2023-2024学年北京市朝阳区九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市朝阳区九年级（上）期末数学试卷（含解析），共34页。试卷主要包含了填空题，解答题解答应写出文字说明等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）在平面直角坐标系中，点（3，﹣4）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（3，4）B．（﹣3，﹣4）C．（﹣3，4）D．（﹣4，3）
2．（2分）下列事件中，是不可能事件的是（ ）
A．一枚质地均匀骰子的六个面上分别刻有1～6的点数，掷一次骰子，骰子向上一面的点数是8
B．射击运动员射击一次，命中靶心
C．通常温度降到0℃以下，纯净的水结冰
D．在同一平面内，任意画两条直线，这两条直线平行
3．（2分）在圆、正六边形、平行四边形、等边三角形这四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的图形个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
4．（2分）如图，AB是⊙O的弦，若⊙O的半径OA＝5，圆心O到弦AB的距离OC＝3，则弦AB的长为（ ）
A．4B．6C．8D．10
5．（2分）不透明盒子中有6张卡片，除所标注文字不同外无其他差别．其中，写有“珍稀濒危植物种子”的卡片有1张，写有“人工种子”的卡片有5张．随机摸出一张卡片写有“珍稀濒危植物种子”的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．（2分）把抛物线y＝3x2向左平移2个单位长度，再向上平移5个单位长度，得到的抛物线的解析式为（ ）
A．y＝3（x﹣5）2+2B．y＝3（x+5）2+2
C．y＝3（x+2）2+5D．y＝3（x﹣2）2+5
7．（2分）在如图所示的正方形网格中，四边形ABCD绕某一点旋转某一角度得到四边形A′B′C′D′（所有顶点都是网格线交点），在网格线交点M，N，P，Q中，可能是旋转中心的是（ ）
A．点MB．点NC．点PD．点Q
8．（2分）用一个圆心角为n°（n为常数，0＜n＜180）的扇形作圆锥的侧面，记扇形的半径为R，所作的圆锥的底面圆的周长为l，侧面积为S，当R在一定范围内变化时，l与S都随R的变化而变化，则l与R，S与R满足的函数关系分别是（ ）
A．一次函数关系，一次函数关系
B．二次函数关系，二次函数关系
C．一次函数关系，二次函数关系
D．二次函数关系，一次函数关系
二、填空题（共16分，每题2分）
9．（2分）一元二次方程x2﹣9＝0的根为 ．
10．（2分）⊙O的直径为15cm，若圆心O与直线l的距离为7.5cm，则l与⊙O的位置关系是 （填“相交”、“相切”或“相离”）．
11．（2分）抛物线y＝x2﹣2x+4的顶点坐标是 ．
12．（2分）如图，在⊙O中，弦AB，CD相交于点E，∠AEC＝74°，∠ABD＝36°，则∠BOC的度数为 ．
13．（2分）某科技公司开展技术研发，在相同条件下，对运用新技术生产的一批产品的合格率进行检测，如表是检测过程中的一组统计数据：
估计这批产品合格的产品的概率为 ．
14．（2分）如图，AB是半圆O的直径，将半圆O绕点A逆时针旋转30°，点B的对应点为B′，连接AB′，若AB＝8，则图中阴影部分的面积是 ．
15．（2分）对于向上抛的物体，在没有空气阻力的条件下，上升高度h，初速度v，抛出后所经历的时间t，这三个量之间有如下关系：h＝vt﹣gt2（其中g是重力加速度，g取10m/s2）．将一物体以v＝21m/s的初速度向上抛，当物体处在离抛出点18m高的地方时，t的值为 ．
16．（2分）已知函数y1＝kx+4k﹣2（k是常数，k≠0），（a是常数，a≠0），在同一平面直角坐标系中，若无论k为何值，函数y1和y2的图象总有公共点，则a的取值范围是 ．
三、解答题（共68分，第17-22题，每题5分，第23-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
17．（5分）解方程x2﹣1＝6x．
18．（5分）关于x的一元二次方程x2﹣（m+4）x+3（m+1）＝0．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若该方程有一根小于0，求m的取值范围．
19．（5分）已知一次函数y1＝mx+n（m≠0）和二次函数，下表给出了y1，y2与自变量x的几组对应值：
（1）求y2的解析式；
（2）直接写出关于x的不等式ax2+bx+c＞mx+n的解集．
20．（5分）如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC边上任意一点（不与B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接CE，DE．
（1）求∠ECD的度数；
（2）若AB＝4，，求DE的长．
21．（5分）经过某十字路口的汽车，可能直行，也可能向左转或向右转，这三种可能性大小都相同．有两辆汽车经过这个十字路口，观察这两辆车经过这个十字路口的情况．
（1）列举出所有可能的情况；
（2）求出至少有一辆车向左转的概率．
22．（5分）小明在学习了圆内接四边形的性质“圆内接四边形的对角互补”后，想探究它的逆命题“对角互补的四边形的四个顶点在同一个圆上”是否成立．他先根据命题画出图形，并用符号表示已知，求证．
已知：如图①，在四边形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°．
