即可求解．
【详解】圆锥的高是3cm，母线长5cm，
勾股定理得圆锥的底面半径为4cm，
圆锥的侧面积．
故答案为．
【点睛】考查圆锥侧面积公式的运用，掌握公式是关键．
16. 如图，在直角坐标系中，为直角三角形，，，点A坐标为，AB与x轴交于点C，则AC：BC的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】作轴，垂足为D，作轴，垂足为E，先求得OA的长，然后证明∽，依据相似三角形的性质可得到，最后依据AC：：：OE求解即可．
【详解】解：如图所示：作轴，垂足为D，作轴，垂足为E．
，
．
，，
．
，，
，
又，
∽，
，即，解得：．
：：：：．
故答案为．
【点睛】考查的是一次函数图象上点的坐标特点，证得∽是解答本题的关键．
三、解答题（共11小题，共88分）
17. 先化简，再求值：，其中．
【答案】；
【解析】
【分析】先根据分式混合运算法则进行化简，然后再代入数据求值即可．
【详解】解：
，
当时，原式．
【点睛】本题主要考查了分式化简求值，解题的关键是熟练掌握分式混合运算法则，准确计算．
18. 先阅读理解下面的例题，再按要求解答下列问题：
例：解一元二次不等式．
解：可化为，
依据“两数相乘，同号得正”，可得不等式组①或②______，
解不等式组①，得．解不等式组②，得______，
∴一元二次不等式的解集为______．
（1）补全例题；
（2）分式不等式的解集为______；
（3）解一元二次不等式．
【答案】（1）；；或
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意补全解题过程即可；
（2）分式不等式可变为不等式组①或②，解不等式组即可得出答案；
（3）根据题干中的解题过程解一元二次不等式即可．
【小问1详解】
解：可化为，
依据“两数相乘，同号得正”，可得不等式组①或②，
解不等式组①，得，解不等式组②，得，
∴一元二次不等式的解集为：或．
故答案为：；；或．
【小问2详解】
解：依据“两数相除，同号得正”，分式不等式可变为：
不等式组①或②，
解不等式组①，得，解不等式组②，得，
∴分式不等式的解集为或．
故答案为：或．
【小问3详解】
解：可化为．
依据“两数相乘，异号得负”，可得不等式组①或②，
解不等式组①，得，
解不等式组②，得不等式组无解，
一元二次不等式解集为．
【点睛】本题主要考查了解不等式组，解题的关键是理解题意，列出相应的不等式组，准确解不等式组．
19. 如图，中，的平分线交于点，的平分线交于点．
（1）求证：是菱形：
（2）若，则的值为______．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的性质和菱形的判定解答即可；
（2）根据菱形的性质和平行四边形的性质可以得到设，根据相似多边形的性质可得，列方程求出和的关系，从而可解答本题
【小问1详解】
∵的平分线交于点，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴．
∴．
∴．
∴．
同理，．
∴．
∵
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．
【小问2详解】
由（1）知，四边形是菱形，
又四边形是平行四边形，
，
设，，则有：
，即，
整理得，
解得，
，
，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了靺的判定与性质、平行四边形的性质以及相似多边形的性质，求出与的数量关系是解答本题的关键
20. 元宵节晚上，小叶和小王分别从、两地相约去夫子庙观灯．两人可以选用的交通方式如图所示，小王若选用公共交通出行则需要在地转乘．
（1）小王利用公共交通出行的概率为______；
（2）小叶和小王各随机选取一种出行方式，求两人出行用时相同的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用概率计算公式求解即可
（2）利用列举法求解即可．
【小问1详解】
解：由题意得，一共有3种出行方式，每天出行方式被选择的概率相同，
∴小王利用公共交通出行的概率为，
故答案为：
【小问2详解】
解：两人随机选取一种出行方式，所有可能出现的结果有：（叶16，王36）、（叶16，王25）（叶16，王25）、（叶25，王36）、（叶25，王25）、（叶25，王25）、（叶40，王36）、（叶40，王25）、（叶40，王25），共有9种，它们出现的可能性相同，其中满足“两人出行用时相同”的结果有2种 ，
∴两人出行用时相同的概率为．
【点睛】本题主要考查了简单的概率计算，列举法求解概率，灵活运用所学知识是解题的关键．
21. 甲口袋中有2个白球、1个红球，乙口袋中有1个白球、1个红球，这些球除颜色外无其他差别．分别从每个口袋中随机摸出1个球．
（1）求摸出的2个球都是白球的概率．
（2）下列事件中，概率最大的是 ．
A．摸出的2个球颜色相同
B．摸出的2个球颜色不相同
C．摸出的2个球中至少有1个红球
D．摸出的2个球中至少有1个白球
【答案】（1）
（2）D
【解析】
【分析】（1）先根据题意列出所有等可能的结果数，再确定满足条件的结果数，代入概率公式即可求出事件发生的概率；
（2）分别计算出各个随机事件的概率，再进行比较即可．
【小问1详解】
解：画树状图如下：
由树状图知，共有6种等可能结果，其中摸出的2个球都是白球的有2种结果，
所以摸出的2个球都是白球的概率为；
【小问2详解】
解：∵摸出的2个球颜色相同概率为，摸出的2个球颜色不相同的概率为，
摸出的2个球中至少有1个红球的概率为，摸出的2个球中至少有1个白球的概率为，
∴概率最大的是摸出的2个球中至少有1个白球，
故选：D．
【点睛】本题考查树状图法求概率，利用概率公式求概率，正确理解题意是解题的关键．
22. 一辆快车从甲地驶往乙地，一辆慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发，匀速行驶，两车在途中相遇时，快车恰巧出现故障，慢车继续驶往甲地，快车维修好后按原速继续行驶乙地，两车到达各地终点后停止，两车之间的距离s(km)与慢车行驶的时间t(h)之间的关系如图：
(1)快车的速度为 km/h，C点的坐标为 ．
(2)慢车出发多少小时候，两车相距200km．
【答案】（1）100，（8,480）；（2）1.75h和4.875h．
【解析】
【分析】（1）由图像可知，甲乙两地的距离为480km， 0-3小时快车和慢车一起行驶了3小时，3-4小时快车出现故障停止前行、仅有慢车行驶，进而求出慢车速度，然后再求出快车的速度；A、B段为快车已维修好，两车共同行驶且快车在B点到站，BC段仅为慢车行驶；则可求出B点坐标，进而求出C点的横坐标即可解答；
