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安徽省合肥市庐江县庐州学校2022-2023学年九年级下学期第一次教学质量检测数学试题(含答案)
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这是一份安徽省合肥市庐江县庐州学校2022-2023学年九年级下学期第一次教学质量检测数学试题(含答案),共26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。
安徽省合肥市庐江县庐州学校2022-2023学年九年级下学期第一次教学质量检测数学试题
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题
1.请你观察下面四个图形,其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.欧几里得的《原本》记载,形如的方程的图解法是:画,使,,,再在斜边上截取.则该方程的一个正根是( )
A.的长 B.的长 C.的长 D.的长
3.下列说法:
①相等的圆心角所对的弧相等;
②平分弦的直径垂直于弦;
③过直线上两点和直线外一点,可以确定一个圆;
④圆是轴对称图形,直径是它的对称轴.
其中正确的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
4.如图,是圆内接四边形的一条对角线,点D关于的对称点E在边上,连接若,则的度数为( )
A. B. C. D.
5.如图在正六边形中,有两点同时、同速从中点出发,P沿方向运动,Q点沿方向指向运动,10秒后,两点与多边形中心连线及多边形(延长线)所围成图形的面积如图(阴影部分的面积)有两部分为,则之间的数量关系是( )
A. B. C. D.
6.在学校举行的运动会上,小明和小亮何报名参加百米赛跑,预赛分甲、乙、丙、丁四组进行,运动员通过抽签来确定要参加的预赛小组,小明和小亮何恰好抽到同一组的概率是( )
A. B. C. D.
7.下图是一个优美的几何图形,此图由三个半圆构成,其直径分别为的斜边,直角边,若的三边所围成的阴影区域记为Ⅰ,黑色部分记为Ⅱ,其余部分记为Ⅲ,在整个图形中随机取一点,此点取自Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的概率分别记为,,,则( )
A. B. C. D.
8.如图,正方形ABCD的边长为2,O为对角线的交点,点E、F分别为BC、AD的中点.以C为圆心,2为半径作圆弧,再分别以E、F为圆心,1为半径作圆弧、,则图中阴影部分的面积为( )
A.π﹣1 B.π﹣2 C.π﹣3 D.4﹣π
9.如图所示,点为的内心,,,点,分别为,上的点,且.甲、乙、丙三人有如下判断:
甲:;
乙:四边形的面积是定值;
丙:当时,的周长取得最小值.
则下列说法正确的是( )
A.只有甲正确 B.只有丙错误
C.乙、丙都正确 D.甲、乙、丙都正确
10.如图,已知二次函数的图像与x轴交于点,对称轴为直线,下列结论:①;②;③;④(m是任意实数),其中正确的是( )
A.①② B.③④ C.①②③ D.②③④
二、填空题
11.社团课上,同学们进行了“摸球游戏”:在一个不透明的盒子里装有几十个除颜色不同外其余均相同的黑、白两种球,将盒子里面的球搅匀后从中随机摸出一个球记下颜色,再把它放回盒子中,不断重复上述过程.整理数据后,制作了“摸出黑球的频率”与“摸球的总次数”的关系图象如图所示,经分析可以推断盒子里个数比较多的是___________(填“黑球”或“白球”).
12.如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0有两个实数根,其中一个根为另一个根的,则称这样的方程为“半根方程”.例如方程x2﹣6x+8=0的根为的x1=2,x2=4,则x1=x2,则称方程x2﹣6x+8=0为“半根方程”.若方程ax2+bx+c=0是“半根方程”,且点P(a,b)是函数y=x图象上的一动点,则的值为_____.
13.如图,在△ABC中,∠C =90°,AB =10cm,BC =8cm,点P从点A沿AC向点C以1cm/s的速度运动,同时点Q从点C沿CB向点B以2cm/s的速度运动(点Q运动到点B停止),在运动过程中,四边形PABQ的面积最小值为_____cm2
14.如图,在平面直角坐标系中,四边形是正方形,点A的坐标为,弧是以点B为圆心,为半径的圆弧;弧是以点O为圆心,为半径的圆弧;弧是以点C为圆心,为半径的圆弧;弧是以点A为圆心,为半径的圆弧,继续以点B,O,C,A为圆心,按上述作法得到的曲线,称为正方形的“渐开线”,则的坐标是______,那么的坐标为______.
三、解答题
15.把抛物线:先向右平移4个单位长度,再向下平移5个单位长度得到抛物线.
(1)动点能否在抛物线上?请说明理由.
(2)若点,都在抛物线上,且,比较,的大小,并说明理由.
16.已知关于x的一元二次方程.
(1)求证:方程有两个不相等的实数根;
(2)设方程的两个实数根分别为,(其中),若y是关于m的函数,且,求y与m的函数关系式.
17.如图,A城气象台测得台风中心在A城的正西方300千米处,以每小时10千米的速度向北偏东60°的BF方向移动,距台风中心200千米的范围内是受这次台风影响的区域.
(1)问A城是否会受到这次台风的影响?为什么?
(2)若A城受到这次台风的影响,那么A城遭受这次台风影响的时间有多长?
18.为落实庐江县关于开展中小学课后服务工作的要求,庐州学校开设了四门校本课程供学生选择:.趣味数学;.博乐阅读;.快乐英语;.硬笔书法.九年级共有名学生选择了课程,为了解本年级选择课程学生的学习情况,从这名学生中随机抽取了名学生进行测试,将他们的成绩(百分制)分成六组,绘制成频数分布直方图.
(1)根据题中信息,估计该年级选择课程学生成绩在的总人数;
(2)该年级每名学生选两门不同的课程,赵佳同时选择课程和课程的概率是多少?请用列表法或树状图的方法加以说明.
19.如图,在正方形网格中建立平面直角坐标系,一条圆弧经过网格点、、,请在网格图中进行如下操作:
(1)若该圆弧所在圆的圆心为D,则D点坐标为______;
(2)连接、,则的半径长为______(结果保留根号),的度数为______;
(3)若扇形是一个圆锥的侧面展开图,求该圆锥的底面圆的半径长.(结果保留根号)
20.AB是△ABC的外接圆⊙O的直径,P是半径OB上一点,PE⊥AB交BC于F,交AC的延长线于E,D是EF的中点,连接CD,
(1)求证:CD是⊙O的切线;
(2)连OD交BC于G,若G为OD的中点,AC=6,求CE的长.
