湖北省武汉市2024-2025学年九年级下学期开学适应性模拟测试 数学练习卷（含解析）

这是一份湖北省武汉市2024-2025学年九年级下学期开学适应性模拟测试 数学练习卷（含解析），共31页。
A．明天会下雪
B．某彩票中奖率为30%，则买100张彩票有30张中奖
C．雨后见彩虹
D．13名同学中，至少有两名同学出生的月份相同
2．（3分）下列图形中，不是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）直角△ABC，∠BAC＝90°，AB＝8，AC＝6，以A为圆心，4.8长度为半径的圆与直线BC的公共点的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．不能确定
4．（3分）用配方法解一元二次方程34x2+8x﹣9＝0时，第一步是（ ）
A．方程两边同时乘34B．方程两边同时乘43
C．方程两边同时加16D．方程两边同时加9
5．（3分）将抛物线y＝x2向上平移3个单位长度，再向右平移5个单位长度，所得到的抛物线为（ ）
A．y＝（x+3）2+5B．y＝（x﹣3）2+5
C．y＝（x+5）2+3D．y＝（x﹣5）2+3
6．（3分）有一个人患了流感，经过两轮传染后共有144个人患了流感，每轮传染中平均一个人传染几个人？设每轮传染中平均一个人传染了m人，则列方程正确的是（ ）
A．1+m＝144B．1+m+m（m+1）＝144
C．m（m+1）＝144D．m+m（m+1）＝144
7．（3分）方程x2+3x﹣4＝0的两根分别为x1，x2，则x1+x2等于（ ）
A．﹣4B．4C．﹣3D．3
8．（3分）如图，⊙O是等边三角形BCD的外接圆，A是劣弧BC上的动点（不与B、C重合），连接AB，AD和AC，∠ABC的平分线相交AD于点I，BC＝10．下列判断正确的有（ ）
①DI＝10；②AB+AC的最大值为2033；③四边形ABDC面积的最大值20033；④若点A在劣弧BC上由B运动到C，则动点I的运动路径长为103π．
A．1个B．2个C．3个D．4个
9．（3分）如图，圆的四条半径分别是OA，OB，OC，OD，其中点O，A，B在同一条直线上，∠AOD＝90°，∠AOC＝3∠BOC，那么圆被四条半径分成的四个扇形的面积S扇BOC，S扇BOD，S扇DOA，S扇AOC的比是（ ）
A．1：2：2：3B．3：2：2：3C．4：2：2：3D．1：2：2：1
10．（3分）已知A（x1，y1），B（x2，y2）是二次函数y＝ax2﹣2ax﹣a（a≠0）图象上两点，且AB∥x轴，当x＝x1+x2+1时，函数的值为（ ）
A．2aB．4aC．0D．﹣a
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（m，3n）与（﹣4，9）关于原点对称，则n﹣m的值为 ．
12．（3分）某工厂生产了一批零件共1600件，从中随机抽取了100件进行检查，其中合格产品98件，其余不合格，则可估计这批零件中有 件不合格．
13．（3分）《田亩比类乘除捷法》是我国古代数学家杨辉的著作，其中有一个数学问题：“直田积八百九十一步，只云长阔共六十步，问长多阔几何”．意思是：一块矩形田地的面积为891平方步，只知道它的长与宽共60步，问它的长比宽多多少步？根据题意得，长比宽多 步．
14．（3分）已知圆锥的底面积为9πcm，圆锥的侧面积是24πcm，则圆锥的高为 ．
15．（3分）已知：如图，二次函数y=−49x2+4的图象与y轴交于点A，与x轴正半轴交于点B，点P在以A点为圆心，2个单位长度为半径的圆上，Q点是BP的中点，连接OQ，则OQ的最小值为 ．
16．（3分）如图，以坐标原点O为圆心的⊙O经过点A（4，3），点E，F在y轴正半轴上，且AE＝AF，射线AE，AF与⊙O分别交于C，D，设直线CD与x轴交于点G，与y轴交于点H，则OHGH= ．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）已知关于x的方程x2﹣kx﹣6＝0的一个根为x＝3，请求出k的值及另一根．
18．（8分）如图，已知P是正方形ABCD内一点，PA＝1，PB＝2，PC＝3，以点B为中心，将△ABP按顺时针方向绕B旋转90°，使点A与点C重合，这时P点旋转到G点．
（1）连接PG，求出PG的长度；
（2）请你猜想△PGC的形状，并说明理由．
19．（8分）有四张正面分别标有数字1，2，3，4的不透明卡片，它们除数字外其余全部相同，现将它们背面朝上洗均匀．
（1）随机抽取一张卡片，则抽到数字“3”的概率是 ；
（2）从四张卡片中随机抽取2张卡片，请用列表或画树状图的方法求抽到“数字和为6”的概率．
20．（8分）如图，四边形ABCD为菱形，AC为⊙O的直径，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点E，AB＝2，AC＝23．
（1）试判断四边形BDCE的形状，并说明理由．
（2）求图中阴影部分的面积．
21．（8分）如图，在7×7方格纸中，A，B，C三点均在格点上，试按要求画图与填空．
（1）如图1，将BC绕点B顺时针旋转90°至BD，连AD，直接写出∠CAD的度数；
（2）如图2，以AB为直径的⊙O交BC于点E，交AC于点F，将△ABC绕点O旋转180°至△BAG，设AG交⊙O于点M，BG交⊙O于点N，直接写出弧EF与弧MN的数量关系．
