湖北省武汉市2024-2025学年九年级下学期开学模拟考 数学练习卷（含解析）

这是一份湖北省武汉市2024-2025学年九年级下学期开学模拟考 数学练习卷（含解析），共30页。
A．明天太阳从西方升起
B．掷一枚质地均匀的硬币，反面朝上
C．若k＞0，则直线y＝kx+1一定经过第一象限
D．经过十字路口，刚好是绿灯
2．（3分）如图图形中是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）用配方法解方程x2﹣6x﹣1＝0，若配方后结果为（x﹣m）2＝10，则m的值为（ ）
A．±3B．3C．﹣3D．6
4．（3分）将抛物线y=13x2向右平移3个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线是（ ）
A．y=13(x−3)2−2B．y=13（x﹣2）2﹣3
C．y=13（x+2）2﹣3D．y=13（x+3）2+2
5．（3分）圆的直径是13cm，如果圆心到直线的距离是7cm，那么该直线和圆的位置关系是（ ）
A．相离B．相切
C．相交D．相交或相切
6．（3分）已知x1，x2是方程x2﹣3x＝2的两根，则x1•x2的值为（ ）
A．2B．﹣2C．﹣3D．3
7．（3分）如图，矩形OABC的顶点O为坐标原点，AC＝4，对角线OB在第一象限的角平分线上．若矩形从图示位置开始，绕点O以每秒45°的速度按顺时针方向旋转，则当第2025秒时，矩形对角线的交点G的坐标为（ ）
A．(2，2)B．(−2，−2)C．（2，0）D．（0，2）
8．（3分）如图，一个小球从A点沿制定的轨道下落，在每个交叉口都有向左或向右两种机会相等的结果，那么，小球最终到达F点的概率是（ ）
A．12B．13C．14D．18
9．（3分）从地面竖直向上先后抛出两个小球，小球的高度h（单位：m）与小球运动时间t（单位：s）之间的函数关系式为h=−409（t﹣3）2+40，若后抛出的小球经过2.5s比先抛出的小球高103m，则抛出两个小球的间隔时间是（ ）s．
A．1B．1.5C．2D．2.5
10．（3分）已知抛物线y＝ax2+bx+c的部分图象如图所示，则当y＞0时，x的取值范围是（ ）
A．x＜3B．x＞﹣1
C．﹣1＜x＜3D．x＜﹣1 或 x＞3
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）在平面直角坐标系中，点A（a，﹣1）与点B（2，b）关于原点成中心对称，则a+b＝ ．
12．（3分）一个不透明的布袋里，装有若干个只有颜色不同的红球和黄球，其中红球有5个，某同学从袋中任意摸出一个球，记下颜色后放回，通过这样多次反复试验，发现摸到红球的频率稳定在0.25左右，则可估计袋中球的总个数是 ．
13．（3分）某口罩厂八月份的口罩产量为100万只，由于市场需求量增加，十月份的产量增加到121万只，设九月、十月口罩产量的月平均增长率为x，则可列方程为 ．
14．（3分）如图，从半径为6cm的圆形纸片上剪去16圆周的一个扇形，将留下的扇形围成一个圆锥（接缝处不重叠），那么这个圆锥的高是 cm．
15．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象，如图所示，其对称轴是直线x＝1，分析下列结论：①3a+c＞0；②（a+c）2＜b2；③a+3b+9c＞0；④若﹣1＜x＜2，则ax2+bx+c＞0；⑤a2m2+abm≤a（a+b）其中正确的结论有 （填序号）．
16．（3分）如图，△ABC内接于⊙O，∠CAB＝30°，∠CBA＝45°，CD⊥AB于点D，若⊙O的半径为4，则CD的长为 ．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）关于x的一元二次方程x2﹣8x﹣k＝0有两个相等的实数根．
（1）求k的值；
（2）求出方程的根．
18．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB'C'，点B的对应点B'恰好落在线段BC上，求证：AB∥B'C'．
19．（8分）为深入学习贯彻党的二十大精神，某学校决定举办“青春心向党，奋进新征程”主题演讲比赛，该校九年级一班有1男3女共4名学生报名参加演讲比赛．
（1）若从报名的4名学生中随机选1名，则所选的这名学生是女生的概率是 ；
（2）若从报名的4名学生中随机选2名，用画树状图或列表的方法，求这2名学生都是女生的概率．
20．（8分）如图，⊙O与△ABC的AC边相交于点C，与AB相切于点D、与BC边交于点E，DE∥OA，CE是⊙O的直径．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若BD＝2，AC＝3，求⊙O的半径长．
