九年级上学期期中【常考60题考点专练】-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版）（解析+原卷）

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九年级上学期期中【常考60题考点专练】
一．一元二次方程的定义（共1小题）
1．（2021秋•皇姑区校级期中）下列方程是一元二次方程的是（　　）
A．x﹣2＝0 B．xy+1＝0 C．x2﹣﹣3＝0 D．x2﹣4x﹣1＝0
【分析】根据一元二次方程的定义（含有一个未知数，并且含有未知数的项的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程）进行判断即可．
【解答】解：A．x﹣2＝0是一元一次方程，故本选项不符合题意；
B．xy+1＝0，是二元二次方程，故本选项不符合题意；
C.是分式方程，故本选项不符合题意；
D．x2﹣4x﹣1＝0是一元二次方程，故此选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，解题时，要注意两个方面：1、一元二次方程包括三点：①是整式方程，②只含有一个未知数，③所含未知数的项的最高次数是2；2、一元二次方程的一般形式是ax2+bx+c＝0（a≠0）．
二．一元二次方程的一般形式（共1小题）
2．（2021秋•花都区期中）关于x的一元二次方程2x2﹣4x﹣1＝0的二次项系数和一次项系数分别是（　　）
A．﹣2，4 B．﹣2，﹣1 C．2，4 D．2，﹣4
【分析】根据单项式的系数和多项式的项的定义得出答案即可．
【解答】解：关于x的一元二次方程2x2﹣4x﹣1＝0的二次项系数和一次项系数分别2和﹣4，
故选：D．
【点评】本题考查了整式和一元二次方程的一般形式，注意：找多项式的各项系数时带着前面的符号．
三．一元二次方程的解（共2小题）
3．（2021秋•延平区校级期中）若x＝1是关于x的一元二次方程x2﹣mx+3＝0的一个解，则m的值是（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
【分析】利用一元二次方程的解的定义得到1﹣m+3＝0，然后解关于m的方程即可．
【解答】解：∵x＝1是关于x的一元二次方程x2﹣mx+3＝0的一个解，
∴1﹣m+3＝0，
解得m＝4．
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
4．（2021秋•公安县期中）若关于x的一元二次方程（m+1）x2+3x+m2﹣1＝0的一个实数根为0，则m等于（　　）
A．1 B．±1 C．﹣1 D．0
【分析】把x＝0代入方程得到关于m的方程，再解关于m的方程，然后利用一元二次方程的定义确定m的值．
【解答】解：把x＝0代入（m+1）x2+3x+m2﹣1＝0，得m2﹣1＝0，
解得m1＝﹣1，m2＝1，
而m+1≠0，即m≠﹣1．
所以m＝1．
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
四．解一元二次方程-配方法（共2小题）
5．（2021秋•乐平市期中）用配方法解方程x2﹣4x﹣1＝0时，配方后得到的方程为（　　）
A．（x+2）2＝3 B．（x+2）2＝5 C．（x﹣2）2＝3 D．（x﹣2）2＝5
【分析】移项，配方，根据完全平方公式变形，即可得出选项．
【解答】解：x2﹣4x﹣1＝0，
x2﹣4x＝1，
x2﹣4x+4＝1+4，
（x﹣2）2＝5，
故选：D．
【点评】本题考查了解一元二次方程的应用，能正确配方是解此题的关键．
6．（2021秋•富县期中）用配方法解方程：x2﹣4x﹣3＝0．
【分析】利用配方法求解即可．
【解答】解：移项得x2﹣4x＝3，
配方得x2﹣4x+4＝3+4，即（x﹣2）2＝7，
开方得x﹣2＝±，
所以x1＝2+，x2＝2﹣．
【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．
五．根的判别式（共2小题）
7．（2021秋•桥西区校级期中）关于x的一元二次方程3x2+2x﹣1＝0的根的情况是（　　）
A．没有实数根 B．有一个实数根
C．有两个相等的实数根 D．有两个不相等的实数根
【分析】根据方程的系数结合根的判别式，可得出Δ＝16＞0，由此可得出答案．
【解答】解：∵Δ＝22﹣4×3×（﹣1）＝16＞0，
∴一元二次方程3x2+2x﹣1＝0有两个不相等的实数根．
故选：D．
【点评】本题考查了根的判别式，牢记“当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．
8．（2021秋•交城县期中）已知关于x的一元二次方程（x﹣1）（x﹣2k）+k（k﹣1）＝0．
（1）求证：该一元二次方程总有两个不相等的实数根；
（2）若该方程的两个根x1，x2是一个矩形的一边长和对角线的长，且矩形的另一边长为3，试求k的值．
【分析】（1）计算方程的根的判别式，若Δ＝b2﹣4ac＞0，则证明方程计算方程的根的判别式，若Δ＝b2﹣4ac≥0，则证明方程总有实数根；
（2）根据根与系数的关系以及矩形的面积，即可得出关于k的一元二次方程，解之即可得出k值，再结合（1）的结论即可确定k的值．
【解答】解：（1）（x﹣1）（x﹣2k）+k（k﹣1）＝0，
整理得：x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0，
∵a＝1，b＝﹣（2k+1），c＝k2+k，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（2k+1）2﹣4×1×（k2+k）
＝1＞0；
∴该一元二次方程总有两个不相等的实数根；
（2）x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0
∴x1＝k，x2＝k+1，
①当x＝k为对角线时，k2＝（k+1）2+32，
解得：k＝﹣5（不符合题意，舍去），
②当x＝k+1为对角线时，（k+1）2＝k2+32，
解得：k＝4，
综上所述，k的值为4．
【点评】本题考查了根的判别式，矩形的性质，也考查了解一元二次方程和一元二次方程的解．
六．根与系数的关系（共2小题）
9．（2021秋•漳平市期中）已知a，b是方程x2+x﹣3＝0的两个实数根，则a2﹣b+2021的值是（　　）
A．2025 B．2021 C．2020 D．2024
【分析】根据题意可知a2＝﹣a+3，a+b＝﹣1，所求式子化为﹣a+3﹣b+2021＝﹣（a+b）+2024即可求解．
【解答】解：∵a，b是方程x2+x﹣3＝0的两个实数根，
∴a2＝﹣a+3，a+b＝﹣1，
∴a2﹣b+2021
＝﹣a+3﹣b+2021
＝﹣（a+b）+2024
＝1+2024
＝2025．
故选：A．
【点评】本题考查一元二次方程的根与系数的关系；根据根与系数的关系将所求式子进行化简代入是解题的关键．
10．（2021秋•龙泉驿区校级期中）已知关于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣1）x+m2＝0有实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）设此方程的两个根分别为x1，x2，若x1+x2＝2﹣x1x2，求m的值．
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式Δ＝b2﹣4ac≥0，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围；
（2）利用根与系数的关系可得出x1+x2＝2m﹣1，x1•x2＝m2，结合x1+x2＝2﹣x1x2，即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，再结合（1）的结论即可确定m的值．
【解答】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣1）x+m2＝0有实数根，
∴Δ＝b2﹣4ac＝[﹣（2m﹣1）]2﹣4×1×m2≥0，
解得：m≤．
（2）∵关于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣1）x+m2＝0的两个根分别为x1，x2，
∴x1+x2＝2m﹣1，x1•x2＝m2．
∵x1+x2＝2﹣x1x2，即2m﹣1＝2﹣m2，
整理得：m2+2m﹣3＝0，
∴（m+3）（m﹣1）＝0，
解得：m1＝﹣3，m2＝1（不合题意，舍去）．
答：m的值为﹣3．
【点评】考查了根与系数的关系、根的判别式以及解一元二次方程，解题的关键是：（1）牢记“当Δ≥0时，方程有两个实数根”；（2）利用根与系数的关系结合x1+x2＝2﹣x1x2，找出关于m的一元二次方程．
七．由实际问题抽象出一元二次方程（共4小题）
11．（2021秋•潍坊期中）如图，某学校计划在一块长12米，宽9米的矩形空地修建两块形状大小相同的矩形种植园，它们的面积之和为60平方米，两块种植园之间及周边留有宽度相等的人行通道，若设人行通道的宽度为x米，则可以列出关于x的方程（　　）