22．（10分）某抛物线形拱桥的截面图如图所示．某数学小组对这座拱桥很感兴趣，他们利用测量工具测出水面的宽AB为8米，AB上的点E到点A的距离AF＝1米，点E到拱桥顶面的垂直距离EF=74米．他们以点A为坐标原点，以AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系．
（1）求该抛物线所对应的函数表达式．
（2）求拱桥顶面离水面AB的最大高度．
（3）现有一游船（截面为矩形）宽度为4米，船顶到水面的高度为2米．要求游船从拱桥下面正中间通过时，船顶到拱桥顶面的距离应大于0.5米，请通过计算说明该游船是否能安全通过．
23．（10分）综合与探究
在△ABC中，AB＝AC，∠CAB的角度记为α．
（1）操作与证明；如图①，点D为边BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转角度α至AE位置，连接DE，CE．求证：BD＝CE；
（2）探究与发现：如图②，若α＝90°，点D变为BC延长线上一动点，连接AD将线段AD绕点A逆时针旋转角度α至AE位置，连接DE，CE．可以发现：线段BD和CE的数量关系是 ；
（3）判断与思考；判断（2）中线段BD和CE的位置关系，并说明理由．
24．（12分）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与直线y＝x﹣3交于点A（m，0）和点B（﹣2，n），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图①，将△AOC平移，始终保持点A的对应点P在抛物线上，点O，C的对应点分别为M，N，若点N恰好落在直线y＝x﹣3上，求点P的坐标；
（3）如图②，点G是抛物线对称轴与x轴的交点，点Q是y轴上的一点，连接AQ，GQ，当∠GCO＝∠AQG时，请直接写出符合条件的点Q的坐标．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）下列事件是必然事件的是（ ）
A．明天会下雪
B．某彩票中奖率为30%，则买100张彩票有30张中奖
C．雨后见彩虹
D．13名同学中，至少有两名同学出生的月份相同
【考点】随机事件．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【答案】D
【分析】根据随机事件，不可能事件，必然事件的特点，判断即可．
【解答】解：A、明天会下雪，是随机事件，故A不符合题意；
B、某彩票中奖率为30%，则买100张彩票有30张中奖，是随机事件，故B不符合题意；
C、雨后见彩虹，是随机事件，故C不符合题意；
D、13名同学中，至少有两名同学出生的月份相同，是必然事件，故D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，不可能事件，必然事件的特点是解题的关键．
2．（3分）下列图形中，不是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】A
【分析】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．
【解答】解：选项A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，
选项B、C、D均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，
故选：A．
【点评】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．
3．（3分）直角△ABC，∠BAC＝90°，AB＝8，AC＝6，以A为圆心，4.8长度为半径的圆与直线BC的公共点的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．不能确定
【考点】直线与圆的位置关系．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】B
【分析】根据直线和圆的位置关系与数量之间的联系进行判断．若d＜r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，AB＝8，AC＝6，
∴BC＝10，
∴斜边上的高为：AB⋅ACBC=4.8，
∴d＝4.8cm＝rcm＝4.8cm，
∴圆与该直线BC的位置关系是相切，交点个数为1，
故选：B．
【点评】考查了直线和圆的位置关系与数量之间的联系，难度一般，关键是掌握d与r的大小关系所决定的直线与圆的位置关系．
4．（3分）用配方法解一元二次方程34x2+8x﹣9＝0时，第一步是（ ）
A．方程两边同时乘34B．方程两边同时乘43
C．方程两边同时加16D．方程两边同时加9
【考点】解一元二次方程﹣配方法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】B
【分析】首先将方程的二次项系数化为1，然后利用配方法进行求解；本题中，已知原方程二次项系数为34，根据上述分析，即可得到利用配方法求解的第一步步骤．
【解答】解：对于34x2+8x﹣9＝0，
首先给方程两边同时乘以43，方程可化为x2+323x﹣12＝0，
