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湖南省湘潭市湘潭县凤凰中学2022-2023学年九年级上学期数学期末考试
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这是一份湖南省湘潭市湘潭县凤凰中学2022-2023学年九年级上学期数学期末考试，共37页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖南省湘潭市湘潭县凤凰中学2022-2023学年九年级上学期数学期末考试
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列函数中，是二次函数的是（ ）
A．y=2x−1 B．y=2x C．y=2x2−1 D．y=2x3−1
2．在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，则cosB的值等于（ ）
A．35 B．45 C．34 D．53
3．一元二次方程kx2−2x−1=0有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k⩽−1且k≠0 B．k⩽−1 C．k⩾−1且k≠0 D．k⩾−1
4．如图，点A，B，C，D在⊙O上，∠AOC=100°，点B是弧AC的中点，则∠D的度数是（ ）
A．25° B．30° C．50° D．60°
5．在解一元二次方程x2+px+q＝0时，小红看错了常数项q，得到方程的两个根是﹣3，1．小明看错了一次项系数P，得到方程的两个根是5，﹣4，则原来的方程是（ ）
A．x2+2x﹣3＝0 B．x2+2x﹣20＝0 C．x2﹣2x﹣20＝0 D．x2﹣2x﹣3＝0
6．已知6cosα=33，且α是锐角，则α=（ ）
A．75° B．60° C．45° D．30°
7．抛物线的函数表达式为y=3x−22+1时，若将y轴向上平移2个单位长度，将x轴向右平移3个单位长度，则该抛物线在新的平面直角坐标系中的函数表达式为（ ）
A．y=3x+12+3 B．y=3x−52+3 C．y=3x−52−1 D．y=3x+12−1
8．某市积极响应国家的号召“房子是用来住的，不是用来炒的”，在宏观调控下，商品房成交价由今年1月份的每平方米10000元下降到3月份的每平方米8100元，且今年房价在2月份、3月份、4月份的下降率保持一致，则4月份的房价单价为每平方米（ ）．
A．7300元 B．7290元 C．7280元 D．7270元
9．如图，PA，PB，DE分别切⊙O于点A，B，C．若⊙O的半径为8cm，PO的长为17cm，则△PDE的周长为（ ）
A．15cm B．16cm C．30cm D．34cm
10．圆锥的底面直径为80cm，母线长为90cm，则该圆锥的侧面展开图的圆心角是（ ）
A．180° B．160° C．120° D．90°
11．下列事件：①在足球赛中，弱队战胜强队；②抛掷1枚硬币，硬币落地时正面朝上；③长为3cm，4cm，5cm的三条线段能围成一个三角形，其中必然事件有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
12．将双曲线y=kx x>0与x轴、y轴之间的区域记为G（不包括坐标轴与双曲线），若区域G内整点（横坐标与纵坐标均为整数）的个数不少于5，则k的值可以是（ ）
A．1.9 B．52 C．3 D．174
13．如果一个三角形的面积为10，底边长为x，底边上的高为y，则y与x 的函数表达式为（ ）
A．y=10x B．y=5x C．y=20x D．y=x20
14．国旗法规定：所有国旗均为相似矩形，在下列四面国旗中，其中只有一面不符合标准，这面国旗是（ ）
A． B．
C． D．
15．如图，一同学在湖边看到一棵树，他目测出自己与树的距离为20m，树的顶端在水中的倒影距自己5m 远，该同学的身高为1.7m ，则树高为（ ）.
A．3.4m B．4.7 m C．5.1m D．6.8m
16．若点A−3,y1，B−1,y2，C2,y3都在反比例函数y=kxk<0的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y3
A．点E或点F B．点E或点G C．点D或点F D．点D或点G
18．如图所示，河堤横断面迎水坡AB的坡比是1:2，堤高BC=4m，则坡面AB的长度是（ ）m
A．8 B．16 C．45 D．43
19．如图所示的是由几个相同小立方体组成的几何体从上面所看到的图形，正方形中的数字表示在该位置的小立方体的个数，则从左面看这个几何体所得到的图形是（ ）
A． B． C． D．
20．如图，在Rt△AOB中，∠AOB=90°，OA=3，OB=2，将Rt△AOB绕点O顺时针旋转90°后得Rt△FOE，将线段EF绕点E逆时针旋转90°后得线段ED，分别以O，E为圆心，OA、ED长为半径画弧AF和弧DF，连接AD，则图中阴影部分面积是（ ）
A．π B．5π4 C．3+π D．8﹣π
21．如图，O是△ABC的内心，OD⊥BC于点D，OD＝2，若△ABC的周长为12，则△ABC的面积是（ ）
A．12 B．24 C．6 D．3
22．抛物线y=（x﹣1）2+t与x轴的两个交点之间的距离为4，则t的值是（ ）
A．﹣1 B．﹣2 C．﹣3 D．﹣4
23．如图，边AB是⊙O内接正六边形的一边，点C在AB上，且BC是⊙O内接正八边形的一边，若AC是⊙O内接正n边形的一边，则n的值是（ ）
A．6 B．12 C．24 D．48
24．二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图像如图所示，给出下列结论： ①b2−4ac＞0；②2a+b<0；③4a−2b+c=0；④a+b+c＞0．其中正确的是（ ）
A．①② B．①④ C．③④ D．②③
25．一个不透明的袋中装有除颜色外其余均相同的5个红球和3个黄球，从中随机摸出一个，要使摸到红球的概率是50%，需向袋中加入除颜色外其余均相同小球，则不正确的添加方案是（ ）
A．绿球2 B．红球2个，黄球4个
C．红球3个 D．红球5个，黄球7个
26．如图所示，若△DAC∽△ABC，则需满足（ ）
A．CD2=AD⋅DB B．AC2=BC⋅CD C．ACCD=ABBC D．CDDA=BCAC
27．如图所示，是由小正方形构成的4×4网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点O，A，P，C，D均在格点上，则∠AOB和∠COD的大小关系为（ ）
A．∠AOB>∠COD B．∠AOB=∠COD C．∠AOB<∠COD D．无法确定
28．在一个不透明的盒子中装有a个除颜色外完全相同的球，这a个球中只有4个红球.若每次将球充分搅匀后，任意摸出1个球记下颜色再放回盒子.通过大量重复试验后，发现摸到红球的频率稳定在20%左右，则a的值大约为( )
A．16 B．20 C．24 D．28
29．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，E是边CD的中点，连接AE，过点B作BF⊥AE交AE于点F，则BF的长为（ ）
A．3102 B．6105 C．105 D．3105
30．如图，已知A0,2，B2,2，C−1,0，抛物线y=ax−h2+k过点C，顶点M位于第一象限且在线段AB的垂直平分线上，若抛物线与线段AB无公共点，则k的取值范围是（ ）
A．083 C．k>7 D．07
二、填空题
31．如图，点A（0，4），B（3，4），以原点O为位似中心，把线段AB缩短为原来的一半，得到线段CD，其中占C与点A对应，点D与点B对应，则点D的横坐标为_______．
32．已知⊙O的直径是4，圆心O到直线a的距离是3，则直线a和⊙O的位置关系是______．
33．如图，学校操场上有一棵与地面垂直的树，数学小组两次测量它在地面上的影子，第一次是阳光与地面成30°时， 第二次时阳光与地面成60°，两次测量的影长相差6米，则树高___________米．
34．如图，△ABC∽△ADE，∠BAC=∠DAE=90∘，AB=6，AC=8，点D在线段BC上运动，当点D从点B运动到点C时．
（1）当BD=1时，则CE=______；
（2）设P为线段DE的中点，在点D的运动过程中，CP的最小值是______．
三、解答题
35．解方程：
(1)x2+4x−7=0；
(2)3xx−1=2x−2．
36．计算：
(1)tan45°−sin30°cos60°−cos245°；
(2)3tan30°−tan245°+2sin60°．
37．在一不透明的袋子中装有四张标有数字2，3，4，5的卡片，这些卡片除数字外其余均相同．嘉琪按照一定的规则抽出两张卡片，并把卡片上的数字相加．如图是他所画树状图的一部分．
(1)①嘉琪第一次抽到标有数字为奇数的卡片的概率为__________．
②由图分析，该游戏规则是：第一次从袋子中随机抽出一张卡片后__________（选填“放回”或“不放回”），第二次随机再抽出一张卡片；
(2)补全树状图，并求嘉琪两次抽到卡片上的数字之和为偶数的概率．
38．如图，在一次数学课外实践活动中，要求测教学楼的高度AB．小刚在D处用高1.6m的测角仪CD，测得教学楼顶端A的仰角为30°，然后向教学楼前进40m到达E，又测得教学楼顶端A的仰角为60°．求这幢教学楼的高度．（已知：2≈1.414，3≈1.732，结果保留一位小数）
39．如图，AB是⊙O的直径，BC与⊙O相切于点B，AD是⊙O的弦，AD∥OC，延长CD、BA相交于点E．
(1)求证：CE是⊙O的切线；
(2)若A恰好是OE的中点，AD=3，求阴影部分的面积．（阴影部分为△OED在圆外的部分）（结果保留π）
40．如图，已知反比例函数y=kx k≠0与正比例函数y=2x的图象交于A1,m，B两点．
(1)求该反比例函数的表达式；
(2)若点C在x轴上，且△BOC的面积为3，求点C的坐标；
(3)利用图象，直接写出不等式kx>2x的解集：______．
41．如图，有一位同学在兴趣小组实验中，设计了一个模拟滑雪场地截面图，平台AB（水平）与x轴的距离为8，与y轴交于B点，与滑道AM:y=kx交于A，且AB=3，MN⊥x轴，测得MN=2，P到x轴的距离为4，设ON=b．
(1)k的值为______，点P的坐标是______，b=______．
(2)一小球从B点出发沿抛物线运动，落在滑道AM上P点后立即弹起，弹起后沿另外一条抛物线G运动，若它的最高点Q的坐标为10,6．
①求G的解析式，并说明抛物线G与滑道AM是否还能相交；
②在x轴上有线段NC=2，若小球恰好能被NC接住，则NC向上平移距离d的最大值和最小值各是多少？