A．x2﹣17x﹣16＝0 B．2x2+17x﹣16＝0
C．2x2﹣17x﹣16＝0 D．2x2﹣17x+16＝0
【分析】设人行道的宽度为x米，根据矩形绿地的面积之和为60米2，列出一元二次方程．
【解答】解：设人行道的宽度为x米，根据题意得，
（12﹣3x）（9﹣2x）＝60，
化简整理得，2x2﹣17x+16＝0．
故选：D．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，利用两块相同的矩形绿地面积之和为60米2得出等式是解题关键．
12．（2021秋•西城区校级期中）电影《长津湖》上映以来，全国票房连创佳绩．据不完全统计，某市第一天票房约2亿元，以后每天票房按相同的增长率增长，三天后累计票房收入达18亿元，将增长率记作x，则方程可以列为（　　）
A．2+2x+2x2＝18 B．2（1+x）2＝18
C．（1+x）2＝18 D．2+2（1+x）+2（1+x）2＝18
【分析】第一天为2，根据增长率为x得出第二天为2（1+x），第三天为2（1+x）2，根据三天累计为18，即可得出关于x的一元二次方程．
【解答】解：设平均每天票房的增长率为x，
根据题意得：2+2（1+x）+2（1+x）2＝18．
故选：D．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
13．（2021秋•天津期中）学校为了对学生进行劳动教育，开辟一个面积为130平方米的矩形种植园，打算一面利用长为15米的仓库墙面，其它三面利用长为33米的围栏．如图，如果设矩形与墙面垂直的一边长为x米，则下列方程中符合题意的是（　　）

A．x（33﹣2x）＝130 B．x（15﹣x）＝130
C．x（15﹣2x）＝130 D．x（33﹣x）＝130
【分析】设矩形的一边长为x米，则另一边长为（33﹣2x）米，再由长方形的面积公式可得答案．
【解答】解：设矩形的一边长为x米，则另一边长为（33﹣2x）米，
根据题意，得x（33﹣2x）＝130．
故选：A．
【点评】本题主要考查由实际问题抽象出一元二次方程，在解决实际问题时，要全面、系统地申清问题的已知和未知，以及它们之间的数量关系，找出并全面表示问题的相等关系，设出未知数，用方程表示出已知量与未知量之间的等量关系，即列出一元二次方程．
14．（2021秋•海珠区校级期中）在一次足球邀请赛中，参赛的每两个队之间都要比赛一场，共比赛21场，设共有x个队参赛，根据题意，可列方程为（　　）
A．x（x+1）＝21 B．x（x﹣1）＝21 C． D．
【分析】根据参赛的每两个队之间都要比赛一场且共比赛21场，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：依题意得：x（x﹣1）＝21，
故选：D．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
八．一元二次方程的应用（共5小题）
15．（2021秋•罗湖区期中）2019年12月以来，湖北省武汉市发现一种新型冠状病毒感染引起的急性呼吸道传染病，感染者的临床表现为：以发热、乏力、干咳为主要表现．在“新冠”初期，有1人感染了“新冠”，经过两轮传染后共有144人感染了“新冠”（这两轮感染因为人们不了解病毒而均未被发现未被隔离），则每轮传染中平均一个人传染了（　　）
A．10人 B．11人 C．12人 D．13人
【分析】设每轮传染中平均一个人传染了x人，根据经过两轮传染后感染“新冠”的人数＝开始时后感染“新冠”的人数×（1+每轮传染中平均一个人传染的人数）2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出每轮传染中平均一个人传染了11人．
【解答】解：设每轮传染中平均一个人传染了x人，
依题意得：（1+x）2＝144，
解得：x1＝11，x2＝﹣13（不合题意，舍去）．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
16．（2021秋•李沧区期中）2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，吉祥物“冰墩墩”备受人民的喜爱．某商店经销一种吉祥物玩具，销售成本为每件40元，据市场分析，若按每件50元销售，一个月能售出500件；销售单价每涨2元，月销售量就减少20件，针对这种玩具的销售情况，请解答以下问题：
（1）当销售单价涨多少元时，月销售利润能够达到8000元．
（2）商店想在月销售成本不超过10000元的情况下，使得月销售利润达到8000元，则销售定价应为多少元？
【分析】（1）设销售单价涨x元，则每件的销售利润为（50+x﹣40）元，月销售量为（500﹣10x）件，利用月销售利润＝每件的销售利润×月销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论；
（2）利用月销售成本＝每件的销售成本×月销售量，可分别求出取各x值的月销售成本，结合月销售成本不超过10000元，即可得出销售定价应为80元．
【解答】解：（1）设销售单价涨x元，则每件的销售利润为（50+x﹣40）元，月销售量为500﹣20•＝（500﹣10x）件，
依题意得：（50+x﹣40）（500﹣10x）＝8000，
整理得：x2﹣40x+300＝0，
解得：x1＝10，x2＝30．
答：当销售单价涨10元或30元时，月销售利润能够达到8000元．
（2）当x＝10时，月销售成本为40（500﹣10x）＝40×（500﹣10×10）＝16000＞10000，不合题意，舍去；
当x＝30时，月销售成本为40（500﹣10x）＝40×（500﹣10×30）＝8000＜10000，符合题意，此时50+x＝80．
答：销售定价应为80元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用、列代数式以及代数式求值，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（2）根据各数量之间的关系，求出取各x值的月销售成本．
17．（2021秋•南京期中）如图，有一道长为25m的墙，计划用总长为50m的栅栏，靠墙围成由三个小长方形组成的矩形花圃ABCD．若花圃ABCD的面积为150m2，求AB的长．