然后利用配方法即可求解．
故选：B．
【点评】本题侧重考查知识点的理解能力，考查利用配方法求解一元二次方程，掌握求解步骤是解题的关键．
5．（3分）将抛物线y＝x2向上平移3个单位长度，再向右平移5个单位长度，所得到的抛物线为（ ）
A．y＝（x+3）2+5B．y＝（x﹣3）2+5
C．y＝（x+5）2+3D．y＝（x﹣5）2+3
【考点】二次函数图象与几何变换．
【专题】二次函数图象及其性质；应用意识．
【答案】D
【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【解答】解：由“上加下减”的原则可知，将抛物线y＝x2向上平移3个单位所得抛物线的解析式为：y＝x2+3；
由“左加右减”的原则可知，将抛物线y＝x2+3向右平移5个单位所得抛物线的解析式为：y＝（x﹣5）2+3；
故选：D．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
6．（3分）有一个人患了流感，经过两轮传染后共有144个人患了流感，每轮传染中平均一个人传染几个人？设每轮传染中平均一个人传染了m人，则列方程正确的是（ ）
A．1+m＝144B．1+m+m（m+1）＝144
C．m（m+1）＝144D．m+m（m+1）＝144
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】B
【分析】先根据题意列出第一轮传染后患流感的人数，再根据题意列出第二轮传染后患流感的人数，根据两轮传染后患流感的人数可得方程．
【解答】解：设每轮传染中平均一个人传染了m个人，
第一轮传染后患流感的人数是：1+m，
第二轮传染后患流感的人数是：1+m+m（1+m），
而已知经过两轮传染后共有144人患了流感，则可得方程，
1+m+m（1+m）＝144．
故选：B．
【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，正确理解题意，找出题目中的等量关系是解决问题的关键．
7．（3分）方程x2+3x﹣4＝0的两根分别为x1，x2，则x1+x2等于（ ）
A．﹣4B．4C．﹣3D．3
【考点】根与系数的关系．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】C
【分析】直接根据根与系数的关系求解．
【解答】解：∵方程x2+3x﹣4＝0的两根分别为x1，x2，
∴x1+x2＝﹣3，
故选：C．
【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=−ba，x1x2=ca．
8．（3分）如图，⊙O是等边三角形BCD的外接圆，A是劣弧BC上的动点（不与B、C重合），连接AB，AD和AC，∠ABC的平分线相交AD于点I，BC＝10．下列判断正确的有（ ）
①DI＝10；②AB+AC的最大值为2033；③四边形ABDC面积的最大值20033；④若点A在劣弧BC上由B运动到C，则动点I的运动路径长为103π．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【考点】轨迹；解直角三角形；等边三角形的性质；三角形的外接圆与外心．
【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的计算；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】延长DO，交劣弧BC于点E，交BC于点F，连接BO，可求得OB、DF、EF的长度：①证明∠DBI＝∠BID，即可判断说法是否正确；②当点A与点E重合时，AB+AC可以取得最大值，此时AB＝AC；③当点A与点E重合时，四边形ABDC的面积最大，S四边形ABDC＝S△ABC+S△DBC；④动点I的运动路径长度为：以点D为圆心，以10为半径，圆心角为∠BDC的圆弧的长度．
【解答】解：如图所示，延长DO，交劣弧BC于点E，交BC于点F，连接BO．
根据题意可知∠OBC＝30°，∠BOE＝60°，BC⊥DF，BF=12BC=5．
∴OB=BFcs∠OBC=1033．
∴DF=3OB2=53．
∴EF=DE−DF=533．
①根据题意可知∠BAD＝∠BCD＝60°．
∵BI平分∠ABC，
∴∠ABI＝∠CBI．
∵∠DBI＝∠DBC+∠CBI，∠BID＝∠ABI+∠BAD，
∴∠DBI＝∠BID．
∴DB＝DI＝10．
说法①正确．
②根据题意可知，当点A与点E重合时，AB+AC可以取得最大值，此时AB＝AC．
∵BF＝AF，∠BOA（E）＝60°，
∴△BOA为等边三角形．
∴AB=OB=1033．
∴AB+AC=2AB=2033．
说法②正确．
③根据题意可知，当点A与点E重合时，四边形ABDC的面积最大．
S△DBC=12BC×DF=12×10×53=253．
S△ABC=12BC×AF=12×10×533=2533．
S四边形ABDC=S△ABC+S△DBC=10033．
说法③错误．
④根据题意可知，动点I的运动路径长度为：以点D为圆心，以10为半径，圆心角为∠BDC的圆弧的长度．
l=2π×10×60°360°=10π3．
说法④正确．
综上所述，说法正确的为：①②④．
故选：C．
【点评】本题主要考查轨迹，等边三角形的性质，三角形的外接圆与外心，解直角三角形，能根据题意绘制辅助线是解题的关键．