42．如图，在直角△ABC中，∠A=90∘，AB=6，AC=8．D，E分别是AC、BC边的中点，点P从A出发沿线段AD−DE−EB以每秒3个单位长的速度向B匀速运动；点Q从点A出发沿射线AB以每秒2个单位长的速度匀速运动，当点P与点B重合时停止运动，点Q也随之停止运动，设点P、Q运动时间是t秒，t>0．
(1)当t=______时，点P到达终点B；
(2)当点P运动到点D时，求△BPQ的面积；
(3)设△BPQ的面积为S，求出点Q在线段AB上运动时，S与t的函数关系式；
(4)请直接写出PQ∥DB时t的值．
参考答案：
1．C
【分析】对照函数的解析式，根据函数的定义逐一判断即可．
【详解】A．y=2x+1是一次函数，不是二次函数，故选项A不符合题意；
B．y=2x是反比例函数，不是二次函数，故选项B不符合题意；
C．y=2x2−1是二次函数，故选项C符合题意；
D．y=2x3−1不是二次函数，故选项D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的定义，熟练各自函数的定义及表达式特点是解题的关键．
2．A
【分析】先根据勾股定理求出BC的长，然后根据余弦的定义求解．
【详解】解：∵∠C=90°，AB=10，AC=8，
∴BC=102−82=6，
∴cosB=BCAB=610=35．
故选：A．
【点睛】本题考查了锐角三角函数的定义，勾股定理，解题的关键是正确理解余弦的定义．
3．C
【分析】根据一元二次方程的定义，以及一元二次方程根的判别式Δ>0，列出不等式，解不等式即可求解．
【详解】解：∵一元二次方程kx2−2x−1=0有实数根，
∴Δ=b2−4ac=4+4k≥0且k≠0
解得：k⩾−1且k≠0，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0 (a≠0，a，b，c为常数)的根的判别式Δ=b2−4ac，理解根的判别式对应的根的三种情况是解题的关键．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，方程没有实数根．
4．A
【分析】根据圆心角、弧、弦的关系定理得到∠AOB=12∠AOC，再根据圆周角定理解答．
【详解】解：连接OB，如图所示：
∵点B是AC的中点，
∴∠AOB=12∠AOC=50°，
由圆周角定理得，∠D=12∠AOB=25°，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查的是圆心角、弧、弦的关系定理、圆周角定理，掌握在同圆或等圆中，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．
5．B
【分析】分别按照看错的情况构建出一元二次方程，再舍去错误信息，从而可得正确答案.
【详解】解：∵ 小红看错了常数项q，得到方程的两个根是﹣3，1，
所以此时方程为：(x+3)(x−1)=0, 即：x2+2x−3=0,
∵ 小明看错了一次项系数P，得到方程的两个根是5，﹣4，
所以此时方程为：(x−5)(x+4)=0, 即：x2−x−20=0,
从而正确的方程是：x2+2x−20=0,
故选：B.
【点睛】本题考查的是根据一元二次方程的根构建一元二次方程，掌握利用一元二次方程的根构建方程的方法是解题的关键.
6．D
【分析】由6cosα=33可得cosα=32，然后再根据特殊角的三角函数值求角度即可．
【详解】解：∵6cosα=33
∴cosα=32
∴α=30°．
故选D．
【点睛】本题主要考查了利用特殊角的三角函数值求角度、一元一次方程等知识点，将cosα整体当做未知数成为解答本题的关键．
7．D
【分析】将y轴和x轴进行平移，则相对于坐标轴抛物线相当于在向相反方向平移，再根据二次函数图象的平移规律“上加下减，左加右减”即可得出答案．
【详解】解：∵将y轴向上平移2个单位长度，x轴向右平移3个单位长度，
∴抛物线向下平移2个单位长度，向左平移3个单位长度，
∴该抛物线在新的平面直角坐标系中的函数表达式为y=3x−2+32+1−2；
整理得：y=3x+12−1，
故选：D
【点睛】本题主要考查了二次函数图象得平移规律，熟练地掌握“上加下减，左加右减”是解题的关键；注意题目中是将y轴和x轴进行的平移，则函数图象相对于坐标轴是在向相反方向平移．
8．B
【分析】设房价的下降率为x，根据“商品房成交价由今年1月份的每平方米10000元下降到3月份的每平方米8100元，”列出方程，即可求解．
【详解】解：设房价的下降率为x，根据题意得：
100001−x2=8100，
解得：x1=0.1,x2=1.9（舍去）
∴房价的下降率为10%，
∴4月份的房价单价为每平方米81001−10%=7290元．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
9．C
【分析】连接AO，根据切线长定理得到AE=CE，BD=CD，PA=PB，得到△PDE的周长等于PA+PB，再用勾股定理求出PA的长，就可以算出周长．
【详解】解：如图，连接AO，
∵PA、PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，AO⊥PA，
同理，AE=CE，BD=CD，
C△PDE=PE+PD+DE
=PE+EC+PD+DC
=PE+EA+PD+DB
=PA+PB，
在Rt△APO中，PA=PO2−AO2=15cm，
∴C△PDE=15+15=30cm．
故选C．
【点睛】本题考查切线长定理，解题的关键是掌握切线长定理并能够熟练运用．
10．B
【分析】根据圆锥的底面直径求得圆锥的侧面展开扇形的弧长，再利用告诉的母线长求得圆锥的侧面展开扇形的面积，再利用扇形的另一种面积的计算方法求得圆锥的侧面展开图的圆心角即可．
【详解】解：∵圆锥的底面直径是80cm，
∴圆锥的侧面展开扇形的弧长为：πd=80π，
∵母线长90cm，
∴圆锥的侧面展开扇形的面积为：12lr=12×80π×90=3600π，
∴nπ×902360=3600π，
解得：n=160．
故选：B．
【点睛】本题考查了圆锥的有关计算，解决此类题目的关键是明确圆锥的侧面展开扇形与圆锥的关系．
11．B
【分析】事先能肯定它一定会发生的事件称为必然事件，根据必然事件的概念对各选项进行逐一分析即可．
【详解】解：必然事件表示在一定条件下，必然出现出现的事情．因此，①在足球赛中，弱队战胜强队是随机事件；②抛掷1枚硬币，硬币落地时正面朝上是随机事件；③长为3cm，4cm，5cm的三条线段能围成一个三角形，是必然事件；
∴必然事件有1个．
故选B．
【点睛】本题考查的是必然事件，事先能肯定它一定会发生的事件称为必然事件，在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件，事件分为确定事件和不确定事件（随机事件），确定事件又分为必然事件和不可能事件．
12．D
【分析】先写出5个第一象限内靠近坐标轴的整数点，再进行判断即可．
【详解】解：第一象限内靠近坐标轴的整数点为：1,1，1,2，1,3，2,1，3,1，
∵区域G内整点（横坐标与纵坐标均为整数）的个数不少于5，
∴k>3，
∵四个选项中只有174>3，
∴k的值可以是174，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查的是反比例函数的性质，能根据题意判断出k>3是解题的关键．
13．C
【分析】根据三角形面积公式得到x、y关系式，变形即可求解．
【详解】解：∵底边长为x，底边上的高为y，的三角形面积为10，
∴12xy=10，
∴ y=20x．
故选：C
【点睛】本题考查了反比例函数的意义，根据三角形面积公式得到x、y的关系式是解题关键．
14．B
【分析】根据已知条件分别求出矩形的长与宽的比，即可得到结论．
【详解】解∶∵160240=23，120160=34，96144=23，6496=23，
∴160240=96144=6496≠120160，
∴B选项不符合标准，
故选∶B．
【点睛】本题考查了相似形的应用，熟练掌握相似形的判定定理是解题的关键．
15．C
【分析】由入射光线和反射光线与镜面的夹角相等，可得两个相似三角形，根据相似三角形的性质解答即可．
【详解】解：由题意可得：∠BCA=∠EDA=90°，∠BAC=∠EAD，
故△ABC∽△AED，
由相似三角形的性质，设树高x米，
则520−5=1.7x，
∴x=5.1m．
故选C．
【点睛】本题考查相似三角形的应用，关键是由入射光线和反射光线与镜面的夹角相等，得出两个相似三角形．
16．A
【分析】先根据反比例函数中k＜0判断出函数图象所在的象限及增减性，再根据各点横坐标的特点即可得出结论．
【详解】解：∵反比例函数y=kx中k＜0，
∴函数图象的两个分支分别位于二、四象限，且在每一象限内y随x的增大而增大．
∵-3＜0，-1＜0，
∴点A（-3，y1），B（-1，y2）位于第二象限，
∴y1＞0，y2＞0，
∵-3＜-1＜0，
∴0＜y1＜y2．
∵2＞0，
∴点C（2，y3）位于第四象限，
∴y3＜0，
∴y3＜y1＜y2．
故选：A．
【点睛】此题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点及平面直角坐标系中各象限内点的坐标特点，比较简单．
17．D
【分析】作射线AO，根据位似中心的概念、三角形的位似比解答即可．
【详解】解：作射线AO，
，
射线AO经过点D和点G，且OD=12OA，OG=12OA，
∴点A的对应点为点D或点G，
故选：D．
【点睛】本题的是位似变换，两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
18．C
【分析】首先根据坡比求出AC的长度，然后根据勾股定理求出AB的长度．
【详解】解：∵迎水坡AB的坡比是1：2，
∴BC：AC＝1：2，
∵BC＝4m，
∴AC＝8m，
则AB=82+42=45（m）．
故选：C．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是根据坡比构造直角三角形，利用三角函数和勾股定理的知识求解．
19．C
【分析】从左面看得到从左往右2列正方形的个数依次为3，2，据此作出判断即可．
【详解】解：从左面看得到从左往右2列正方形的个数依次为3，2，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了从不同方向观察物体和几何体，有良好的空间想象力和抽象思维能力是解决本题的关键．
20．D
【详解】试题分析：作DH⊥AE于H，已知∠AOB=90°，OA=3，OB=2，根据勾股定理求出AB=，由旋转的性质可知，OE=OB=2，DE=EF=AB=，△DHE≌△BOA，所以DH=OB=2，所以阴影部分面积=△ADE的面积+△EOF的面积+扇形AOF的面积﹣扇形DEF的面积=×5×2+×2×3+﹣
=8﹣π，故答案选D．
考点：扇形面积的计算；旋转的性质．
21．A
【分析】连接OA、OB、OC，根据三角形内心性质，知O到三角形ABC各边距离相等，利用三角形ABC面积等于三角形AOB、三角形AOC、三角形BOC的面积之和求解．