【分析】设AB＝xm，则BC＝（50﹣4x）m，根据花圃ABCD的面积为150m2，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BC的长不超过墙的长度，即可确定AB的长．
【解答】解：设AB＝xm，则BC＝（50﹣4x）m，
依题意得：x（50﹣4x）＝150，
整理得：2x2﹣25x+75＝0，
解得：x1＝5，x2＝．
当x＝5时，50﹣4x＝50﹣4×5＝30＞25，不合题意，舍去；
当x＝时，50﹣4x＝50﹣4×＝20＜25，符合题意．
答：AB的长为m．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
18．（2021秋•福田区校级期中）疫情肆虐，万众一心．由于医疗物资极度匮乏，许多工厂都积极宣布生产医疗物资以应对疫情．某工厂及时引进了1条口罩生产线生产口罩，开工第一天生产300万个，第三天生产432万个，若每天生产口罩的个数增长的百分率相同，请解答下列问题：
（1）每天增长的百分率是多少？
（2）经调查发现，一条生产线最大产能是900万个/天，如果每增加1条生产线，每条生产线的最大产能将减少30万个/天．现该厂要保证每天生产口罩3900万个，在增加产能同时又要节省投入的条件下（生产线越多，投入越大），应该增加几条生产线？
【分析】（1）设每天增长的百分率是x，利用第三天的产量＝第一天的产量×（1+每天增长的百分率）2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）设应该增加y条生产线，则每条生产线的最大产能为（900﹣30y）万个/天，根据该厂要保证每天生产口罩3900万个，即可得出关于y的一元二次方程，解之即可得出y值，再结合要节省投入，即可得出应该增加4条生产线．
【解答】解：（1）设每天增长的百分率是x，
依题意得：300（1+x）2＝432，
解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（不合题意，舍去）．
答：每天增长的百分率是20%．
（2）设应该增加y条生产线，则每条生产线的最大产能为（900﹣30y）万个/天，
依题意得：（900﹣30y）（1+y）＝3900，
整理得：y2﹣29y+100＝0，
解得：y1＝4，y2＝25．
又∵要节省投入，
∴y＝4．
答：应该增加4条生产线．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
19．（2021秋•海珠区校级期中）随着国内新能源汽车的普及，为了适应社会的需求，全国各地都在加快公共充电桩的建设，广东省2019年公共充电桩的数量约为4万个，2021年公共充电桩的数量多达11.56万个，位居全国首位．
（1）求广东省2019年至2021年公共充电桩数量的年平均增长率；
（2）按照这样的增长速度，预计广东省2022年公共充电桩数量能否超过20万个？为什么？
【分析】（1）设2019年至2021年广东省公共充电桩数量的年平均增长率为x，根据广东省2019年及2021年公共充电桩，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）根据广东省2022年公共充电桩数量＝广东省2022年公共充电桩数量×增长率，即可求出结论．
【解答】解：（1）设广东省2019年至2021年公共充电桩数量的年平均增长率为x，
由题意得4（1+x）2＝11.56，
解得x1＝0.7，x2＝﹣2.7（不合题意，舍去），
答：年平均增长率为70%．
（2）11.56×（1+0.7）＝19.652＜20，
答：预计广东省2022年公共充电桩数量不能超过20万个．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
九．二次函数的性质（共3小题）
20．（2021秋•普陀区期中）已知抛物线y＝ax2+2x+（a﹣2），a是常数，且a＜0，下列选项中可能是它大致图象的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据抛物线对称轴位置和a，b的关系以及利用图象开口方向与a的关系，得出图象开口向下，对称轴经过x轴正半轴，利用图象与y轴交点和c的符号，进而得出答案．
【解答】解：∵抛物线y＝ax2+2x+（a﹣2），a是常数且a＜0，
∴图象开口向下，a﹣2＜0，
∴图象与y轴交于负半轴，
∵a＜0，b＝2，
∴抛物线对称轴在y轴右侧．
故选：D．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与系数的关系，正确把握图象对称轴位置与a，b的关系是解题关键．
21．（2021秋•长沙期中）抛物线y＝﹣3（x﹣1）2﹣2的对称轴是直线 　x＝1　．
【分析】由于所给的是二次函数的顶点式，故能直接求出其对称轴．
【解答】解：∵y＝﹣3（x﹣1）2﹣2，
∴此函数的对称轴就是直线x＝1．
故答案为：x＝1．
【点评】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握二次函数三种表达式．
22．（2021秋•金安区校级期中）已知点A（a，7）在抛物线y＝x2+4x+10上．
（1）求点A的坐标；
（2）求抛物线的对称轴和顶点坐标．
【分析】（1）把点A的坐标代入解析式，计算即可；
（2）利用配方法把一般式化为顶点式，根据二次函数的性质解答．
【解答】解：（1）∵点A（a，7）在抛物线y＝x²+4x+10上，
∴a2+4a+10＝7，
解得，a＝﹣1或﹣3，
∴点A的坐标为（﹣1，7）或（﹣3，7）；
（2）y＝x²+4x+10＝（x+2）2+6，
抛物线的对称轴是直线x＝﹣2，顶点坐标为（﹣2，6）．
【点评】本题考查的是待定系数法求坐标、以及对称轴和顶点坐标的求法，掌握待定系数法求坐标并能熟练配方化成顶点式是解题的关键．
一十．二次函数图象与系数的关系（共3小题）
23．（2021秋•松滋市期中）如图所示是抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象，其顶点坐标为（1，n），且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间，则下列结论：①a﹣b+c＞0；②3a+c＞0；③b2＝4a（c﹣n）；④一元二次方程ax2+bx+c＝n+1没有实数根．其中正确的结论个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据图象开口向下，对称轴为直线x＝1可得抛物线与x轴另一交点坐标在（﹣1，0），（﹣2，0）之间，从而判断①．由对称轴为直线x＝1可得b与a的关系，将b＝﹣2a代入函数解析式根据图象可判断②由ax2+bx+c＝n有两个相等实数根可得Δ＝b2﹣4a（c﹣n）＝0，从而判断③．由函数最大值为y＝n可判断④．
【解答】解：∵抛物线顶点坐标为（1，n），
∴抛物线对称轴为直线x＝1，
∵图象与x轴的一个交点在（3，0），（4，0）之间，
∴图象与x轴另一交点在（﹣1，0），（﹣2，0）之间，
∴x＝﹣1时，y＞0，
即a﹣b+c＞0，
故①正确，符合题意．
∵抛物线对称轴为直线x＝﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∴y＝ax2﹣2ax+c，
∴x＝﹣1时，y＝3a+c＞0，
故②正确，符合题意．
∵抛物线顶点坐标为（1，n），
∴ax2+bx+c＝n有两个相等实数根，
∴Δ＝b2﹣4a（c﹣n）＝0，
∴b2＝4a（c﹣n），
故③正确，符合题意．
∵y＝ax2+bx+c的最大函数值为y＝n，
∴ax2+bx+c＝n+1没有实数根，
故④正确，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系．
24．（2021秋•西湖区校级期中）抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a＜0）经过A（0，3），B（4，3）．
下列四个结论：
①4a+b＝0；
②点P1（x1，y1），P2（x2，y2）在抛物线上，当|x1﹣2|﹣|x2﹣2|＞0时，y1＞y2；
③若抛物线与x轴交于不同两点C，D，且CD≤6，则a≤﹣；
④若3≤x≤4，对应的y的整数值有3个，则﹣1＜a≤﹣．
其中正确的结论是　①③④　（填写序号）．
【分析】把AB两点的坐标代入函数解析式即可判断①正确；由平行于坐标轴直线上两点之间的距离的几何意义即可判断②；由于C、D是抛物线与x轴的交点，有根与系数的关系和CD≤6，可以判断③；x＝4时，y＝3，3≤x≤4，对应的y的整数值有3个，y对应得整数值为：3，4，5，结合图象，可以判断④．
【解答】解：①将A、B两点坐标代入抛物线y＝ax2+bx+c中，
则：，
解得：，
故①正确；
②∵|x1﹣2|﹣|x2﹣2|＞0，即|x1﹣2|＞|x2﹣2|，
∴x1距离x＝2比x2距离x＝2更远，
如图：

从图中可以看出x距离x＝2越远对应的函数值越小，
故y1＜y2，
故②错误；
③∵a＜0，
设C（x3，0）、D（x4，0），
则由根与系数的关系得：x3+x4＝4，x3•x4＝，
∴|x3﹣x4|＝＝＝≤6，
解得：a≤﹣，
故③正确；
④由题意知：x＝4时，y＝3，
∵3≤x≤4，对应的y的整数值有3个，
∴y对应得整数值为：3，4，5，
则x＝3时对应的函数值y的取值范围为：5≤9a﹣12a+3＜6，
解得：﹣1＜a≤﹣，
故④正确．
故答案为：①③④．
【点评】本题考查二次函数的图象与系数的关系，关键是对二次函数图象和性质的掌握和运用．
25．（2021秋•余杭区期中）已知二次函数y1＝x2+ax+1，y2＝ax2+bx+1（a，b为常数，a≠0）．
（1）若a＝﹣2，求二次函数y1的顶点坐标．
（2）若b＝4a，设函数y2的对称轴为直线x＝k，求k的值．
（3）点P（x0，m）在函数y1图象上，点Q（x0，n）在函数y2图象上．若函数y1图象的对称轴在y轴右侧，当0＜x0＜1，b＝1时，试比较m，n的大小．
【分析】（1）化成顶点式即可求得；
（2）根据对称轴公式即可求得；
（3）根据题意求得a＜0，即可判断函数y2图象开口向下，令x2+ax+1＝ax2+x+1，解得x＝0或x＝1，即可得出两抛物线的交点的横坐标为0和1，据此函数图象，根据图象即可求得m＜n．
【解答】解：（1）若a＝﹣2，则y1＝x2﹣2x+1，
∵y1＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2，
∴二次函数y1的顶点坐标为（1，0）；
（2）若b＝4a，则y2＝ax2+4ax+1，
∴对称轴为直线x＝﹣＝﹣2，
设函数y2的对称轴为直线x＝k，则k＝﹣2；
（3）∵函数y1图象的对称轴在y轴右侧，
∴﹣＞0，
∴a＜0，
∴函数y2＝ax2+bx+1图象开口向下，
∵b＝1，
∴y2＝ax2+x+1，
令x2+ax+1＝ax2+x+1，整理得（a﹣1）x2﹣（a﹣1）x＝0，
解得x＝0或x＝1，
∴两抛物线的交点的横坐标为0和1，
如图，