21．（8分）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学著作．它是欧洲数学的基础，被广泛地认为是历史上最成功的教科书．欧几里得也写了一些关于透视、圆锥曲线、球面几何学及数论的作品．欧几里得使用了公理化的方法，这一方法后来成了建立任何知识体系的典范，在差不多二千年间，被奉为必须遵守的严密思维的范例．这本著作是欧几里得几何的基础，在西方是仅次于《圣经》而流传最广的书籍．
小明在研究《几何原本》时，对定理4.2展开分析研讨：
定理4.2在一个已知圆内作一个与已知三角形等角的内接三角形．
原书作法如下：
如图1，△ABC为已知三角形，⊙O为已知圆，过⊙O上一点P作⊙O的切线MN，作∠FPM＝∠ABC，交⊙O于点F，作∠EPN＝∠ACB，交⊙O于点E，连接EF，△PEF即为所求．
小明准备将原命题证明并进行拓展研究，请分析并帮助小明完成．
（1）已知：直线MN切⊙O于点P，点E，F为⊙O上一点，若 ，
求证： ．
请将已知和求证补充完整并证明．
（2）若AB＝AC＝5，BC＝8，EF＝16，求⊙O的半径．
22．（10分）“互联网+”时代，网上购物备受消费者青睐．某网店专售一款休闲裤，其成本为每条40元，当售价为每条80元时，每月可销售100条．为了吸引更多顾客，该网店采取降价措施．据市场调查反映：销售单价每降2元，则每月可多销售10条，设每条裤子的售价为x元（x为正整数），每月的销售量为y条．
（1）直接写出y与x的函数关系式；
（2）设该网店每月获得的利润为w元，当销售单价降低多少元时，每月获得的利润最大，最大利润是多少？
（3）该网店店主热心公益事业，决定每月从利润中捐出200元资助贫困学生，为了保证捐款后每月利润不低于4175元，且让消费者得到最大的实惠，该如何确定休闲裤的销售单价？
23．（10分）（2021春•城厢区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠A＝90°，AB＝12cm，AD＝4cm，CD＝15cm．点P从点A出发，以1cm/秒的速度向点B运动；点Q从点C出发，以2cm/秒的速度向点D运动．规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设Q点运动的时间为t秒．
（1）若P，Q两点同时出发．
①0＜t＜7.5时，用t分别表示出AP和DQ的长：AP＝ ，DQ＝ ；
②若运动过程中，当PQ∥BC时，求t的值；
（2）若P点先运动2秒后停止运动．此时Q点从C点出发，到达D点后运动立即停止，则t为 时（直接写出结果）△DPQ为直角三角形．
24．（12分）如图，已知抛物线y＝x2+2x﹣3，点B为抛物线与x轴的右侧交点，点A坐标为（﹣4，5），点P为抛物线对称轴上一点，点Q在抛物线上．
（1）当A、B、P、Q围成的四边形是以AB为对角线的平行四边形时，求P、Q两点的坐标；
（2）是否存在P、Q点使得△ABP与△ABQ全等？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由（P、Q不重合，（1）中情况除外）．
（3）过点A作直线L，使得L与x轴夹角的正切值为4，平移直线L，设直线L与抛物线的交点为C、D（点C在x轴上方、点D在x轴下方），M为x轴上的点，当|CM﹣DM|取得最大值时，求点M的坐标．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）下列事件属于必然事件的是（ ）
A．明天太阳从西方升起
B．掷一枚质地均匀的硬币，反面朝上
C．若k＞0，则直线y＝kx+1一定经过第一象限
D．经过十字路口，刚好是绿灯
【考点】随机事件．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】C
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点，即可解答．
【解答】解：A、明天太阳从西方升起，是不可能事件，故A不符合题意；
B、掷一枚质地均匀的硬币，反面朝上，是随机事件，故B不符合题意；
C、若k＞0，则直线y＝kx+1一定经过第一象限，是必然事件，故C符合题意；
D、经过十字路口，刚好是绿灯，是随机事件，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
2．（3分）如图图形中是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、不是中心对称图形，不符合题意；
B、不是中心对称图形，不符合题意；
C、是中心对称图形，符合题意；