【详解】解：连接OA、OB、OC，
∵O是三角形ABC的内心，
∴O到三角形ABC各边的距离相等，都等于OD的长度，
∵S△ABC=S△AOB+S△AOC+S△BOC，
∴S△ABC=12×2×AB+12×2×AC+12×2×BC
=AB+AC+BC=12，
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形内心的性质，掌握三角形内心的性质：到三角形三边距离相等是解题的关键．
22．D
【分析】先求出方程的两根，让两根之差的绝对值为4列式求值即可．
【详解】解：令y=0，则（x﹣1）2+t=0，
解得：x1=1﹣−t，x2=1+−t，
∵抛物线y=（x﹣1）2+t与x轴的两个交点之间的距离为4，
∴|x1﹣x2|=4，
∴（1+−t）﹣（1﹣−t）=4，
∴t=﹣4，
经检验t=﹣4是原方程的解．
故选D．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数与一元二次方程的关系，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
23．C
【分析】根据中心角的度数=360°÷边数，列式计算分别求出∠AOB，∠BOC的度数，可得∠AOC=15°，然后根据边数n=360°÷中心角即可求得答案．
【详解】解：连接OC，
∵AB是⊙O内接正六边形的一边，
∴∠AOB＝360°÷6＝60°，
∵BC是⊙O内接正八边形的一边，
∴∠BOC＝360°÷8＝45°，
∴∠AOC＝∠AOB－∠BOC＝60°－45°＝15°
∴n＝360°÷15°＝24．
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、正八边形、正二十四边形的性质；根据题意求出中心角的度数是解题的关键．
24．B
【详解】解：由图可知，函数图像与x轴有两个交点，∴b2−4ac＞0，故①正确；
−b2a=1，可得，2a+b=0，故②错误；
当x=-2时，y=4a−2b+c＜0，故③错误；
当x=1时，y=a+b+c＞0，故④正确；
故选：B．
25．C
【分析】根据概率计算公式，逐项计算即可得出答案．
【详解】解：A选项，添加2个绿球后，总数为10个，红球5个，摸到红球的概率=510=50%；
B选项，添加2个红球、4个黄球后，总数为14个，红球7个，摸到红球的概率=714=50%；
C选项，添加3个红球后，总数为11个，红球8个，摸到红球的概率=811≠50%；
D选项，添加5个红球、7个黄球后，总数为20个，红球10个，摸到红球的概率=1020=50%；
故答案为：C．
【点睛】本题考查概率计算，需要熟记概率的计算方法：如果在一次实验中，有n种等可能的结果，并且它们发生的可能性都相等，考察事件A包含其中m种结果，那么事件A发生的概率为：PA=mn．
26．B
【分析】利用相似三角形的判定，有一个公共角，再添加夹着这个公共角的对应边成比例即可．
【详解】∵∠C是公共角，要使△DAC∽△ABC
∴只需ACBC=CDAC，即AC2=BC⋅CD
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定定理，找准对应边是解题的关键．
27．C
【分析】根据网格构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系求出sin∠AOB和sin∠COD的值，再根据锐角三角函数值的增减性进行判断即可．
【详解】解：如图，连接AP，过点A作AN⊥OP于N，
∴AP=12+22=5，OD=22+22=8，
S△OPA=S梯形OPFE−S△AOE−S△PAF
=12×(1+2)×2−12×2×1−12×1×1
=3−1−12
=32，
又∵S△OPA=12×5×AN，即12×5×AN=32，
∴AN=355，
∴sin∠AOB=ANOA=35=0.6，
∵sin∠COD=DMOD=22≈0.7，
∵0.6<0.7，即sin∠AOB
故选：C．
【点睛】本题考查锐角三角函数的增减性，解题的关键是掌握锐角三角函数的定义，直角三角形的边角关系．
28．B
【分析】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，可以从比例关系入手，列出方程求解．
【详解】根据题意知4a=20%，
解得a=20，
经检验：a=20是原分式方程的解，
故选B．
【点睛】本题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．关键是根据红球的频率得到相应的等量关系．
29．B
【分析】由矩形的性质和勾股定理可得AE，于是可得cos∠DAE；由同角的余角相等可得∠ABF=∠DAE，解Rt△ABF求得BF即可；
【详解】解：ABCD是矩形，则AB∥CD，AB=CD=4，BC=AD=6，∠BAD=∠D=90°，
E是CD中点，则DE=12CD=2，
Rt△ADE中，AE=AD2+DE2=36+4=210，
∴cos∠DAE=ADAE=310，
∵∠BAF+∠ABF=90°，∠BAF+∠DAE=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
Rt△ABF中，AB=4，cos∠ABF= cos∠DAE=310，
∴BF=AB•cos∠ABF=1210=6510，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，余弦三角函数等知识；掌握三角函数的概念是解题关键．
30．B
【分析】由点A、B的坐标结合抛物线y=a(x−h)2+k的顶点M位于第一象限且在线段AB的垂直平分线上，即可得出h值以及k>0，分点M在线段AB下方及点M在线段AB上方两种情况考虑抛物线与线段AB无公共点，当点M在线段AB下方时，根据点M的坐标即可得出083．综上即可得出结论．
【详解】解：∵抛物线y=a(x−h)2+k的顶点M位于第一象限且在线段AB的垂直平分线上，且点A(0,2)，B(2,2)，
∴h=1，k>0．
抛物线与线段AB无公共点分两种情况：
当点M在线段AB下方时，∵点M的坐标为(1,k)，
∴0
解得：k>83．
综上所述：k的取值范围为083．
故选：B．
【点睛】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以及线段垂直平分线的性质，依照题意画出图形，利用数形结合、分类讨论解决问题是解题的关键．
31．32或−32
【分析】根据位似变换的概念计算即可．
【详解】解：∵以原点O为位似中心，把线段AB缩短为原来的一半，得到线段CD，点D与点B对应，点B的横坐标为3，
∴点D的横坐标为3×12或3×−12，即点D的横坐标为32或−32，
故答案为：32或−32．
【点睛】本题考查的是位似变换的性质、坐标与图形性质，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．
32．相离
【分析】根据题意可得半径r=2，根据d>r，可判断直线a与⊙O的位置关系．
【详解】解：∵⊙O的直径为4，
∴半径r=2，
∵圆心O到直线a的距离为3，
∴圆心O到直线a的距离d>r，
∴直线a与⊙O相离．
故答案为：相离．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，若圆的半径为r，圆心到直线的距离为d，d>r时，圆和直线相离；d=r时，圆和直线相切；d
【分析】利用正切分别在两个直角三角形中有AB表示出BD和BC，然后利用BC−BD=6，列方程，再解关于AB的方程即可．
【详解】解：如图所示，
在Rt△ABD中，∵tan∠ADB=ABBD，
∴BD=ABtan60°=AB3，
在Rt△ACB中，∵tan∠ACB=ABBC，
∴BC=ABtan60°=AB33=3AB3，
∵BC−BD=6，
∴3AB3-AB3=6，
∴AB=33m．
故答案为：33．
【点睛】本题主要考查解直角三角形在实际生活中的运用，解答的关键是利用两个直角三角形共一条直角边，列出方程．
34． 43##113 4
【详解】解：（1）∵△ABC∽△ADE，
∴ABAD=ACAE，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE，
∵ABAD=ACAE，
∴△ABD∽△ACE，
BDCE=ABAC=68=34，
∵BD=1，
∴CE=43，
故答案为：43；
（2）∵△ABD∽△ACE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠BAC=90°，
∴∠ABD+∠ACB=90°，
∴∠ACB+∠ACE=90°，
∴∠DCE=90°，
∵P为线段DE的中点，
∴DP=PE，
∴CP=12DE，
∵△ABC∽△ADE，
∴DEAD=BCAB，
∴ DE=AD⋅BCAB，
∴AD的值最小时，DE的值最小，此时CP的值最小，
∵AB=6，AC=8，∠BAC=90°，
∴BC=AB2+AC2=62+82=10，
根据垂线段最短可知，当AD⊥BC时，此时AD=AB⋅ACBC=6×810=4.8，
∴DE=AD⋅BCAB=4.8×106=8，
∴CP的最小值为12×8=4，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定、直角三角形斜边上的中线的性质、勾股定理等知识，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
35．(1)x1=−2+11，x2=−2−11
(2)x1=1，x2=23
【分析】（1）利用公式法解一元二次方程即可；
（2）利用因式分解法解一元二次方程即可．
【详解】（1）解：x2+4x−7=0，
Δ=42−4×−7=44，
∴x=−4±442=−2±11，
即x1=−2+11，x2=−2−11．
（2）解：3xx−1=2x−2，
方程可变为：3xx−1=2x−1，
移项得：3xx−1−2x−1=0，
分解因式得：x−13x−2=0，
∴x−1=0或3x−2=0，
解得：x1=1，x2=23．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的一般方法，准确计算．
36．(1)14
(2)23−1
【分析】（1）把特殊角的三角函数值代入，再计算即可求解；
（2）把特殊角的三角函数值代入，再计算即可求解．
【详解】（1）解：原式=1−12×12−222
=1−14−12
=14；
（2）解：原式=3×33−12+2×32
=3−1+3
=23−1．
【点睛】本题考查特殊角的三角函数的混合运算，熟记特殊角的三角函数值和实数的混合运算法则是解题的关键．
37．(1)①12；②不放回
(2)见解析；13