9．（3分）如图，圆的四条半径分别是OA，OB，OC，OD，其中点O，A，B在同一条直线上，∠AOD＝90°，∠AOC＝3∠BOC，那么圆被四条半径分成的四个扇形的面积S扇BOC，S扇BOD，S扇DOA，S扇AOC的比是（ ）
A．1：2：2：3B．3：2：2：3C．4：2：2：3D．1：2：2：1
【考点】扇形面积的计算．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】A
【分析】先求出各角的度数，再得出其比值即可．
【解答】解：∵点O，A，B在同一条直线上，∠AOD＝90°，
∴∠BOD＝90°，
∵∠AOC＝3∠BOC，
∴∠BOC=14×180°＝45°，∠AOC＝3×45°＝135°，
∴S扇形BOC：S扇形BOD：S扇形AOD：S扇形AOC＝45：90：90：135＝1：2：2：3．
故选：A．
【点评】本题考查的是角的计算，熟知两角互补的性质是解答此题的关键．
10．（3分）已知A（x1，y1），B（x2，y2）是二次函数y＝ax2﹣2ax﹣a（a≠0）图象上两点，且AB∥x轴，当x＝x1+x2+1时，函数的值为（ ）
A．2aB．4aC．0D．﹣a
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】A
【分析】根据抛物线的对称性得到x1+x2＝2，再把x＝x1+x2+1代入整理可求得答案．
【解答】解：由二次函数y＝ax2﹣2ax﹣a（a≠0）可知，对称轴为直线x=−−2a2a=1，
∵A（x1，y1），B（x2，y2）是二次函数y＝ax2﹣2ax﹣a（a≠0）图象上两点，且AB∥x轴，
∴x1+x2＝2，
∴当x＝x1+x2+1时，y＝a（x1+x2+1）2﹣2a（x1+x2+1）﹣a＝9a﹣6a﹣a＝2a，
故选：A．
【点评】本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，掌握抛物线的对称性是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（m，3n）与（﹣4，9）关于原点对称，则n﹣m的值为 ﹣7 ．
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【专题】平面直角坐标系；符号意识．
【答案】﹣7．
【分析】两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，直接利用关于原点对称点的坐标性质得出m，n的值即可．
【解答】解：∵点（m，3n）与点（﹣4，9）关于原点对称，
∴3n＝﹣9，m＝4，
∴n＝﹣3，
∴n﹣m＝﹣3﹣4＝﹣7．
故答案为：﹣7．
【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）．
12．（3分）某工厂生产了一批零件共1600件，从中随机抽取了100件进行检查，其中合格产品98件，其余不合格，则可估计这批零件中有 32 件不合格．
【考点】用样本估计总体．
【专题】概率及其应用；运算能力．
【答案】32．
【分析】用总件数乘以不合格产品所占的百分比即可．
【解答】解：在样本中，不合格产品占的比例为（100﹣98）÷100=150，
所以1600件中不合格产品共有1600×150=32（件）．
故答案为：32．
【点评】本题考查的是通过样本去估计总体，只需将样本“成比例地放大”为总体即可．
13．（3分）《田亩比类乘除捷法》是我国古代数学家杨辉的著作，其中有一个数学问题：“直田积八百九十一步，只云长阔共六十步，问长多阔几何”．意思是：一块矩形田地的面积为891平方步，只知道它的长与宽共60步，问它的长比宽多多少步？根据题意得，长比宽多 6 步．
【考点】一元二次方程的应用；数学常识．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】6．
【分析】设矩形田地的长为x步，则宽为（60﹣x）步，根据矩形田地的面积为891平方步，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合长不小于宽，即可确定x的值，再将其代入x﹣（60﹣x）中即可求出结论．
【解答】解：设矩形田地的长为x步，则宽为（60﹣x）步，
依题意得：x（60﹣x）＝891，
整理得：x2﹣60x+891＝0，
解得：x1＝33，x2＝27．
当x＝33时，60﹣x＝60﹣33＝27＜33，符合题意，此时x﹣（60﹣x）＝33﹣27＝6；
当x＝27时，60﹣x＝60﹣27＝33＞27，不符合题意，舍去．
∴长比宽多6步．
故答案为：6．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用以及数学常识，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
14．（3分）已知圆锥的底面积为9πcm，圆锥的侧面积是24πcm，则圆锥的高为 55 ．
【考点】圆锥的计算．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据圆锥的底面积求得圆锥的底面半径，再由圆锥的侧面积是扇形的面积，求得圆锥的母线长，再求出圆锥的高．