求证：点A，B，C，D在同一个圆上．
他的基本思路是依据“不在同一直线上的三个点确定一个圆”，先作出一个过三个顶点A，B，C的⊙O，再证明第四个顶点D也在⊙O上．
具体过程如下；
步骤一、作出过A，B，C三点的⊙O．
如图1，分别作出线段AB，BC的垂直平分线m，n，设它们的交点为O，以O为圆心，OA的长为半径作⊙O．连接OA，OB，OC，
∴OA＝OB，OB＝OC（①）．（填推理依据）
∴OA＝OB＝OC．
∴点B，C在⊙O上．
步骤二、用反证法证明点D也在⊙O上．
假设点D不在⊙O上，则点D在⊙O内或⊙O外．
i、如图2，假设点D在⊙O内．
延长CD交⊙O于点D1，连接AD1．
∴∠B+∠D1＝180°（②）．（填推理依据）
∵∠ADC是△ADD1的外角，
∴∠ADC＝∠DAD1+∠D1（③）．（填推理依据）
∴∠ADC＞∠D1．
∴∠B+∠ADC＞180°．
这与已知条件∠B+∠ADC＝180°矛盾．
∴假设不成立．即点D不在⊙O内．
ii、如图3，假设点D在⊙O外．
设CD与⊙O交于点D2，连接AD2．
∴∠B+∠AD2C＝180°．
∵∠AD2C是△AD2D的外角，
∴∠AD2C＝∠DAD2+∠ADC．
∴∠ADC＜∠AD2C．
∴∠B+∠ADC＜180°．
这与已知条件∠B+∠ADC＝180°矛盾．
∴假设不成立．即点D不在⊙O外．
综上所述，点D在⊙O上．
∴点A，B，C，D在同一个圆上．
阅读上述材料，并解答问题：
（1）根据步骤一，补全图1（要求：尺规作图，保留作图痕迹）；
（2）填推理依据：① ，② ，③ ．
23．（6分）某校乒乓球队举行队内比赛，比赛规则是每两个队员之间都赛一场，每场比赛都要分出胜负，每一场比赛结束后依据胜负给出相应积分，本次比赛一共进行了210场，用时两天完成，下面是第一天比赛结束后部分队员的积分表：
（1）在本次比赛中，有一名队员只输掉了一场比赛，则该名队员的积分是多少？
（2）如果有一名队员在本次比赛中的积分不低于34分，那么他最多负 场．
24．（6分）如图，AC，BD是圆内接四边形ABCD的对角线，AC⊥BD于点E，BD平分∠ADC．
（1）求∠BAD的度数；
（2）点P在DB的延长线上，PA是该圆的切线．
①求证：PC是该圆的切线；
②若，直接写出PD的长．
25．（6分）如图1所示，草坪上的喷水装置PA高1m，喷头P一瞬间喷出的水流呈抛物线状，喷出的抛物线水流在与喷水装置PA的水平距离为4m处，达到最高点C，点C距离地面．
（1）请建立适当的平面直角坐标系xOy，求出该坐标系中水流所呈现的抛物线的解析式；
（2）这个喷水装置的喷头P能旋转220°，它的喷灌区域是一个扇形，如图2所示，求出它能喷灌的草坪的面积（π取3，结果保留整数）．
26．（6分）在平面直角坐标系xOy中，点（x1，m），（x2，n）在抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）上，设抛物线的对称轴为直线x＝t．
（1）若对于x1＝1，x2＝3，有m＝n，求t的值；
（2）若对于t﹣1＜x1＜t，2＜x2＜3，存在m＞n，求t的取值范围．
27．（7分）已知线段AB和点C，将线段AC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜90°），得到线段AD，将线段BC绕点B顺时针旋转180°﹣α，得到线段BE，连接DE，F为DE的中点，连接AF，BF．
（1）如图1，点C在线段AB上，依题意补全图1，直接写出∠AFB的度数；
（2）如图2，点C在线段AB的上方，写出一个α的度数，使得成立，并证明．
28．（7分）在平面直角坐标系xOy中，已知A（t﹣2，0），B（t+2，0）．
对于点P给出如下定义：若∠APB＝45°，则称P为线段AB的“等直点”．
（1）当t＝0时，
①在点，P2（﹣4，0），，P4（2，5）中，线段AB的“等直点”是 ；
②点Q在直线y＝x上，若点Q为线段AB的“等直点”，直接写出点Q的横坐标．
（2）当直线y＝x+t上存在线段AB的两个“等直点”时，直接写出t的取值范围．
2023-2024学年北京市朝阳区九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．
1．（2分）在平面直角坐标系中，点（3，﹣4）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（3，4）B．（﹣3，﹣4）C．（﹣3，4）D．（﹣4，3）
【分析】关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
【解答】解：由题意，得
点（3，﹣4）关于原点对称的点的坐标是（﹣3，4），
故选：C．
【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．
2．（2分）下列事件中，是不可能事件的是（ ）
A．一枚质地均匀骰子的六个面上分别刻有1～6的点数，掷一次骰子，骰子向上一面的点数是8
B．射击运动员射击一次，命中靶心
C．通常温度降到0℃以下，纯净的水结冰
D．在同一平面内，任意画两条直线，这两条直线平行
【分析】根据随机事件、不可能事件、必然事件的定义进行解题即可．
【解答】解：A、一枚质地均匀骰子的六个面上分别刻有1～6的点数，掷一次骰子，骰子向上一面的点数是8是不可能事件，符合题意；
B、射击运动员射击一次，命中靶心是随机事件，不符合题意；
C、通常温度降到0℃以下，纯净的水结冰是必然事件，不符合题意；
