2021-2022学年广东省广州市越秀区九年级上学期期末数学试卷（含答案）

这是一份2021-2022学年广东省广州市越秀区九年级上学期期末数学试卷（含答案），共33页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3 分）下列四个图案中，是中心对称图形的是()
A． B． C． D．
2．（3 分）把抛物线 y   1 x2  1 向右平移 1 个单位长度，得到新的抛物线的解析式是()
2
A． y   1 x2
2
C． y   1 x2  2
2
B． y   1 (x  1)2  1 2
D． y   1 (x  1)2  1 2
3．（3 分）用配方法解一元二次方程 x2  10x  21  0 ，下列变形正确的是()
A． (x  5)2  4
B． (x  5)2  4
C． (x  5)2  121
D． (x  5)2  121
4．（3 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A(4, 3) ，以点 A 为圆心，4 为半径画 A ，则坐标原点O 与 A 的位置关系是()
A．点O 在 A 内B．点O 在 A 外C．点O 在 A 上D．以上都有可能 5．（3 分）下列事件为必然事件的是()
抛掷一枚硬币，正面向上
在一个装有 5 只红球的袋子中摸出一个白球
方程 x2  2x  0 有两个不相等的实数根
如果| a || b | ，那么 a  b
6．（3 分）如图，在RtABC 中， ABC  90 ， AB  6 ， BC  8 ．把ABC 绕点 A 逆时针
方向旋转到△ ABC ，点 B 恰好落在 AC 边上，则CC  ()
13
34
5
A．10B． 2
C． 2
D． 4
7．（3 分）某地区计划举行校际篮球友谊赛，赛制为主客场形式（每两队之间在主客场各比赛一场），已知共比赛了 30 场次，则共有() 支队伍参赛．
A．4B．5C．6D．7
8．（3 分）在同一平面直角坐标系 xOy 中，一次函数 y  ax 与二次函数 y  ax2  a 的图象可能是()
A． B． C． D．
9．（3 分）如图，在四边形 ABCD 中，A  B  90 ，点 F 为边CD 上一点，且 FE  AB 交
AB 于点 E ，若 AD  2 ， BC  8 ，四边形 AEFD ~ 四边形 EBCF ，则 DF 的值是()
FC
1
4
1
2
1
5
4
5
10．（3 分）已知点 P (x ，y ) ，P (x ，y ) 为抛物线 y  ax2  4ax  c(a  0) 上两点，且 x  x ，
1 112 2212
则下列说法正确的是()
A．若 x1  x2  4 ，则 y1  y2B．若 x1  x2  4 ，则 y1  y2
C．若 a(x1  x2  4)  0 ，则 y1  y2D．若 a(x1  x2  4)  0 ，则 y1  y2
二、填空题：本题共 6 小题，每小题 3 分，满分 18 分。
11．（3 分）已知点 P(2, 3) 与点Q(a,b) 关于原点对称，则 a  b  ．
12．（3 分）在一个不透明的袋子中装有红球、黄球共 20 个，这些球除颜色外都相同．小明通过多次实验发现，摸出黄球的频率稳定在 0.30 左右，则袋子中黄球的数量可能是个． 13．（3 分）在某一时刻，测得一根长为 1.5 米的竹竿竖直放置时，在平地上的影长是 2 米；在同一时刻测得旗杆在平地上的影长是 24 米，则旗杆的高度是米．
14．（3 分）如图，它是在纸板上剪下的一个半圆和一个圆形，它们恰好能组成一个圆锥模型．已知半圆的半径为 1，则该圆锥的侧面积是．
15．（3 分）飞机着陆后滑行的距离 s （单位：米）关于滑行的时间t （单位：秒）的函数解析式是 s  60t  1.5t 2 ，则飞机停下前最后 10 秒滑行的距离是米．
16．（3 分）如图，正方形 ABCD 的边长为 1，O 经过点C ，CM 为O 的直径，且CM  1 ．过
点 M 作O 的切线分别交边 AB ， AD 于点G ， H ． BD 与CG ， CH 分别交于点 E ， F ，
O 绕点C 在平面内旋转（始终保持圆心O 在正方形 ABCD 内部）．给出下列四个结论：
2
① HD  2BG ；② GCH  45 ；③ H ， F ， E ，G 四点在同一个圆上；④四边形CGAH 面积的最大值为 2 ．
其中正确的结论有 （填写所有正确结论的序号）．
三、解答题：本题共 9 小题，满分 72 分，解容应写出文字说明、证明过程或演算步，
17．（4 分）解方程： 2x2  x 15  0 ．
18．（4 分）如图，已知EAC  DAB ， D  B ，求证： ABC∽ADE ．
19．（6 分）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长为 1，每个小正方形的顶点叫格点，
ABC 的三个顶点都在格点上．
在图中画出将ABC 绕点C 按逆时针方向旋转90 后得到的△ A1 B1C1 ；
在（1）所画的图中，计算线段 AC 在旋转过程中扫过的图形面积（结果保留) ．
20．（6 分）为了更好地宣传垃圾分类，某校九（1）班学生成立了一个“垃圾分类”宣传小组，其中男生 2 人，女生 3 人．
若从这 5 人中选 1 人进社区宣传，恰好选中女生的概率是；
若从这 5 人中选 2 人进社区宣传，请用树状图或列表法求恰好选中一男一女的概率．