【解答】解：∵9π＝πr2，
∴r＝3，
∵12×l•R＝24π，
∴12×6π•R＝24π，
∴R＝8，
∵圆锥的高=R2−r2，
∴圆锥的高=82−32=55．
故答案为：55．
【点评】本题考查了圆锥的计算，注意：正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的侧面积是扇形的面积．
15．（3分）已知：如图，二次函数y=−49x2+4的图象与y轴交于点A，与x轴正半轴交于点B，点P在以A点为圆心，2个单位长度为半径的圆上，Q点是BP的中点，连接OQ，则OQ的最小值为 32 ．
【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数的最值．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】32．
【分析】先确定A（0，4），再解方程−49x2+4＝0得到B（3，0），则利用勾股定理可计算出AB＝5，连接AB，点C为AB的中点，连接OC、CQ，如图，根据直角三角形斜边上的中线性质OC=52，接着证明CQ为△ABP的中位线得到CQ＝1，然后根据三角形三边的关系OQ≥OC﹣CQ（当且仅当O、C、Q共线时取等号），从而得到OC的最小值为OC﹣CQ．
【解答】解：当x＝0时，y=−49x2+4＝4，
∴A（0，4），
当y＝0时，−49x2+4＝0，
解得x1＝3，x2＝﹣3，
∴B（3，0），
∴AB=32+42=5，
连接AB，点C为AB的中点，连接OC、CQ，如图，则OC=12AB=52，
∵Q点为BP的中点，
∴CQ为△ABP的中位线，
∴CQ=12AP＝1，
∵OQ≥OC﹣CQ（当且仅当O、C、Q共线时取等号），
∴OC的最小值为OC﹣CQ=52−1=32．
故答案为：32．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
16．（3分）如图，以坐标原点O为圆心的⊙O经过点A（4，3），点E，F在y轴正半轴上，且AE＝AF，射线AE，AF与⊙O分别交于C，D，设直线CD与x轴交于点G，与y轴交于点H，则OHGH= 45 ．
【考点】相似三角形的判定与性质；坐标与图形性质；垂径定理；圆周角定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】45．
【分析】过点A作AM⊥EF于点M，延长AM交⊙O于点N，连接ON，交GH于点Q，利用点的坐标的特征，垂径定理得到NM，OM的长度，利用勾股定理求得圆的半径，利用等腰三角形的三线合一的性质和圆周角定理，垂径定理得到OQ⊥GH，利用直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可得出结论．
【解答】解：过点A作AM⊥EF于点M，延长AM交⊙O于点N，连接ON，交GH于点Q，如图，
∵点A（4，3），
∴AM＝4，OPM＝3，
∵OM⊥AN，
∴MN＝AM＝4，
∴ON=MN2+OM2=5．
∵AE＝AF，AM⊥EF，
∴∠CAN＝∠DAN，
∴CN=DN，
∴OQ⊥CD，
∴∠QOH+∠H＝90°，
∵∠N+∠QOH＝90°，
∴∠N＝∠H，
∵∠NMO＝∠HOG＝90°，
∴△NMO∽△HOG，
∴NMON=OHGH=45．
故答案为：45．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，勾股定理，过点A作AM⊥EF，添加适当的辅助线构造相似三角形是解题的关键．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）已知关于x的方程x2﹣kx﹣6＝0的一个根为x＝3，请求出k的值及另一根．
【考点】根与系数的关系；一元二次方程的解．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据一元二次方程的解的定义和根与系数的关系进行解答即可．
【解答】解：把x＝3代入关于x的方程x2﹣kx﹣6＝0，得9﹣3k﹣6＝0，
解得k＝1．
设方程的另一根为t，则3t＝﹣6，
所以t＝﹣2．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，满足一元二次方程的未知数的值叫一元二次方程的解．
18．（8分）如图，已知P是正方形ABCD内一点，PA＝1，PB＝2，PC＝3，以点B为中心，将△ABP按顺时针方向绕B旋转90°，使点A与点C重合，这时P点旋转到G点．
（1）连接PG，求出PG的长度；
（2）请你猜想△PGC的形状，并说明理由．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；勾股定理的逆定理；正方形的性质．
【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】（1）22；
（2）△PGC为直角三角形，理由见解答过程．
【分析】（1）根据△ABP按顺时针方向绕B旋转90°，可知PB＝BG＝2，∠PBG＝∠ABC＝90°，可得△PBG为等腰直角三角形，再根据PG=2PB，即可求出PG的长度；
（2）由（1）可知PG＝22，由旋转的性质可知CG＝PA＝1，已知PC＝3，利用勾股定理的逆定理，即可判断出△PGC为直角三角形．