（2）分快车出现故障前和故障后两种情况解答即可．
【详解】解：（1）由图像可知，甲乙两地的距离为480km
在0-3小时快车和慢车一起行驶了3小时，3-4小时快车出现故障停止前行、仅有慢车行驶
则慢车速度为=60km/h
设快车速度为v，则有：（v+60）×3=480，解得v=100km/h
∴B点的横坐标为+1=5.8，从坐标为60+（60+100）×（5.8-4）=348，即B（5.8,348）
∴慢车行驶时间为h，
∴C点的横坐标为8
∴C点的坐标为（8,480）；
（2）在快车出现故障前，两车相距200km 所用时间为：（480-200）÷（100+60）=1.75h；
在快车出现故障后，慢车1小时行驶了60km，然后两车共同行驶了200-60=140km
共同行驶时间为140÷（100+60）=0.875h
∴两车相距200km 所用时间为4+0.875=4.875h．
答：两车相距200km 所用时间为1.75h和4.875h．
【点睛】本题考查了从函数图象中获取信息和行程问题，从函数图象中获取有用的信息成为解答本题的关键．
23. 圭表（如图是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表” 和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭” ，当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图2是一个根据某市地理位置设计的圭表平面示意图，表垂直圭，已知该市冬至正午太阳高度角（即为，夏至正午太阳高度角（即为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为4米．
（1）求∠BAD的度数．
（2）求表AC的长（最后结果精确到0.1米）．（参考数据：sin37°≈，cs37°≈，tan37°≈，tan84°≈）
【答案】（1）47° （2）33米
【解析】
【分析】（1）根据三角形的外角等于与它不相邻两个内角的和解答即可；
（2）分别求出和的正切值，用表示出和，得到一个只含有的关系式，再解答即可．
【小问1详解】
解：，，
，
答：的度数是．
【小问2详解】
解：在Rt△ABC中，，
∴．
同理，在Rt△ADC中，有．
∵，
∴．
∴，
∴（米）．
答：表AC的长是3.3米．
【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质和三角函数，解题的关键是熟练掌握建模思想来解决．
24. 如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点、两点，与双曲线交于点、两点，．
（1）求，的值；
（2）求点坐标并直接写出不等式的解集；
（3）连接并延长交双曲线于点，连接、，求的面积．
【答案】（1），
（2），或
（3）
【解析】
【分析】（1）根据点在直线上，把点代入，求出的值；过作轴于点，得，根据，可求出点的坐标，可得点的坐标，代入反比例函数，即可求出的值；
（2）根据交点坐标的性质，可求出点的坐标，根据，得，根据函数图象，即可得到解集；
（3）根据同底同高，得，，即可．
【小问1详解】
∵点在直线上，
∴
解得
过作轴于点
∴
∵
∴
∴
∴
∴在中，令，得
∴
∴
∴．
【小问2详解】
∵点是和交点
∴
解得，
∵点第三象限
∴
∴由图象得，当或时，
不等式的解集为或．
【小问3详解】
∵和同底同高
∴
∵
∴．
【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的综合应用，解题的关键是掌握相似三角形的性质，不等式的解集，交点坐标，三角形面积的转换．
25. 已知二次函数y＝x2＋ax＋2a（a为常数）．
（1）若a＝1，
①求此二次函数图象的对称轴和顶点坐标；
②当x≤n＋2时，函数值y随x的增大而减小时，直接写出n的取值范围；
③当－3≤x≤1时，设此二次函数的最大值为m与最小值为n，求m－n．
（2）若点A（－5，2）、点B（1，2），当此二次函数的图象与线段AB有两个交点时，直接写出a的取值范围．
【答案】（1）①对称轴为直线，顶点坐标为；②≤；③
（2）≤＜或＜≤
【解析】
【分析】（1）①由即可得到二次函数的解析式，再化为顶点式，即可得到对称轴和顶点坐标；
②由二次函数的开口方向和对称轴得到函数的增减性，即可得出当，随的增大而减小，当时，随的增大而增大，由当x≤n＋2时，函数值y随x的增大而减小时即可得到关于的不等式，即可得出的取值范围；
③结合二次函数的增减性求得和的值，即可求得的值；
（2）由二次函数图像与线段有两个交点，故函数最小值小于2，当和时，，从而得到有关的不等式组，然后解不等式组即可求得的取值范围．
【小问1详解】
解：①当时，，
∴，
∴对称轴为直线，顶点坐标为．
②∵，
∴该函数图像开口向上，对称轴为直线，
∴当，随的增大而减小，当时，随的增大而增大，
∵当时，函数值随的增大而减小，
∴，
∴，
故答案为：．
③∵当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大，，
∴当时，取得最小值，
∵当时，，
当时，，
∴最大值，
∴．
【小问2详解】
∵点，点，
∴，
∵二次函数的图像与线段有两个交点，
∴的最小值小于2，与的函数值均大于或等于2，
∵，
∴，
解得：或，
∴取值范围是或．
【点睛】此题考查了二次函数的图像的性质、二次函数图像上点的坐标特征，解题的关键是熟知数形结合以及利用二次函数的增减性解决问题．
26. 如图，四边形内接于，对角线为⊙O的直径，过点作的垂线交的延长线于点，点为的中点，连接，，．
（1）求的度数；
（2）求证：是的切线；
（3）若平分，，，求，的值．
【答案】（1）
（2）见解析 （3），
【解析】
【分析】（1）根据圆周角定理可得，再根据邻补角的定义即可得；
（2）先根据直角三角形斜边上的中线可得，再根据等腰三角形的性质可得，，从而可得，然后根据圆的切线的判定即可得证；
（3）先求出，从而可得，根据正切的定义即可得的值；再根据圆周角定理可得，解直角三角形可得，过点作于点，设，则，，在中，利用勾股定理可求出的值，由此即可得．
【小问1详解】
解：∵对角线为的直径，
∴，
∴．
【小问2详解】
证明：如图，连接，
∵，是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
，
∴，即，
又是的半径，
∴是的切线．
【小问3详解】
解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，，