由图象可知，当0＜x0＜1，m＜n．
方法二：
n﹣m＝（ax02+bx0+1）﹣（x02﹣ax0+1）
＝（ax02﹣ax0）﹣（x02﹣x0）
＝（a﹣1）x0（x0﹣1），
∵0＜x0＜1，a＜0，
x0﹣1＜0，a﹣1＜0，
∴n﹣m＞0，
∴n＞m．
【点评】本题考查了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，二次函数的性质，数形结合是解题的关键．
一十一．二次函数图象与几何变换（共2小题）
26．（2021秋•大同期中）将抛物线y＝x2﹣6x+5先向下平移2个单位长度，再向左平移1个单位长度后得到的抛物线的解析式是（　　）
A．y＝（x﹣4）2﹣6 B．y＝（x﹣1）2﹣3 C．y＝（x﹣2）2﹣6 D．y＝（x﹣4）2﹣2
【分析】根据平移的规律：左加右减，上加下减可得函数解析式．
【解答】解：因为y＝x2﹣6x+5＝（x﹣3）2﹣4．
所以将抛物线y＝（x﹣3）2﹣4先向下平移2个单位长度，再向左平移1个单位长度后，得到的抛物线的表达式为y＝（x﹣3+1）2﹣4﹣2，即y＝（x﹣2）2﹣6．
故选：C．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，关键是掌握平移的规律．
27．（2021秋•建阳区期中）将y＝﹣2（x﹣1）2+6的图象先向左平移2个单位，再向下平移5个单位，则最终所得图象的函数表达式为 　y＝﹣2（x+1）2+1　．
【分析】根据向左平移横坐标加，向下平移纵坐标减求出平移后的抛物线的顶点坐标即可．
【解答】解：y＝﹣2（x﹣1）2+6的图象先向左平移2个单位，再向下平移5个单位，则最终所得图象的函数表达式为y＝﹣2（x﹣1+2）2+6﹣5，即y＝﹣2（x+1）2+1．
故答案是：y＝﹣2（x+1）2+1．
【点评】本题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，利用顶点的变化确定函数解析式可以使计算更加简便．
一十二．待定系数法求二次函数解析式（共1小题）
28．（2022•沂南县一模）已知二次函数y＝ax2+4ax+3a（a为常数）．
（1）若二次函数的图象经过点（2，3），求函数y的表达式．
（2）若a＞0，当x＜时，此二次函数y随着x的增大而减小，求m的取值范围．
（3）若二次函数在﹣3≤x≤1时有最大值3，求a的值．
【分析】（1）把（2，3）代入y＝ax2+4ax+3a，即可求得a的值；
（2）由a＞0可知抛物线开口向上，求得对称轴为直线x＝﹣2，根据二次函数的性质得到，解得m≤﹣6；
（3）分两种情况讨论，得到关于a的方程，解方程即可．
【解答】解：（1）把（2，3）代入y＝ax2+4ax+3a，得3＝4a+8a+3a，
解得：，
∴函数y的表达式y＝x2+x+；
（2）∵抛物线得对称轴为直线x＝，a＞0，
∴抛物线开口向上，当x≤﹣2时，二次函数y随x的增大而减小，
∵时，此二次函数y随着x的增大而减小，
∴，即m≤﹣6；
（3）由题意得：y＝a（x+2）2﹣a，
∵二次函数在﹣3≤x≤1时有最大值3
①当a＞0 时，开口向上
∴当x＝1时，y有最大值8a，
∴8a＝3，
∴；
②当a＜0 时，开口向下，
∴当x＝﹣2时，y有最大值﹣a，
∴﹣a＝3，
∴a＝﹣3，
综上，或a＝﹣3．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键：（1）把（2，3）代入y＝ax2+4ax+3a；（2）根据二次函数的性质得到；（3）分开口向上和开口向下两种情况讨论．
一十三．抛物线与x轴的交点（共2小题）
29．（2021秋•周村区校级期中）若抛物线y＝x2﹣2x﹣m与x轴有两个交点，则m的取值范围是 　m＞﹣1　．
【分析】利用判别式得到Δ＝（﹣2）2﹣4×（﹣m）＞0，然后解不等式即可．
【解答】解：根据题意得Δ＝（﹣2）2﹣4×（﹣m）＞0，
解得m＞﹣1．
故答案为：m＞﹣1．
【点评】本题考查了二次函数与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一元二次方程ax2+bx+c＝0．△＝b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数．
30．（2021秋•惠州期中）如图，抛物线L1：y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴只有一个公共点A（1，0），与y轴交于点B（0，2），虚线为公共对称轴，若将抛物线向下平移两个单位长度得抛物线L2，则图中两个阴影部分的面积和为 　2　．

【分析】根据题意可推出OB＝2，OA＝1，AD＝OC＝2，根据平移的性质及抛物线的对称性可知阴影部分的面积等于矩形OCDA的面积，利用矩形的面积公式进行计算即可．
【解答】解：过抛物线L2的顶点D作CD∥x轴，与y轴交于点C，如右图所示：
则四边形OCDA是矩形，
∵抛物线L1：y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴只有一个公共点A（1，0），与y轴交于点B（0，2），
∴OB＝2，OA＝1，
将抛物线L1向下平移两个单位长度得抛物线L2，则AD＝OC＝2，
由图可知，阴影部分的面积等于矩形OCDA的面积，
∴S阴影部分＝S矩形OCDA＝OA•AD＝1×2＝2．
故答案为：2．

【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质及二次函数图象与几何变换，解题的关键是由平移的性质及抛物线的对称性得到阴影部分的面积等于矩形OCDA的面积．
一十四．图象法求一元二次方程的近似根（共1小题）
31．（2021秋•梁子湖区期中）根据表格中二次函数y＝ax2+bx+c的自变量x与函数值y的对应值，可以判断方程ax2+bx+c＝0的一个解x的范围是（　　）
x
0
0.5
1
1.5
2
y＝ax2+bx+c
﹣1
﹣0.5
1
3.5
7
A．0＜x＜0.5 B．0.5＜x＜1 C．1＜x＜1.5 D．1.5＜x＜2
【分析】利用二次函数和一元二次方程的性质．
【解答】解：观察表格可知：当x＝0.5时，y＝﹣0.5；当x＝1时，y＝1，
∴方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a，b，c为常数）的一个解x的范围是0.5＜x＜1．
故选：B．
【点评】本题考查了用图象法求一元二次方程的近似根，解题的关键是找到y由正变为负时，自变量的取值即可．
一十五．根据实际问题列二次函数关系式（共1小题）
32．（2021秋•朝阳期中）退休的李老师借助自家15米的院墙和总长度为30米的围栏，在院墙外设计一个矩形花圃种植花草．为方便进出，他在如图所示的位置安装了一个1米宽的门，如果设和墙相邻的一边长为x米，花圃面积为y平方米，则y与x之间的函数关系式为 　y＝﹣2x2+31x（8≤x＜15.5）　．