21．（8 分）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，一次函数 y  2x  m 与二次函数 y  ax2  bx  c
的图象相交于 A ， B 两点，点 A(1, 4) 为二次函数图象的顶点，点 B 在 x 轴上．
求二次函数的解析式；
根据图象，求二次函数的函数值大于 0 时，自变量 x 的取值范围．
22．（10 分）如图，在ABC 中， C  90 ，点O 为边 BC 上一点．以O 为圆心， OC 为半
径的O 与边 AB 相切于点 D ．
尺规作图：画出O ，并标出点 D （不写作法，保留作图痕迹）；
在（1）所作的图中，连接CD ，若CD  BD ，且 AC  6 ．求劣弧CD 的长．
23．（10 分）某市为鼓励居民节约用水，对居民用水实行阶梯收费，每户居民用水量每月不超过 a 吨时，每吨按0.3a 元缴纳水费；每月超过 a 吨时，超过部分每吨按0.4a 元缴纳水费．
若 a  12 ，某户居民 3 月份用水量为 22 吨，则该用户应缴纳水费多少元？
若下表是某户居民 4 月份和 5 月份的用水量和缴费情况：
根据上表数据，求 a 的值．
月份
用水量（吨)
交水费总金额（元)
4
18
62
5
24
86
24．（12 分）如图，四边形 ABCD 为平行四边形，以 AD 为直径的O 交 AB 于点 E ，连接 DE ，
2
7
DA  2， DE ， DC  5 ．过点 E 作直线l ．过点C 作CH  l ，垂足为 H ．
若l / / AD ，且l 与O 交于另一点 F ，连接 DF ，求 DF 的长；
连接 BH ，当直线l 绕点 E 旋转时，求 BH 的最大值；
过点 A 作 AM  l ，垂足为 M ，当直线l 绕点 E 旋转时，求CH  4 AM 的最大值．
25．（12 分）已知抛物线 y   1 x2  mx  m  1 与 x 轴交于点 A ， B （点 A 在点 B 的左侧），
22
与 y 轴交于点C(0,  5 ) ，点
2
P 为抛物线在直线 AC 上方图象上一动点．
求抛物线的解析式；
求PAC 面积的最大值，并求此时点 P 的坐标；
在（2）的条件下，抛物线 y   1 x2  mx  m  1 在点 A 、B 之间的部分（含点 A 、B) 22
沿 x 轴向下翻折，得到图象G ．现将图象G 沿直线 AC 平移，得到新的图象 M 与线段 PC 只有一个交点，求图象 M 的顶点横坐标 n 的取值范围．
2021-2022 学年广东省广州市越秀区九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共有 10 小题，每小题 3 分，共 30 分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．（3 分）下列四个图案中，是中心对称图形的是()
B．
C． D．
【分析】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对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：选项 A 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 B 、C 、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： A ．
【点评】本题考查了中心对称图形的概念，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．（3 分）把抛物线 y   1 x2  1 向右平移 1 个单位长度，得到新的抛物线的解析式是()
2
A． y   1 x2
2
C． y   1 x2  2
2
B． y   1 (x  1)2  1 2
D． y   1 (x  1)2  1 2
【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【解答】解：抛物线 y   1 x2  1 的顶点坐标是(0, 1) ．
2
则该抛物线向右平移 1 个单位长度后的顶点坐标是(1, 1) ，
所以所得新抛物线的解析式是 y   1 (x  1)2  1 ．
2
故选： D ．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减， 上加下减．
3．（3 分）用配方法解一元二次方程 x2  10x  21  0 ，下列变形正确的是()
A． (x  5)2  4
B． (x  5)2  4
C． (x  5)2  121
D． (x  5)2  121
【分析】先把常数项移到方程右侧，再把方程两边加上52 ，然后把方程左边写成完全平分的形式．
【解答】解： x2  10x  21，
x2  10x  52  21  52 ，
(x  5)2  4 ．
故选： A ．
【点评】本题考查了解一元二次方程  配方法：熟练掌握用配方法解一元二次方程的步骤是解决问题的关键．
4．（3 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A(4, 3) ，以点 A 为圆心，4 为半径画 A ，
则坐标原点O 与 A 的位置关系是()
A．点O 在 A 内B．点O 在 A 外C．点O 在 A 上D．以上都有可能
【分析】先求出点 A 到圆心O 的距离，再根据点与圆的位置依据判断可得．
(4)2  (3)2