【分析】（1）①直接根据概率公式计算即可；②根据图中第二次可能抽到的可能结果即可分析出结论；
（2）补全树状图，并依据树状图判断其概率即可．
【详解】（1）①∵4张标有数字的卡片中有2张标有奇数，
∴嘉琪第一次抽到标有数字为奇数的卡片的概率为24=12；
②根据图中树状图可知，第二次抽到卡片数字的可能性为三种情况，因此该游戏规则是：第一次从袋子中随机抽出一张卡片后不放回，第二次随机再抽出一张卡片；
故答案为：①12；②不放回
（2）补全树状图如图所示：
由树状图得共有12种等可能结果，嘉琪两次抽到卡片上的数字之和为偶数的结果有4种，
∴嘉琪两次抽到卡片上的数字之和为偶数的概率为412=13．
【点睛】本题主要考查了用列表法或画树状图法求概率，列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法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，注意概率＝所求情况数与总情况数之比．
38．这幢教学楼的高度AB是36.2m
【分析】利用60°的正弦值可求AG长，加上1.6m即为这幢教学楼的高度AB．
【详解】解：∵∠ACG=30°，∠AFG=60°，
∴∠FAC=60°−30°=30°，
∴∠ACG=∠FAC，
∴AF=CF=40m，
在Rt△AFG中，∵sin∠AFG=AGAF，
∴AG=AF×sin∠AFG
=40×sin60°
=40×32
≈20×1.73
=34.6m，
∴AB=34.6+1.6=36.2(m)，
答：这幢教学楼的高度AB是36.2m．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，构造仰角所在的直角三角形，利用两个直角三角形的公共边求解是常用的解直角三角形的方法．
39．(1)见解析
(2)93−3π2
【分析】（1）连接DO，利用平行线的性质和等腰三角形的性质证明∠COD=∠COB．则根据“SAS”可判断△COD≌△COB，所以∠CDO=∠CBO．再根据切线的性质得∠CBO=90°，则∠CDO=90°，然后根据切线的判定定理得到结论；
（2）根据直角三角形斜边中线的性质得：OA=3，由勾股定理可求解DE的长，证明△OAD是等边三角形，最后根据面积差可得结论．
【详解】（1）证明：连接DO，如图，
∵OC∥AD，
∴∠DAO=∠COB，∠ADO=∠COD，
又∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADO，
∴∠COD=∠COB，
在△COD和△COB中OD=OB∠COD=∠COBOC=OC，
∴△COD≌△COBSAS，
∴∠CDO=∠CBO，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠CBO=90°，
∴∠CDO=90°，
∴OD⊥CE，
又∵点D在⊙O上，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵∠ODE=90°，A是OE的中点，
∴AD=12OE=3=OA，
∵OA=OD=3，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，
由勾股定理得：DE=OE2-OD2=62−32=33，
∴S阴影=S△ODE−S扇形OAD=12×3×33−60×32π360=93−3π2．
故答案为：93−3π2．
【点睛】本题主要考查了切线的性质和判定，全等三角形的判定和性质，直角三角形的斜边中线性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，扇形面积等知识，灵活运用这些性质是本题的关键．
40．(1)y=2x；
(2)点C坐标为−3,0或3,0；
(3)x<−1或0
【分析】（1）通过待定系数法求解．
（2）设点C坐标为m,0，由S△BOC=12OC•−yB求解．
（3）根据点A，B坐标及图象求解．
【详解】（1）解：将A1,m代入y=2x得m=2，
∴点A坐标为1,2，
将1,2代入y=kx，
得k=2，
∴反比例函数解析式为y=2x；
（2）解：设点C坐标为m,0，如图，
∵点A坐标为1,2，
∴点B坐标为−1,−2，
则S△BOC=12OC•−yB，
12×m×2=m=3，
解得m=−3或m=3，
∴点C坐标为−3,0或3,0；
（3）∵A1,2，B−1,−2，
∴x<−1或0
41．(1)24；6,4；12
(2)①y=−18x−102+6；抛物线G与滑道AM不能相交；②NC向上平移距离d的最大值为5.5，最小值是4
【分析】（1）先求出A的坐标，即可求得函数解析式，再由y的值求x的值即可求得b的值，由点P的纵坐标即可求得其横坐标，进而得到点P的坐标；
（2）①设抛物线的顶点式，再用待定系数法求解；
②分别求出抛物线过点N，C时的值即可．
【详解】（1）解：∵AB=3，AB（水平）与x轴的距离为8，
∴A3，8，
∴k=3×8=24，
∴滑道AM：y=24x，
当y=2时，x=12，
∴b=12，
当y=4时，x=6，
∴P点坐标为：6,4；
故答案为：24；6,4；12．
（2）解：①设G的解析式为：y=ax−102+6，
由题意得：4=a6−102+6，
解得：a=−18，
∴G的解析式为：y=−18x−102+6，
当x=12时，y=5.5，
∵5.5>2，
∴抛物线G与滑道AM不能相交；
②当x=12+2=14时，
y=−1814−102+6=4，
∴NC向上平移距离d的最大值为5.5，最小值是4．
【点睛】本题考查了函数的综合运用，求反比例函数和二次函数解析式，熟练掌握待定系数法求函数解析式，是解题的关键．
42．(1)4秒
(2)S△BPQ=203
(3)S=−3t2+9t0
【分析】（1）由已知和勾股定理先求出BC，再由D，E分别是AC，BC的中点，求出AD、DE、BE，从而求出t；
（2）先求出当点P运动到点D时所用时间，得出AQ的长，即可求出BQ的长，再根据△BPQ的面积=12BQ⋅AP进行计算即可；
（3）由已知用t表示出AQ、AP、BQ，再由∠A=90°，通过面积公式求出S与t的函数关系式；
（4）通过假设，分两种情况讨论即可求解．
【详解】（1）解：已知Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
由勾股定理得：BC=AB2+AC2=62+82=10，
又由D，E分别是AC，BC的中点，
∴AD=4，DE=3，BE=5，
∴当点P到达终点B时所用时间t=4+3+5÷3=4（秒），
答：t的值为4秒．
故答案为：4秒．
（2）解：当点P运动到点D时，所用时间为43秒，
∴AQ=43×2=83，
∴BQ=6−83=103，
∴S△BPQ=12BQ⋅AP=12×103×4=203．
（3）解：①如图，当点P在AD上（不包含D点），即0
由已知得：AQ=2t，AP=3t，
∴BQ=AB−AQ=6−2t，
∵∠A=90°，
∴△BPQ的面积S=12BQ⋅AP=126−2t⋅3t=−3t2+9t，
∴Q在线段AB上运动时，S与t的函数关系式为S=−3t2+9t；
②如图当点P在DE（包括点D、E）上，即43≤t≤73，
过点P作PF⊥AB于F，
则PF=AD=4，
∴△BPQ的面积S=12BQ⋅PF=126−2t⋅4=12−4t，
所以此时Q在线段AB上运动时，S与t的函数关系式为S=12−4t；
③如图，当点P在BE上（不包括E点），即73
由已知得：BP=3+4+5−3t=12−3t，
过点P作PF⊥AB于F，
∴PF∥AC，
∴△BPF∽△BCA，
∴PFAC=BPBC，
∴PF8=12−3t10，
∴PF=48−12t5，
∴△BPQ的面积S=12BQ⋅PF=126−2t⋅48−12t5=125t2−845t+1445，
∴Q在线段AB上运动时，S与t的函数关系式为S=125t2−845t+1445；
综上分析可知，Q在线段AB上运动时，S与t的函数关系式为：S=−3t2+9t0
①当点Q在AB上，点P在AD上时，
假设PQ∥DB成立，
则△AQP∽△ABD，
∴AQAB=APAD，
∴2t6=3t4，
此时方程的解是t=0，但此解不符合题意，
则PQ∥DB不成立；
②当3
此时PB=12−3t，PE=3t−7，BQ=2t−6，
若PQ∥DB，设直线PQ交DE与N，
∵DE∥AB，
∴△PEN∽△PBQ，
∴EN:BQ=PE:PB，
则EN=2t−63t−712−3t；
又∵NQ∥DB，
∴EN:ED＝EP:EB，
则EN=33t−75，
∴2t−63t−712−3t=33t−75，
解得t=6619符合题意．
综上所述，当t=6619 时，PQ∥DB．
【点睛】本题主要考查的知识点是勾股定理、三角形中位线定理及相似三角形的判定与性质，关键是通过勾股定理和三角形中位线定理求解，以及通过假设推出错误结论并论证．
湖南省湘潭市湘潭县凤凰中学2022-2023学年九年级上学期数学期末考试
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列函数中，是二次函数的是（ ）
A．y=2x−1 B．y=2x C．y=2x2−1 D．y=2x3−1
2．在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，则cosB的值等于（ ）
A．35 B．45 C．34 D．53
3．一元二次方程kx2−2x−1=0有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k⩽−1且k≠0 B．k⩽−1 C．k⩾−1且k≠0 D．k⩾−1
4．如图，点A，B，C，D在⊙O上，∠AOC=100°，点B是弧AC的中点，则∠D的度数是（ ）
A．25° B．30° C．50° D．60°
5．在解一元二次方程x2+px+q＝0时，小红看错了常数项q，得到方程的两个根是﹣3，1．小明看错了一次项系数P，得到方程的两个根是5，﹣4，则原来的方程是（ ）
A．x2+2x﹣3＝0 B．x2+2x﹣20＝0 C．x2﹣2x﹣20＝0 D．x2﹣2x﹣3＝0
6．已知6cosα=33，且α是锐角，则α=（ ）
A．75° B．60° C．45° D．30°
7．抛物线的函数表达式为y=3x−22+1时，若将y轴向上平移2个单位长度，将x轴向右平移3个单位长度，则该抛物线在新的平面直角坐标系中的函数表达式为（ ）
A．y=3x+12+3 B．y=3x−52+3 C．y=3x−52−1 D．y=3x+12−1
8．某市积极响应国家的号召“房子是用来住的，不是用来炒的”，在宏观调控下，商品房成交价由今年1月份的每平方米10000元下降到3月份的每平方米8100元，且今年房价在2月份、3月份、4月份的下降率保持一致，则4月份的房价单价为每平方米（ ）．
A．7300元 B．7290元 C．7280元 D．7270元