【分析】若和墙相邻的一边长为x米，则平行于墙的一边长为（30+1﹣2x）米，利用矩形的面积计算公式，即可得出y与x之间的函数关系式，再结合院墙长15米及平行于墙的一边长非负，即可得出x的取值范围．
【解答】解：若和墙相邻的一边长为x米，则平行于墙的一边长为（30+1﹣2x）米，
依题意得：y＝x（30+1﹣2x）＝﹣2x2+31x．
又∵，
∴8≤x＜15.5，
∴y与x之间的函数关系式为y＝﹣2x2+31x（8≤x＜15.5）．
故答案为：y＝﹣2x2+31x（8≤x＜15.5）．
【点评】本题考查了根据实际问题列二次函数关系式，根据各数量之间的关系，找出y与x之间的函数关系式是解题的关键．
一十六．二次函数的应用（共3小题）
33．（2021秋•西城区校级期中）如图1，校运动会上，初一的同学们进行了投实心球比赛．我们发现，实心球在空中飞行的轨迹可以近似看作是抛物线．如图2建立平面直角坐标系，已知实心球运动的高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系是y＝﹣x2+x，则该同学此次投掷实心球的成绩是（　　）
A．2m B．6m C．8m D．10m
【分析】根据该同学此次投掷实心球的成绩就是实心球落地时的水平距离，令y＝0，解方程即可．
【解答】解：该同学此次投掷实心球的成绩就是实心球落地时的水平距离，
∴令y＝0，则﹣x2+x＝0，
整理得：x2﹣8x﹣20＝0，
解得：x1＝10，x2＝﹣2（舍去），
∴该同学此次投掷实心球的成绩为10m，
故选：D．
【点评】本题考查二次函数的应用和一元二次方程的解法，关键是理解题意把函数问题转化为方程问题．
34．（2021秋•临沂期中）如图是足球守门员在O处开出一记手抛高球后足球在空中运动到落地的过程，它是一条经过A、M、C三点的抛物线．其中A点离地面1.4米，M点是足球运动过程中的最高点，离地面3.2米，离守门员的水平距离为6米，点C是球落地时的第一点．那么足球第一次落地点C距守门员的水平距离为 　14　米．

【分析】设抛物线的解析式为y＝a（x﹣6）2+3.2，将点A（0，1.4）代入求出a的值即可得解析式，求出y＝0时x的值即可得．
【解答】解：设抛物线的解析式为y＝a（x﹣6）2+3.2，
将点A（0，1.4）代入，得：36a+3.2＝1.4，
解得：a＝﹣0.05，
则抛物线的解析式为y＝﹣0.05（x﹣6）2+3.2；
当y＝0时，﹣0.05（x﹣6）2+3.2＝0，
解得：x1＝﹣2（舍），x2＝14，
所以足球第一次落地点C距守门员14米．
故答案为：14．
【点评】本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式及将实际问题转化为二次函数问题的能力．
35．（2021秋•椒江区校级期中）如图，根据防疫的相关要求，学生入校需晨检，体温超标的同学须进入临时隔离区进行留观．我校要建一个长方形临时隔离区，隔离区的一面利用学校边墙（墙长4.5米），其它三面用防疫隔离材料搭建，与墙垂直的一边还要开一扇1米宽的进出口（不需材料），共用防疫隔离材料8米．
（1）若面积为10平方米，隔离区的长和宽分别是多少米？
（2）隔离区的面积有最大值吗？最大为多少平方米？

【分析】（1）设这个隔离区一边AB长为x米，则另一边BC长为（8﹣x+1）米，根据隔离区面积为10平方米，列出方程并解答．
（2）由（1）可知隔离区的面积表达式，配方后再根据二次函数的性质求解即可．
【解答】解：（1）设这个隔离区一边AB长为x米，则另一边BC长为（8﹣x+1）米．
依题意，得x•（8﹣x+1）＝10，
解得x1＝5，x2＝4．
当x＝5时，5＞4.5（舍去），
当x＝4时，（8﹣x+1）＝2.5（米）＜4.5米．
∴若面积为10平方米，隔离区的长为4米，宽为2.5米．
（2）隔离区有最大面积，理由如下：
由（1）知，隔离区的面积为x•（8﹣x+1）＝﹣x2+x＝﹣（x﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴当x＝时，隔离区有最大面积，最大面积为平方米．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用及二次函数的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程及二次函数表达式．
一十七．二次函数综合题（共3小题）
36．（2021秋•奉贤区校级期中）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝（x﹣2）2的顶点为C，与y轴正半轴交于点B，一次函数y＝kx+4（k≠0）图象与抛物线交于点A、点B，与x轴负半轴交于点D，若AB＝3BD．
（1）求点A的坐标；
（2）联结AC、BC，求△ABC的面积；
（3）如果将此抛物线沿y轴正方向平移，平移后的图象与一次函数y＝kx+4（k≠0）图象交于点P，与y轴相交于点Q，当PQ∥x轴时，试问该抛物线平移了几个单位长度？

【分析】（1）作AE⊥x轴与点E，则BO∥AE，先通过抛物线解析式求出点B坐标，通过AB＝3BD可得点A纵坐标，将其代入二次函数解析式求解．
（2）作CF∥y轴交AB于点F，由S△ABC＝S△BCF+S△ACF求解．
（3）设抛物线向上平移m个单位，则点Q坐标为（0，4+m），根据抛物线的对称性可得点Q坐标，进而求解．
【解答】解：（1）作AE⊥x轴与点E，则BO∥AE，

将x＝0代入y＝（x﹣2）2得y＝4，
∴点B坐标为（0.4）．
∵AB＝3BD，
∴＝＝，
∴AE＝4BO＝16，
将y＝16代入y＝（x﹣2）2得16＝（x﹣2）2，
解得x＝6或x＝﹣2（舍），
∴点A坐标为（6，16）．
（2）作CF∥y轴交AB于点F，

将（6，16）代入y＝kx+4得16＝6k+4，
解得k＝2，
∴y＝2x+4，
将x＝2代入y＝2x+4得y＝8，
∴点F坐标为（2，8），
∴FC＝8，
∴S△ABC＝S△BCF+S△ACF＝FC•（xC﹣xB）+FC•（xA﹣xC）＝×8×（2﹣0）+×8×（6﹣2）＝24．
（3）设抛物线向上平移m个单位，则点Q坐标为（0，4+m），
由题意可得P，Q关于对称轴对称，
∴点P坐标为（4，4+m），
将（4，4+m）代入y＝2x+4得4+m＝8+4，
解得m＝8，
∴该抛物线平移了8个单位．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程的关系．
37．（2021秋•无棣县期中）如图，已知抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，连接BC．
（1）求A、B、C三点的坐标；
（2）若点P为线段BC上的一点（不与B、C重合），PM∥y轴，且PM交抛物线于点M，交x轴于点N，当线段PM的长度最大时，求点M的坐标；
（3）在（2）的条件下，当线段PM的长度最大时，在抛物线的对称轴上有一点Q，使得△CNQ为直角三角形，直接写出点Q的坐标．