【解答】解：圆心 A(4, 3) 到原点O 的距离OA  5 ，
OA  5  r  4 ，
点O 在 A 外， 故选： B ．
【点评】本题考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为 r ，点到圆心的距离为 d ，则有：当 d  r 时，点在圆外；当 d  r 时，点在圆上，当 d  r 时，点在圆内． 5．（3 分）下列事件为必然事件的是()
抛掷一枚硬币，正面向上
在一个装有 5 只红球的袋子中摸出一个白球
方程 x2  2x  0 有两个不相等的实数根
如果| a || b | ，那么 a  b
【分析】必然事件就是一定发生的事件，即发生的概率是 1 的事件．
【解答】解： A 、是随机事件，故 A 选项不符合题意；
B 、是不可能事件，故 B 选项不符合题意；
C 、是必然事件，故C 选项符合题意； D 、是随机事件，故 D 选项不符合题意． 故选： C ．
【点评】本题主要考查了必然事件的概念，必然事件指在一定条件下一定发生的事件，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，难度适中．
6．（3 分）如图，在RtABC 中， ABC  90 ， AB  6 ， BC  8 ．把ABC 绕点 A 逆时针
方向旋转到△ ABC ，点 B 恰好落在 AC 边上，则CC  ()
13
A．10B． 2
C． 2
D． 4
34
5
【分析】在 RtABC 中， 利用勾股定理可求 AC ， 由旋转的性质可得 AB  AB  6 ，
BC  BC  8 ， B  ABC  90 ，在 Rt △ CBC 中，由勾股定理可求CC 的长．
【解答】解：ABC  90 ， AB  6 ， BC  8 ，
AB2  BC2
 AC  10 ，
将RtABC 绕点 A 逆时针旋转得到 Rt △ ABC ，
 AB  AB  6 ， BC  BC  8 ， ABC  ABC  90 ，
 BC  AC  AB  4 ， CBC  90 ，
BC2  BC2
82  42
5
在 Rt △ BCC 中， CC  4，
故选： D ．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，直角三角形，等边三角形的判定与性质，勾股定理的 应用等知识，由旋转的性质得出△ BCC 是直角三角形是解题的关键．
7．（3 分）某地区计划举行校际篮球友谊赛，赛制为主客场形式（每两队之间在主客场各比赛一场），已知共比赛了 30 场次，则共有() 支队伍参赛．
A．4B．5C．6D．7
【分析】由于每两队之间都需在主客场各赛一场，即每个队都要与其余队比赛一场．等量关 系为：球队的个数 （球队的个数1)  30 ，把相关数值代入即可．
【解答】解：设邀请 x 个球队参加比赛， 根据题意可列方程为： x(x  1)  30 ．
解得： x1  6 ， x2  5 （不合题意舍去），答：共有 6 支队伍参赛．
故选： C ．
【点评】本题主要考查了一元二次方程的应用，根据比赛场数与参赛队之间的关系为：比赛 场数 队数 （队数1)  2 ，进而得出方程是解题关键．
8．（3 分）在同一平面直角坐标系 xOy 中，一次函数 y  ax 与二次函数 y  ax2  a 的图象可能是()
A． B．
C． D．
【分析】根据各选项图象判断 a 的取值范围求解．
【解答】解：选项 A ，直线下降 a  0 ，抛物线开口向上， a  0 ，不符合题意．
选项 B ，直线下降， a  0 ，抛物线开口向下 a  0 ，抛物线与 y 轴交点在 x 轴下方， a  0 ， 即 a  0 ，不符合题意．
选项C ，直线上升， a  0 ，抛物线开口向上 a  0 ，抛物线与 y 轴交点在 x 轴下方， a  0 ，
即 a  0 ，符合题意．
选项 D ，直线上升， a  0 ，抛物线开口向下 a  0 ，不符合题意． 故选： C ．
【点评】本题考查二次函数与一次函数的性质，解题关键是掌握函数图象与系数的关系．
9．（3 分）如图，在四边形 ABCD 中，A  B  90 ，点 F 为边CD 上一点，且 FE  AB 交
AB 于点 E ，若 AD  2 ， BC  8 ，四边形 AEFD ~ 四边形 EBCF ，则 DF 的值是()
FC
1
4
1
2
1
5
4
5
【分析】根据四边形 AEFD ~ 四边形 EBCF ，求得 EF  4 ，根据相似多边形的性质即可得到结论．
【解答】解：四边形 AEFD ~ 四边形 EBCF ，
 AD  EF ，
EFBC
 AD  2 ， BC  8 ，
 EF 2  2 8  16 ，
 EF  4 ，
四边形 AEFD ~ 四边形 EBCF ，
 DF  AD  1 ，
CFEF2
故选： B ．
【点评】本题考查了相似多边形的性质，熟练掌握相似多边形的性质是解题的关键．
10．（3 分）已知点 P (x ，y ) ，P (x ，y ) 为抛物线 y  ax2  4ax  c(a  0) 上两点，且 x  x ，
1 112 2212
则下列说法正确的是()
A．若 x1  x2  4 ，则 y1  y2B．若 x1  x2  4 ，则 y1  y2
C．若 a(x1  x2  4)  0 ，则 y1  y2D．若 a(x1  x2  4)  0 ，则 y1  y2
【分析】通过函数解析式求出抛物线的对称轴，分类讨论 a  0 及 a  0 时各选项求解．