∴，
由圆周角定理得：，
是等腰直角三角形，
∴，，
如图，过点作于点，则是等腰直角三角形，
，
设，则，，
∵，
∴，
∴或，
当时，，则，
又，
矛盾，即不符合题意，舍去，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理、圆的切线的判定、解直角三角形等知识点，熟练掌握圆周角定理和解直角三角形的方法是解题关键．
27. 在和中，，，，用这两个直角三角形研究图形的变换．
【翻折】
（1）如图1，将沿线段翻折，连接，下列对所得四边形的说法正确的是______．
①平分、，②、互相平分，③，④、、、四点共圆．
【平移】
（2）如图2，将沿线段向右平移，使点移到的中点，连接、、，请猜想四边形的形状，并说明理由．
【旋转】
（3）如图3，将绕点逆时针方向旋转，使，连接、，则旋转角为______°，______cm．
【答案】（1）①③④ （2）四边形是菱形，理由见解析
（3），
【解析】
【分析】（1）根据翻折的性质可得结论；
（2）根据直角三角形斜边上的中线的性质可证明结论；
（3）根据平行线的性质可得，从而可求出旋转角；由旋转的性质可得，得出，过点C作于点P，求出的长即可得出结论．
【小问1详解】
由翻折可得：，
∴平分、，故①正确；
∴,
∵
∴垂直平分，故②错误；
如图，
，故③正确；
取的中点O，连接,
∵均为直角三角形，
∴，
∴、、、四点共圆，故④正确，
故答案为：①③④；
【小问2详解】
∵沿线段向左平移，
∴，．
∵是直角三角形，是的中点，
∴．
∴
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．
【小问3详解】
∵，
∴,
又，
∴，
即旋转角的度数为；
由旋转得：，
又，
∴
过点C作于点P，如图，
∴
∵,
∴
∴由勾股定理得，，
∴
故答案为：，
【点睛】本题主要考查了图形的翻折，平移的性质，旋转的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，四点共圆以及勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．
28. 已知二次函数的图像经过点、、．
（1）求该二次函数表达式；
（2）将该函数图像的部分沿x轴翻折后与的部分组成新函数的函数图像．写出新函数的一个性质______．
【答案】（1）
（2）答案不唯一，见解析
【解析】
【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）根据对称性，增减性和最值写出结果即可．
【小问1详解】
解：∵函数的图像经过点、、，
∴，
解得：，
∴函数的表达式为．
【小问2详解】
解：把代入得：，
解得：，，
∴抛物线与x轴的两个交点坐标为，，
对称轴为直线，
从增减性看：当或时，随增大而减小；
当或时，随增大而增大，
从对称性看：函数关于直线对称，
从最值看：当或时，函数有最小值为．
故答案为：当或时，随增大而减小．（答案不唯一，写出一条，合理即可）
【点睛】本题主要考查了求二次函数的解析式，二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握待定系数法，准确求出函数的解析式．
29. 现在，租赁汽车已成为外出旅行时的一种重要的交通方式．某租赁公司拥有20辆小型汽车，公司平均每日的各项支出共6250元．当每辆车的日租金为500元时，可全部租出：当每辆车的日租金每增加50元，未租出的车将增加1辆．
（1）当每日租出多少辆时，租赁公司日收益最大?最大是多少元?
（2）试说明租赁公司的日收益能否为4500元?
【答案】（1）每日租出15辆时，租赁公司日收益最大，最大收益为5000元
（2）租赁公司的日收益不能为4500元，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设每日租出x辆，租赁公司日收益为y元，根据题意列出关系式，求出最值即可；
（2）把代入，求出x的值，根据x取整数进行判断即可．
【小问1详解】
解：设每日租出x辆，租赁公司日收益为y元，根据题意得：
，
当时，y的值最大，最大值是5000，
∴每日租出15辆时，租赁公司日收益最大，最大收益为5000元．
【小问2详解】
解：根据题意，当时，即，
解得：．
∵x必须取整数，
∴不合题意，
∴租赁公司的日收益不能为4500元．
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，已知函数值求自变量的值，解题的关键是根据题意列出二次函数解析式．
30. 小明和小叶同时从出发进行的游泳比赛，小叶游泳速度不变．图中的实线表示部分小明在游泳过程中与的距离和游泳的时间之间的关系，虚线表示小叶在游泳过程中与的距离和游泳的时间之间的关系．
（1）小叶游泳的平均速度为______，游泳池的长度为______．
（2）若小明在后游泳的速度也保持不变，且小明和小叶同时到达终点，
①请补全小明剩余与的函数图像；
②直接写出小明和小叶相距最远时他们之间的距离．（直接写出结果）
【答案】（1），
（2）①见解析；②
【解析】
【分析】（1）虚线为小叶的运动图象，根据图象可得到小叶运动的时间，由即可求得，小叶来回4次完成，可得游泳池的长度．
（2）①小明在后，速度不变，与小叶同时到达终点完成，则小明剩下的时间三等分，每份为，故可得到关键时间的坐标位置．②根据图象可得，当时，小明和小叶相距最远．利用一次函数算出即可．
【小问1详解】
解：由图象可得：小叶运动时间为，
∴，
∴游泳池的长度为．
【小问2详解】
①小明在后，速度不变，与小叶同时到达终点完成，则将小明剩下的时间三等分，每份为，故关键时间坐标依次为，，．
可得函数图像如图所示：
②由图象可知，当时，小明和小叶相距最远．
当时，小明游了．
∵点，
∴
当时， 即．
∴小叶游了
故此时小明与小叶相距．
【点睛】此题考查了一次函数的应用问题，熟练掌握一次函数的性质、找到题目中的等量关系是解此题的关键．
31. 如图，在等腰三角形中，，是上任意一点，以为圆心，为半径作，分别交、于点、，过点作，垂足为．
（1）判断直线与的位置关系并证明．
（2）若，，，求的半径．
【答案】（1）直线是的切线，证明见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质，证明，得出，根据平行线的性质，得出，根据，得出，即可证明结论；
（2）连接，证明，得出，设的半径为x，则，，根据，得出，列出关于x的方程，解方程得出x的值，即可得出答案．
【小问1详解】
证明：连接，如图所示：