D、在同一平面内，任意画两条直线，这两条直线平行是随机事件，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查随机事件，掌握随机事件、不可能事件、必然事件的定义是解题的关键．
3．（2分）在圆、正六边形、平行四边形、等边三角形这四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的图形个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：在圆、正六边形、平行四边形、等边三角形这四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的图形有圆、正六边形，共两个．
故选：B．
【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
4．（2分）如图，AB是⊙O的弦，若⊙O的半径OA＝5，圆心O到弦AB的距离OC＝3，则弦AB的长为（ ）
A．4B．6C．8D．10
【分析】利用点到直线的距离的定义得到OC⊥AB，则根据垂径定理得到AC＝BC，然后利用勾股定理计算出AC，从而得到AB的长．
【解答】解：∵圆心O到弦AB的距离OC＝3，
∴OC⊥AB，
∴AC＝BC，
在Rt△OAC中，∵OA＝5，OC＝3，
∴AC＝＝4，
∴AB＝2AC＝8．
故选：C．
【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．
5．（2分）不透明盒子中有6张卡片，除所标注文字不同外无其他差别．其中，写有“珍稀濒危植物种子”的卡片有1张，写有“人工种子”的卡片有5张．随机摸出一张卡片写有“珍稀濒危植物种子”的概率为（ ）
A．B．C．D．
【分析】直接根据概率公式求解即可．
【解答】解：随机摸出一张卡片写有“珍稀濒危植物种子”的概率为，
故选：A．
【点评】本题主要考查概率公式，随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
6．（2分）把抛物线y＝3x2向左平移2个单位长度，再向上平移5个单位长度，得到的抛物线的解析式为（ ）
A．y＝3（x﹣5）2+2B．y＝3（x+5）2+2
C．y＝3（x+2）2+5D．y＝3（x﹣2）2+5
【分析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
【解答】解：把抛物线y＝3x2向左平移2个单位长度，再向上平移5个单位长度，得到的抛物线的解析式为：y＝3（x+2）2+5．
故选：C．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减是解题的关键．
7．（2分）在如图所示的正方形网格中，四边形ABCD绕某一点旋转某一角度得到四边形A′B′C′D′（所有顶点都是网格线交点），在网格线交点M，N，P，Q中，可能是旋转中心的是（ ）
A．点MB．点NC．点PD．点Q
【分析】连接AA'、BB'、CC'，作AA'的垂直平分线，作BB'的垂直平分线，作CC'的垂直平分线，交点M为旋转中心．
【解答】解：
连接AA'、BB'、CC'，作AA'的垂直平分线，作BB'的垂直平分线，作CC'的垂直平分线，交到在M处，所以可知旋转中心的是点M．
故选：A．
【点评】本题主要考查了旋转的性质以及学生的理解能力和观察图形的能力．注意：旋转时，对应顶点到旋转中心的距离应相等且旋转角也相等，对称中心在连接对应点线段的垂直平分线上．
8．（2分）用一个圆心角为n°（n为常数，0＜n＜180）的扇形作圆锥的侧面，记扇形的半径为R，所作的圆锥的底面圆的周长为l，侧面积为S，当R在一定范围内变化时，l与S都随R的变化而变化，则l与R，S与R满足的函数关系分别是（ ）
A．一次函数关系，一次函数关系
B．二次函数关系，二次函数关系
C．一次函数关系，二次函数关系
D．二次函数关系，一次函数关系
【分析】根据弧长公式，扇形面积的计算公式得出l与R，S与R的函数关系式，再根据一次函数、二次函数的定义进行判断即可．
【解答】解：圆锥的底面圆的周长为l，即扇形的弧长l＝＝R；
圆锥的侧面积S，即扇形的面积S＝＝R2，
所以l是R的一次函数，S是R的二次函数，
故选：C．
【点评】本题考查一次函数、二次函数的定义以及弧长、扇形面积的计算，掌握弧长、扇形面积的计算方法，理解一次函数、二次函数的定义是正确解答的关键．
二、填空题（共16分，每题2分）
9．（2分）一元二次方程x2﹣9＝0的根为 x1＝3，x2＝﹣3 ．
【分析】利用直接开平方法求解即可得到答案．
【解答】解：x2﹣9＝0，
x2＝9，
∴x1＝3，x2＝﹣3，
故答案为：x1＝3，x2＝﹣3．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
10．（2分）⊙O的直径为15cm，若圆心O与直线l的距离为7.5cm，则l与⊙O的位置关系是 相切 （填“相交”、“相切”或“相离”）．
【分析】由⊙O的直径为15cm，求得⊙O的半径为7.5cm，而圆心O与直线l的距离为7.5cm，则圆心O与直线l的距离等于⊙O的半径，所以l与⊙O相切，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵⊙O的直径为15cm，×15＝7.5（cm），
∴⊙O的半径为7.5cm，
∵圆心O与直线l的距离为7.5cm，
∴圆心O与直线l的距离等于⊙O的半径，
∴l与⊙O相切，
故答案为：相切．
【点评】此题重点考查直线与圆的位置关系，正确地求出⊙O的半径长并且证明圆心O与直线l的距离等于⊙O的半径是解题的关键．
11．（2分）抛物线y＝x2﹣2x+4的顶点坐标是 （1，3） ．