【解答】解：（1）∵△ABP按顺时针方向绕B旋转90°，使点A与点C重合，这时P点旋转到G点，
∴PB＝BG＝2，∠PBG＝∠ABC＝90°，
∴△PBG为等腰直角三角形，
∴PG=2PB＝22；
（2）△PGC为直角三角形，
理由：由（1）可知PG＝22，
∵CG＝PA＝1，PC＝3，
∴CG2+PG2＝12+（22）2＝9，
∵PC2＝32＝9，
∴CG2+PG2＝PC2，
∴△PGC为直角三角形．
【点评】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质和等腰直角三角形的性质是解决问题的关键．
19．（8分）有四张正面分别标有数字1，2，3，4的不透明卡片，它们除数字外其余全部相同，现将它们背面朝上洗均匀．
（1）随机抽取一张卡片，则抽到数字“3”的概率是 14 ；
（2）从四张卡片中随机抽取2张卡片，请用列表或画树状图的方法求抽到“数字和为6”的概率．
【考点】列表法与树状图法；概率公式．
【专题】概率及其应用；数据分析观念；推理能力．
【答案】（1）14；
（2）16．
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有12种等可能的结果，其中抽到“数字和为6”的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）随机抽取一张卡片，则抽到数字“3”的概率是14，
故答案为：14；
（2）画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中抽到“数字和为6”的结果有2种，
∴P（抽到数字和为6）=212=16．
【点评】此题考查的是用树状图法求概率．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；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
20．（8分）如图，四边形ABCD为菱形，AC为⊙O的直径，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点E，AB＝2，AC＝23．
（1）试判断四边形BDCE的形状，并说明理由．
（2）求图中阴影部分的面积．
【考点】切线的性质；扇形面积的计算；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；圆周角定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【答案】（1）四边形BECD是菱形，理由见解析；
（2）534−π2．
【分析】（1）由锐角的正弦求出∠ABO＝60°，由菱形的性质推出AB＝AD，BD⊥AC，判定△ABD是等边三角形，得到BD＝AD，因此BD＝CD，由切线的性质推出EC⊥AC，推出BD∥CE，而BE∥CD，推出四边形BECD是菱形；
（2）由含30度角的直角三角形的性质得到EM=12CE＝1，求出CM=3ME=3，求出△CEM的面积=12EM•CM=32，判定△OCM是等边三角形，求出△OCM的面积=334，扇形OCE的面积=π2，即可得到阴影部分的面积＝△CEM的面积+△OCE的面积﹣扇形OCE的面积=534−π2．
【解答】解：（1）四边形BDCE是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AC⊥BD，AB＝AD＝CD，OA＝OC=12AC=12×23=3，
∵sin∠ABO=AOAB=32，
∴∠ABO＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AD，
∴BD＝CD，
∵CE切圆于C，
∴EC⊥AC，
∵BD⊥AC，
∴BD∥CE，
∵BE∥CD，
∴四边形BECD是菱形；
（2）∵AC是圆的直径，
∴∠AMC＝90°，
∵BD∥CE，
∴∠E＝∠ABO＝60°，
∴∠ECM＝90°﹣60°＝30°，
∴EM=12CE，
∵四边形BECD是菱形，
∴CE＝CD＝2，
∴ME＝1
∴CM=3ME=3，
∴△CEM的面积=12EM•CM=32，
∵OM＝OC＝CM=3，
∴△OCM是等边三角形，
∴△OCM的面积=34CM2=334，∠COE＝60°，
∴扇形OCE的面积=60π×(3)2360=π2，
∴阴影部分的面积＝△CEM的面积+△OCE的面积﹣扇形OCE的面积=32+334−π2=534−π2．
【点评】本题考查切线的性质，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，扇形面积的计算，关键是由菱形的性质判定△ABD是等边三角形，求出
△CEM的面积、△OCE的面积、扇形OCE的面积．
21．（8分）如图，在7×7方格纸中，A，B，C三点均在格点上，试按要求画图与填空．
（1）如图1，将BC绕点B顺时针旋转90°至BD，连AD，直接写出∠CAD的度数；
（2）如图2，以AB为直径的⊙O交BC于点E，交AC于点F，将△ABC绕点O旋转180°至△BAG，设AG交⊙O于点M，BG交⊙O于点N，直接写出弧EF与弧MN的数量关系．
【考点】作图﹣旋转变换；勾股定理的逆定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】（1）作图见解答过程；∠CAD＝135°；