9．如图，PA，PB，DE分别切⊙O于点A，B，C．若⊙O的半径为8cm，PO的长为17cm，则△PDE的周长为（ ）
A．15cm B．16cm C．30cm D．34cm
10．圆锥的底面直径为80cm，母线长为90cm，则该圆锥的侧面展开图的圆心角是（ ）
A．180° B．160° C．120° D．90°
11．下列事件：①在足球赛中，弱队战胜强队；②抛掷1枚硬币，硬币落地时正面朝上；③长为3cm，4cm，5cm的三条线段能围成一个三角形，其中必然事件有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
12．将双曲线y=kx x>0与x轴、y轴之间的区域记为G（不包括坐标轴与双曲线），若区域G内整点（横坐标与纵坐标均为整数）的个数不少于5，则k的值可以是（ ）
A．1.9 B．52 C．3 D．174
13．如果一个三角形的面积为10，底边长为x，底边上的高为y，则y与x 的函数表达式为（ ）
A．y=10x B．y=5x C．y=20x D．y=x20
14．国旗法规定：所有国旗均为相似矩形，在下列四面国旗中，其中只有一面不符合标准，这面国旗是（ ）
A． B．
C． D．
15．如图，一同学在湖边看到一棵树，他目测出自己与树的距离为20m，树的顶端在水中的倒影距自己5m 远，该同学的身高为1.7m ，则树高为（ ）.
A．3.4m B．4.7 m C．5.1m D．6.8m
16．若点A−3,y1，B−1,y2，C2,y3都在反比例函数y=kxk<0的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y3
A．点E或点F B．点E或点G C．点D或点F D．点D或点G
18．如图所示，河堤横断面迎水坡AB的坡比是1:2，堤高BC=4m，则坡面AB的长度是（ ）m
A．8 B．16 C．45 D．43
19．如图所示的是由几个相同小立方体组成的几何体从上面所看到的图形，正方形中的数字表示在该位置的小立方体的个数，则从左面看这个几何体所得到的图形是（ ）
A． B． C． D．
20．如图，在Rt△AOB中，∠AOB=90°，OA=3，OB=2，将Rt△AOB绕点O顺时针旋转90°后得Rt△FOE，将线段EF绕点E逆时针旋转90°后得线段ED，分别以O，E为圆心，OA、ED长为半径画弧AF和弧DF，连接AD，则图中阴影部分面积是（ ）
A．π B．5π4 C．3+π D．8﹣π
21．如图，O是△ABC的内心，OD⊥BC于点D，OD＝2，若△ABC的周长为12，则△ABC的面积是（ ）
A．12 B．24 C．6 D．3
22．抛物线y=（x﹣1）2+t与x轴的两个交点之间的距离为4，则t的值是（ ）
A．﹣1 B．﹣2 C．﹣3 D．﹣4
23．如图，边AB是⊙O内接正六边形的一边，点C在AB上，且BC是⊙O内接正八边形的一边，若AC是⊙O内接正n边形的一边，则n的值是（ ）
A．6 B．12 C．24 D．48
24．二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图像如图所示，给出下列结论： ①b2−4ac＞0；②2a+b<0；③4a−2b+c=0；④a+b+c＞0．其中正确的是（ ）
A．①② B．①④ C．③④ D．②③
25．一个不透明的袋中装有除颜色外其余均相同的5个红球和3个黄球，从中随机摸出一个，要使摸到红球的概率是50%，需向袋中加入除颜色外其余均相同小球，则不正确的添加方案是（ ）
A．绿球2 B．红球2个，黄球4个
C．红球3个 D．红球5个，黄球7个
26．如图所示，若△DAC∽△ABC，则需满足（ ）
A．CD2=AD⋅DB B．AC2=BC⋅CD C．ACCD=ABBC D．CDDA=BCAC
27．如图所示，是由小正方形构成的4×4网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点O，A，P，C，D均在格点上，则∠AOB和∠COD的大小关系为（ ）
A．∠AOB>∠COD B．∠AOB=∠COD C．∠AOB<∠COD D．无法确定
28．在一个不透明的盒子中装有a个除颜色外完全相同的球，这a个球中只有4个红球.若每次将球充分搅匀后，任意摸出1个球记下颜色再放回盒子.通过大量重复试验后，发现摸到红球的频率稳定在20%左右，则a的值大约为( )
A．16 B．20 C．24 D．28
29．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，E是边CD的中点，连接AE，过点B作BF⊥AE交AE于点F，则BF的长为（ ）
A．3102 B．6105 C．105 D．3105
30．如图，已知A0,2，B2,2，C−1,0，抛物线y=ax−h2+k过点C，顶点M位于第一象限且在线段AB的垂直平分线上，若抛物线与线段AB无公共点，则k的取值范围是（ ）
A．0
二、填空题
31．如图，点A（0，4），B（3，4），以原点O为位似中心，把线段AB缩短为原来的一半，得到线段CD，其中占C与点A对应，点D与点B对应，则点D的横坐标为_______．
32．已知⊙O的直径是4，圆心O到直线a的距离是3，则直线a和⊙O的位置关系是______．
33．如图，学校操场上有一棵与地面垂直的树，数学小组两次测量它在地面上的影子，第一次是阳光与地面成30°时， 第二次时阳光与地面成60°，两次测量的影长相差6米，则树高___________米．
34．如图，△ABC∽△ADE，∠BAC=∠DAE=90∘，AB=6，AC=8，点D在线段BC上运动，当点D从点B运动到点C时．
（1）当BD=1时，则CE=______；
（2）设P为线段DE的中点，在点D的运动过程中，CP的最小值是______．
三、解答题
35．解方程：
(1)x2+4x−7=0；
(2)3xx−1=2x−2．
36．计算：
(1)tan45°−sin30°cos60°−cos245°；
(2)3tan30°−tan245°+2sin60°．
37．在一不透明的袋子中装有四张标有数字2，3，4，5的卡片，这些卡片除数字外其余均相同．嘉琪按照一定的规则抽出两张卡片，并把卡片上的数字相加．如图是他所画树状图的一部分．
(1)①嘉琪第一次抽到标有数字为奇数的卡片的概率为__________．
②由图分析，该游戏规则是：第一次从袋子中随机抽出一张卡片后__________（选填“放回”或“不放回”），第二次随机再抽出一张卡片；
(2)补全树状图，并求嘉琪两次抽到卡片上的数字之和为偶数的概率．
38．如图，在一次数学课外实践活动中，要求测教学楼的高度AB．小刚在D处用高1.6m的测角仪CD，测得教学楼顶端A的仰角为30°，然后向教学楼前进40m到达E，又测得教学楼顶端A的仰角为60°．求这幢教学楼的高度．（已知：2≈1.414，3≈1.732，结果保留一位小数）
39．如图，AB是⊙O的直径，BC与⊙O相切于点B，AD是⊙O的弦，AD∥OC，延长CD、BA相交于点E．
(1)求证：CE是⊙O的切线；
(2)若A恰好是OE的中点，AD=3，求阴影部分的面积．（阴影部分为△OED在圆外的部分）（结果保留π）
40．如图，已知反比例函数y=kx k≠0与正比例函数y=2x的图象交于A1,m，B两点．
(1)求该反比例函数的表达式；
(2)若点C在x轴上，且△BOC的面积为3，求点C的坐标；
(3)利用图象，直接写出不等式kx>2x的解集：______．
41．如图，有一位同学在兴趣小组实验中，设计了一个模拟滑雪场地截面图，平台AB（水平）与x轴的距离为8，与y轴交于B点，与滑道AM:y=kx交于A，且AB=3，MN⊥x轴，测得MN=2，P到x轴的距离为4，设ON=b．
(1)k的值为______，点P的坐标是______，b=______．
(2)一小球从B点出发沿抛物线运动，落在滑道AM上P点后立即弹起，弹起后沿另外一条抛物线G运动，若它的最高点Q的坐标为10,6．
①求G的解析式，并说明抛物线G与滑道AM是否还能相交；
②在x轴上有线段NC=2，若小球恰好能被NC接住，则NC向上平移距离d的最大值和最小值各是多少？
42．如图，在直角△ABC中，∠A=90∘，AB=6，AC=8．D，E分别是AC、BC边的中点，点P从A出发沿线段AD−DE−EB以每秒3个单位长的速度向B匀速运动；点Q从点A出发沿射线AB以每秒2个单位长的速度匀速运动，当点P与点B重合时停止运动，点Q也随之停止运动，设点P、Q运动时间是t秒，t>0．
(1)当t=______时，点P到达终点B；
(2)当点P运动到点D时，求△BPQ的面积；
(3)设△BPQ的面积为S，求出点Q在线段AB上运动时，S与t的函数关系式；
(4)请直接写出PQ∥DB时t的值．
参考答案：
1．C
【分析】对照函数的解析式，根据函数的定义逐一判断即可．
【详解】A．y=2x+1是一次函数，不是二次函数，故选项A不符合题意；
B．y=2x是反比例函数，不是二次函数，故选项B不符合题意；
C．y=2x2−1是二次函数，故选项C符合题意；
D．y=2x3−1不是二次函数，故选项D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的定义，熟练各自函数的定义及表达式特点是解题的关键．
2．A
【分析】先根据勾股定理求出BC的长，然后根据余弦的定义求解．
【详解】解：∵∠C=90°，AB=10，AC=8，
∴BC=102−82=6，
∴cosB=BCAB=610=35．
故选：A．
【点睛】本题考查了锐角三角函数的定义，勾股定理，解题的关键是正确理解余弦的定义．
3．C
【分析】根据一元二次方程的定义，以及一元二次方程根的判别式Δ>0，列出不等式，解不等式即可求解．
【详解】解：∵一元二次方程kx2−2x−1=0有实数根，
∴Δ=b2−4ac=4+4k≥0且k≠0
解得：k⩾−1且k≠0，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0 (a≠0，a，b，c为常数)的根的判别式Δ=b2−4ac，理解根的判别式对应的根的三种情况是解题的关键．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，方程没有实数根．
4．A
【分析】根据圆心角、弧、弦的关系定理得到∠AOB=12∠AOC，再根据圆周角定理解答．
【详解】解：连接OB，如图所示：
∵点B是AC的中点，
∴∠AOB=12∠AOC=50°，
由圆周角定理得，∠D=12∠AOB=25°，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查的是圆心角、弧、弦的关系定理、圆周角定理，掌握在同圆或等圆中，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．
5．B
【分析】分别按照看错的情况构建出一元二次方程，再舍去错误信息，从而可得正确答案.