21.体育课上小强、小东、小智三人练习踢足球,足球从一人传到另一人就记为踢一次.(1)如果从小强开始踢,踢两次后,踢到小智处的概率是多少?(请用树状图求解)(2)请用树状图说明,踢了三次后,要使踢到小强处的概率最小,应该从谁开始踢?
22.如图,△ABC中,AB=AC,⊙O是△ABC的外接圆,BO的延长交边AC于点D .
(1)求证:∠BAC=2∠ABD;
(2)当△BCD是等腰三角形时,求∠BCD的大小.
23.某水果商计划从生产基地运回一批水果,所需运费为基础运费与载重运费两部分的和,基础运费为每次元,载重运费为每吨每小时元,经验表明,若运回水果吨,路上恰好需要小时,运回的水果全部批发完后,每吨水果能获得毛利润元;若运输时每增加吨水果,路上就会延长小时,每延长小时,每吨水果的毛利润会降低元.设运回水果为吨,路上所用时间为小时,所需运费为元,全部批发后水果商获得总净利润为元(净利润=毛利润﹣所需运费).(不考虑损耗)
用含的式子表示为 ;
①求与的函数关系式;
②若某一次运费为元,则这次运回了多少吨水果?
一次运回多少吨水果,水果商获得的总的净利润最大?总的最大净利润是多少?
参考答案:
1.C
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念可得解.
【详解】选项A,是轴对称图形,不是中心对称图形;
选项B,是轴对称图形,不是中心对称图形;
选项C,是轴对称图形,也是中心对称图形;
选项D,是轴对称图形,不是中心对称图形.故答案选C.
【点睛】本题考查了轴对称图形与中心对称图形的概念,熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念是解题的关键.
2.B
【分析】可以利用求根公式求出方程的根,根据勾股定理求出AB的长,进而求得AD的长,即可发现结论.
【详解】用求根公式求得:
∵
∴
∴
AD的长就是方程的正根.
故选:B.
【点睛】本题考查解一元二次方程及勾股定理等,熟练掌握公式法解一元二次方程是解题的关键.
3.B
【分析】根据圆心角、弧、弦的关系定理判断①,根据垂径定理的推论判断②;根据不共线的三点共圆可判断③;根据轴对称图形的定义判断④.
【详解】解:①同圆或等圆中,相等的圆心角所对的弧相等,故错误;
②平分弦不是直径的直径垂直于弦,故错误;
③过直线上两点和直线外一点,可以确定一个圆,正确;
④圆是轴对称图形,直径所在的直线是它的对称轴,故错误,
正确的只有1个,
故选:B.
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系,垂径定理的推论,轴对称图形的对称轴,圆的性质,熟练掌握定义与性质是解题的关键.
4.C
【分析】直接利用圆内接四边形的性质结合三角形外角的性质得出答案.
【详解】解:∵圆内接四边形,,
∴,
∵点D关于的对称点E在边上,
∴,
∴,
故选C.
【点睛】此题主要考查了圆内接四边形的性质以及三角形的外角,正确得出的度数是解题关键.
5.C
【分析】如图,连接OB,OC,作OW⊥BC于W,OT⊥CD于T.因为点P,Q同时,同速从AB中点M出发,所以MQ=MB+BC+PC,推出•MQ•OM=•(BM+BC+PC)•OM及BC= BG+CG推出S△OMQ=S△OBM+S△OBG+S△OGC+S△OCP=S△OBM+S△OBG+S2,再根据S1=S△OGC+S△OCP,推出S1=S2.
【详解】如图,连接OB,OC,作OW⊥BC于W,OT⊥CD于T.
在正六边形ABCDEF中,
∵AM=BM,
∴OM⊥AB,
∵OW⊥BC,OT⊥CD,
∴OM=OW=OT,
∵点P,Q同时,同速从AB中点M出发,
∴MQ=MB+BC+PC,
∴•MQ•OM=•(BM+BC+PC)•OM,
又BC=BG+CG
∴S△OMQ=S△OBM+S△OBG+S△OGC+S△OCP=S△OBM+S△OBG+S2,
∵S1=S△OGC+S△OCP,
∴S1=S2.
故选:C.
【点睛】本题考查正多边形与圆,多边形的面积等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型.
6.B
【分析】通过列表法表示出所有结果和小明、小亮在同一组的可能,从而求得概率.
【详解】解:列表如下:
小明 小亮
甲
乙
丙
丁
甲
(甲,甲)
(甲,乙)
(甲,丙)
(甲,丁)
乙
(乙,甲)
(乙,乙)
(乙,丙)
(乙,丁)
丙
(丙,甲)
(丙,乙)
(丙,丙)
(丙,丁)
丁
(丁,甲)
(丁,乙)
(丁,丙)
(丁,丁)
总共有16中结果可能,小明、小亮在同一组有4中可能,
所以小明、小亮在同一组的概率为
故选B.
【点睛】此题考查了求概率的方法,熟练掌握列表法或树状图求概率是解题的关键.
7.A
【分析】设,,,分别求出Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ所对应的面积,即可得到答案.
【详解】解:设,,,
,
,
,
,
,
.
故选A.
【点睛】本题考查了三角形的面积、圆的面积的知识,关键是求出对应的面积.
8.B
【分析】根据题意和图形,可知阴影部分的面积是以2为半径的四分之一个圆(扇形)的面积减去以1为半径的半圆(扇形)的面积再减去2个以边长为1的正方形的面积减去以1半径的四分之一个圆(扇形)的面积,本题得以解决.
【详解】解:由题意可得,
阴影部分的面积是:•π×22﹣﹣2(1×1﹣•π×12)=π﹣2,
故选:B.
【点睛】本题主要考查运用正方形的性质,圆的面积公式(或扇形的面积公式),正方形的面积公式计算不规则几何图形的面积,解题的关键是理解题意,观察图形,合理分割,转化为规则图形的面积和差进行计算.
9.B
【分析】过点作,于点,,证明,根据全等三角形的性质即可判断甲、乙的说法,根据的周长,即可判断丙的说法,据此即可求解.
【详解】解:如图,过点作,于点,,
点为的内心,
是的平分线,
,
,
,
,
,
在和中,
,
,
,
所以甲的判断正确;
连接,
,
四边形的面积,
点的位置固定,
四边形的面积是定值,
所以乙的判断正确;
如图,过点作于点,
,,
,
,
的周长,
当最小时,即当时,的周长最小值,
此时,不垂直于,所以丙的判断错误.