【分析】（1）在抛物线解析式中，令x＝0可求得点C坐标，令y＝0则可求得A、B的坐标；
（2）由B、C的坐标可求得直线BC的解析式为y＝﹣x+3，则可表示出点M坐标，则可求得PM的长，从而可用t表示出△BCM的面积，再利用二次函数的性质可求得当△BCM面积最大值时t的值，可求得点M坐标；
（3）由（2）可知点N坐标，设点Q坐标为（1，m），则可用m分别表示出QN、QC及CN，分点C为直角顶点、点Q为直角顶点和点N为直角顶点三种情况，分别根据勾股定理可得到关于m的方程，可求出m的值，可求得点Q坐标．
【解答】解：（1）对于y＝﹣x2+2x+3，令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
令y＝0，则y﹣x2+2x+3＝0，解得：x1＝3，x2＝﹣1，
∴A（﹣1，0），
∴B（3，0）；
（2）设BC的表达式为y＝kx+b，则，解得，
∴直线BC的表达式为y＝﹣x+3，
设点P的坐标为（t，﹣t+3），则点M的坐标为（t，﹣t2+2t+3），
∴PM＝﹣t2+2t+3+t﹣3＝﹣t2+3t＝﹣（t﹣）2+，
t＝时，PM最大，
此时点M坐标（，）；
（3）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴设Q（1，m），且C（0，3），N（，0），
∴CN＝＝，CQ＝＝，
NQ＝＝，
∵△CNQ为直角三角形，
∴分点C为直角顶点、点Q为直角顶点和点N为直角顶点三种情况，
①当点C为直角顶点时，则有CN2+CQ2＝NQ2
即（）2+（m2﹣6m+10）＝，解得：m＝，
此时点Q坐标为（1，），
②当点Q为直角顶点时，则有CQ2+NQ2＝CN2，
即（m2﹣6m+10）+＝（）2，解得：m1＝，m2＝，
此时点Q坐标为（1，）或（1，），
③当点N为直角顶点时，则有CN2+NQ2＝CQ2，
即（）2+＝（m2﹣6m+10），解得：m＝﹣，
此时点Q坐标为（1，﹣），
综上所述，点Q坐标为（1，﹣）或（1，）或（1，）或（1，）．
【点评】此题是二次函数综合应用题，主要考查了待定系数法函数与坐标轴的交点、三角形的面积、二次函数的性质、勾股定理、方程思想以及分类讨论思想等知识．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
38．（2021秋•思明区校级期中）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（4，0）、B（﹣1，0）、C（0，4）三点．

（1）求抛物线的函数解析式；
（2）如图1，点D是在直线AC上方的抛物线的一点，DN⊥AC于点N，DM∥y轴交AC于点M，求△DMN周长的最大值及此时点D的坐标；
（3）如图2，点P为第一象限内的抛物线上的一个动点，连接OP，OP与AC相交于点Q，求的最大值．
【分析】（1）根据抛物线经过A（4，0）、B（﹣1，0）、C（0，4）三点，法一：代入抛物线解析式即可；
法二利用交点式得y＝a（x﹣4）（x+1）（a≠0），将C（0，4）坐标代入即可计算；
法三根据A（4，0）、B（﹣1，0）利用对称轴方程即可求解；
（2）延长DM交x轴于点H，根据题意证明△DMN是等腰直角三角形，然后求出直线AC的解析式为y＝﹣x+4，设D（m，﹣m2+3m+4），∴M（m，﹣m+4），根据等腰三角形的性质即可得结论；
（3）法一：过PM∥y轴交AC于点M，由题意，设P（m，﹣m2+3m+4），∴M（m，﹣m+4），根据平行线分线段成比例定理列式计算即可；
法二：设Q（m，﹣m+4），P（n，﹣n2+3n+4），求出直线OP的解析式，将P（n，﹣n2+3n+4）坐标代入列式计算即可．
【解答】解：（1）法一：依题意，得，
解之，得，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+3x+4．
法二：依题意，得y＝a（x﹣4）（x+1）（a≠0），
将C（0，4）坐标代入得，
﹣3a＝3，
解得a＝﹣1，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+3x+4．
法三：依题意，得，
解之，得，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+3x+4．
（2）如图1，延长DM交x轴于点H，

∵OA＝OC＝4，OA⊥OC，DM∥y轴交AC于点M，
∴∠OAC＝45°，∠AHM＝90°，
∵DN⊥AC于点N，
∴∠AMH＝∠DMN＝45°，
∴△DMN是等腰直角三角形，
∴．
设直线AC的解析式为y＝kx+b'（k≠0），
将A（4，0）、C（0，4）两点坐标代入得，
解得，
所以直线AC的解析式为y＝﹣x+4，
设D（m，﹣m2+3m+4），
∴M（m，﹣m+4），
∴DM＝﹣m2+3m+4﹣（﹣m+4）＝﹣m2+4m＝﹣（m﹣2）2+4，
∴当m＝2时，DM最大值为4，
此时D（2，6），
∵△DMN是等腰直角三角形，
∴△DMN周长＝，
∴△DMN周长的最大值为，
此时D（2，6）．
（3）法一：如图2，过PM∥y轴交AC于点M，

设P（m，﹣m2+3m+4），
∴M（m，﹣m+4），
∴PM＝﹣m2+3m+4﹣（﹣m+4）＝﹣m2+4m＝﹣（m﹣2）2+4，
∵PM∥OC，
∴，
∴，
∵，
∴当m＝2时，的最大值为1．
法二：如图2，设Q（m，﹣m+4），P（n，﹣n2+3n+4），

∴．
设直线OP的解析式为y＝kx（k≠0），
将Q（m，﹣m+4）点代入得，
∴直线OP的解析式，
将P（n，﹣n2+3n+4）坐标代入得，，
所以，
化简得，
∴，
∵
∴当n＝2时，的最大值为1．
【点评】本题属于二次函数综合题，解决本题的关键是将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．
一十八．圆的认识（共1小题）
39．（2021秋•津南区期中）如图，CD是⊙O的直径，点A在DC的延长线上，∠A＝20°，AE交⊙O于点B，且AB＝OC．
（1）求∠AOB的度数．
（2）求∠EOD的度数．

【分析】（1）由AB＝O得到AB＝BO，则∠AOB＝∠1＝∠A＝20°；
（2）∠1＝∠E，因此∠EOD＝3∠A，即可求出∠EOD．
【解答】解：（1）连OB，如图，
∵AB＝OC，OB＝OC，
∴AB＝BO，
∴∠AOB＝∠1＝∠A＝20°；
（2）∵∠2＝∠A+∠1，
∴∠2＝2∠A，
∵OB＝OE，
∴∠2＝∠E，
∴∠E＝2∠A，
∴∠DOE＝∠A+∠E＝3∠A＝60°．

【点评】本题考查了圆的认识，等腰三角形的性质和三角形外角定理，解题的关键是能从图形中发现每个角之间的关系．
一十九．垂径定理（共1小题）
40．（2021秋•江汉区期中）如图，⊙O的半径为5，弦AB长为8，P为弦AB上动点，则线段OP长的取值范围是（　　）

A．3＜OP＜5 B．3≤OP≤5 C．4＜OP＜5 D．4≤OP≤5
【分析】过点O作OH⊥AB于H，连接OB，根据垂径定理求出BH，根据勾股定理求出OH，根据题意解答即可．
【解答】解：过点O作OH⊥AB于H，连接OB，
则AH＝HB＝AB＝4，
在Rt△OBH中，OH＝＝＝3，
∴线段OP长的取值范围是3≤OP≤5，
故选：B．

【点评】本题考查的是垂径定理、勾股定理，掌握垂直于弦的直径平分这条弦是解题的关键．
二十．垂径定理的应用（共1小题）
41．（2021秋•文峰区校级期中）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，如图1，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，如图2．已知圆心O在水面上方，且⊙O被水面截得的弦AB长为6米，⊙O半径长为4米．若点C为运行轨道的最低点，则点C到弦AB所在直线的距离是（　　）

A．1米 B．米 C．2米 D．米
【分析】连接OC交AB于点E．利用垂径定理以及勾股定理求出OE，可得结论．
【解答】解：连接OC交AB于点E．
由题意OC⊥AB，
∴AE＝BE＝AB＝3（米），
在Rt△AEO中，OE＝＝＝（米），
∴CE＝OC﹣OE＝（4﹣）（米），
故选：B．

【点评】本题考查垂径定理的应用，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
二十一．圆心角、弧、弦的关系（共1小题）
42．（2021秋•淳安县期中）如图，AB为⊙O的直径，点D是弧AC的中点，过点D作DE⊥AB于点E，延长DE交⊙O于点F，若AC＝12，AE＝3，则⊙O的直径长为（　　）