【详解】解：∵ 小红看错了常数项q，得到方程的两个根是﹣3，1，
所以此时方程为：(x+3)(x−1)=0, 即：x2+2x−3=0,
∵ 小明看错了一次项系数P，得到方程的两个根是5，﹣4，
所以此时方程为：(x−5)(x+4)=0, 即：x2−x−20=0,
从而正确的方程是：x2+2x−20=0,
故选：B.
【点睛】本题考查的是根据一元二次方程的根构建一元二次方程，掌握利用一元二次方程的根构建方程的方法是解题的关键.
6．D
【分析】由6cosα=33可得cosα=32，然后再根据特殊角的三角函数值求角度即可．
【详解】解：∵6cosα=33
∴cosα=32
∴α=30°．
故选D．
【点睛】本题主要考查了利用特殊角的三角函数值求角度、一元一次方程等知识点，将cosα整体当做未知数成为解答本题的关键．
7．D
【分析】将y轴和x轴进行平移，则相对于坐标轴抛物线相当于在向相反方向平移，再根据二次函数图象的平移规律“上加下减，左加右减”即可得出答案．
【详解】解：∵将y轴向上平移2个单位长度，x轴向右平移3个单位长度，
∴抛物线向下平移2个单位长度，向左平移3个单位长度，
∴该抛物线在新的平面直角坐标系中的函数表达式为y=3x−2+32+1−2；
整理得：y=3x+12−1，
故选：D
【点睛】本题主要考查了二次函数图象得平移规律，熟练地掌握“上加下减，左加右减”是解题的关键；注意题目中是将y轴和x轴进行的平移，则函数图象相对于坐标轴是在向相反方向平移．
8．B
【分析】设房价的下降率为x，根据“商品房成交价由今年1月份的每平方米10000元下降到3月份的每平方米8100元，”列出方程，即可求解．
【详解】解：设房价的下降率为x，根据题意得：
100001−x2=8100，
解得：x1=0.1,x2=1.9（舍去）
∴房价的下降率为10%，
∴4月份的房价单价为每平方米81001−10%=7290元．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
9．C
【分析】连接AO，根据切线长定理得到AE=CE，BD=CD，PA=PB，得到△PDE的周长等于PA+PB，再用勾股定理求出PA的长，就可以算出周长．
【详解】解：如图，连接AO，
∵PA、PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，AO⊥PA，
同理，AE=CE，BD=CD，
C△PDE=PE+PD+DE
=PE+EC+PD+DC
=PE+EA+PD+DB
=PA+PB，
在Rt△APO中，PA=PO2−AO2=15cm，
∴C△PDE=15+15=30cm．
故选C．
【点睛】本题考查切线长定理，解题的关键是掌握切线长定理并能够熟练运用．
10．B
【分析】根据圆锥的底面直径求得圆锥的侧面展开扇形的弧长，再利用告诉的母线长求得圆锥的侧面展开扇形的面积，再利用扇形的另一种面积的计算方法求得圆锥的侧面展开图的圆心角即可．
【详解】解：∵圆锥的底面直径是80cm，
∴圆锥的侧面展开扇形的弧长为：πd=80π，
∵母线长90cm，
∴圆锥的侧面展开扇形的面积为：12lr=12×80π×90=3600π，
∴nπ×902360=3600π，
解得：n=160．
故选：B．
【点睛】本题考查了圆锥的有关计算，解决此类题目的关键是明确圆锥的侧面展开扇形与圆锥的关系．
11．B
【分析】事先能肯定它一定会发生的事件称为必然事件，根据必然事件的概念对各选项进行逐一分析即可．
【详解】解：必然事件表示在一定条件下，必然出现出现的事情．因此，①在足球赛中，弱队战胜强队是随机事件；②抛掷1枚硬币，硬币落地时正面朝上是随机事件；③长为3cm，4cm，5cm的三条线段能围成一个三角形，是必然事件；
∴必然事件有1个．
故选B．
【点睛】本题考查的是必然事件，事先能肯定它一定会发生的事件称为必然事件，在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件，事件分为确定事件和不确定事件（随机事件），确定事件又分为必然事件和不可能事件．
12．D
【分析】先写出5个第一象限内靠近坐标轴的整数点，再进行判断即可．
【详解】解：第一象限内靠近坐标轴的整数点为：1,1，1,2，1,3，2,1，3,1，
∵区域G内整点（横坐标与纵坐标均为整数）的个数不少于5，
∴k>3，
∵四个选项中只有174>3，
∴k的值可以是174，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查的是反比例函数的性质，能根据题意判断出k>3是解题的关键．
13．C
【分析】根据三角形面积公式得到x、y关系式，变形即可求解．
【详解】解：∵底边长为x，底边上的高为y，的三角形面积为10，
∴12xy=10，
∴ y=20x．
故选：C
【点睛】本题考查了反比例函数的意义，根据三角形面积公式得到x、y的关系式是解题关键．
14．B
【分析】根据已知条件分别求出矩形的长与宽的比，即可得到结论．
【详解】解∶∵160240=23，120160=34，96144=23，6496=23，
∴160240=96144=6496≠120160，
∴B选项不符合标准，
故选∶B．
【点睛】本题考查了相似形的应用，熟练掌握相似形的判定定理是解题的关键．
15．C
【分析】由入射光线和反射光线与镜面的夹角相等，可得两个相似三角形，根据相似三角形的性质解答即可．
【详解】解：由题意可得：∠BCA=∠EDA=90°，∠BAC=∠EAD，
故△ABC∽△AED，
由相似三角形的性质，设树高x米，
则520−5=1.7x，
∴x=5.1m．
故选C．
【点睛】本题考查相似三角形的应用，关键是由入射光线和反射光线与镜面的夹角相等，得出两个相似三角形．
16．A
【分析】先根据反比例函数中k＜0判断出函数图象所在的象限及增减性，再根据各点横坐标的特点即可得出结论．
【详解】解：∵反比例函数y=kx中k＜0，
∴函数图象的两个分支分别位于二、四象限，且在每一象限内y随x的增大而增大．
∵-3＜0，-1＜0，
∴点A（-3，y1），B（-1，y2）位于第二象限，
∴y1＞0，y2＞0，
∵-3＜-1＜0，
∴0＜y1＜y2．
∵2＞0，
∴点C（2，y3）位于第四象限，
∴y3＜0，
∴y3＜y1＜y2．
故选：A．
【点睛】此题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点及平面直角坐标系中各象限内点的坐标特点，比较简单．
17．D
【分析】作射线AO，根据位似中心的概念、三角形的位似比解答即可．
【详解】解：作射线AO，
，
射线AO经过点D和点G，且OD=12OA，OG=12OA，
∴点A的对应点为点D或点G，
故选：D．
【点睛】本题的是位似变换，两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
18．C
【分析】首先根据坡比求出AC的长度，然后根据勾股定理求出AB的长度．
【详解】解：∵迎水坡AB的坡比是1：2，
∴BC：AC＝1：2，
∵BC＝4m，
∴AC＝8m，
则AB=82+42=45（m）．
故选：C．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是根据坡比构造直角三角形，利用三角函数和勾股定理的知识求解．
19．C
【分析】从左面看得到从左往右2列正方形的个数依次为3，2，据此作出判断即可．
【详解】解：从左面看得到从左往右2列正方形的个数依次为3，2，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了从不同方向观察物体和几何体，有良好的空间想象力和抽象思维能力是解决本题的关键．
20．D
【详解】试题分析：作DH⊥AE于H，已知∠AOB=90°，OA=3，OB=2，根据勾股定理求出AB=，由旋转的性质可知，OE=OB=2，DE=EF=AB=，△DHE≌△BOA，所以DH=OB=2，所以阴影部分面积=△ADE的面积+△EOF的面积+扇形AOF的面积﹣扇形DEF的面积=×5×2+×2×3+﹣
=8﹣π，故答案选D．
考点：扇形面积的计算；旋转的性质．
21．A
【分析】连接OA、OB、OC，根据三角形内心性质，知O到三角形ABC各边距离相等，利用三角形ABC面积等于三角形AOB、三角形AOC、三角形BOC的面积之和求解．
【详解】解：连接OA、OB、OC，
∵O是三角形ABC的内心，
∴O到三角形ABC各边的距离相等，都等于OD的长度，
∵S△ABC=S△AOB+S△AOC+S△BOC，
∴S△ABC=12×2×AB+12×2×AC+12×2×BC
=AB+AC+BC=12，
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形内心的性质，掌握三角形内心的性质：到三角形三边距离相等是解题的关键．
22．D
【分析】先求出方程的两根，让两根之差的绝对值为4列式求值即可．
【详解】解：令y=0，则（x﹣1）2+t=0，
解得：x1=1﹣−t，x2=1+−t，
∵抛物线y=（x﹣1）2+t与x轴的两个交点之间的距离为4，
∴|x1﹣x2|=4，
∴（1+−t）﹣（1﹣−t）=4，
∴t=﹣4，
经检验t=﹣4是原方程的解．