综上所述:说法正确的是甲、乙.
故选:B.
【点睛】本题考查了解直角三角形,全等三角形的性质与判定,综合运用以上知识是解题的关键.
10.D
【分析】①抛物线开口向上,对称轴为直线,即可得出、、,进而可得出,结论①错误;②由抛物线的对称轴以及与x轴的一个交点坐标,可得出另一交点坐标为,进而可得出,结论②正确;③由对称轴直线,可得结论③正确;④,可得结论④正确,综上即可得出结论.
【详解】解:①∵抛物线开口向上,对称轴为直线,
∴,,,
∴,
∴,结论①错误;
②∵二次函数的图象与x轴交于点,对称轴为直线,
∴二次函数的图象与x轴的另一个交点为,
∴,结论②正确;
③∵对称轴为直线,
∴,即:,
∴,结论③正确
④,
∴,结论④正确.
综上所述,正确的结论有:②③④.
故选:D.
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数图象与系数的关系、二次函数的性质及二次函数图像上点的坐标特征.
11.白球
【分析】利用频率估计概率的知识,确定摸出黑球的概率,由此得到答案.
【详解】解:由图可知:摸出黑球的频率是0.2,
根据频率估计概率的知识可得,摸一次摸到黑球的概率为0.2,
∴可以推断盒子里个数比较多的是白球,
故答案为:白球.
【点睛】此题考查利用频率估计概率,正确理解图象的意义是解题的关键.
12..
【分析】不妨设方程ax2+bx+c=0的两根分别为x1,x2,且x1=x2,根据点P(a,b)是函数y=x图象上的一动点,得出b与a的数量关系,从而可将原方程化为系数中只含有a和c的形式,然后根据韦达定理变形求解即可.
【详解】解:不妨设方程ax2+bx+c=0的两根分别为x1,x2,且x1=x2,
∵点P(a,b)是函数y=x图象上的一动点,
∴b=a,
∴方程化为ax2+ax+c=0,
∴由韦达定理得:.
∴.
故答案为:.
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系及一次函数在计算中的应用,熟练运用韦达定理是解题的关键.
13.15
【分析】在Rt△ABC中,利用勾股定理可得出AC=6cm,设运动时间为t(0≤t≤4),则PC=(6-t)cm,CQ=2tcm,利用分割图形求面积法可得出S四边形PABQ=S△ABC-S△CPQ,S四边形PABQ=(t-3)2+15,则可求出四边形PABQ的面积最小值,此题得解.
【详解】解:在Rt△ABC中,∠C=90°,AB=10cm,BC=8cm,
∴AC==6cm.
设运动时间为t(0≤t≤4),则PC=(6-t)cm,CQ=2tcm,
∴S四边形PABQ=S△ABC-S△CPQ,
代入得:S四边形PABQ =×6×8-(6-t)×2t
变形得:S四边形PABQ =(t-3)2+15,
∴当t=3时,四边形PABQ的面积取最小值,最小值为15.
故答案为:15.
【点睛】本题考查了二次函数的最值以及勾股定理,利用分割图形求面积法,列出二次函数并进行变形求极值是解题的关键.
14.
【分析】根据题意分别写出的坐标,根据规律求得的坐标.
【详解】解:,
由题意得,,,,,
,,,,
,.
故答案为:;.
【点睛】本题考查了规律型中的点的坐标,结合画弧的方法以及部分点的坐标寻找出来点的排布规律是关键.
15.(1)不在,理由见解析
(2),理由见解析
【分析】(1)根据二次函数图象左加右减,上加下减的平移规律进行求解;
(2)根据二次函数的增减性即可判断.
【详解】(1),
把抛物线:先向右平移4个单位长度,再向下平移5个单位长度得到抛物线:,即,
抛物线的函数关系式为:.
动点不在抛物线上,理由如下:
抛物线的函数关系式为:,
函数的最小值为,
,
动点不在抛物线上;
(2)∵抛物线的函数关系式为:,
∴对称轴为,
∵二次项系数为,
∴图象开口向上,
∴当时,y随x的增大而减小,
∵点,都在抛物线上,且,
∴.
【点睛】本题考查二次函数图象上点的坐标特征,解答本题的关键是明确题意,利用二次函数的性质解答;也考查函数图象的平移的规律.
16.(1)见解析
(2)
【分析】(1)先计算判别式得到,再根据非负数的意义及已知条件得到,然后根据判别式的意义得到方程有两个不相等的实数根;
(2)先解出方程的两个根,,判定根的大小,代入原式即可.
【详解】(1)证明:,
∵,
∴,即,
∴方程有两个不相等的实数根;
(2)∵,
∴,
∴方程的两个根分别为和1.
∵,
∴.
又,
∴,
∴.
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式及一元二次方程的解法,解题的关键是掌握当时,方程有两个不相等的实数根;当时,方程有两个相等的实数根;当时,方程没有实数根.
17.(1) A城市受影响,理由见解析;(2)10.
【分析】(1)作AC⊥BF,则距点A最近的点即为C点,计算AC的长,若AC>200千米,则不受影响,反之,则受影响.
(2)求出A城所受影响的距离DE,又有台风移动的速度,即可求解出其影响的时间.
【详解】(1)A城市受影响.
如图,过点A作AC⊥BF,则距离点C最近的距离为AC,
∵AB=300,∠ABC=30°,
∴AC=AB=150<200,
所以A城会受到这次台风的影响;
(2)如图,
∵距台风中心200千米的范围内是受这次台风影响的区域,
则AD=AE=200,即DE为A城遭受这次台风的距离,
CD=,
∴DE=100,
则t==10小时.
故A城遭受这次台风影响的时间10小时.
【点睛】本题主要考查了方向角问题以及解直角三角形的简单运用,能够熟练掌握.
18.(1)30
(2),说明见解析
【分析】(1)利用样本估计总体的方法即可估计该年级选择课程学生成绩在的总人数;
(2)画树状图展示所有种等可能的结果数,找出他俩第二次选课相同的结果数,然后根据概率公式计算.