【分析】本题可以运用配方法求顶点坐标，也可以根据顶点坐标公式求坐标．
【解答】解：解法1：利用公式法y＝ax2+bx+c的顶点坐标公式为（，），
代入数值求得顶点坐标为（1，3）；
解法2：利用配方法y＝x2﹣2x+4＝x2﹣2x+1+3＝（x﹣1）2+3，
故顶点的坐标是（1，3）．
【点评】求抛物线的顶点坐标、对称轴的方法．
12．（2分）如图，在⊙O中，弦AB，CD相交于点E，∠AEC＝74°，∠ABD＝36°，则∠BOC的度数为 140° ．
【分析】先根据对顶角相等得出∠DEB的度数，再由三角形内角和定理求出∠D的度数，再由圆周角定理即可得出结论．
【解答】解：∵∠AEC＝74°，∠ABD＝36°，
∴∠DEB＝∠AEC＝74°，
∴∠D＝180°﹣∠DEB﹣∠ABD＝180°﹣74°﹣36°＝70°，
∴∠BOC＝2∠D＝2×70°＝140°．
故答案为：140°．
【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，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是解题的关键．
13．（2分）某科技公司开展技术研发，在相同条件下，对运用新技术生产的一批产品的合格率进行检测，如表是检测过程中的一组统计数据：
估计这批产品合格的产品的概率为 0.96 ．
【分析】根据在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近即可估计这批产品合格的产品的概率．
【解答】解：由图表可知合格的产品频率都在0.95左右浮动，所以可估计这批产品合格的产品的概率为0.96，
故答案为：0.96．
【点评】本题比较容易，考查利用频率估计概率．大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
14．（2分）如图，AB是半圆O的直径，将半圆O绕点A逆时针旋转30°，点B的对应点为B′，连接AB′，若AB＝8，则图中阴影部分的面积是 π+4 ．
【分析】如图，连接OC．根据S阴＝S半圆﹣（S扇形AOC﹣S△AOC）求解即可．
【解答】解：如图，连接OC．
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝30°，
∴∠AOC＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∴S阴＝S半圆﹣（S扇形AOC﹣S△AOC）
＝×π×42﹣（﹣×4×2）
＝8π﹣（π﹣4）
＝π+4．
故答案为：π+4．
【点评】本题考查扇形的面积，旋转的性质等知识，解题的关键是学会用分割法求阴影部分面积．
15．（2分）对于向上抛的物体，在没有空气阻力的条件下，上升高度h，初速度v，抛出后所经历的时间t，这三个量之间有如下关系：h＝vt﹣gt2（其中g是重力加速度，g取10m/s2）．将一物体以v＝21m/s的初速度向上抛，当物体处在离抛出点18m高的地方时，t的值为 或3 ．
【分析】把v＝21，h＝18代入h＝vt﹣gt2得一元二次方程，求解即可．
【解答】解：把v＝21，h＝18代入h＝vt﹣gt2得，
18＝21t﹣×10t2，
整理得：5t2﹣21t+18＝0，
解得t1＝，t2＝3，
∴当物体处在离抛出点18m高的地方时，t的值为或3．
故答案为：或3．
【点评】此题主要考查了二次函数的应用以及一元二次方程的解法，正确把已知数据代入是解题关键．
16．（2分）已知函数y1＝kx+4k﹣2（k是常数，k≠0），（a是常数，a≠0），在同一平面直角坐标系中，若无论k为何值，函数y1和y2的图象总有公共点，则a的取值范围是 a＜0或a≥ ．
【分析】求得函数y1＝kx+4k﹣2（k是常数，k≠0）的图象过定点（﹣4，2），函数（a是常数，a≠0）与x轴的交点为（﹣5，0），（1，0），然后分两种情况讨论即可求得a的取值．
【解答】解：∵y1＝kx+4k﹣2＝k（x+4）﹣2，
∴函数y1＝kx+4k﹣2（k是常数，k≠0）的图象过定点（﹣4，﹣2），
∵＝a（x+5）（x﹣1），
∴函数（a是常数，a≠0）与x轴的交点为（﹣5，0），（1，0），
当a＜0时，无论k为何值，函数y1和y2的图象总有公共点，
∴a＜0满足题意；
当a＞0时，∵无论k为何值，函数y1和y2的图象总有公共点，
∴x＝﹣4时，y2≤﹣2，即16a﹣16a﹣5a≤﹣2，
解得a≥，
∴a≥满足题意；
∴无论k为何值，函数y1和y2的图象总有公共点，则a的取值范围是a＜0或a≥．
故答案为：a＜0或a≥．
【点评】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象与系数的关系，分类讨论、数形结合是解题的关键．
三、解答题（共68分，第17-22题，每题5分，第23-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
17．（5分）解方程x2﹣1＝6x．
【分析】利用公式法求解即可．
【解答】解：x2﹣1＝6x，
x2﹣6x﹣1＝0，
∵a＝1，b＝﹣6，c＝﹣1，
∴Δ＝（﹣6）2﹣4×1×（﹣1）＝40＞0，
∴x＝＝3±，
∴x1＝3+，x2＝3﹣．
【点评】本题考查了一元二次方程的解法，常用的方法有直接开平方法、配方法、因式分解法、求根公式法，熟练掌握各种方法是解答本题的关键．
18．（5分）关于x的一元二次方程x2﹣（m+4）x+3（m+1）＝0．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若该方程有一根小于0，求m的取值范围．