【解答】解： y  ax2  4ax  c ，
抛物线对称轴为直线 x  
4a
2a
 2 ，
P2 (x2 ， y2 ) 关于直线 x  2 的对称点为 P(4  x2 ， y2 ) ，
若 x1  x2  4 ，由 x2  4  x2  4 ， x1  x2 ，可得 x1  4  x2 ， 当抛物线开口向上时， y1  y2 ，
选项 A 错误．
若 x1  x2  4 ，由 x2  4  x2  4 ， x1  x2 ，可得 4  x2  x1  x2 ，
当抛物线开口向下时， y1  y2 ，
选项 B 错误．
若 a(x1  x2  4)  0 ，当 x1  x2  4 时，则 a  0 ， a  0 ，抛物线开口向上，
 y1  y2 ，
当 x1  x2  4 时，则 a  0 ， a  0 ，抛物线开口向下，
 y1  y2 ，选项C 正确．
若 a(x1  x2  4)  0 ，当 x1  x2  4 时， a  0 ， a  0 ，抛物线开口向下，
 y1  y2 ，选项 D 错误． 解法二：作差法，
 y  ax2  4ax  c ， y  ax2  4ax
c ，
111222
 y  y  ax2  4ax  c  (ax2  4ax
c)
121122
1212
 a(x2  x2 )  4a(x  x )
 a(x1  x2 )(x1  x2 )  4a(x1  x2 )
 a(x1  x2 )(x1  x2  4)
 x1  x2 ，
 x1  x2  0 ，
当 a(x1  x2  4)  0 时，则a(x1  x2 )(x1  x2  4)  0 ，
 y1  y2 ， 故选： C ．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程 及不等式的关系，通过数形结合求解．
二、填空题：本题共 6 小题，每小题 3 分，满分 18 分。
11．（3 分）已知点 P(2, 3) 与点Q(a,b) 关于原点对称，则 a  b  1．
【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，可得答案．
【解答】解：由点 P(2, 3) 与点Q(a,b) 关于原点对称，得
a  2 ， b  3 ，
则 a  b  2  3  1 ， 故答案为：1．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律： 关于 x 轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于 y 轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
12．（3 分）在一个不透明的袋子中装有红球、黄球共 20 个，这些球除颜色外都相同．小明通过多次实验发现，摸出黄球的频率稳定在0.30 左右，则袋子中黄球的数量可能是 6个．
【分析】袋子中装有红球、黄球共 20 个，多次实验发现，摸出黄球的频率稳定在 0.30 左右， 据此用球的总个数乘以黄球的频率即概率，从而得出黄球个数的估计值．
【解答】解：袋子中装有红球、黄球共 20 个，多次实验发现，摸出黄球的频率稳定在 0.30
左右，
袋子中黄球的数量可能是 20  0.3  6 （个) ， 故答案为：6．
【点评】本题主要考查利用频率估计概率，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．
13．（3 分）在某一时刻，测得一根长为 1.5 米的竹竿竖直放置时，在平地上的影长是 2 米；在同一时刻测得旗杆在平地上的影长是 24 米，则旗杆的高度是 18米．
【分析】由于光线是平行的，影长都在地面上，那么可得竹竿与影长构成的三角形和旗杆和 影长构成的三角形相似，利用对应边成比例可得旗杆的高度．
【解答】解：光线是平行的，影长都在地面上，
光线和影长组成的角相等；旗杆和竹竿与影长构成的角均为直角，
竹竿与影长构成的三角形和旗杆和影长构成的三角形相似，
设旗杆的高度为 x ，
x  1.5 ，
242
解得 x  18 ，
答：旗杆的高度是 18 米， 故答案为：18．
【点评】本题考查了相似三角形的应用：通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边 的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．
14．（3 分）如图，它是在纸板上剪下的一个半圆和一个圆形，它们恰好能组成一个圆锥模
型．已知半圆的半径为 1，则该圆锥的侧面积是．
2
【分析】根据圆锥的侧面积等于半圆的面积解决问题．
【解答】解：圆锥的侧面积 半圆的面积 1 12  ，
22
故答案为： ．
2
【点评】本题考查圆锥的计算，解题的关键是理解圆锥的侧面积等于半圆面积．
15．（3 分）飞机着陆后滑行的距离 s （单位：米）关于滑行的时间t （单位：秒）的函数解析式是 s  60t  1.5t 2 ，则飞机停下前最后 10 秒滑行的距离是 150米．
【分析】根据二次函数的解析式求得其对称轴即可得出飞机滑行所需时间为 20 秒，再求出
前 10 秒飞机滑行的距离即可．
【解答】解： s  60t  1.5t 2   3 (t  20)2  600 ，
2
3  0 ，抛物线开口向下，
2
当t  20 时， s 有最大值，此时 s  600 ，
飞机从落地到停下来共需 20 秒，
1