故选D．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数与一元二次方程的关系，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
23．C
【分析】根据中心角的度数=360°÷边数，列式计算分别求出∠AOB，∠BOC的度数，可得∠AOC=15°，然后根据边数n=360°÷中心角即可求得答案．
【详解】解：连接OC，
∵AB是⊙O内接正六边形的一边，
∴∠AOB＝360°÷6＝60°，
∵BC是⊙O内接正八边形的一边，
∴∠BOC＝360°÷8＝45°，
∴∠AOC＝∠AOB－∠BOC＝60°－45°＝15°
∴n＝360°÷15°＝24．
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、正八边形、正二十四边形的性质；根据题意求出中心角的度数是解题的关键．
24．B
【详解】解：由图可知，函数图像与x轴有两个交点，∴b2−4ac＞0，故①正确；
−b2a=1，可得，2a+b=0，故②错误；
当x=-2时，y=4a−2b+c＜0，故③错误；
当x=1时，y=a+b+c＞0，故④正确；
故选：B．
25．C
【分析】根据概率计算公式，逐项计算即可得出答案．
【详解】解：A选项，添加2个绿球后，总数为10个，红球5个，摸到红球的概率=510=50%；
B选项，添加2个红球、4个黄球后，总数为14个，红球7个，摸到红球的概率=714=50%；
C选项，添加3个红球后，总数为11个，红球8个，摸到红球的概率=811≠50%；
D选项，添加5个红球、7个黄球后，总数为20个，红球10个，摸到红球的概率=1020=50%；
故答案为：C．
【点睛】本题考查概率计算，需要熟记概率的计算方法：如果在一次实验中，有n种等可能的结果，并且它们发生的可能性都相等，考察事件A包含其中m种结果，那么事件A发生的概率为：PA=mn．
26．B
【分析】利用相似三角形的判定，有一个公共角，再添加夹着这个公共角的对应边成比例即可．
【详解】∵∠C是公共角，要使△DAC∽△ABC
∴只需ACBC=CDAC，即AC2=BC⋅CD
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定定理，找准对应边是解题的关键．
27．C
【分析】根据网格构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系求出sin∠AOB和sin∠COD的值，再根据锐角三角函数值的增减性进行判断即可．
【详解】解：如图，连接AP，过点A作AN⊥OP于N，
∴AP=12+22=5，OD=22+22=8，
S△OPA=S梯形OPFE−S△AOE−S△PAF
=12×(1+2)×2−12×2×1−12×1×1
=3−1−12
=32，
又∵S△OPA=12×5×AN，即12×5×AN=32，
∴AN=355，
∴sin∠AOB=ANOA=35=0.6，
∵sin∠COD=DMOD=22≈0.7，
∵0.6<0.7，即sin∠AOB
故选：C．
【点睛】本题考查锐角三角函数的增减性，解题的关键是掌握锐角三角函数的定义，直角三角形的边角关系．
28．B
【分析】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，可以从比例关系入手，列出方程求解．
【详解】根据题意知4a=20%，
解得a=20，
经检验：a=20是原分式方程的解，
故选B．
【点睛】本题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．关键是根据红球的频率得到相应的等量关系．
29．B
【分析】由矩形的性质和勾股定理可得AE，于是可得cos∠DAE；由同角的余角相等可得∠ABF=∠DAE，解Rt△ABF求得BF即可；
【详解】解：ABCD是矩形，则AB∥CD，AB=CD=4，BC=AD=6，∠BAD=∠D=90°，
E是CD中点，则DE=12CD=2，
Rt△ADE中，AE=AD2+DE2=36+4=210，
∴cos∠DAE=ADAE=310，
∵∠BAF+∠ABF=90°，∠BAF+∠DAE=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
Rt△ABF中，AB=4，cos∠ABF= cos∠DAE=310，
∴BF=AB•cos∠ABF=1210=6510，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，余弦三角函数等知识；掌握三角函数的概念是解题关键．
30．B
【分析】由点A、B的坐标结合抛物线y=a(x−h)2+k的顶点M位于第一象限且在线段AB的垂直平分线上，即可得出h值以及k>0，分点M在线段AB下方及点M在线段AB上方两种情况考虑抛物线与线段AB无公共点，当点M在线段AB下方时，根据点M的坐标即可得出0
【详解】解：∵抛物线y=a(x−h)2+k的顶点M位于第一象限且在线段AB的垂直平分线上，且点A(0,2)，B(2,2)，
∴h=1，k>0．
抛物线与线段AB无公共点分两种情况：
当点M在线段AB下方时，∵点M的坐标为(1,k)，
∴0
解得：k>83．
综上所述：k的取值范围为0
故选：B．
【点睛】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以及线段垂直平分线的性质，依照题意画出图形，利用数形结合、分类讨论解决问题是解题的关键．
31．32或−32
【分析】根据位似变换的概念计算即可．
【详解】解：∵以原点O为位似中心，把线段AB缩短为原来的一半，得到线段CD，点D与点B对应，点B的横坐标为3，
∴点D的横坐标为3×12或3×−12，即点D的横坐标为32或−32，
故答案为：32或−32．
【点睛】本题考查的是位似变换的性质、坐标与图形性质，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．
32．相离
【分析】根据题意可得半径r=2，根据d>r，可判断直线a与⊙O的位置关系．
【详解】解：∵⊙O的直径为4，
∴半径r=2，
∵圆心O到直线a的距离为3，
∴圆心O到直线a的距离d>r，
∴直线a与⊙O相离．
故答案为：相离．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，若圆的半径为r，圆心到直线的距离为d，d>r时，圆和直线相离；d=r时，圆和直线相切；d
【分析】利用正切分别在两个直角三角形中有AB表示出BD和BC，然后利用BC−BD=6，列方程，再解关于AB的方程即可．
【详解】解：如图所示，
在Rt△ABD中，∵tan∠ADB=ABBD，
∴BD=ABtan60°=AB3，
在Rt△ACB中，∵tan∠ACB=ABBC，
∴BC=ABtan60°=AB33=3AB3，
∵BC−BD=6，
∴3AB3-AB3=6，
∴AB=33m．
故答案为：33．
【点睛】本题主要考查解直角三角形在实际生活中的运用，解答的关键是利用两个直角三角形共一条直角边，列出方程．
34． 43##113 4
【详解】解：（1）∵△ABC∽△ADE，
∴ABAD=ACAE，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE，
∵ABAD=ACAE，
∴△ABD∽△ACE，
BDCE=ABAC=68=34，
∵BD=1，
∴CE=43，
故答案为：43；
（2）∵△ABD∽△ACE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠BAC=90°，
∴∠ABD+∠ACB=90°，
∴∠ACB+∠ACE=90°，
∴∠DCE=90°，
∵P为线段DE的中点，
∴DP=PE，
∴CP=12DE，
∵△ABC∽△ADE，
∴DEAD=BCAB，
∴ DE=AD⋅BCAB，
∴AD的值最小时，DE的值最小，此时CP的值最小，
∵AB=6，AC=8，∠BAC=90°，
∴BC=AB2+AC2=62+82=10，
根据垂线段最短可知，当AD⊥BC时，此时AD=AB⋅ACBC=6×810=4.8，
∴DE=AD⋅BCAB=4.8×106=8，
∴CP的最小值为12×8=4，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定、直角三角形斜边上的中线的性质、勾股定理等知识，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
35．(1)x1=−2+11，x2=−2−11
(2)x1=1，x2=23
【分析】（1）利用公式法解一元二次方程即可；
（2）利用因式分解法解一元二次方程即可．
【详解】（1）解：x2+4x−7=0，
Δ=42−4×−7=44，
∴x=−4±442=−2±11，
即x1=−2+11，x2=−2−11．
（2）解：3xx−1=2x−2，
方程可变为：3xx−1=2x−1，
移项得：3xx−1−2x−1=0，
分解因式得：x−13x−2=0，
∴x−1=0或3x−2=0，
解得：x1=1，x2=23．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的一般方法，准确计算．
36．(1)14
(2)23−1
【分析】（1）把特殊角的三角函数值代入，再计算即可求解；