【分析】（1）先计算根的判别式的值得到Δ＝（m﹣2）2，则Δ≥0，然后根据根的判别式的意义得到结论；
（2）先利用求根公式解方程得到x1＝m+1，x2＝3，则根据题意得到m+1＜0，然后解不等式即可．
【解答】（1）证明：∵Δ＝（m+4）2﹣4×3（m+1）
＝m2﹣4m+4
＝（m﹣2）2≥0，
∴该方程总有两个实数根；
（2）解：x＝，
解得x1＝m+1，x2＝3，
∴m+1＜0，
解得m＜﹣1，
即m的取值范围为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．
19．（5分）已知一次函数y1＝mx+n（m≠0）和二次函数，下表给出了y1，y2与自变量x的几组对应值：
（1）求y2的解析式；
（2）直接写出关于x的不等式ax2+bx+c＞mx+n的解集．
【分析】（1）利用待定系数法即可求得y2的解析式；
（2）根据表格数据即可求解．
【解答】解：（1）∵二次函数过（﹣1，0），（3，0），（0，3），
∴y2＝a（x+1）（x﹣3），
∴3＝﹣3a，解得a＝﹣1，
∴y2的解析式为y2＝﹣（x+1）（x﹣3），即y2＝﹣x2+2x+3；
（2）比较表格数据可知，关于x的不等式ax2+bx+c＞mx+n的解集是0＜x＜3．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数与不等式（组），熟练掌握待定系数法是解题的关键．
20．（5分）如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC边上任意一点（不与B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接CE，DE．
（1）求∠ECD的度数；
（2）若AB＝4，，求DE的长．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB＝45°，再根据旋转的性质得到AD＝AE，∠DAE＝90°，推出判定△BAD≌△CAE的条件，最后根据全等三角形的对应角相等即可求出结果；
（2）根据勾股定理和全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）：∵Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
由旋转可知：AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠ABD＝45°，
∴∠ECD＝45°+45°＝90°；
（2）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，
∴BC＝＝4，
由（1）得，△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE＝，
∴CD＝BC﹣BD＝3，
∴∠DCE＝90°，
∴CE2+CD2＝ED2，
∴DE＝＝2．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
21．（5分）经过某十字路口的汽车，可能直行，也可能向左转或向右转，这三种可能性大小都相同．有两辆汽车经过这个十字路口，观察这两辆车经过这个十字路口的情况．
（1）列举出所有可能的情况；
（2）求出至少有一辆车向左转的概率．
【分析】（1）根据题意列表即可．
（2）由表格可得出所有等可能的结果数以及至少有一辆车向左转的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：（1）列表如下：
由表格可知，共有9种等可能的结果．
（2）由表格可知，至少有一辆车向左转的结果有：（直行，左转），（左转，直行），（左转，左转），（左转，右转），（右转，左转），共5种，
∴至少有一辆车向左转的概率为．
【点评】本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
22．（5分）小明在学习了圆内接四边形的性质“圆内接四边形的对角互补”后，想探究它的逆命题“对角互补的四边形的四个顶点在同一个圆上”是否成立．他先根据命题画出图形，并用符号表示已知，求证．
已知：如图①，在四边形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°．
求证：点A，B，C，D在同一个圆上．
他的基本思路是依据“不在同一直线上的三个点确定一个圆”，先作出一个过三个顶点A，B，C的⊙O，再证明第四个顶点D也在⊙O上．
具体过程如下；
步骤一、作出过A，B，C三点的⊙O．
如图1，分别作出线段AB，BC的垂直平分线m，n，设它们的交点为O，以O为圆心，OA的长为半径作⊙O．连接OA，OB，OC，
∴OA＝OB，OB＝OC（①）．（填推理依据）
∴OA＝OB＝OC．
∴点B，C在⊙O上．
步骤二、用反证法证明点D也在⊙O上．
假设点D不在⊙O上，则点D在⊙O内或⊙O外．
i、如图2，假设点D在⊙O内．
延长CD交⊙O于点D1，连接AD1．
∴∠B+∠D1＝180°（②）．（填推理依据）
∵∠ADC是△ADD1的外角，
∴∠ADC＝∠DAD1+∠D1（③）．（填推理依据）
∴∠ADC＞∠D1．
∴∠B+∠ADC＞180°．
这与已知条件∠B+∠ADC＝180°矛盾．
∴假设不成立．即点D不在⊙O内．
ii、如图3，假设点D在⊙O外．
设CD与⊙O交于点D2，连接AD2．
∴∠B+∠AD2C＝180°．
∵∠AD2C是△AD2D的外角，
∴∠AD2C＝∠DAD2+∠ADC．
∴∠ADC＜∠AD2C．