【详解】(1)观察直方图,抽取的30名学生成绩在范围内选取课程的有人,所占比为,
那么估计该年级名学生,学生成绩在范围内,选取课程的总人数为人;
(2)因该年级每名学生选两门不同的课程,第一次都选了课程,列树状图如下:
等可能结果共有种,他俩第二次同时选择课程或课程的有种,
所以,他俩第二次同时选择课程或课程的概率是.
【点睛】本题考查了样本估计总体,列表法与树状图法:利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果,再从中选出符合事件或的结果数目,然后利用概率公式计算事件或事件的概率.
19.(1);
(2),;
(3).
【分析】(1)连接、,利用网格特点,作、的垂直平分线,它们的交点为D,结合网格得到D点坐标;
(2)利用勾股定理求出、得到的半径长,利用勾股定理的逆定理可得到为直角三角形,从而得到的度数为;
(3)设该圆锥的底面圆的半径长为,利用弧长等于圆周长得到,然后解方程即可.
【详解】(1)解:连接、,
由各点坐标可知,网格中1个格代表2个单位长度,
利用网格特点,作线段、的垂直平分线,交点为D,
如图所示,
则点D的坐标为,
故答案为:;
(2)连接,如图,
,
即的半径长为;
,
为直角三角形,的度数为;
故答案为:;;
(3)设该圆锥的底面圆的半径长为,
由题意可得:
,
解得:,
即该圆锥的底面圆的半径长为.
【点睛】本题考查了圆锥的计算:圆锥的侧面展开图为一扇形,这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长,扇形的半径等于圆锥的母线长,也考查了垂径定理和勾股定理及勾股定理的逆定理;熟练掌握圆锥底面的周长、垂径定理、勾股定理及勾股定理的逆定理是解题关键.
20.(1)见解析;(2)6
【分析】(1)连接OC,欲证明CD是⊙O的切线只要证明OC⊥CD即可.
(2)想办法证明BA=BE,利用等腰三角形的三线合一的性质即可解决问题.
【详解】(1)证明:连接OC,
∵AB是△ABC的外接圆⊙O的直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠ECF=180°﹣∠ACB=90°,
∵D是EF的中点,
∴DC=DE,
∴∠E=∠ECD,
∵OC=OA,
∴∠A=∠ACO,
∵PE⊥AB,
∴∠APE=90°,
∴∠E+∠A=90°,
∴∠ACO+∠ECD=90°,
∴∠OCD=90°,
∴CD是⊙O的切线.
(2)解:连接BE,PC,OC.
∵∠OCD=∠OPD=90°,
∴O,P,D,C四点共圆,
∠COD=∠CPD,
∵∠ECB=∠EPB=90°,
∴E,C,P,B四点共圆,
∴∠CPE=∠CBE,
∴∠COD=∠CBE,
∵∠OCD=90°,OG=GD,
∴CG=GO=GD,
∴∠COD=∠OCG,
∵OC=OB,
∴∠OCG=∠OBC,
∴∠ABC=∠CBE,
∵∠A+∠ABC=90°,∠E+∠CBE=90°,
∴∠A=∠E,
∴BA=BE,
∵BC⊥AE,
∴EC=AE=6.
【点睛】此题考查切线的判定,等腰三角形的判定和性质,直角三角形斜边中线的性质等知识,解题的关键是熟练掌握基本知识,属于中考常考题型.
21.(1);(2)树状图见解析,从小东开始踢或从小智开始踢
【分析】(1)列举出所有情况,看足球踢到了小智处的情况数占所有情况数的多少即可;
(2)可设球从小强处先开始踢,得到3次踢球回到小强处的概率,进而根据树状图可得球从其他2位同学处开始,3次踢球回到小强处的概率,比较可得可能性最小的方案.
【详解】解:(1)
∴P(足球踢到小智处);
(2)应从小强处开始踢,
从小强开始踢,P(足球踢到小强处);
同理从小东开始踢,踢到小强处的概率是P(足球踢到小强处);
同理从小智开始踢,踢到小强处的概率是P(足球踢到小强处);
答:要使踢到小强处的概率最小,应该从小东开始踢或从小智开始踢.
【点睛】考查用列树状图的方法解决概率问题;分类得到3次踢球踢到小明处的情况数是解决本题的难点;用到的知识点为:概率等于所求情况数与总情况数之比.
22.(1)见解析;(2)67.5°或72°
【分析】(1)连接OA.利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可.
(2)分三种情形:①若BD=CB,则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD.②若CD=CB,则∠CBD=∠CDB=3∠ABD.③若DB=DC,则D与A重合,这种情形不存在.分别利用三角形内角和定理构建方程求解即可.
【详解】(1)连接OA,如下图1所示:
∵AB=AC,
∴ ,
∴OA⊥BC,
∴∠BAO=∠CAO.
∵OA=OB,
∴∠ABD=∠BAO,
∴∠BAC=2∠ABD.
(2)如图2中,延长AO交BC于H.
①若BD=CB,则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD.
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠C,
∴∠DBC=2∠ABD.
∵∠DBC+∠C+∠BDC=180°,
∴8∠ABD=180°,
∴∠C=3∠ABD=67.5°.
②若CD=CB,则∠CBD=∠CDB=3∠ABD,∴∠C=4∠ABD.
∵∠DBC+∠C+∠CDB=180°,
∴10∠ABD=180°,
∴∠BCD=4∠ABD=72°.
③若DB=DC,则D与A重合,这种情形不存在.
综上所述:∠C的值为67.5°或72°.
【点睛】本题考查了垂径定理,等腰三角形的性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,注意分类讨论思想的应用.
23.(1)(或);(2)①;②这次运回了吨水果;(3)当一次运回吨水果时水果商获得的总的净利润最大总的最大净利润是元
【分析】(1)根据“运回水果吨,路上恰好需要小时”和“运输时每增加吨水果,路上就会延长小时,每延长小时,每吨水果的毛利润会降低元”即可用含的式子表示;
(2)①根据“总运费=基础运费+增加运输量的运费”列出函数关系式即可;②根据①的函数关系式列出方程求解即可;
(3)根据“净利润=毛利润﹣所需运费”列出二次函数关系式,配方后求解即可.
【详解】解:,
故答案为:,
①由题意得
=
即;
②根据题意得,
整理得,
∴
解得,(舍去).
∴
答:这次运回了吨水果;
由题意得
.
∵
∴当时,有最大值,最大值为8977,
所以当一次运回吨水果时水果商获得的总的净利润最大总的最大净利润是元.