（2）把特殊角的三角函数值代入，再计算即可求解．
【详解】（1）解：原式=1−12×12−222
=1−14−12
=14；
（2）解：原式=3×33−12+2×32
=3−1+3
=23−1．
【点睛】本题考查特殊角的三角函数的混合运算，熟记特殊角的三角函数值和实数的混合运算法则是解题的关键．
37．(1)①12；②不放回
(2)见解析；13
【分析】（1）①直接根据概率公式计算即可；②根据图中第二次可能抽到的可能结果即可分析出结论；
（2）补全树状图，并依据树状图判断其概率即可．
【详解】（1）①∵4张标有数字的卡片中有2张标有奇数，
∴嘉琪第一次抽到标有数字为奇数的卡片的概率为24=12；
②根据图中树状图可知，第二次抽到卡片数字的可能性为三种情况，因此该游戏规则是：第一次从袋子中随机抽出一张卡片后不放回，第二次随机再抽出一张卡片；
故答案为：①12；②不放回
（2）补全树状图如图所示：
由树状图得共有12种等可能结果，嘉琪两次抽到卡片上的数字之和为偶数的结果有4种，
∴嘉琪两次抽到卡片上的数字之和为偶数的概率为412=13．
【点睛】本题主要考查了用列表法或画树状图法求概率，列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法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，注意概率＝所求情况数与总情况数之比．
38．这幢教学楼的高度AB是36.2m
【分析】利用60°的正弦值可求AG长，加上1.6m即为这幢教学楼的高度AB．
【详解】解：∵∠ACG=30°，∠AFG=60°，
∴∠FAC=60°−30°=30°，
∴∠ACG=∠FAC，
∴AF=CF=40m，
在Rt△AFG中，∵sin∠AFG=AGAF，
∴AG=AF×sin∠AFG
=40×sin60°
=40×32
≈20×1.73
=34.6m，
∴AB=34.6+1.6=36.2(m)，
答：这幢教学楼的高度AB是36.2m．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，构造仰角所在的直角三角形，利用两个直角三角形的公共边求解是常用的解直角三角形的方法．
39．(1)见解析
(2)93−3π2
【分析】（1）连接DO，利用平行线的性质和等腰三角形的性质证明∠COD=∠COB．则根据“SAS”可判断△COD≌△COB，所以∠CDO=∠CBO．再根据切线的性质得∠CBO=90°，则∠CDO=90°，然后根据切线的判定定理得到结论；
（2）根据直角三角形斜边中线的性质得：OA=3，由勾股定理可求解DE的长，证明△OAD是等边三角形，最后根据面积差可得结论．
【详解】（1）证明：连接DO，如图，
∵OC∥AD，
∴∠DAO=∠COB，∠ADO=∠COD，
又∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADO，
∴∠COD=∠COB，
在△COD和△COB中OD=OB∠COD=∠COBOC=OC，
∴△COD≌△COBSAS，
∴∠CDO=∠CBO，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠CBO=90°，
∴∠CDO=90°，
∴OD⊥CE，
又∵点D在⊙O上，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵∠ODE=90°，A是OE的中点，
∴AD=12OE=3=OA，
∵OA=OD=3，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，
由勾股定理得：DE=OE2-OD2=62−32=33，
∴S阴影=S△ODE−S扇形OAD=12×3×33−60×32π360=93−3π2．
故答案为：93−3π2．
【点睛】本题主要考查了切线的性质和判定，全等三角形的判定和性质，直角三角形的斜边中线性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，扇形面积等知识，灵活运用这些性质是本题的关键．
40．(1)y=2x；
(2)点C坐标为−3,0或3,0；
(3)x<−1或0
【分析】（1）通过待定系数法求解．
（2）设点C坐标为m,0，由S△BOC=12OC•−yB求解．
（3）根据点A，B坐标及图象求解．
【详解】（1）解：将A1,m代入y=2x得m=2，
∴点A坐标为1,2，
将1,2代入y=kx，
得k=2，
∴反比例函数解析式为y=2x；
（2）解：设点C坐标为m,0，如图，
∵点A坐标为1,2，
∴点B坐标为−1,−2，
则S△BOC=12OC•−yB，
12×m×2=m=3，
解得m=−3或m=3，
∴点C坐标为−3,0或3,0；
（3）∵A1,2，B−1,−2，
∴x<−1或0
41．(1)24；6,4；12
(2)①y=−18x−102+6；抛物线G与滑道AM不能相交；②NC向上平移距离d的最大值为5.5，最小值是4
【分析】（1）先求出A的坐标，即可求得函数解析式，再由y的值求x的值即可求得b的值，由点P的纵坐标即可求得其横坐标，进而得到点P的坐标；
（2）①设抛物线的顶点式，再用待定系数法求解；
②分别求出抛物线过点N，C时的值即可．
【详解】（1）解：∵AB=3，AB（水平）与x轴的距离为8，
∴A3，8，
∴k=3×8=24，
∴滑道AM：y=24x，
当y=2时，x=12，
∴b=12，
当y=4时，x=6，
∴P点坐标为：6,4；
故答案为：24；6,4；12．
（2）解：①设G的解析式为：y=ax−102+6，
由题意得：4=a6−102+6，
解得：a=−18，
∴G的解析式为：y=−18x−102+6，
当x=12时，y=5.5，
∵5.5>2，
∴抛物线G与滑道AM不能相交；
②当x=12+2=14时，
y=−1814−102+6=4，
∴NC向上平移距离d的最大值为5.5，最小值是4．
【点睛】本题考查了函数的综合运用，求反比例函数和二次函数解析式，熟练掌握待定系数法求函数解析式，是解题的关键．
42．(1)4秒
(2)S△BPQ=203
(3)S=−3t2+9t0
【分析】（1）由已知和勾股定理先求出BC，再由D，E分别是AC，BC的中点，求出AD、DE、BE，从而求出t；
（2）先求出当点P运动到点D时所用时间，得出AQ的长，即可求出BQ的长，再根据△BPQ的面积=12BQ⋅AP进行计算即可；
（3）由已知用t表示出AQ、AP、BQ，再由∠A=90°，通过面积公式求出S与t的函数关系式；
（4）通过假设，分两种情况讨论即可求解．
【详解】（1）解：已知Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
由勾股定理得：BC=AB2+AC2=62+82=10，
又由D，E分别是AC，BC的中点，
∴AD=4，DE=3，BE=5，
∴当点P到达终点B时所用时间t=4+3+5÷3=4（秒），
答：t的值为4秒．
故答案为：4秒．
（2）解：当点P运动到点D时，所用时间为43秒，
∴AQ=43×2=83，
∴BQ=6−83=103，
∴S△BPQ=12BQ⋅AP=12×103×4=203．
（3）解：①如图，当点P在AD上（不包含D点），即0
由已知得：AQ=2t，AP=3t，
∴BQ=AB−AQ=6−2t，
∵∠A=90°，
∴△BPQ的面积S=12BQ⋅AP=126−2t⋅3t=−3t2+9t，
∴Q在线段AB上运动时，S与t的函数关系式为S=−3t2+9t；
②如图当点P在DE（包括点D、E）上，即43≤t≤73，
过点P作PF⊥AB于F，
则PF=AD=4，
∴△BPQ的面积S=12BQ⋅PF=126−2t⋅4=12−4t，
所以此时Q在线段AB上运动时，S与t的函数关系式为S=12−4t；
③如图，当点P在BE上（不包括E点），即73
由已知得：BP=3+4+5−3t=12−3t，
过点P作PF⊥AB于F，
∴PF∥AC，
∴△BPF∽△BCA，
∴PFAC=BPBC，
∴PF8=12−3t10，
∴PF=48−12t5，
∴△BPQ的面积S=12BQ⋅PF=126−2t⋅48−12t5=125t2−845t+1445，
∴Q在线段AB上运动时，S与t的函数关系式为S=125t2−845t+1445；
综上分析可知，Q在线段AB上运动时，S与t的函数关系式为：S=−3t2+9t0
①当点Q在AB上，点P在AD上时，
假设PQ∥DB成立，
则△AQP∽△ABD，
∴AQAB=APAD，
∴2t6=3t4，
此时方程的解是t=0，但此解不符合题意，
则PQ∥DB不成立；
②当3
此时PB=12−3t，PE=3t−7，BQ=2t−6，
若PQ∥DB，设直线PQ交DE与N，
∵DE∥AB，
∴△PEN∽△PBQ，
∴EN:BQ=PE:PB，
则EN=2t−63t−712−3t；
又∵NQ∥DB，
∴EN:ED＝EP:EB，
则EN=33t−75，
∴2t−63t−712−3t=33t−75，
解得t=6619符合题意．
综上所述，当t=6619 时，PQ∥DB．
【点睛】本题主要考查的知识点是勾股定理、三角形中位线定理及相似三角形的判定与性质，关键是通过勾股定理和三角形中位线定理求解，以及通过假设推出错误结论并论证．
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