A．10 B．13 C．15 D．16
【分析】连接OF，首先证明AC＝DF＝12，设OA＝OF＝x，在Rt△OEF中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【解答】解：如图，连接OF．
∵DE⊥AB，
∴DE＝EF，＝，
∵点D是弧AC的中点，
∴＝，
∴＝，
∴AC＝DF＝12，
∴EF＝DF＝6，设OA＝OF＝x，
在Rt△OEF中，则有x2＝62+（x﹣3）2，
解得x＝，
∴AB＝2x＝15，
故选：C．
【点评】本题考查垂径定理，圆心角，弧，弦之间的关系等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
二十二．圆周角定理（共1小题）
43．（2021秋•西城区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，且CD⊥AB于E，连接AC，OC，BC．
（1）求证：∠1＝∠2；
（2）若BE＝2，CD＝6，求⊙O的半径长．

【分析】（1）利用垂径定理证明∠A＝∠2，再证明∠A＝∠1即可解决问题；
（2）设⊙O的半径是R，EB＝2，则OE＝R﹣2，利用勾股定理构建方程求解即可．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴＝，
∴∠A＝∠2，
又∵OA＝OC，
∴∠1＝∠A，
∴∠1＝∠2．
（2）∵AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，CD＝6，
∴∠CEO＝90°，CE＝ED＝3，
设⊙O的半径是R，EB＝2，则OE＝R﹣2，
在Rt△OEC中，R2＝（R﹣2）2+32，
解得：，
∴⊙O的半径是．
【点评】本题考查圆周角定理，勾股定理，垂径定理等知识，解题的关键是掌握垂径定理，灵活运用所学知识解决问题．
二十三．点与圆的位置关系（共1小题）
44．（2021秋•余杭区期中）已知点P在半径为8的⊙O外，则（　　）
A．OP＞8 B．OP＝8 C．OP＜8 D．OP≠8
【分析】根据点P与圆O的位置关系即可确定OP的范围．
【解答】解：∵点P在圆O的外部，
∴点P到圆心O的距离大于8，
故选：A．
【点评】本题主要考查点于圆的位置关系，关键是要牢记判断点与圆的位置关系的方法．
二十四．确定圆的条件（共1小题）
45．（2021秋•西城区校级期中）小明不慎把家里的圆形镜子打碎了，其中三块碎片如图所示，三块碎片中最有可能配到与原来一样大小的圆形镜子的碎片是（　　）

A．① B．② C．③ D．均不可能
【分析】要确定圆的大小需知道其半径．根据垂径定理知第①块可确定半径的大小．
【解答】解：第①块出现两条完整的弦，作出这两条弦的垂直平分线，两条垂直平分线的交点就是圆心，进而可得到半径的长．
故选：A．
【点评】本题考查了垂径定理的应用，确定圆的条件，解题的关键是熟练掌握：圆上任意两弦的垂直平分线的交点即为该圆的圆心．
二十五．三角形的外接圆与外心（共1小题）
46．（2021秋•义乌市期中）如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，点D是弧BC上的点，且∠CAD＝20°，则∠ACD的度数为（　　）

A．70° B．80° C．90° D．100°
【分析】根据等边三角形的性质得到∠ACB＝∠ABC＝∠BAC＝60°，根据圆周角定理得到∠BCD＝∠BAD＝40°，进而可求出∠ACD的度数．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝∠ABC＝∠BAC＝60°，
∵∠CAD＝20°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠CAD＝40°，
∵＝，
∴∠BCD＝∠BAD＝40°，
∴∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝100°，
故选：D．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆和外心、圆周角定理、等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质和圆周角定理是解决问题的关键．
二十六．直线与圆的位置关系（共1小题）
47．（2021秋•海安市期中）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ACB的平分线与AB交于点E，与⊙O交于点D，P为AB延长线上一点，且∠PCB＝∠PAC．
（1）试判断直线PC与⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）若AC＝8，BC＝6，求⊙O的半径及AD的长．

【分析】（1）连接OC，由圆周角定理得到∠CAB+∠CBA＝90°，由OB＝OC得到∠OCB＝∠OBC，进而证得∠OCP＝90°，根据圆的切线的判定定理即可证得直线PC是⊙O的切线；
（2）在Rt△ABC中，根据勾股定理求出AB，即可得到⊙O的半径为；由圆周角定理与等腰三角形的判定及已知条件证得△ABD为等腰直角三角形，根据勾股定理即可求出AD．
【解答】解：（1）PC与⊙O相切，理由如下：
连接OC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵∠PCB＝∠PAC，
∴∠OCP＝∠OCB+∠PCB＝∠CAB+∠CBA＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴直线PC是⊙O的切线；
（2）∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，AB2＝AC2+BC2，
∴AB＝＝＝10，
∴⊙O的半径为5；
连接BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠BCD＝∠BAD，∠ACD＝∠ABD，
∵CD是∠ACB的平分线，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴∠BAD＝∠ABD，
∴AD＝BD，
在Rt△ABD中，AC＝8，BC＝6，AB2＝AD2+BD2＝2AD2，
∴2AD2＝102，
∴AD2＝50，
∴AD＝＝5．

【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系，圆周角定理，勾股定理，解题的关键：（1）熟练掌握圆的切线的判定方法；（2）根据圆周角定理与等腰三角形的判定及已知条件证得△ABD为等腰直角三角形．
二十七．切线的性质（共1小题）
48．（2021秋•义马市期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝30°，以AB为直径的⊙O经过点C．过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点P．D是圆上一点，且，弦AD的延长线交切线PC于点E．
（1）判断OB和BP的数量关系，并说明理由．
（2）若⊙O的半径为2，求AE的长．

【分析】（1）连接OC，根据切线的性质的∠OCP＝90°，根据含30°角的直角三角形的性质证明即可；
（2）由（1）的结论求出AP，根据圆周角定理求出∠BAD＝60°，根据直角三角形的性质计算即可．
【解答】解：（1）OB＝BP，
理由如下：连接OC，
∵PC⊙O的切线，
∴∠OCP＝90°，
∵∠BAC＝30°，
∴∠OCP＝60°，
∴∠P＝30°，
∴OC＝OP，
∵OC＝OB，
∴OB＝BP；
（2）由（1）可知，OP＝2OB，
∵⊙O的半径为2，
∴AP＝3OB＝6，
∵＝，
∴∠BAC＝∠CAE＝30°，
∴∠BAD＝60°，∠E＝90°，
∴AE＝AP＝3．

【点评】本题考查的是切线的性质、直角三角形的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
二十八．三角形的内切圆与内心（共1小题）
49．（2021秋•长沙期中）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，且AD＝2，△ABC的周长为14，则BC的长为 　5　．

【分析】根据切线长定理得到AF＝AD＝2，BD＝BE，CE＝CF，由△ABC的周长为14，可求BC的长．
【解答】解：∵⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F
∴AF＝AD＝2，BD＝BE，CE＝CF，
∵△ABC的周长为14，
∴AD+AF+BE+BD+CE+CF＝14，
∴2（BE+CE）＝10，
∴BC＝5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．
二十九．正多边形和圆（共1小题）
50．（2021秋•龙沙区期中）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连接AC，则∠BAC的度数是（　　）

A．45° B．38° C．36° D．30°
【分析】由正五边形的性质可知△ABC是等腰三角形，求出∠B的度数即可解决问题．
【解答】解：在正五边形ABCDE中，∠B＝×（5﹣2）×180＝108°，AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝（180°﹣108°）＝36°．
故选：C．
【点评】本题主要考查了正多边形与圆，多边形内角与外角的知识点，解答本题的关键是求出正五边形的内角，此题基础题，比较简单．
三十．扇形面积的计算（共1小题）
51．（2021秋•拱墅区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝，BC＝2，以点A为圆心，AC长为半径画弧，交AB于点D，交AC于点C，以点B为圆心，AC长为半径画弧，交AB于点E，交BC于点F，则图中阴影部分的面积为 　1﹣　．