（2）EF=MN．
【分析】（1）根据旋转的性质找到点D，连接BD，AD，CD，延长DA至Q，连接DA，结合勾股定理即可得到答案；
（2）根据旋转得到四边形ACBG是平行四边形，结合圆的对称性即可得到答案．
【解答】解：（1）根据旋转的性质找到点D，连接BD，AD，CD如图所示，
延长DA至Q，连接DA，
根据勾股定理得，
AQ=22+12=5，CQ=22+12=5，CA=32+12=10，
∴CA2＝CQ2+AQ2，CQ＝AQ，
∴∠Q＝90°，
∴∠QAC＝45°，
∴∠CAD＝135°；
（2）∵△ABC绕点O旋转180°至△BAG，
∴四边形ACBG是平行四边形，
∴四边形ACBG与⊙O关于点O对称，
∴EF=MN．
【点评】本题考查旋转作格点图形，圆的性质，勾股定理逆定理，解题的关键是根据题意画出图形．
22．（10分）某抛物线形拱桥的截面图如图所示．某数学小组对这座拱桥很感兴趣，他们利用测量工具测出水面的宽AB为8米，AB上的点E到点A的距离AF＝1米，点E到拱桥顶面的垂直距离EF=74米．他们以点A为坐标原点，以AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系．
（1）求该抛物线所对应的函数表达式．
（2）求拱桥顶面离水面AB的最大高度．
（3）现有一游船（截面为矩形）宽度为4米，船顶到水面的高度为2米．要求游船从拱桥下面正中间通过时，船顶到拱桥顶面的距离应大于0.5米，请通过计算说明该游船是否能安全通过．
【考点】二次函数的应用．
【专题】二次函数的应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）y=−14x2+2x；
（2）拱桥顶面离水面AB的最大高度为4米；
（3）游船能安全通过．
【分析】（1）根据题意可得出啊点A、B、E的坐标，根据图象过原点即可设出抛物线的解析式，再把点B和点E的坐标代入解析式即可求出a、b的值，即可求出抛物线解析式；
（2）把（1）所得的解析式配成顶点式，即可得出顶点坐标，根据图象开口向下即可得出在顶点处取最大值，即可求出拱桥顶面离水面AB的最大高度；
（3）根据题中条件即可求出游船靠近原点的一边离原点的距离为2米，求出当x＝2时，对应的y值，然后减去船高与0.5进行比较即可求出．
【解答】解：（1）根据题意可得点A（0，0），点B（8，0），点E（1，74），
∵抛物线图象过原点，
∴可设抛物线的解析式为y＝ax2+bx，
把B（8，0）和E（1，74）代入解析式可得：
64a+8b=0a+b=74，解得：a=−14b=2，
∴抛物线所对应的表达式为：y=−14x2+2x；
（2）∵y=−14x2+2x=−14（x﹣4）2+4，
∴顶点坐标为（4，4），
∵−14＜0，图象开口向下，
∴当x＝4时，y有最大值4，
∴拱桥顶面离水面AB的最大高度为4米；
（3）由（2）可得对称轴x＝4，
∵游船宽度为4米，且要求游船从拱桥下面正中间通过，
∴游船边沿离对称轴的距离为2米，
∴游船靠近原点的一边离原点的距离为2米，
∴当x＝2时，y＝3，
∵3﹣2＝1（米）＞0.5米，
∴游船能安全通过．
【点评】本题考查的是二次函数的应用，解题关键：一是求出解析式，二是配成顶点式，三是找出游船一边离原点的距离．
23．（10分）综合与探究
在△ABC中，AB＝AC，∠CAB的角度记为α．
（1）操作与证明；如图①，点D为边BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转角度α至AE位置，连接DE，CE．求证：BD＝CE；
（2）探究与发现：如图②，若α＝90°，点D变为BC延长线上一动点，连接AD将线段AD绕点A逆时针旋转角度α至AE位置，连接DE，CE．可以发现：线段BD和CE的数量关系是 BD＝CE ；
（3）判断与思考；判断（2）中线段BD和CE的位置关系，并说明理由．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）BD＝CE；
（3）BD⊥CE，理解见解析．
【分析】（1）由旋转的性质得AD＝AE，∠DAE＝∠CAB，从而证明△BAD≌△CAE，即可得到结论；
（2）同第（1）小题的方法，证明△BAD≌△CAE，即可得到结论；
（3）由（2）可得△BAD≌△CAE，从而得∠B＝∠ACE＝45°，进而即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵线段AD绕点A逆时针旋转角度α至AE位置，∠CAB＝α，
∴AD＝AE，∠DAE＝∠CAB＝α，
∴∠CAB﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE．
（2）解：结论：BD＝CE．
理由：∵α＝90°，
由旋转可知：AD＝AE，∠DAE＝∠CAB＝90°，
∴∠CAB+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE．
故答案为：BD＝CE；
（3）结论：BD⊥CE．
理由：∵∠CAB＝α＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
由（2）可得：△BAD≌△CAE，