飞机前 10 秒滑行的距离为： s  60 10 1.5 102  450 （米) ，
飞机停下前最后 10 秒滑行的距离为： 600  450  150 （米) ， 故答案为：150．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，明确题意并正确地将二次函数的一般式写成顶点式是解题的关键．
16．（3 分）如图，正方形 ABCD 的边长为 1，O 经过点C ，CM 为O 的直径，且CM  1 ．过点 M 作O 的切线分别交边 AB ， AD 于点G ， H ． BD 与CG ， CH 分别交于点 E ， F ，
O 绕点C 在平面内旋转（始终保持圆心O 在正方形 ABCD 内部）．给出下列四个结论：
2
① HD  2BG ；② GCH  45 ；③ H ， F ， E ，G 四点在同一个圆上；④四边形CGAH 面积的最大值为 2 ．
其中正确的结论有 ②③④ （填写所有正确结论的序号）．
【分析】①在O 绕点C 在平面内旋转（始终保持圆心O 在正方形 ABCD 内部）过程中，BG 增大时， DH 随着减小， BG 减小时， DH 随着增大，可判断①不正确；
②先证明RtCHD  RtCHM(HL) ，可得：HD  HM ，HCD  HCM ，CHD  CHM ， 同理： GB  GM ， GCB  GCM ， CGB  CGM ，即可得出： GCH  45 ，可判断
②正确；
③根据CHD  HCD  90 ， BCH  HCD  90 ，可得CHD  BCH ，进而推出：
CHM  FEG  180 ，即 H ， F ， E ， G 四点在同一个圆上，即可判断③正确；
④设 HD  x ， BG  a ，则 HM  x ， MG  a ， AH  1  x ， AG  1  a ，利用勾股定理可
得 出a  1  x
x  1
， 设 四 边 形CGAH的 面 积 为y， 则 ：
y  S
S S
 1  1 x x  1
，整理，得： x2  (2 y  2)x  (2 y 1)  0 ，由
正方形ABCD
CDH
CBG
22  x  1
根的判别式得： △  (2 y  2)2  4 1 (2 y 1)0 ， 即 ( y  2 
2)( y  2 
2)0 ， 可得出
2
2
y2 ，即四边形CGAH 的面积的最大值为 2 ，可判断④正确．
【解答】解：①在O 绕点C 在平面内旋转（始终保持圆心O 在正方形 ABCD 内部）过程中，
BG 增大时， DH 随着减小， BG 减小时， DH 随着增大，故①不正确；
②正方形 ABCD 的边长为 1，
A  ABC  BCD  ADC  90 ， AB  BC  CD  AD  1，
GH 与O 相切于点 M ，
CMH  CMG  90 ，
 CM 为O 的直径，且CM  1 ，
 BC  CM  CD  1 ，
在RtCHD 和RtCHM 中，

CD  CM ，
CH  CH
RtCHD  RtCHM(HL) ，
 HD  HM ， HCD  HCM ， CHD  CHM ，
同理： GB  GM ， GCB  GCM ， CGB  CGM ，
HCD  HCM  GCB  GCM  90 ，
 2(HCM  GCM )  90 ，
GCH  45 ，故②正确；
③CHD  HCD  90 ， BCH  HCD  90 ，
CHD  BCH ，
CHM  CHD ，
CHM  BCH  45  GCB ，
CEF  45  GCB ，
CHM  CEF ，
CEF  FEG  180 ，
CHM  FEG  180 ，
四边形 EFHG 是圆内接四边形，
即 H ， F ， E ， G 四点在同一个圆上，故③正确；
④设 HD  x ， BG  a ，则 HM  x ， MG  a ， AH  1  x ， AG  1  a ，
GH  HM  GM  x  a ，
在RtAGH 中， AH 2  AG2  GH 2 ，
(1  x)2  (1  a)2  (x  a)2 ，
 a  1  x ，
x  1
设四边形CGAH 的面积为 y ， 则： y  S正方形ABCD  SCDH  SCBG
 AB2  1 CD  DH  1 BC  BG
22
 12  1 1 x  1 1 1  x ，
22x  1
 y  1 1 x x 1 ，
22( x 1)
整理，得： x2  (2 y  2)x  (2 y 1)  0 ，
△  (2 y  2)2  4 1 (2 y 1)0 ，
 y2  4 y  20 ，
( y  2 
2)( y  2 
2)0 ，

 y  2 

20 y  2 
或

20
，
 y  2 
20 y  2 
20
2
解得： y2  2 或 y2 ，
 yS正方形ABCD  1，
2
 y2 
不符合题意，舍去，
2
 y2 ，
2
即 y 的最大值为2 ，
2
四边形CGAH 的面积的最大值为 2 ， 故④正确，
故答案为：②③④．
【点评】本题考查了正方形的性质，圆内接四边形的判定与性质，切线的性质，全等三角形 的判定和性质，三角形面积，旋转变换的性质等，解题关键是熟练掌握全等三角形判定和性 质．
三、解答题：本题共 9 小题，满分 72 分，解容应写出文字说明、证明过程或演算步，
17．（4 分）解方程： 2x2  x 15  0 ．
【分析】利用因式分解法把方程转化为 2x  5  0 或 x  3  0 ，然后解两个一次方程即可．
【解答】解： (2x  5)(x  3)  0 ，