∵在中，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵于点，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴直线是的切线．
【小问2详解】
解：连接，如图所示：
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设的半径为x，则，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
解得：或（舍去），
经检验，是原方程的根，
∴的半径为2．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，平行线的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，平行线分线段成比例定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握基本性质和判定．
32. 【初步尝试】
（1）如图①，在三角形纸片中，，将折叠，使点与点重合，折痕为，则与的数量关系为 ；
【思考说理】
（2）如图②，在三角形纸片中，，，将折叠，使点与点重合，折痕为，求的值．
【拓展延伸】
（3）如图③，在三角形纸片中，，，，将沿过顶点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕为．
①求线段的长；
②若点是边的中点，点为线段上的一个动点，将沿折叠得到，点的对应点为点，与交于点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）①；②．
【解析】
【分析】（1）先根据折叠的性质可得，再根据平行线的判定可得，然后根据三角形中位线的判定与性质即可得；
（2）先根据等腰三角形的性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可求出BM的长，最后根据线段的和差可得AM的长，由此即可得出答案；
（3）①先根据折叠的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的定义可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得BM、AM、CM的长，最后代入求解即可得；
②先根据折叠的性质、线段的和差求出，的长，设，从而可得，再根据相似三角形的判定与性质可得，然后根据x的取值范围即可得．
【详解】（1），理由如下：
由折叠的性质得：
是的中位线
点M是AB的中点
则
故答案为：；
（2）
由折叠的性质得：
，即
在和中，
，即
解得
；
（3）①由折叠的性质得：
，即
在和中，
，即
解得
解得；
②如图，由折叠的性质可知，，，
点O是边的中点
设，则
点为线段上的一个动点
，其中当点P与点重合时，；当点P与点O重合时，
，即
在和中，
则．
【点睛】本题考查了折叠的性质、三角形的中位线定理、等腰三角形的定义、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3）②，正确设立未知数，并找出两个相似三角形是解题关键．
1. 9的平方根等于（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题主要考查了平方根．根据平方根的含义和求法，可得9的平方根是：，据此解答即可．
【详解】解：9的平方根是：．
故选：C．
2. 第七次全国人口普查数据显示，贵州省常住人口约为3856.21万人，将38562100用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数位数减1，据此即可求解．
【详解】解：38562100=3.85621×107．
故选：B
【点睛】此题考查科学记数法表示绝对值大于10的数，熟知科学记数法的形式，准确确定a、n的值是解题关键．
3. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
故选：B．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，掌握两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反是解题的关键．
4. 若顺次连接四边形ABCD各边中点所得的四边形是菱形，则下列结论中正确的是（ ）
A. AB∥CDB. AB⊥BCC. AC⊥BDD. AC＝BD
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形中位线的性质得到EH＝AC，EH∥AC，FG＝AC，FG∥AC，可得四边形EFGH为平行四边形，要得到四边形EFGH为菱形，则EH＝EF，而EF＝BD，所以当AC＝BD时可得到四边形EFGH为菱形．
【详解】解：如图，连接AC，BD，
点E、F、G、H分别为四边形ABCD各边中点，
∴EH＝AC，EH∥AC，FG＝AC，FG∥AC，
∴四边形EFGH为平行四边形，
当EH＝EF时，四边形EFGH为菱形，
又∵EF＝BD，
若EH＝EF，
则AC＝BD．
故选D．
【点睛】本题考查了菱形的判定定理：邻边相等的平行四边形是菱形．也考查了平行四边形的判定以及三角形中位线的性质．
5. 如图，▱OABC的周长为14，∠AOC=60°，以O为原点，OC所在直线为x轴建立直角坐标系，函数y（x＞0）的图象经过▱OABC的顶点A和BC的中点M，则k的值为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】设OA=a，OC=b，找出a，b的关系，作AD⊥x轴于D，MN⊥x轴于N，分别表示出CD和AD，从而得出A点的坐标，根据题目条件表示出M点的坐标，代入解析式列出方程即可求解．
【详解】解：设OA=a，OC=b
∵四边形OABC的周长为14
∴a+b=7，
∴b=7-a，
作AD⊥x轴于D，MN⊥x轴于N
∵∠AOC=60°
∴ODa，ADa
∴A（a，a）
∵M是BC的中点
∴CNa，MNa
∴M（7-aa，a）
∴a×a=（7-aa）×（a）
解得：a=4
∴A（2，2）
∴k=24
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是反比例函数的性质和四边形的综合应用，掌握以上两个知识点是解题的关键．
6. 如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD上的动点，且EF=4，G是EF的中点，下列结论正确的是（ ）
A.
B. AG长度的最小值是
C.