【点睛】本题考查二次函数的应用,解答本题的关键是明确题意,找出所求问题需要的条件,利用二次函数的性质解答.
安徽省合肥市庐江县庐州学校2022-2023学年九年级下学期第一次教学质量检测数学试题
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题
1.请你观察下面四个图形,其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.欧几里得的《原本》记载,形如的方程的图解法是:画,使,,,再在斜边上截取.则该方程的一个正根是( )
A.的长 B.的长 C.的长 D.的长
3.下列说法:
①相等的圆心角所对的弧相等;
②平分弦的直径垂直于弦;
③过直线上两点和直线外一点,可以确定一个圆;
④圆是轴对称图形,直径是它的对称轴.
其中正确的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
4.如图,是圆内接四边形的一条对角线,点D关于的对称点E在边上,连接若,则的度数为( )
A. B. C. D.
5.如图在正六边形中,有两点同时、同速从中点出发,P沿方向运动,Q点沿方向指向运动,10秒后,两点与多边形中心连线及多边形(延长线)所围成图形的面积如图(阴影部分的面积)有两部分为,则之间的数量关系是( )
A. B. C. D.
6.在学校举行的运动会上,小明和小亮何报名参加百米赛跑,预赛分甲、乙、丙、丁四组进行,运动员通过抽签来确定要参加的预赛小组,小明和小亮何恰好抽到同一组的概率是( )
A. B. C. D.
7.下图是一个优美的几何图形,此图由三个半圆构成,其直径分别为的斜边,直角边,若的三边所围成的阴影区域记为Ⅰ,黑色部分记为Ⅱ,其余部分记为Ⅲ,在整个图形中随机取一点,此点取自Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的概率分别记为,,,则( )
A. B. C. D.
8.如图,正方形ABCD的边长为2,O为对角线的交点,点E、F分别为BC、AD的中点.以C为圆心,2为半径作圆弧,再分别以E、F为圆心,1为半径作圆弧、,则图中阴影部分的面积为( )
A.π﹣1 B.π﹣2 C.π﹣3 D.4﹣π
9.如图所示,点为的内心,,,点,分别为,上的点,且.甲、乙、丙三人有如下判断:
甲:;
乙:四边形的面积是定值;
丙:当时,的周长取得最小值.
则下列说法正确的是( )
A.只有甲正确 B.只有丙错误
C.乙、丙都正确 D.甲、乙、丙都正确
10.如图,已知二次函数的图像与x轴交于点,对称轴为直线,下列结论:①;②;③;④(m是任意实数),其中正确的是( )
A.①② B.③④ C.①②③ D.②③④
二、填空题
11.社团课上,同学们进行了“摸球游戏”:在一个不透明的盒子里装有几十个除颜色不同外其余均相同的黑、白两种球,将盒子里面的球搅匀后从中随机摸出一个球记下颜色,再把它放回盒子中,不断重复上述过程.整理数据后,制作了“摸出黑球的频率”与“摸球的总次数”的关系图象如图所示,经分析可以推断盒子里个数比较多的是___________(填“黑球”或“白球”).
12.如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0有两个实数根,其中一个根为另一个根的,则称这样的方程为“半根方程”.例如方程x2﹣6x+8=0的根为的x1=2,x2=4,则x1=x2,则称方程x2﹣6x+8=0为“半根方程”.若方程ax2+bx+c=0是“半根方程”,且点P(a,b)是函数y=x图象上的一动点,则的值为_____.
13.如图,在△ABC中,∠C =90°,AB =10cm,BC =8cm,点P从点A沿AC向点C以1cm/s的速度运动,同时点Q从点C沿CB向点B以2cm/s的速度运动(点Q运动到点B停止),在运动过程中,四边形PABQ的面积最小值为_____cm2
14.如图,在平面直角坐标系中,四边形是正方形,点A的坐标为,弧是以点B为圆心,为半径的圆弧;弧是以点O为圆心,为半径的圆弧;弧是以点C为圆心,为半径的圆弧;弧是以点A为圆心,为半径的圆弧,继续以点B,O,C,A为圆心,按上述作法得到的曲线,称为正方形的“渐开线”,则的坐标是______,那么的坐标为______.
三、解答题
15.把抛物线:先向右平移4个单位长度,再向下平移5个单位长度得到抛物线.
(1)动点能否在抛物线上?请说明理由.
(2)若点,都在抛物线上,且,比较,的大小,并说明理由.
16.已知关于x的一元二次方程.
(1)求证:方程有两个不相等的实数根;
(2)设方程的两个实数根分别为,(其中),若y是关于m的函数,且,求y与m的函数关系式.
17.如图,A城气象台测得台风中心在A城的正西方300千米处,以每小时10千米的速度向北偏东60°的BF方向移动,距台风中心200千米的范围内是受这次台风影响的区域.
(1)问A城是否会受到这次台风的影响?为什么?
(2)若A城受到这次台风的影响,那么A城遭受这次台风影响的时间有多长?
18.为落实庐江县关于开展中小学课后服务工作的要求,庐州学校开设了四门校本课程供学生选择:.趣味数学;.博乐阅读;.快乐英语;.硬笔书法.九年级共有名学生选择了课程,为了解本年级选择课程学生的学习情况,从这名学生中随机抽取了名学生进行测试,将他们的成绩(百分制)分成六组,绘制成频数分布直方图.
(1)根据题中信息,估计该年级选择课程学生成绩在的总人数;
(2)该年级每名学生选两门不同的课程,赵佳同时选择课程和课程的概率是多少?请用列表法或树状图的方法加以说明.
19.如图,在正方形网格中建立平面直角坐标系,一条圆弧经过网格点、、,请在网格图中进行如下操作:
(1)若该圆弧所在圆的圆心为D,则D点坐标为______;
(2)连接、,则的半径长为______(结果保留根号),的度数为______;
(3)若扇形是一个圆锥的侧面展开图,求该圆锥的底面圆的半径长.(结果保留根号)
20.AB是△ABC的外接圆⊙O的直径,P是半径OB上一点,PE⊥AB交BC于F,交AC的延长线于E,D是EF的中点,连接CD,
(1)求证:CD是⊙O的切线;
(2)连OD交BC于G,若G为OD的中点,AC=6,求CE的长.