2x  5  0 或 x  3  0 ， 所以 x  5 ， x  3 ．
122
【点评】本题考查了解一元二次方程  因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
18．（4 分）如图，已知EAC  DAB ， D  B ，求证： ABC∽ADE ．
【分析】根据EAC  DAB 求出DAE  BAC ，再利用“两角法”来证 ABC∽ADE 即可．
【解答】证明：EAC  DAB ，
EAC  CAD  DAB  CAD ， 即DAE  BAC ，
又D  B ，
ABC∽ADE ．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，能熟记相似三角形的判定是解此题的关键，两角法： 有两组角对应相等的两个三角形相似．
19．（6 分）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长为 1，每个小正方形的顶点叫格点，
ABC 的三个顶点都在格点上．
在图中画出将ABC 绕点C 按逆时针方向旋转90 后得到的△ A1 B1C1 ；
在（1）所画的图中，计算线段 AC 在旋转过程中扫过的图形面积（结果保留) ．
【分析】（1）利用旋转变换的性质分别作出 A ， B ， C 的对应点 A1 ， B1 ， C1 即可；
（2）利用扇形的面积公式求解即可．
【解答】解：（1）如图，△ A1 B1C1 即为所求；
（2） AC 
 10 ，
12  32
90 ( 10)2
5
线段 AC 在旋转过程中扫过的图形面积．
3602
【点评】本题考查作图  旋转变换，扇形的面积的计算等知识，解题的关键是掌握旋转变换
 nr2
的性质，记住扇形的面积
．
360
20．（6 分）为了更好地宣传垃圾分类，某校九（1）班学生成立了一个“垃圾分类”宣传小
组，其中男生 2 人，女生 3 人．
若从这 5 人中选 1 人进社区宣传，恰好选中女生的概率是3；
5
若从这 5 人中选 2 人进社区宣传，请用树状图或列表法求恰好选中一男一女的概率．
【分析】（1）直接根据概率公式求解即可；
（2）根据题意画出树状图得出所有等可能的情况数，找出恰好选中一男一女的情况数，然
后根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：（1）共有 5 人，其中男生 2 人，女生 3 人，
从这 5 人中选 1 人进社区宣传，恰好选中女生的概率是 3 ；
5
（2）设男生用 A 表示，女生用 B 表示， 树状图如下所示：
由上可得，一共有 20 种可能性，其中恰好选中一男一女的有 12 种，
所以恰好选中一男一女的概率是 12  3 ．
205
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可 能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识 点为：概率 所求情况数与总情况数之比．
21．（8 分）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，一次函数 y  2x  m 与二次函数 y  ax2  bx  c
的图象相交于 A ， B 两点，点 A(1, 4) 为二次函数图象的顶点，点 B 在 x 轴上．
求二次函数的解析式；
根据图象，求二次函数的函数值大于 0 时，自变量 x 的取值范围．
【分析】（1）根据题意，先可以求 m ，再求出点 B 的坐标，从而可以求得二次函数的解析式；
（2）根据对称性求得该函数与 x 轴的另外一个交点坐标，再根据函数图象即可得到函数值 y
为正数时，自变量 x 的取值范围．
【解答】解：（1）一次函数 y  2x  m 经过点 A(1, 4) ，
 4  2  m ，解得 m  6 ，
 y  2x  6 ，当 y  0 时， x  3 ，
 B(3, 0) ，
设二次函数解析式为 y  a(x 1)2  4 ， 代入点 B(3, 0) ，得： 0  4a  4 ，
解得 a  1 ，
二次函数解析式为 y  (x 1)2  4 ；
（2）点 B(3, 0) 关于对称轴直线 x  1 的对称点为(1, 0) ，
二次函数的函数值大于 0 时，自变量 x 的取值范围1  x  3 ．
【点评】本题考查抛物线与 x 轴的交点、二次函数的性质、待定系数法求二次函数解析式， 解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
22．（10 分）如图，在ABC 中， C  90 ，点O 为边 BC 上一点．以O 为圆心， OC 为半
径的O 与边 AB 相切于点 D ．
尺规作图：画出O ，并标出点 D （不写作法，保留作图痕迹）；
在（1）所作的图中，连接CD ，若CD  BD ，且 AC  6 ．求劣弧CD 的长．
【分析】（1）作 CAB 的平分线，交 BC 于点O ，再以点O 为圆心、OC 为半径画圆即可；
（2）连接CD 、OD ，设B  x ，由CD  BD 知B  BCD  x ，CDA  (2x) ，再证 AC
是O 的切线知 AC  AD ，据此得ACD  ADC  (2x) ，继而求出 x 的值得出B  30 ，
COD  120 ， COA  60 ，由 AC  6 知OC 
【解答】解：（1）如图所示， O 即为所求．
AC 2
3
tan 60
，根据弧长公式计算即可．