D. 面积的最大值是2
【答案】B
【解析】
【分析】对于A选项和C选项，先假设选项内容成立，再进行推理验证假设是否成立；B选项连接CG，∵G为Rt△EFC的中点，∴CG=2是定值，当A、G、C三点共线时，AG最短；D选项过C点作CH⊥EF于H点，由于EF=4是定值，只要CH最大则△EFC面积最大，求解CH最大值即可判断．
【详解】解：A选项：假设AG⊥EF，∵G为EF中点，
∴AE=AF，
则△ABE≌△AFD，则BE=DF．
假设不成立，所以A选项错误；
B选项：连接CG，∵G为Rt△EFC的中点，
∴CG=2是定值．
当A、G、C三点共线时，AG最短，
此时AC是对角线为4，所以AG最短为4-2，B选项正确；
C选项：假设BE+DF=4，则BE+DF=DC，则BE=FC，
假设不成立，所以C选项错误；
D选项：过C点作CH⊥EF于H点，由于EF=4是定值，只要CH最大则△EFC面积最大．
∵CH≤CG，
∴当CH=CG时，△EFC面积最大为×4×2=4．所以D选项错误．
故选B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是从所给选项入手逐一排除．
二、填空题（共10小题，每题2分，共20分）
7. 的倒数是_____；的相反数是______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据倒数和相反数的定义即可解答．
【详解】解：的倒数是；的相反数是，
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了倒数和相反数的定义，掌握相关内容是解题的关键．乘积为1的两个数互为倒数；只有符号不同的两个数互为相反数．
8. 计算的结果是______．
【答案】2
【解析】
【分析】直接利用二次根式的乘法运算求解即可．
【详解】解：，
故答案是：2．
【点睛】本题考查了二次根式的乘法，解题的关键是掌握二次根式的乘法法则．
9. 函数y＝中自变量x的取值范围是________
【答案】
【解析】
【分析】二次根式有意义的条件：二次根号内的数为非负数，二次根式才有意义.
【详解】由题意得，1−2x≥0，
解得： x≤.
故答案为：x≤.
【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握二次根式有意义的条件，即可完成.
10. 2016年春节放假期间，夫子庙游客总数达到1800000人，将1800000用科学记数法表示为________．
【答案】
【解析】
【分析】运用科学记数法的概念，即把一个数表示成a与10的n次幂相乘的形式（，a不为分数形式，n为整数），这种记数法叫科学记数法，即可解答．
【详解】解：将用科学记数法表示为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了科学记数法的概念，熟知本概念是解题的关键．
11. 如图，在的内接五边形中，，，则________．
【答案】220
【解析】
【分析】连接BD，先利用等腰三角形性质求，再利用圆的内接四边形对角互补，求，即可得，即为：．
【详解】解：连接BD．
∵
∴
∵
∴
∵
∴
即：．
故答案为：220．
【点睛】本题考查了圆的内接四边形的性质和等腰三角形的性质，能正确的作出辅助线，找到圆的内接四边形是解答此题的关键．
12. 若一组数据2，3，x的方差与另一组数据12，13，14的方差相等，则x的值为_____．
【答案】1或4##4或1
【解析】
【分析】根据方差的性质，当一组数据同时加减一个数时方差不变，进而得出答案．
【详解】解：∵一组数据2，3，x的方差与另一组数据12，13，14的方差相等，
∴这组数据可能是2，3，4或1，2，3，
∴或4，
故答案为1或4．
【点睛】本题考查的是方差，正确记忆方差的有关性质是解题关键．
13. 如图，点在上，四边形是平行四边形，于点，交于点，则_____度．
【答案】
【解析】
【分析】根据四边形是平行四边形，，得四边形是菱形，由，过点，可得是的垂直平分线，可求得，再由圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
即四边形是菱形，
∴，
∵，过点，
∴，，即，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆与特殊四边形的综合，掌握平行四边形的性质，菱形的判定与性质，垂直平分线的性质，圆周角的性质是解题的关键．
14. 已知方程x2－mx－3m＝0的两根是x1、x2，若x1＋x2＝1，则 x1x2＝_______．
【答案】－3
【解析】
【详解】分析：根据韦达定理求出m的值，然后再根据韦达定理得出两根之积．
详解：∵， ∴．
点睛：本题主要考查的是一元二次方程的韦达定理，属于基础题型．理解韦达定理的公式是解决这个问题的关键．
15. 已知圆锥的高是3cm，母线长5cm，则圆锥的侧面积是______结果保留．
【答案】
【解析】
【分析】首先利用勾股定理求得圆锥的底面半径，然后利用圆锥的侧面积底面半径母线长，把相应数值代入即可求解．
【详解】圆锥的高是3cm，母线长5cm，
勾股定理得圆锥的底面半径为4cm，
圆锥的侧面积．
故答案为．
【点睛】考查圆锥侧面积公式的运用，掌握公式是关键．
16. 如图，在直角坐标系中，为直角三角形，，，点A坐标为，AB与x轴交于点C，则AC：BC的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】作轴，垂足为D，作轴，垂足为E，先求得OA的长，然后证明∽，依据相似三角形的性质可得到，最后依据AC：：：OE求解即可．
【详解】解：如图所示：作轴，垂足为D，作轴，垂足为E．
，
．
，，
．
，，
，
又，
∽，
，即，解得：．
：：：：．
故答案为．
【点睛】考查的是一次函数图象上点的坐标特点，证得∽是解答本题的关键．
三、解答题（共11小题，共88分）
17. 先化简，再求值：，其中．
【答案】；
【解析】
【分析】先根据分式混合运算法则进行化简，然后再代入数据求值即可．
【详解】解：
，
当时，原式．
【点睛】本题主要考查了分式化简求值，解题的关键是熟练掌握分式混合运算法则，准确计算．
18. 先阅读理解下面的例题，再按要求解答下列问题：
例：解一元二次不等式．
解：可化为，
依据“两数相乘，同号得正”，可得不等式组①或②______，
解不等式组①，得．解不等式组②，得______，
∴一元二次不等式的解集为______．
（1）补全例题；
（2）分式不等式的解集为______；
（3）解一元二次不等式．
【答案】（1）；；或
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意补全解题过程即可；
（2）分式不等式可变为不等式组①或②，解不等式组即可得出答案；
（3）根据题干中的解题过程解一元二次不等式即可．
【小问1详解】
解：可化为，
依据“两数相乘，同号得正”，可得不等式组①或②，
解不等式组①，得，解不等式组②，得，
∴一元二次不等式的解集为：或．
故答案为：；；或．
【小问2详解】
解：依据“两数相除，同号得正”，分式不等式可变为：
不等式组①或②，
解不等式组①，得，解不等式组②，得，
∴分式不等式的解集为或．
故答案为：或．
【小问3详解】
解：可化为．
依据“两数相乘，异号得负”，可得不等式组①或②，