∴∠ACE＝∠B＝45°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，
∴BD⊥CE．
【点评】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质．掌握三角形全等的证明是解题的关键．
24．（12分）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与直线y＝x﹣3交于点A（m，0）和点B（﹣2，n），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图①，将△AOC平移，始终保持点A的对应点P在抛物线上，点O，C的对应点分别为M，N，若点N恰好落在直线y＝x﹣3上，求点P的坐标；
（3）如图②，点G是抛物线对称轴与x轴的交点，点Q是y轴上的一点，连接AQ，GQ，当∠GCO＝∠AQG时，请直接写出符合条件的点Q的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】分类讨论；待定系数法；一次函数及其应用；二次函数图象及其性质；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；圆的有关概念及性质；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；
（2）P（4，﹣5）或（﹣3，﹣12）；
（3）符合条件的点Q的坐标为（0，6−3）或（0，−6−3）或（0，3−6）或（0，3+6）．
【分析】（1）求得点A，B的坐标后，利用待定系数法解答即可；
（2）求得点C的坐标，即可判断出△AOC的形状，利用平移的性质可得△PMN为等腰直角三角形，设P（m，﹣m2+2m+3），延长MN交x轴于点D，利用函数的解析式和点的坐标表示出线段MD，ND，MN的长度，从而得到关于m的方程，解方程即可得出结论；
（3）在抛物线的对称轴上取一点E，使GE＝6，连接AE，设AE的中点为F，以AE为直径作⊙F，交y轴于点Q1和Q2，连接FQ1，FQ2，过点F作FM⊥x轴于点M，FN⊥y轴于点N，利用直角三角形的边角关系定理，圆的有关性质，圆周角定理得到点Q的运动轨迹，从而得到点Q的位置，利用矩形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理得到线段OQ1和OQ2的长度，再利用点的坐标的意义解答即可得出结论．
【解答】解：（1）令y＝0，则x﹣3＝0，
∴x＝3，
∴A（3，0），
∴OA＝3．
当x＝﹣2时，n＝﹣2﹣3＝﹣5，
∴B（﹣2，﹣5），
∵抛物线y＝ax2+bx+3与直线y＝x﹣3交于点A（3，0）和点B（﹣2，﹣5），
∴9a+3b+3=04a−2b+3=−5，
∴a=−1b=2，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
∴OC＝3，
∴OA＝OC＝3，
∴△OAC为等腰直角三角形，
由题意：△PMN≌△AOC，
∴PM＝MN＝3．
设P（m，﹣m2+2m+3），延长MN交x轴于点D，如图，
则OD＝m﹣3，MD＝|﹣m2+2m+3|＝m2﹣2m﹣3，
∵点N落在直线y＝x﹣3上，
∴N（m﹣3，m﹣6），
∴ND＝6﹣m，
∴MN＝MD﹣ND＝m2﹣2m﹣3﹣（6﹣m）＝m2﹣m﹣9，
∴m2﹣m﹣9＝3，
解得：m＝4或m＝﹣3．
∴P（4，﹣5）或（﹣3，﹣12）；
（3）在抛物线的对称轴上取一点E，使GE＝6，连接AE，设AE的中点为F，以AE为直径作⊙F，交y轴于点Q1和Q2，连接FQ1，FQ2，过点F作FM⊥x轴于点M，FN⊥y轴于点N，如图，
则四边形FMON为矩形，
∴ON＝FM，OM＝NF．
∵AG＝2，EG＝6，
∴AE=AG2+EG2=210，tan∠AEG=AGEG=13，
∴FQ1＝FQ2=12AE=10．
∵OC＝3，OG＝1，
∴tan∠OCG=OGOC=13，
∴∠GCO＝∠AEG．
∵∠GCO＝∠AQG，
∴点Q的运动轨迹为⊙F，
∵点Q是y轴上的一点，同弧所对的圆周角相等，
∴点Q1和Q2为符合条件的点．
∵FM⊥x轴，EG⊥x轴，
∴FM∥EG，
∵AF＝DE，
∴FM为△AEG的中位线，
∴FM=12EG＝3，GM＝AM=12AG＝1，
∴ON＝FM＝3，OM＝OG+GM＝2，
∴NF＝OM＝2，
∴Q1N=Q1F2−NF2=6．
∵FN⊥Q1Q2，
∴NQ1＝NQ2=6．
∴OQ1＝ON﹣Q1N＝3−6，
OQ2＝ON+Q2N＝3+6，
∴Q1（0，6−3），Q2（0，−6−3）；
同理，点点E在x轴的上方时，得到符合条件的点Q3（0，3−6），Q4（0，3+6）．
综上，当∠GCO＝∠AQG时，符合条件的点Q的坐标为（0，6−3）或（0，−6−3）或（0，3−6）或（0，3+6）．
【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，抛物线上点的坐标的特征，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标的特征，图形平移的性质，等腰直角三角形的判定与性质，圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，利用点的坐标表示相应线段的长度是解题的关键．