∴∠B+∠ADC＜180°．
这与已知条件∠B+∠ADC＝180°矛盾．
∴假设不成立．即点D不在⊙O外．
综上所述，点D在⊙O上．
∴点A，B，C，D在同一个圆上．
阅读上述材料，并解答问题：
（1）根据步骤一，补全图1（要求：尺规作图，保留作图痕迹）；
（2）填推理依据：① 线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等 ，② 圆内接四边形的对角互补 ，③ 三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和 ．
【分析】（1）根据作线段的垂直平分线的基本作法作图；
（2）根据反证法的步骤进行证明．
【解答】解：（1）如图：⊙O即为所求；
（2）步骤一、作出过A，B，C三点的⊙O．
如图1，分别作出线段AB，BC的垂直平分线m，n，设它们的交点为O，以O为圆心，OA的长为半径作⊙O．连接OA，OB，OC，
∴OA＝OB，OB＝OC（线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等）．
∴OA＝OB＝OC．
∴点B，C在⊙O上．
步骤二、用反证法证明点D也在⊙O上．
假设点D不在⊙O上，则点D在⊙O内或⊙O外．
i、如图2，假设点D在⊙O内．
延长CD交⊙O于点D1，连接AD1．
∴∠B+∠D1＝180°（圆内接四边形的对角互补）．
∵∠ADC是△ADD1的外角，
∴∠ADC＝∠DAD1+∠D1（三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和）．
∴∠ADC＞∠D1．
∴∠B+∠ADC＞180°．
这与已知条件∠B+∠ADC＝180°矛盾．
∴假设不成立．即点D不在⊙O内．
ii、如图3，假设点D在⊙O外．
设CD与⊙O交于点D2，连接AD2．
∴∠B+∠AD2C＝180°．
∵∠AD2C是△AD2D的外角，
∴∠AD2C＝∠DAD2+∠ADC．
∴∠ADC＜∠AD2C．
∴∠B+∠ADC＜180°．
这与已知条件∠B+∠ADC＝180°矛盾．
∴假设不成立．即点D不在⊙O外．
综上所述，点D在⊙O上．
∴点A，B，C，D在同一个圆上．
故答案为：①线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等；②圆内接四边形的对角互补；③三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和．
【点评】本题考查了反证法，掌握线段的垂直平分线的性质及有关圆的性质是解题的关键．
23．（6分）某校乒乓球队举行队内比赛，比赛规则是每两个队员之间都赛一场，每场比赛都要分出胜负，每一场比赛结束后依据胜负给出相应积分，本次比赛一共进行了210场，用时两天完成，下面是第一天比赛结束后部分队员的积分表：
（1）在本次比赛中，有一名队员只输掉了一场比赛，则该名队员的积分是多少？
（2）如果有一名队员在本次比赛中的积分不低于34分，那么他最多负 6 场．
【分析】（1）设在本次比赛共有x个队员参加比赛，由表格可得赢一场比赛得2分，输掉一场比赛得1分，根据本次比赛一共进行了210场，列方程求出共有多少个队员参加比赛，即可求解；
（2）根据有一名队员在本次比赛中的积分不低于34分，列一元一次不等式即可求解．
【解答】解：（1）设在本次比赛共有x个队员参加比赛，
由表格得赢一场比赛得20÷10＝2（分），输掉一场比赛得7÷7＝1（分），
由题意得x（x﹣1）＝210，解得x＝21（负值舍去），
∴共有21个队员参加比赛，
∴每个队员一共比赛20场，
有一名队员只输掉了一场比赛，则该名队员的积分是（20﹣1）×2+1＝39（分），
答：该名队员的积分是39分；
（2）设该名队员在本次比赛中最多负y场，
由题意得（20﹣y）×2+y≥34，解得y≤6，
∴该名队员在本次比赛中最多负6场，
故答案为：6．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用、一元一次不等式的应用等知识，列出一元二次方程和一元一次不等式是解题的关键．
24．（6分）如图，AC，BD是圆内接四边形ABCD的对角线，AC⊥BD于点E，BD平分∠ADC．
（1）求∠BAD的度数；
（2）点P在DB的延长线上，PA是该圆的切线．
①求证：PC是该圆的切线；
②若，直接写出PD的长．
【分析】（1）证出∠BAC+∠CAD＝90°，则可得出结论；
（2）①取BD的中点O，连接OA，OC．证明△AOP≌△COP（SAS），得出∠OCP＝∠OAP＝90°，则可得出结论；
②证明△PAC是等边三角形，得出∠APC＝60°，求出PE和DE的长，则可得出答案．
【解答】（1）解：∵BD平分∠ADC，
∴∠ADB＝∠CDB，
∵∠BAC＝∠CDB，
∴∠ADB＝∠BAC，
∵AC⊥BD，
∴∠ADB+∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝90°，
∴∠BAD＝90°；
（2）①证明：如图，取BD的中点O，连接OA，OC．
∵∠BAD＝90°，
∴BD是该圆的直径，
∴点O是该圆的圆心，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠OAP＝90°，
∵OA＝OC，AC⊥BD，
∴∠AOP＝∠COP，
∵OP＝OP，
∴△AOP≌△COP（SAS），
∴∠OCP＝∠OAP＝90°，
∴OC⊥PC，
∵OC是半径，
∴PC是⊙O的切线．
②解：∵PA，PC是⊙O的切线，
∴PA＝PC，∠APD＝∠CPD，
∵AC＝PA，
∴PA＝PC＝AC，