解不等式组①，得，
解不等式组②，得不等式组无解，
一元二次不等式解集为．
【点睛】本题主要考查了解不等式组，解题的关键是理解题意，列出相应的不等式组，准确解不等式组．
19. 如图，中，的平分线交于点，的平分线交于点．
（1）求证：是菱形：
（2）若，则的值为______．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的性质和菱形的判定解答即可；
（2）根据菱形的性质和平行四边形的性质可以得到设，根据相似多边形的性质可得，列方程求出和的关系，从而可解答本题
【小问1详解】
∵的平分线交于点，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴．
∴．
∴．
∴．
同理，．
∴．
∵
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．
【小问2详解】
由（1）知，四边形是菱形，
又四边形是平行四边形，
，
设，，则有：
，即，
整理得，
解得，
，
，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了靺的判定与性质、平行四边形的性质以及相似多边形的性质，求出与的数量关系是解答本题的关键
20. 元宵节晚上，小叶和小王分别从、两地相约去夫子庙观灯．两人可以选用的交通方式如图所示，小王若选用公共交通出行则需要在地转乘．
（1）小王利用公共交通出行的概率为______；
（2）小叶和小王各随机选取一种出行方式，求两人出行用时相同的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用概率计算公式求解即可
（2）利用列举法求解即可．
【小问1详解】
解：由题意得，一共有3种出行方式，每天出行方式被选择的概率相同，
∴小王利用公共交通出行的概率为，
故答案为：
【小问2详解】
解：两人随机选取一种出行方式，所有可能出现的结果有：（叶16，王36）、（叶16，王25）（叶16，王25）、（叶25，王36）、（叶25，王25）、（叶25，王25）、（叶40，王36）、（叶40，王25）、（叶40，王25），共有9种，它们出现的可能性相同，其中满足“两人出行用时相同”的结果有2种 ，
∴两人出行用时相同的概率为．
【点睛】本题主要考查了简单的概率计算，列举法求解概率，灵活运用所学知识是解题的关键．
21. 甲口袋中有2个白球、1个红球，乙口袋中有1个白球、1个红球，这些球除颜色外无其他差别．分别从每个口袋中随机摸出1个球．
（1）求摸出的2个球都是白球的概率．
（2）下列事件中，概率最大的是 ．
A．摸出的2个球颜色相同
B．摸出的2个球颜色不相同
C．摸出的2个球中至少有1个红球
D．摸出的2个球中至少有1个白球
【答案】（1）
（2）D
【解析】
【分析】（1）先根据题意列出所有等可能的结果数，再确定满足条件的结果数，代入概率公式即可求出事件发生的概率；
（2）分别计算出各个随机事件的概率，再进行比较即可．
【小问1详解】
解：画树状图如下：
由树状图知，共有6种等可能结果，其中摸出的2个球都是白球的有2种结果，
所以摸出的2个球都是白球的概率为；
【小问2详解】
解：∵摸出的2个球颜色相同概率为，摸出的2个球颜色不相同的概率为，
摸出的2个球中至少有1个红球的概率为，摸出的2个球中至少有1个白球的概率为，
∴概率最大的是摸出的2个球中至少有1个白球，
故选：D．
【点睛】本题考查树状图法求概率，利用概率公式求概率，正确理解题意是解题的关键．
22. 一辆快车从甲地驶往乙地，一辆慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发，匀速行驶，两车在途中相遇时，快车恰巧出现故障，慢车继续驶往甲地，快车维修好后按原速继续行驶乙地，两车到达各地终点后停止，两车之间的距离s(km)与慢车行驶的时间t(h)之间的关系如图：
(1)快车的速度为 km/h，C点的坐标为 ．
(2)慢车出发多少小时候，两车相距200km．
【答案】（1）100，（8,480）；（2）1.75h和4.875h．
【解析】
【分析】（1）由图像可知，甲乙两地的距离为480km， 0-3小时快车和慢车一起行驶了3小时，3-4小时快车出现故障停止前行、仅有慢车行驶，进而求出慢车速度，然后再求出快车的速度；A、B段为快车已维修好，两车共同行驶且快车在B点到站，BC段仅为慢车行驶；则可求出B点坐标，进而求出C点的横坐标即可解答；
（2）分快车出现故障前和故障后两种情况解答即可．
【详解】解：（1）由图像可知，甲乙两地的距离为480km
在0-3小时快车和慢车一起行驶了3小时，3-4小时快车出现故障停止前行、仅有慢车行驶
则慢车速度为=60km/h
设快车速度为v，则有：（v+60）×3=480，解得v=100km/h
∴B点的横坐标为+1=5.8，从坐标为60+（60+100）×（5.8-4）=348，即B（5.8,348）
∴慢车行驶时间为h，
∴C点的横坐标为8
∴C点的坐标为（8,480）；
（2）在快车出现故障前，两车相距200km 所用时间为：（480-200）÷（100+60）=1.75h；
在快车出现故障后，慢车1小时行驶了60km，然后两车共同行驶了200-60=140km
共同行驶时间为140÷（100+60）=0.875h
∴两车相距200km 所用时间为4+0.875=4.875h．
答：两车相距200km 所用时间为1.75h和4.875h．
【点睛】本题考查了从函数图象中获取信息和行程问题，从函数图象中获取有用的信息成为解答本题的关键．
23. 圭表（如图是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表” 和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭” ，当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图2是一个根据某市地理位置设计的圭表平面示意图，表垂直圭，已知该市冬至正午太阳高度角（即为，夏至正午太阳高度角（即为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为4米．
（1）求∠BAD的度数．
（2）求表AC的长（最后结果精确到0.1米）．（参考数据：sin37°≈，cs37°≈，tan37°≈，tan84°≈）
【答案】（1）47° （2）33米
【解析】
【分析】（1）根据三角形的外角等于与它不相邻两个内角的和解答即可；
（2）分别求出和的正切值，用表示出和，得到一个只含有的关系式，再解答即可．
【小问1详解】
解：，，
，
答：的度数是．
【小问2详解】
解：在Rt△ABC中，，
∴．
同理，在Rt△ADC中，有．
∵，
∴．
∴，
∴（米）．
答：表AC的长是3.3米．
【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质和三角函数，解题的关键是熟练掌握建模思想来解决．
24. 如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点、两点，与双曲线交于点、两点，．
（1）求，的值；
（2）求点坐标并直接写出不等式的解集；
（3）连接并延长交双曲线于点，连接、，求的面积．