（2）连接CD 、OD ， 设B  x ，
CD  BD ，
B  BCD  x ，
CDA  (2x) ，
 AC  OC ，
 AC 是O 的切线，
 AC  AD ，
ACD  ADC  (2x) ，
 2x  x  90 ，
 x  30 ，即B  30 ，
COD  BDO  B  120 ， COA  60 ，
6
3
3
 AC  6 ，
OC 
AC
tan 60
 2，
劣弧CD 的长为120  2 3  4 3 ．
1803
【点评】本题主要考查作图—复杂作图，解题的关键是掌握角平分线的尺规作图与圆的切线 的判定和性质．
23．（10 分）某市为鼓励居民节约用水，对居民用水实行阶梯收费，每户居民用水量每月不超过 a 吨时，每吨按0.3a 元缴纳水费；每月超过 a 吨时，超过部分每吨按0.4a 元缴纳水费．
若 a  12 ，某户居民 3 月份用水量为 22 吨，则该用户应缴纳水费多少元？
若下表是某户居民 4 月份和 5 月份的用水量和缴费情况：
月份
用水量（吨)
交水费总金额（元)
4
18
62
5
24
86
根据上表数据，求 a 的值．
【分析】（1）根据分段计费直接求出水费即可；
（2）根据题意确定 a 的取值范围，然后列方程求解即可．
【解答】解：（1）当 a  12 时，每户居民用水量每月不超过 12 吨时，每吨按0.3 12  3.6 元缴纳水费；每月超过 12 吨时，超过部分每吨按0.4 12  4.8 元缴纳水费，
某户居民 3 月份用水量为 22 吨，则该用户应缴纳水费为12  3.6  (22 12)  4.8  91.2（元
) ；
（2）18  0.3 18  97.2  62 ，
 a  18 ，
根据题意得0.3a  a  (18  a)  0.4a  62 ， 整理得 a2  72a  620  0 ，
解得 a  10 或 a  62 （舍去），
当 a  10 时， 0.3 10 10  (24 10)  0.4 10  86 ，成立，
a 的值为 10．
【点评】本题考查了一元二次方程组的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题 的关键．
24．（12 分）如图，四边形 ABCD 为平行四边形，以 AD 为直径的O 交 AB 于点 E ，连接 DE ，
2
7
DA  2， DE ， DC  5 ．过点 E 作直线l ．过点C 作CH  l ，垂足为 H ．
若l / / AD ，且l 与O 交于另一点 F ，连接 DF ，求 DF 的长；
连接 BH ，当直线l 绕点 E 旋转时，求 BH 的最大值；
过点 A 作 AM  l ，垂足为 M ，当直线l 绕点 E 旋转时，求CH  4 AM 的最大值．
【分析】（1）作ON  EF 交O 于 N ，可证得 EN  FN ， AN  DN ，进而 AE  DF ，从
而得出 DE  AE ，在RtADE 中求出 AE ，进而得出 DF ；
点 H 在以CE 为直径的I 上运动，连接 BI 并延长交H  ，则 BH  最大，作 BP  CE
于 P ，可证得BEP∽ECD ，从而求得 PB ， PE ，进而求得 PI ，从而求出 BI ，进一步求出结果；
作 BN  l 于 N ，作 BR  CH 于 R ，可证AME∽BNE ，可得 BN  4 AM ，进而可得
CH  4AM  CH  HR  CRCB ，从而得出CH  4 AM 最大值．
【解答】解：（1）如图 1，
作ON  EF 交O 于 N ，
 EN  FN ，
 AD / / EF ，
ON  AD ，
AON  DON  90 ，
 AN  DN ，
 AN  EN  DN  FN
即 AE  DF ，
 DF  AE ，
 AD 是O 的直径，
AED  90 ，
AD 2  DE 2
(2 2)2  ( 7 )2
 AE  1 ，
 DF  1 ；
如图 2，
EHC  90 ，
点 H 在以CE 为直径的I 上运动，连接 BI 并延长交H  ，则 BH  最大，
 CDE  90 ， DE  7 ， CD  5 ，
52  ( 7 )2
2
CE  4
2
 EI  CI  2，
 AB / /CD ，
DCE  BEC ， 作 BP  CE 于 P ，
CDE  BPE  90 ，
BEP∽ECD ，
 PB  PE  BE ，
DECDCE
7
4
4 2
 PB  PE ，
5
7
2
 PB ， PE  5 2 ，
2
 PI  PE  EI  5 2  2 2 2 ，
 BI 
22
PI 2  PB2
( 2 )  (
2
7 )2
2
 2 ，
2
 BH   BI  IH   2  2，
2
即 BH 的最大值是： 2  2；
如图 3，
作 BN  l 于 N ，作 BR  CH 于 R ，
BNH  CHN  BRH  90 ，
四边形 BRHN 是矩形，
 HR  BN ，
AME  BNE  90 ， BEN  AEM ，
AME∽BNE ，
 BN  BE  4 ，
AMAE1
 BN  4 AM ，
 HR  4AM ，
CH  4AM  CH  HR  CRCB ，
当l 旋转大l 位置， H 点在 N 位置， M 在 M  位置时，
2
CH  4 AM  CN  BN  BC  AD  2，
2
即： CH  4 AM 的最大值 2．
【点评】本题考查了勾股定理，垂径定理，确定圆的条件，相似三角形的判定和性质，矩形 的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟悉“定弦对定角”，运用等量代换转化条件．