∴△PAC是等边三角形，
∴∠APC＝60°，
∴∠APE＝30°，
∵PA＝，
∴AE＝，PE＝，
∵∠PAO＝∠PCO＝90°，∠CPA＝60°，
∴∠AOC＝120°，
∴∠ADC＝∠AOC＝60°，
∵AP＝CP，∠APC＝∠CPD，PD＝PD，
∴△APD≌△CPD（SAS），
∴AD＝CD，
∴△ADC是等边三角形，
∵DE⊥AE，
∴DE＝PE＝，
∴PD＝3．
【点评】本题考查了圆周角定理，切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
25．（6分）如图1所示，草坪上的喷水装置PA高1m，喷头P一瞬间喷出的水流呈抛物线状，喷出的抛物线水流在与喷水装置PA的水平距离为4m处，达到最高点C，点C距离地面．
（1）请建立适当的平面直角坐标系xOy，求出该坐标系中水流所呈现的抛物线的解析式；
（2）这个喷水装置的喷头P能旋转220°，它的喷灌区域是一个扇形，如图2所示，求出它能喷灌的草坪的面积（π取3，结果保留整数）．
【分析】（1）根据题意确定抛物线的顶点坐标为C（0，），设抛物线解析式y＝ax2+，将点P（﹣4，1）代入抛物线解析式求a即可；
（2）令y＝0，求得x，用扇形面积公式可得．
【解答】解：（1）如图，依题意建立平面直角坐标系，
∵点C（0，）为抛物形水柱的顶点，
∴设抛物线解析式为y＝ax2+，
将点P（﹣4，1）代入，得1＝a（﹣4）2+，
解得a＝﹣．
因此，抛物形水柱对应的函数关系式为y＝﹣x2+；
（2）令y＝0，则x＝5，
∴喷水装置能喷灌的草坪的面积＝≈149（平方米）．
答：它能喷灌的草坪的面积约为149平方米．
【点评】本题考查了二次函数的运用，扇形面积．关键是（1）根据题意设抛物线解析式；（2）掌握扇形面积公式．
26．（6分）在平面直角坐标系xOy中，点（x1，m），（x2，n）在抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）上，设抛物线的对称轴为直线x＝t．
（1）若对于x1＝1，x2＝3，有m＝n，求t的值；
（2）若对于t﹣1＜x1＜t，2＜x2＜3，存在m＞n，求t的取值范围．
【分析】（1）利用抛物线的对称性即可求解；
（2）设抛物线上的四个点的坐标为A（t﹣1，mA），B（t，mB），C（2，nC），D（3，nD），分5种情况讨论，根据二次函数的性质判断即可．
【解答】解：（1）∵点（x1，m），（x2，n）在抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）上，且x1＝1，x2＝3，m＝n，
∴t＝＝2；
（2）∵a＞0，
∴当x≥t时，y随x的增大而增大；当x≤时，y随x的增大而减小，
设抛物线上的四个点的坐标为A（t﹣1，mA），B（t，mB），C（2，nC），D（3，nD），
∵点A关于对称轴x＝1的对称点为A'（t+1，mA）．
∵抛物线开口向上，点B是抛物线顶点，
∴mA＞mB：
①当t≤l时，nC＜nD，
∴．t+1≤2．
∴mA≤nC，
∴不存在m＞n，不符合题意；
②当1＜t≤2时，nC＜nD，
∴2＜t+1≤3．
∴mA＞nC，
∴存在m＞n，符合题意；
③当2＜y≤3时，n的最小值为mB，
∴mA＞mB，
∴存在m＞n，符合题意；
④当3＜t＜4时，nD＜nC，
∴2＜t﹣1＜3，
∴．mA＞nD，
∴．存在m＞n，符合题意；
⑤当t≥4时，nD＜nC，
∴t﹣1≥3，
∴mA≤nD，不存在m＞n，不符合题意；
综上所述，t的取值范围是1＜t＜4．
【点评】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的对称性是解题的关键．
27．（7分）已知线段AB和点C，将线段AC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜90°），得到线段AD，将线段BC绕点B顺时针旋转180°﹣α，得到线段BE，连接DE，F为DE的中点，连接AF，BF．
（1）如图1，点C在线段AB上，依题意补全图1，直接写出∠AFB的度数；
（2）如图2，点C在线段AB的上方，写出一个α的度数，使得成立，并证明．
【分析】（1）由题意画出图形即可，延长AF，交BE的延长线于点G，理由平行线的判定与性质和全等三角形的判定与性质得到EG＝AC．再利用等腰三角形的三线合一的性质解答即可；
（2）延长AF至点G使FG＝FA，连接BG，GE，延长GE交AB的延长线于点H，利用全等三角形的判定与性质，等腰三角形 的性质和直角三角形的边角关系定理解答即可．
【解答】解：（1）补全图形 如下图：
延长AF，交BE的延长线于点G，
由题意：∠DAB＝α，∠ABE＝180°﹣α，
∴∠DAB+∠ABE＝180°，
∴AD∥BE，
∴∠DAF＝∠G．
在△ADF和△GEF中，
，
∴△ADF≌△GEF（AAS），
∴AD＝GE，AF＝GF，
∵AD＝AC，
∴GE＝AC，
∵BC＝BE，
∴GE+BE＝AC+CB，
即BA＝BG．
∵AF＝GF，
∴BF⊥AG．
∴∠AFB＝90°；
（2）α＝60°时，使得成立，理由：
延长AF至点G使FG＝FA，连接BG，GE，延长GE交AB的延长线于点H，如图，
在△ADF和△GEF中，
，
∴△ADF≌△GEF（SAS），
∴AD＝GE，∠DAF＝∠EGF，
∴GH∥AD，
∴∠DAB+∠H＝180°．
∵AD＝AC，
∴AC＝GE．
∵∠ACB＝180°﹣∠CAB﹣∠CBA，
＝180°﹣（∠DAB﹣α）﹣（∠EBA﹣180°+α）
＝180°﹣∠DAB+α﹣∠EBA+180°﹣α
＝180°﹣∠DAB+180°﹣∠EBA
＝∠H+∠EBH