【答案】（1），
（2），或
（3）
【解析】
【分析】（1）根据点在直线上，把点代入，求出的值；过作轴于点，得，根据，可求出点的坐标，可得点的坐标，代入反比例函数，即可求出的值；
（2）根据交点坐标的性质，可求出点的坐标，根据，得，根据函数图象，即可得到解集；
（3）根据同底同高，得，，即可．
【小问1详解】
∵点在直线上，
∴
解得
过作轴于点
∴
∵
∴
∴
∴
∴在中，令，得
∴
∴
∴．
【小问2详解】
∵点是和交点
∴
解得，
∵点第三象限
∴
∴由图象得，当或时，
不等式的解集为或．
【小问3详解】
∵和同底同高
∴
∵
∴．
【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的综合应用，解题的关键是掌握相似三角形的性质，不等式的解集，交点坐标，三角形面积的转换．
25. 已知二次函数y＝x2＋ax＋2a（a为常数）．
（1）若a＝1，
①求此二次函数图象的对称轴和顶点坐标；
②当x≤n＋2时，函数值y随x的增大而减小时，直接写出n的取值范围；
③当－3≤x≤1时，设此二次函数的最大值为m与最小值为n，求m－n．
（2）若点A（－5，2）、点B（1，2），当此二次函数的图象与线段AB有两个交点时，直接写出a的取值范围．
【答案】（1）①对称轴为直线，顶点坐标为；②≤；③
（2）≤＜或＜≤
【解析】
【分析】（1）①由即可得到二次函数的解析式，再化为顶点式，即可得到对称轴和顶点坐标；
②由二次函数的开口方向和对称轴得到函数的增减性，即可得出当，随的增大而减小，当时，随的增大而增大，由当x≤n＋2时，函数值y随x的增大而减小时即可得到关于的不等式，即可得出的取值范围；
③结合二次函数的增减性求得和的值，即可求得的值；
（2）由二次函数图像与线段有两个交点，故函数最小值小于2，当和时，，从而得到有关的不等式组，然后解不等式组即可求得的取值范围．
【小问1详解】
解：①当时，，
∴，
∴对称轴为直线，顶点坐标为．
②∵，
∴该函数图像开口向上，对称轴为直线，
∴当，随的增大而减小，当时，随的增大而增大，
∵当时，函数值随的增大而减小，
∴，
∴，
故答案为：．
③∵当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大，，
∴当时，取得最小值，
∵当时，，
当时，，
∴最大值，
∴．
【小问2详解】
∵点，点，
∴，
∵二次函数的图像与线段有两个交点，
∴的最小值小于2，与的函数值均大于或等于2，
∵，
∴，
解得：或，
∴取值范围是或．
【点睛】此题考查了二次函数的图像的性质、二次函数图像上点的坐标特征，解题的关键是熟知数形结合以及利用二次函数的增减性解决问题．
26. 如图，四边形内接于，对角线为⊙O的直径，过点作的垂线交的延长线于点，点为的中点，连接，，．
（1）求的度数；
（2）求证：是的切线；
（3）若平分，，，求，的值．
【答案】（1）
（2）见解析 （3），
【解析】
【分析】（1）根据圆周角定理可得，再根据邻补角的定义即可得；
（2）先根据直角三角形斜边上的中线可得，再根据等腰三角形的性质可得，，从而可得，然后根据圆的切线的判定即可得证；
（3）先求出，从而可得，根据正切的定义即可得的值；再根据圆周角定理可得，解直角三角形可得，过点作于点，设，则，，在中，利用勾股定理可求出的值，由此即可得．
【小问1详解】
解：∵对角线为的直径，
∴，
∴．
【小问2详解】
证明：如图，连接，
∵，是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
，
∴，即，
又是的半径，
∴是的切线．
【小问3详解】
解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，，
∴，
由圆周角定理得：，
是等腰直角三角形，
∴，，
如图，过点作于点，则是等腰直角三角形，
，
设，则，，
∵，
∴，
∴或，
当时，，则，
又，
矛盾，即不符合题意，舍去，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理、圆的切线的判定、解直角三角形等知识点，熟练掌握圆周角定理和解直角三角形的方法是解题关键．
27. 在和中，，，，用这两个直角三角形研究图形的变换．
【翻折】
（1）如图1，将沿线段翻折，连接，下列对所得四边形的说法正确的是______．
①平分、，②、互相平分，③，④、、、四点共圆．
【平移】
（2）如图2，将沿线段向右平移，使点移到的中点，连接、、，请猜想四边形的形状，并说明理由．
【旋转】
（3）如图3，将绕点逆时针方向旋转，使，连接、，则旋转角为______°，______cm．
【答案】（1）①③④ （2）四边形是菱形，理由见解析
（3），
【解析】
【分析】（1）根据翻折的性质可得结论；
（2）根据直角三角形斜边上的中线的性质可证明结论；
（3）根据平行线的性质可得，从而可求出旋转角；由旋转的性质可得，得出，过点C作于点P，求出的长即可得出结论．
【小问1详解】
由翻折可得：，
∴平分、，故①正确；
∴,
∵
∴垂直平分，故②错误；
如图，
，故③正确；
取的中点O，连接,
∵均为直角三角形，
∴，
∴、、、四点共圆，故④正确，
故答案为：①③④；
【小问2详解】
∵沿线段向左平移，
∴，．
∵是直角三角形，是的中点，
∴．
∴
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．
【小问3详解】
∵，
∴,
又，
∴，
即旋转角的度数为；
由旋转得：，
又，
∴
过点C作于点P，如图，
∴
∵,
∴
∴由勾股定理得，，
∴
故答案为：，
【点睛】本题主要考查了图形的翻折，平移的性质，旋转的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，四点共圆以及勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．
28. 已知二次函数的图像经过点、、．
（1）求该二次函数表达式；
（2）将该函数图像的部分沿x轴翻折后与的部分组成新函数的函数图像．写出新函数的一个性质______．
【答案】（1）
（2）答案不唯一，见解析
【解析】
【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）根据对称性，增减性和最值写出结果即可．
【小问1详解】
解：∵函数的图像经过点、、，
∴，
解得：，
∴函数的表达式为．
【小问2详解】
解：把代入得：，
解得：，，
∴抛物线与x轴的两个交点坐标为，，
对称轴为直线，
从增减性看：当或时，随增大而减小；
当或时，随增大而增大，
从对称性看：函数关于直线对称，
从最值看：当或时，函数有最小值为．
故答案为：当或时，随增大而减小．（答案不唯一，写出一条，合理即可）
【点睛】本题主要考查了求二次函数的解析式，二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握待定系数法，准确求出函数的解析式．
29. 现在，租赁汽车已成为外出旅行时的一种重要的交通方式．某租赁公司拥有20辆小型汽车，公司平均每日的各项支出共6250元．当每辆车的日租金为500元时，可全部租出：当每辆车的日租金每增加50元，未租出的车将增加1辆．
（1）当每日租出多少辆时，租赁公司日收益最大?最大是多少元?