21.体育课上小强、小东、小智三人练习踢足球,足球从一人传到另一人就记为踢一次.(1)如果从小强开始踢,踢两次后,踢到小智处的概率是多少?(请用树状图求解)(2)请用树状图说明,踢了三次后,要使踢到小强处的概率最小,应该从谁开始踢?
22.如图,△ABC中,AB=AC,⊙O是△ABC的外接圆,BO的延长交边AC于点D .
(1)求证:∠BAC=2∠ABD;
(2)当△BCD是等腰三角形时,求∠BCD的大小.
23.某水果商计划从生产基地运回一批水果,所需运费为基础运费与载重运费两部分的和,基础运费为每次元,载重运费为每吨每小时元,经验表明,若运回水果吨,路上恰好需要小时,运回的水果全部批发完后,每吨水果能获得毛利润元;若运输时每增加吨水果,路上就会延长小时,每延长小时,每吨水果的毛利润会降低元.设运回水果为吨,路上所用时间为小时,所需运费为元,全部批发后水果商获得总净利润为元(净利润=毛利润﹣所需运费).(不考虑损耗)
用含的式子表示为 ;
①求与的函数关系式;
②若某一次运费为元,则这次运回了多少吨水果?
一次运回多少吨水果,水果商获得的总的净利润最大?总的最大净利润是多少?
参考答案:
1.C
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念可得解.
【详解】选项A,是轴对称图形,不是中心对称图形;
选项B,是轴对称图形,不是中心对称图形;
选项C,是轴对称图形,也是中心对称图形;
选项D,是轴对称图形,不是中心对称图形.故答案选C.
【点睛】本题考查了轴对称图形与中心对称图形的概念,熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念是解题的关键.
2.B
【分析】可以利用求根公式求出方程的根,根据勾股定理求出AB的长,进而求得AD的长,即可发现结论.
【详解】用求根公式求得:
∵
∴
∴
AD的长就是方程的正根.
故选:B.
【点睛】本题考查解一元二次方程及勾股定理等,熟练掌握公式法解一元二次方程是解题的关键.
3.B
【分析】根据圆心角、弧、弦的关系定理判断①,根据垂径定理的推论判断②;根据不共线的三点共圆可判断③;根据轴对称图形的定义判断④.
【详解】解:①同圆或等圆中,相等的圆心角所对的弧相等,故错误;
②平分弦不是直径的直径垂直于弦,故错误;
③过直线上两点和直线外一点,可以确定一个圆,正确;
④圆是轴对称图形,直径所在的直线是它的对称轴,故错误,
正确的只有1个,
故选:B.
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系,垂径定理的推论,轴对称图形的对称轴,圆的性质,熟练掌握定义与性质是解题的关键.
4.C
【分析】直接利用圆内接四边形的性质结合三角形外角的性质得出答案.
【详解】解:∵圆内接四边形,,
∴,
∵点D关于的对称点E在边上,
∴,
∴,
故选C.
【点睛】此题主要考查了圆内接四边形的性质以及三角形的外角,正确得出的度数是解题关键.
5.C
【分析】如图,连接OB,OC,作OW⊥BC于W,OT⊥CD于T.因为点P,Q同时,同速从AB中点M出发,所以MQ=MB+BC+PC,推出•MQ•OM=•(BM+BC+PC)•OM及BC= BG+CG推出S△OMQ=S△OBM+S△OBG+S△OGC+S△OCP=S△OBM+S△OBG+S2,再根据S1=S△OGC+S△OCP,推出S1=S2.
【详解】如图,连接OB,OC,作OW⊥BC于W,OT⊥CD于T.
在正六边形ABCDEF中,
∵AM=BM,
∴OM⊥AB,
∵OW⊥BC,OT⊥CD,
∴OM=OW=OT,
∵点P,Q同时,同速从AB中点M出发,
∴MQ=MB+BC+PC,
∴•MQ•OM=•(BM+BC+PC)•OM,
又BC=BG+CG
∴S△OMQ=S△OBM+S△OBG+S△OGC+S△OCP=S△OBM+S△OBG+S2,
∵S1=S△OGC+S△OCP,
∴S1=S2.
故选:C.
【点睛】本题考查正多边形与圆,多边形的面积等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型.
6.B
【分析】通过列表法表示出所有结果和小明、小亮在同一组的可能,从而求得概率.
【详解】解:列表如下:
小明 小亮
甲
乙
丙
丁
甲
(甲,甲)
(甲,乙)
(甲,丙)
(甲,丁)
乙
(乙,甲)
(乙,乙)
(乙,丙)
(乙,丁)
丙
(丙,甲)
(丙,乙)
(丙,丙)
(丙,丁)
丁
(丁,甲)
(丁,乙)
(丁,丙)
(丁,丁)
总共有16中结果可能,小明、小亮在同一组有4中可能,
所以小明、小亮在同一组的概率为
故选B.
【点睛】此题考查了求概率的方法,熟练掌握列表法或树状图求概率是解题的关键.
7.A
【分析】设,,,分别求出Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ所对应的面积,即可得到答案.
【详解】解:设,,,
,
,
,
,
,
.
故选A.
【点睛】本题考查了三角形的面积、圆的面积的知识,关键是求出对应的面积.
8.B
【分析】根据题意和图形,可知阴影部分的面积是以2为半径的四分之一个圆(扇形)的面积减去以1为半径的半圆(扇形)的面积再减去2个以边长为1的正方形的面积减去以1半径的四分之一个圆(扇形)的面积,本题得以解决.
【详解】解:由题意可得,
阴影部分的面积是:•π×22﹣﹣2(1×1﹣•π×12)=π﹣2,
故选:B.
【点睛】本题主要考查运用正方形的性质,圆的面积公式(或扇形的面积公式),正方形的面积公式计算不规则几何图形的面积,解题的关键是理解题意,观察图形,合理分割,转化为规则图形的面积和差进行计算.
9.B
【分析】过点作,于点,,证明,根据全等三角形的性质即可判断甲、乙的说法,根据的周长,即可判断丙的说法,据此即可求解.
【详解】解:如图,过点作,于点,,
点为的内心,
是的平分线,
,
,
,
,
,
在和中,
,
,
,
所以甲的判断正确;
连接,
,
四边形的面积,
点的位置固定,
四边形的面积是定值,
所以乙的判断正确;
如图,过点作于点,
,,
,
,
的周长,
当最小时,即当时,的周长最小值,
此时,不垂直于,所以丙的判断错误.