＝∠BEG．
在△ABC和△BGE中，
，
∴△ABC≌△BGE（SAS），
∴AB＝GB，∠ABC＝∠GBE，
∵FG＝FA，
∴BF⊥AG，∠ABG＝2∠ABF，∠ABG＝∠EBC，
∴∠AFB＝90°．
∵α＝60°，
∴∠EBC＝120°，
∴∠ABG＝120°，
∴∠ABF＝60°，
∴AF＝BF•tan∠ABF＝BF•tan60°＝BF．
【点评】本题主要考查了图形的旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，延长三角形的中线的一倍，构造全等三角形是解决此类问题常添加的辅助线，也是解题的关键．
28．（7分）在平面直角坐标系xOy中，已知A（t﹣2，0），B（t+2，0）．
对于点P给出如下定义：若∠APB＝45°，则称P为线段AB的“等直点”．
（1）当t＝0时，
①在点，P2（﹣4，0），，P4（2，5）中，线段AB的“等直点”是 点P1和点P3 ；
②点Q在直线y＝x上，若点Q为线段AB的“等直点”，直接写出点Q的横坐标．
（2）当直线y＝x+t上存在线段AB的两个“等直点”时，直接写出t的取值范围．
【分析】（1）①根据“等直点”得的定义，确定出符合条件的点的特征，画出图形进行判断即可；
②设Q（m，m），利用“等直点”的定义列出方程，解方程即可得出结论；
（2）利用分类讨论的思想方法，依据“等直点”的定义，通过画出符合条件的图形求得临界值的方法求得结论即可．
【解答】解：（1）①当t＝0时，A（﹣2，0），B（2，0），
根据“等直点”得的定义，线段AB的“等直点”在以点C（0，2）为圆心，为半径的圆中的优弧上，或在以点D（0，﹣2）为圆心，为半径的圆中的优弧上，如图，
则即“等直点”到圆心C的距离均为，
∵，P2（﹣4，0），，P4（2，5），
∴，，，，DP3＝2，
∴点P1，P3是线段AB的“等直点”，
故答案为：点P1，P3；
②由点Q在直线y＝x上，设Q（m，m），
∵点Q为线段AB的“等直点”，
∴CQ＝，
∴，
解得，（不合题意舍去），
利用对称性可求第三象限也存在符合题意的点Q，它们关于原点对称，
∴此时的点Q的横坐标为﹣1﹣．
∴点Q的横坐标为1+或﹣1﹣．
（2）∵A（t﹣2，0），B（t+2，0），
∴AB＝4，AB的中点的横坐标为t，
由（1）知：线段AB的“等直点”在以AB为弦的优弧上，即圆心在直线y＝2或y＝﹣2上，2为半径的圆的优弧上．
①当t＞0时，设直线y＝x+t与x轴交于点N，与y轴交于点F，如图，
则F（0，t），N（﹣t，0），
∴OF＝ON＝t，
∴∠NFO＝∠FNO＝45°．
⊙C为一个符合条件的圆，设直线y＝x+t与⊙C相切于点E，交直线y＝2于点G，直线y＝2与y轴交于点H，连接CE，则CE⊥EF，过点C作CM⊥AB于点M，则M为AB的中点，
∴OM＝t，
∵CM⊥AB，HO⊥AB，CH⊥OH，
∴四边形OMCH为矩形，
∴CH＝OM＝t．
由题意：OH＝2，OF＝t，CE＝2，
∴HF＝OF﹣OH＝t﹣2，
∴GH＝HF﹣OH＝t﹣2，
∴CG＝GH+CH＝t﹣2+t＝2t﹣2．
∵CG∥ON，
∴∠EGC＝∠FNO＝45°，
∴CG＝CE，
∴2t﹣2＝，
∴t＝3．
∴当直线y＝x+t上存在线段AB的两个“等直点”时，t＜3，
由于当t＝1时，y＝x+1经过点A，符合条件的点只有一个，
∴t≠1．
②当t＜0时，设直线y＝x+t与x轴交于点N，与y轴交于点F，如图，
则F（0，t），N（﹣t，0），
∴OF＝ON＝﹣t，
∴∠NFO＝∠FNO＝45°．
⊙D为一个符合条件的圆，设直线y＝x+t与⊙D相切于点E，直线y＝﹣2交直线y＝x+t于点G，直线y＝﹣2与y轴交于点H，连接DE，则DE⊥EF，过点D作DM⊥AB于点M，则M为AB的中点，
∴OM＝﹣t，
∵DM⊥AB，HO⊥AB，DH⊥OH，
∴四边形OMDH为矩形，
∴DH＝OM＝﹣t．
由题意：OH＝2，OF＝﹣t，DE＝2，
∴HF＝OF﹣OH＝﹣t﹣2，
∴GH＝HF﹣OH＝﹣t﹣2，
∴DG＝GH+DH＝﹣t﹣2﹣t＝﹣2t﹣2．
∵CG∥ON，
∴∠EGC＝∠FNO＝45°，
∴CG＝CE，
∴﹣2t﹣2＝，
∴t＝﹣3．
∴当直线y＝x+t上存在线段AB的两个“等直点”时，t＞﹣3，
由于当t＝﹣1时，y＝x+1经过点B，符合条件的点只有一个，
∴t≠﹣1．
综上，当直线y＝x+t上存在线段AB的两个“等直点”时，t的取值范围为﹣3＜t＜3且t≠±1．
【点评】本题主要考查了一次函数的图象与性质，一次函数图象上点的坐标的特征，圆的有关性质，点的轨迹，等腰直角三角形的判定与性质，圆的切线的性质，等腰三角形的性质，本题是新定义型，正确理解新定义的规定并熟练应用是解题的关键．抽取的产品数n
500
1000
1500
2000
2500
3000
3500
4000
合格的产品数m
476
967
1431
1926
2395
2883
3367
3836
合格的产品频率
0.952
0.967
0.954
0.963
0.958
0.961
0.962
0.959
x
…
﹣2
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合格的产品数m
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…
直行
左转
右转
直行
（直行，直行）
（直行，左转）
（直行，右转）
左转
（左转，直行）
（左转，左转）
（左转，右转）
右转
（右转，直行）
（右转，左转）
（右转，右转）
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