（2）试说明租赁公司的日收益能否为4500元?
【答案】（1）每日租出15辆时，租赁公司日收益最大，最大收益为5000元
（2）租赁公司的日收益不能为4500元，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设每日租出x辆，租赁公司日收益为y元，根据题意列出关系式，求出最值即可；
（2）把代入，求出x的值，根据x取整数进行判断即可．
【小问1详解】
解：设每日租出x辆，租赁公司日收益为y元，根据题意得：
，
当时，y的值最大，最大值是5000，
∴每日租出15辆时，租赁公司日收益最大，最大收益为5000元．
【小问2详解】
解：根据题意，当时，即，
解得：．
∵x必须取整数，
∴不合题意，
∴租赁公司的日收益不能为4500元．
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，已知函数值求自变量的值，解题的关键是根据题意列出二次函数解析式．
30. 小明和小叶同时从出发进行的游泳比赛，小叶游泳速度不变．图中的实线表示部分小明在游泳过程中与的距离和游泳的时间之间的关系，虚线表示小叶在游泳过程中与的距离和游泳的时间之间的关系．
（1）小叶游泳的平均速度为______，游泳池的长度为______．
（2）若小明在后游泳的速度也保持不变，且小明和小叶同时到达终点，
①请补全小明剩余与的函数图像；
②直接写出小明和小叶相距最远时他们之间的距离．（直接写出结果）
【答案】（1），
（2）①见解析；②
【解析】
【分析】（1）虚线为小叶的运动图象，根据图象可得到小叶运动的时间，由即可求得，小叶来回4次完成，可得游泳池的长度．
（2）①小明在后，速度不变，与小叶同时到达终点完成，则小明剩下的时间三等分，每份为，故可得到关键时间的坐标位置．②根据图象可得，当时，小明和小叶相距最远．利用一次函数算出即可．
【小问1详解】
解：由图象可得：小叶运动时间为，
∴，
∴游泳池的长度为．
【小问2详解】
①小明在后，速度不变，与小叶同时到达终点完成，则将小明剩下的时间三等分，每份为，故关键时间坐标依次为，，．
可得函数图像如图所示：
②由图象可知，当时，小明和小叶相距最远．
当时，小明游了．
∵点，
∴
当时， 即．
∴小叶游了
故此时小明与小叶相距．
【点睛】此题考查了一次函数的应用问题，熟练掌握一次函数的性质、找到题目中的等量关系是解此题的关键．
31. 如图，在等腰三角形中，，是上任意一点，以为圆心，为半径作，分别交、于点、，过点作，垂足为．
（1）判断直线与的位置关系并证明．
（2）若，，，求的半径．
【答案】（1）直线是的切线，证明见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质，证明，得出，根据平行线的性质，得出，根据，得出，即可证明结论；
（2）连接，证明，得出，设的半径为x，则，，根据，得出，列出关于x的方程，解方程得出x的值，即可得出答案．
【小问1详解】
证明：连接，如图所示：
∵在中，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵于点，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴直线是的切线．
【小问2详解】
解：连接，如图所示：
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设的半径为x，则，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
解得：或（舍去），
经检验，是原方程的根，
∴的半径为2．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，平行线的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，平行线分线段成比例定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握基本性质和判定．
32. 【初步尝试】
（1）如图①，在三角形纸片中，，将折叠，使点与点重合，折痕为，则与的数量关系为 ；
【思考说理】
（2）如图②，在三角形纸片中，，，将折叠，使点与点重合，折痕为，求的值．
【拓展延伸】
（3）如图③，在三角形纸片中，，，，将沿过顶点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕为．
①求线段的长；
②若点是边的中点，点为线段上的一个动点，将沿折叠得到，点的对应点为点，与交于点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）①；②．
【解析】
【分析】（1）先根据折叠的性质可得，再根据平行线的判定可得，然后根据三角形中位线的判定与性质即可得；
（2）先根据等腰三角形的性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可求出BM的长，最后根据线段的和差可得AM的长，由此即可得出答案；
（3）①先根据折叠的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的定义可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得BM、AM、CM的长，最后代入求解即可得；
②先根据折叠的性质、线段的和差求出，的长，设，从而可得，再根据相似三角形的判定与性质可得，然后根据x的取值范围即可得．
【详解】（1），理由如下：
由折叠的性质得：
是的中位线
点M是AB的中点
则
故答案为：；
（2）
由折叠的性质得：
，即
在和中，
，即
解得
；
（3）①由折叠的性质得：
，即
在和中，
，即
解得
解得；
②如图，由折叠的性质可知，，，
点O是边的中点
设，则
点为线段上的一个动点
，其中当点P与点重合时，；当点P与点O重合时，
，即
在和中，
则．
【点睛】本题考查了折叠的性质、三角形的中位线定理、等腰三角形的定义、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3）②，正确设立未知数，并找出两个相似三角形是解题关键．
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