25．（12 分）已知抛物线 y   1 x2  mx  m  1 与 x 轴交于点 A ， B （点 A 在点 B 的左侧），
22
与 y 轴交于点C(0,  5 ) ，点
2
P 为抛物线在直线 AC 上方图象上一动点．
求抛物线的解析式；
求PAC 面积的最大值，并求此时点 P 的坐标；
在（2）的条件下，抛物线 y   1 x2  mx  m  1 在点 A 、B 之间的部分（含点 A 、B) 22
沿 x 轴向下翻折，得到图象G ．现将图象G 沿直线 AC 平移，得到新的图象 M 与线段 PC 只有一个交点，求图象 M 的顶点横坐标 n 的取值范围．
【分析】（1）利用待定系数法即可求得答案；
令 y  0 ，可求得： A(5, 0) ， B(1, 0) ，再运用待定系数法求得直线 AC 的解析式为
y   1 x  5 ，如图 1，设 P(t,  1 t 2  3t  5 ) ，过点 P 作 PH / / y 轴交直线 AC 于点 H ，则
2222
PH   1 t 2  5 t ，利用 S S S  5 (t  5 )2  125 ，即可运用二次函数求最值的
22
方法求得答案；
PAC
PAH
PCH
4216
运用翻折变换的性质可得图象 G 的函数解析式为： y  1 (x  3)2  2 ，顶点坐标为
2
(3, 2) ，进而根据平移规律可得：图象 M 的函数解析式为： y  1 (x  n)2  1 n  7 ，顶点
222
坐标为(n,  1 n  7 ) ，当图象 M 经过点C(0,  5 ) 时，可求得： n  1 或 n  2 ，当图象 M 的
222
端点 B 在 PC 上时，可求得： n   18 或 n  7 （舍去），就看得出：图象 M 的顶点横坐标 n
55
的取值范围为：  18 n  1 或 n  2 ．
5
【解答】解：（1）抛物线 y   1 x2  mx  m  1 与 y 轴交于点C(0,  5 ) ，
222
 m  1   5 ，
22
解得： m  3 ，
该抛物线的解析式为： y   1 x2  3x  5 ；
22
（2）在 y   1 x2  3x  5 中，令 y  0 ，
22
得：  1 x2  3x  5  0 ，
22
解得： x1  5 ， x2  1 ，
 A(5, 0) ， B(1, 0) ，
设直线 AC 的解析式为 y  kx  b ，
 A(5, 0) ， C(0,  5 ) ，
2
5k  b  0


b   5，
2
k   1

解得： 2 ，
b   5
2
直线 AC 的解析式为 y   1 x  5 ，
22
如图 1，设 P(t,  1 t 2  3t  5 ) ，过点 P 作 PH / / y 轴交直线 AC 于点 H ，
22
则 H (t,  1 t  5 ) ，
22
 PH   1 t 2  3t  5  ( 1 t  5 )   1 t 2  5 t ，
222222
 SPAC  SPAH  SPCH
 1  PH  (x  x )  1  PH  (x  x )
2PA2CP
 1  PH  (x  x )
2CA
 1  ( 1 t 2  5 t) [0  (5)]
222
  5 t 2  25 t 44
  5 (t  5)2  125 ，
4216
当t   5 时， S
2
PAC
取得最大值125 ，
16
此时，点 P 的坐标为( 5 ， 15) ；
28
（3）如图 2，抛物线 y   1 x2  3x  5 在点 A 、 B 之间的部分（含点 A 、 B) 沿 x 轴向下翻
22
折，得到图象G ，
 y   1 x2  3x  5   1 (x  3)2  2 ，顶点为(3, 2) ，
222
图象G 的函数解析式为： y  1 (x  3)2  2 ，顶点坐标为(3, 2) ，
2
图象G 沿直线 AC 平移，得到新的图象 M ，顶点运动的路径为直线 y   1 x  7 ，
22
图象 M 的顶点坐标为(n,  1 n  7 ) ，
22
图象 M 的函数解析式为： y  1 (x  n)2  1 n  7 ，
222
当图象 M 经过点C(0,  5 ) 时，
2
则：  5  1 (0  n)2  1 n  7 ，
2222
解得： n  1 或 n  2 ，
当图象 M 的端点 B 在 PC 上时，
线段 PC 的解析式为：y   7 x  5 ( 5 x0) ，点 B(1, 0) 运动的路径为直线 y   1 x  1 ，
42222
 y   7 x  5

联立可得： 

 y  

x   8
42 ，
1 x  1
22

解得： 5 ，
 y  3
10
x   8
将 5 代入 y  1 (x  n)2  1 n  7 ，可得： 1 ( 8  n)2  1 n  7  3 ，


 y  3
10
222
252210
解得： n   18 或 n  7 （舍去），
55
图象 M 的顶点横坐标 n 的取值范围为：  18 n  1 或 n  2 ．
5
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，一次函数图象和性质， 二次函数图象和性质，抛物线的翻折、平移变换，二次函数最值问题和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用函数图象上点的坐标特征推知点的坐标的取值范围．