【分析】先根据勾股定理求得AC＝1，再将求不规则的阴影部分面积转化为求规则图形的面积：S阴影部分＝S△ABC﹣（S扇形EBF+S扇形DAC），将相关量代入求解即可．
【解答】解：根据题意可知AC＝＝＝1，则BE＝BF＝AD＝AC＝1，
设∠B＝n°，∠A＝m°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠B+∠A＝90°，即n+m＝90，
∴S阴影部分＝S△ABC﹣（S扇形EBF+S扇形DAC）＝×2×1﹣（+）＝1﹣＝1﹣，
故答案为：1﹣．
【点评】本题考查扇形面积的计算及勾股定理，通常需要将不规则图形的面积转化为规则图形的面积来进行求解．
三十一．旋转的性质（共2小题）
52．（2021秋•源汇区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝8，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，则阴影部分面积为 　16　．

【分析】根据旋转的性质得到△ABC≌△A1BC1，A1B＝AB＝8，所以△A1BA是等腰三角形，依据∠A1BA＝30°得到等腰三角形的面积，由图形可以知道S阴影＝S△A1BA+S△A1BC1﹣S△ABC＝S△A1BA，最终得到阴影部分的面积．
【解答】解：过A作AD⊥A1B于D，如图：

在△ABC中，AB＝8，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，
∴△ABC≌△A1BC1，
∴A1B＝AB＝8，
∴△A1BA是等腰三角形，∠A1BA＝30°，
∵AD⊥A1B，
∴AD＝AB＝4，
∴S△A1BA＝×8×4＝16，
又∵S阴影＝S△A1BA+S△A1BC1﹣S△ABC，且S△A1BC1＝S△ABC，
∴S阴影＝S△A1BA＝16，
故答案为：16．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．运用面积的和差关系解决不规则图形的面积是解决此题的关键．
53．（2021春•正阳县期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，将△ABC绕点C旋转，得到△A'B'C，点A的对应点为A'，P为A'B′的中点，连接BP．在旋转的过程中，线段BP长度的最大值为 　11　．

【分析】连接CP，由勾股定理求出AB＝10，由旋转的性质得出A'B'＝AB＝10，∠A'CB'＝∠ACB＝90°，由直角三角形的性质求出CP＝A'B'＝5，由题意得出点P在以C为圆心，5为半径的圆上运动，则可求出答案．
【解答】解：连接CP，

∵∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB＝＝＝10，
∵将△ABC绕点C旋转，得到△A'B'C，
∴A'B'＝AB＝10，∠A'CB'＝∠ACB＝90°，
∵P为A'B′的中点，
∴CP＝A'B'＝5，
∴在旋转的过程中，点P在以C为圆心，5为半径的圆上运动，
∴当B，C，P三点共线时，BP有最大值，
∴BP的最大值为6+5＝11．
故答案为11．
【点评】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，圆的性质，由直角三角形的性质求出CP的长是解题的关键．
三十二．中心对称图形（共1小题）
54．（2021秋•贡井区校级期中）下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项符合题意；
B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
三十三．关于原点对称的点的坐标（共1小题）
55．（2021秋•南昌期中）在平面直角坐标系中、点M（2，﹣4）关于原点对称的点的坐标为 　（﹣2，4）　．
【分析】直接利用两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y），进而得出答案．
【解答】解：点M（2，﹣4）关于原点对称的点的坐标为（﹣2，4）．
故答案为：（﹣2，4）．
【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握关于原点对称点的性质是解题关键．
三十四．作图-旋转变换（共1小题）
56．（2021秋•惠城区校级期中）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，△ABO的三个顶点分别为A（﹣1，3），B（﹣4，3），O（0，0）．
（1）画出△ABO关于原点对称的△A1B1O，并写出点B1的坐标；
（2）画出△ABO绕O点顺时针旋转90°后得到的△A2B2O，并写出点B2的坐标．

【分析】（1）利用中心对称的性质分别作出A，B的对应点A1，B1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B的对应点A2，B2即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1O即为所求，点B1的坐标（4，﹣3）；
（2）如图，△A2B2O即为所求，点B2的坐标（3，4）．

【点评】本题考查作图﹣旋转变换，中心对称变换等知识，解题的关键是掌握中心对称变换的性质，旋转变换的性质，正确作出图形．
三十五．随机事件（共1小题）
57．（2021秋•长兴县期中）“网上任意买一张《长津湖》的电影票，票上的排号恰好是奇数”，这个事件是（　　）
A．必然事件 B．不可能事件 C．确定事件 D．随机事件
【分析】根据事件发生的可能性大小判断即可．
【解答】解：“网上任意买一张《长津湖》的电影票，票上的排号恰好是奇数”，这个事件是随机事件，
故选：D．
【点评】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，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．
三十六．几何概率（共1小题）
58．（2021秋•工业园区校级期中）一个小球在如图所示的方格地砖上任意滚动，并随机停留在某块地砖上，每块地砖的大小、质地完全相同，那么该小球停留在黑色区域的概率是 　　．

【分析】若将每个方格地砖的面积记为1，则图中地砖的总面积为9，其中阴影部分的面积为2，再根据概率公式求解可得．
【解答】解：若将每个方格地砖的面积记为1，则图中地砖的总面积为9，其中阴影部分的面积为2，
所以该小球停留在黑色区域的概率是．
故答案为：．
【点评】本题考查的是几何概率，用到的知识点为：几何概率＝相应的面积与总面积之比．
三十七．列表法与树状图法（共1小题）
59．（2021秋•金牛区校级期中）为了丰富校园文化生活，提高学生的综合素质，促进中学生全面发展，学校开展了多种社团活动．小明喜欢的社团有：合唱社团、足球社团、书法社团、科技社团（分别用字母A，B，C，D依次表示这四个社团），并把这四个字母分别写在四张完全相同的不透明的卡片的正面上，然后将这四张卡片背面朝上洗匀后放在桌面上．
（1）小明从中随机抽取一张卡片是足球社团B的概率是多少？
（2）小明先从中随机抽取一张卡片，记录下卡片上的字母后不放回，再从剩余的卡片中随机抽取一张卡片，记录下卡片上的字母．请你用列表法或画树状图法求出小明两次抽取的卡片中有一张是科技社团D的概率．
【分析】（1）直接利用概率公式求解；
（2）通过列表展示所有12种等可能的结果，再找出小明两次抽取的卡片中有一张是科技社团D的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）小明从中随机抽取一张卡片是足球社团B的概率＝；
（2）列表如下：

A
B
C
D
A

（B，A）
（C，A）
（D，A）
B
（A，B）

（C，B）
（D，B）
C
（A，C）
（B，C）

（D，C）
D
（A，D）
（B，D）
（C，D）

由表可知共有12种等可能的结果，小明两次抽取的卡片中有一张是科技社团D的结果数为6种，
所以小明两次抽取的卡片中有一张是科技社团D的概率＝＝．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．
三十八．模拟试验（共1小题）
60．（2021秋•思明区校级期中）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”的关系图如图所示，经分析可以估计盒子里黑球与白球的个数比为
　2：8　
．

【分析】根据频率估计概率得出摸到黑球的近似概率，再得出摸到白球的概率，即可推断出是白球多还是黑球多．
【解答】解：由图可知，摸出黑球的概率约为0.2，
∴摸出白球的概率约为0.8，
∴黑球与白球的个数比为0.2：0.8＝2：8．
故答案为2：8．
【点评】本题主要考查用频率估计概率，需要注意的是试验次数要足够大，次数太少时不能估计概率．