综上所述:说法正确的是甲、乙.
故选:B.
【点睛】本题考查了解直角三角形,全等三角形的性质与判定,综合运用以上知识是解题的关键.
10.D
【分析】①抛物线开口向上,对称轴为直线,即可得出、、,进而可得出,结论①错误;②由抛物线的对称轴以及与x轴的一个交点坐标,可得出另一交点坐标为,进而可得出,结论②正确;③由对称轴直线,可得结论③正确;④,可得结论④正确,综上即可得出结论.
【详解】解:①∵抛物线开口向上,对称轴为直线,
∴,,,
∴,
∴,结论①错误;
②∵二次函数的图象与x轴交于点,对称轴为直线,
∴二次函数的图象与x轴的另一个交点为,
∴,结论②正确;
③∵对称轴为直线,
∴,即:,
∴,结论③正确
④,
∴,结论④正确.
综上所述,正确的结论有:②③④.
故选:D.
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数图象与系数的关系、二次函数的性质及二次函数图像上点的坐标特征.
11.白球
【分析】利用频率估计概率的知识,确定摸出黑球的概率,由此得到答案.
【详解】解:由图可知:摸出黑球的频率是0.2,
根据频率估计概率的知识可得,摸一次摸到黑球的概率为0.2,
∴可以推断盒子里个数比较多的是白球,
故答案为:白球.
【点睛】此题考查利用频率估计概率,正确理解图象的意义是解题的关键.
12..
【分析】不妨设方程ax2+bx+c=0的两根分别为x1,x2,且x1=x2,根据点P(a,b)是函数y=x图象上的一动点,得出b与a的数量关系,从而可将原方程化为系数中只含有a和c的形式,然后根据韦达定理变形求解即可.
【详解】解:不妨设方程ax2+bx+c=0的两根分别为x1,x2,且x1=x2,
∵点P(a,b)是函数y=x图象上的一动点,
∴b=a,
∴方程化为ax2+ax+c=0,
∴由韦达定理得:.
∴.
故答案为:.
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系及一次函数在计算中的应用,熟练运用韦达定理是解题的关键.
13.15
【分析】在Rt△ABC中,利用勾股定理可得出AC=6cm,设运动时间为t(0≤t≤4),则PC=(6-t)cm,CQ=2tcm,利用分割图形求面积法可得出S四边形PABQ=S△ABC-S△CPQ,S四边形PABQ=(t-3)2+15,则可求出四边形PABQ的面积最小值,此题得解.
【详解】解:在Rt△ABC中,∠C=90°,AB=10cm,BC=8cm,
∴AC==6cm.
设运动时间为t(0≤t≤4),则PC=(6-t)cm,CQ=2tcm,
∴S四边形PABQ=S△ABC-S△CPQ,
代入得:S四边形PABQ =×6×8-(6-t)×2t
变形得:S四边形PABQ =(t-3)2+15,
∴当t=3时,四边形PABQ的面积取最小值,最小值为15.
故答案为:15.
【点睛】本题考查了二次函数的最值以及勾股定理,利用分割图形求面积法,列出二次函数并进行变形求极值是解题的关键.
14.
【分析】根据题意分别写出的坐标,根据规律求得的坐标.
【详解】解:,
由题意得,,,,,
,,,,
,.
故答案为:;.
【点睛】本题考查了规律型中的点的坐标,结合画弧的方法以及部分点的坐标寻找出来点的排布规律是关键.
15.(1)不在,理由见解析
(2),理由见解析
【分析】(1)根据二次函数图象左加右减,上加下减的平移规律进行求解;
(2)根据二次函数的增减性即可判断.
【详解】(1),
把抛物线:先向右平移4个单位长度,再向下平移5个单位长度得到抛物线:,即,
抛物线的函数关系式为:.
动点不在抛物线上,理由如下:
抛物线的函数关系式为:,
函数的最小值为,
,
动点不在抛物线上;
(2)∵抛物线的函数关系式为:,
∴对称轴为,
∵二次项系数为,
∴图象开口向上,
∴当时,y随x的增大而减小,
∵点,都在抛物线上,且,
∴.
【点睛】本题考查二次函数图象上点的坐标特征,解答本题的关键是明确题意,利用二次函数的性质解答;也考查函数图象的平移的规律.
16.(1)见解析
(2)
【分析】(1)先计算判别式得到,再根据非负数的意义及已知条件得到,然后根据判别式的意义得到方程有两个不相等的实数根;
(2)先解出方程的两个根,,判定根的大小,代入原式即可.
【详解】(1)证明:,
∵,
∴,即,
∴方程有两个不相等的实数根;
(2)∵,
∴,
∴方程的两个根分别为和1.
∵,
∴.
又,
∴,
∴.
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式及一元二次方程的解法,解题的关键是掌握当时,方程有两个不相等的实数根;当时,方程有两个相等的实数根;当时,方程没有实数根.
17.(1) A城市受影响,理由见解析;(2)10.
【分析】(1)作AC⊥BF,则距点A最近的点即为C点,计算AC的长,若AC>200千米,则不受影响,反之,则受影响.
(2)求出A城所受影响的距离DE,又有台风移动的速度,即可求解出其影响的时间.
【详解】(1)A城市受影响.
如图,过点A作AC⊥BF,则距离点C最近的距离为AC,
∵AB=300,∠ABC=30°,
∴AC=AB=150<200,
所以A城会受到这次台风的影响;
(2)如图,
∵距台风中心200千米的范围内是受这次台风影响的区域,
则AD=AE=200,即DE为A城遭受这次台风的距离,
CD=,
∴DE=100,
则t==10小时.
故A城遭受这次台风影响的时间10小时.
【点睛】本题主要考查了方向角问题以及解直角三角形的简单运用,能够熟练掌握.
18.(1)30
(2),说明见解析
【分析】(1)利用样本估计总体的方法即可估计该年级选择课程学生成绩在的总人数;
(2)画树状图展示所有种等可能的结果数,找出他俩第二次选课相同的结果数,然后根据概率公式计算.
【详解】(1)观察直方图,抽取的30名学生成绩在范围内选取课程的有人,所占比为,
那么估计该年级名学生,学生成绩在范围内,选取课程的总人数为人;
(2)因该年级每名学生选两门不同的课程,第一次都选了课程,列树状图如下:
等可能结果共有种,他俩第二次同时选择课程或课程的有种,
所以,他俩第二次同时选择课程或课程的概率是.
【点睛】本题考查了样本估计总体,列表法与树状图法:利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果,再从中选出符合事件或的结果数目,然后利用概率公式计算事件或事件的概率.
19.(1);
(2),;
(3).
【分析】(1)连接、,利用网格特点,作、的垂直平分线,它们的交点为D,结合网格得到D点坐标;
(2)利用勾股定理求出、得到的半径长,利用勾股定理的逆定理可得到为直角三角形,从而得到的度数为;
(3)设该圆锥的底面圆的半径长为,利用弧长等于圆周长得到,然后解方程即可.
【详解】(1)解:连接、,
由各点坐标可知,网格中1个格代表2个单位长度,
利用网格特点,作线段、的垂直平分线,交点为D,
如图所示,
则点D的坐标为,
故答案为:;
(2)连接,如图,
,
即的半径长为;
,
为直角三角形,的度数为;
故答案为:;;
(3)设该圆锥的底面圆的半径长为,
由题意可得:
,
解得:,
即该圆锥的底面圆的半径长为.
【点睛】本题考查了圆锥的计算:圆锥的侧面展开图为一扇形,这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长,扇形的半径等于圆锥的母线长,也考查了垂径定理和勾股定理及勾股定理的逆定理;熟练掌握圆锥底面的周长、垂径定理、勾股定理及勾股定理的逆定理是解题关键.
20.(1)见解析;(2)6
【分析】(1)连接OC,欲证明CD是⊙O的切线只要证明OC⊥CD即可.
(2)想办法证明BA=BE,利用等腰三角形的三线合一的性质即可解决问题.
【详解】(1)证明:连接OC,
∵AB是△ABC的外接圆⊙O的直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠ECF=180°﹣∠ACB=90°,
∵D是EF的中点,
∴DC=DE,
∴∠E=∠ECD,
∵OC=OA,
∴∠A=∠ACO,
∵PE⊥AB,
∴∠APE=90°,
∴∠E+∠A=90°,
∴∠ACO+∠ECD=90°,
∴∠OCD=90°,
∴CD是⊙O的切线.
(2)解:连接BE,PC,OC.
∵∠OCD=∠OPD=90°,
∴O,P,D,C四点共圆,
∠COD=∠CPD,
∵∠ECB=∠EPB=90°,
∴E,C,P,B四点共圆,
∴∠CPE=∠CBE,
∴∠COD=∠CBE,
∵∠OCD=90°,OG=GD,
∴CG=GO=GD,
∴∠COD=∠OCG,
∵OC=OB,
∴∠OCG=∠OBC,
∴∠ABC=∠CBE,
∵∠A+∠ABC=90°,∠E+∠CBE=90°,
∴∠A=∠E,
∴BA=BE,
∵BC⊥AE,
∴EC=AE=6.
【点睛】此题考查切线的判定,等腰三角形的判定和性质,直角三角形斜边中线的性质等知识,解题的关键是熟练掌握基本知识,属于中考常考题型.
21.(1);(2)树状图见解析,从小东开始踢或从小智开始踢
【分析】(1)列举出所有情况,看足球踢到了小智处的情况数占所有情况数的多少即可;
(2)可设球从小强处先开始踢,得到3次踢球回到小强处的概率,进而根据树状图可得球从其他2位同学处开始,3次踢球回到小强处的概率,比较可得可能性最小的方案.
【详解】解:(1)
∴P(足球踢到小智处);
(2)应从小强处开始踢,
从小强开始踢,P(足球踢到小强处);
同理从小东开始踢,踢到小强处的概率是P(足球踢到小强处);
同理从小智开始踢,踢到小强处的概率是P(足球踢到小强处);
答:要使踢到小强处的概率最小,应该从小东开始踢或从小智开始踢.
【点睛】考查用列树状图的方法解决概率问题;分类得到3次踢球踢到小明处的情况数是解决本题的难点;用到的知识点为:概率等于所求情况数与总情况数之比.
22.(1)见解析;(2)67.5°或72°
【分析】(1)连接OA.利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可.
(2)分三种情形:①若BD=CB,则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD.②若CD=CB,则∠CBD=∠CDB=3∠ABD.③若DB=DC,则D与A重合,这种情形不存在.分别利用三角形内角和定理构建方程求解即可.
【详解】(1)连接OA,如下图1所示:
∵AB=AC,
∴ ,
∴OA⊥BC,
∴∠BAO=∠CAO.
∵OA=OB,
∴∠ABD=∠BAO,
∴∠BAC=2∠ABD.
(2)如图2中,延长AO交BC于H.
①若BD=CB,则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD.
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠C,
∴∠DBC=2∠ABD.
∵∠DBC+∠C+∠BDC=180°,
∴8∠ABD=180°,
∴∠C=3∠ABD=67.5°.
②若CD=CB,则∠CBD=∠CDB=3∠ABD,∴∠C=4∠ABD.
∵∠DBC+∠C+∠CDB=180°,
∴10∠ABD=180°,
∴∠BCD=4∠ABD=72°.
③若DB=DC,则D与A重合,这种情形不存在.
综上所述:∠C的值为67.5°或72°.
【点睛】本题考查了垂径定理,等腰三角形的性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,注意分类讨论思想的应用.
23.(1)(或);(2)①;②这次运回了吨水果;(3)当一次运回吨水果时水果商获得的总的净利润最大总的最大净利润是元
【分析】(1)根据“运回水果吨,路上恰好需要小时”和“运输时每增加吨水果,路上就会延长小时,每延长小时,每吨水果的毛利润会降低元”即可用含的式子表示;
(2)①根据“总运费=基础运费+增加运输量的运费”列出函数关系式即可;②根据①的函数关系式列出方程求解即可;
(3)根据“净利润=毛利润﹣所需运费”列出二次函数关系式,配方后求解即可.
【详解】解:,
故答案为:,
①由题意得
=
即;
②根据题意得,
整理得,
∴
解得,(舍去).
∴
答:这次运回了吨水果;
由题意得
.
∵
∴当时,有最大值,最大值为8977,
所以当一次运回吨水果时水果商获得的总的净利润最大总的最大净利润是元.
【点睛】本题考查二次函数的应用,解答本题的关键是明确题意,找出所求问题需要的条件,利用二次函数的性质解答.