D、不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
【点评】此题考查了中心对称图形，掌握中心对称图形的概念是解题关键．
3．（3分）用配方法解方程x2﹣6x﹣1＝0，若配方后结果为（x﹣m）2＝10，则m的值为（ ）
A．±3B．3C．﹣3D．6
【考点】解一元二次方程﹣配方法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】B
【分析】羡慕ab常数项移到方程右边，再把方程两边加上9，然后把方程左边写成完全平方的形式，从而得到m的值．
【解答】解：x2﹣6x﹣1＝0，
x2﹣6x＝1，
x2﹣6x+9＝10，
（x﹣3）2＝10，
所以m＝3．
故选：B．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣公式法：熟练掌握用公式法解一元二次方程的一般步骤是解决问题的关键．
4．（3分）将抛物线y=13x2向右平移3个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线是（ ）
A．y=13(x−3)2−2B．y=13（x﹣2）2﹣3
C．y=13（x+2）2﹣3D．y=13（x+3）2+2
【考点】二次函数图象与几何变换．
【专题】二次函数图象及其性质；应用意识．
【答案】A
【分析】根据“左加右减，上加下减”的平移规律写出平移抛物线解析式．
【解答】解：将抛物线y=13x2向右平移3个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线是y=13（x﹣3）2﹣2，
故选：A．
【点评】主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
5．（3分）圆的直径是13cm，如果圆心到直线的距离是7cm，那么该直线和圆的位置关系是（ ）
A．相离B．相切
C．相交D．相交或相切
【考点】直线与圆的位置关系．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】A
【分析】根据圆心到直线的距离7大于圆的半径6.5，则直线和圆相离．
【解答】解：∵⊙O的直径为13cm，
∴⊙O的半径为6.5cm，
∵圆心O到一条直线的距离为7cm＞6.5cm，
∴直线和圆相离．
故选：A．
【点评】考查了直线和圆的位置关系和数量之间的等价关系：当d＞r时，直线和圆相离．
6．（3分）已知x1，x2是方程x2﹣3x＝2的两根，则x1•x2的值为（ ）
A．2B．﹣2C．﹣3D．3
【考点】根与系数的关系．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】B
【分析】方程整理后，利用根与系数的关系求出所求即可．
【解答】解：方程整理得：x2﹣3x﹣2＝0，
∵x1，x2是方程的两根，a＝1，c＝﹣2，
∴x1•x2＝﹣2．
故选：B．
【点评】此题考查了根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解本题的关键．
7．（3分）如图，矩形OABC的顶点O为坐标原点，AC＝4，对角线OB在第一象限的角平分线上．若矩形从图示位置开始，绕点O以每秒45°的速度按顺时针方向旋转，则当第2025秒时，矩形对角线的交点G的坐标为（ ）
A．(2，2)B．(−2，−2)C．（2，0）D．（0，2）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；规律型：点的坐标．
【专题】猜想归纳；推理能力．
【答案】C
【分析】先由AC的长得出OB的长，进而得出OG的长，再由每秒旋转45°可得出每旋转八秒点G的位置重复出现，据此可解决问题．
【解答】解：因为矩形OABC绕点O以每秒45°的速度按顺时针方向旋转，
所以360°÷45°＝8，
则每旋转八秒点G的位置重复出现．
又因为2025÷8＝253余1，
所以第2025秒时点G的位置与第1秒时点G的位置相同．
因为四边形OABC是矩形，且AC＝4，
所以OB＝AC＝4，
所以OG＝2．
因为对角线OB在第一象限的角平分线上，
所以∠GOx＝45°，
所以第1秒时，点G在x轴上，且GO＝2，
所以此时点G的坐标为（2，0），
则第2025秒时，点G的坐标为（2，0）．
故选：C．
【点评】本题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转及点的坐标变化规律，能根据所给旋转方式发现每旋转八秒点G的位置重复出现是解题的关键．
8．（3分）如图，一个小球从A点沿制定的轨道下落，在每个交叉口都有向左或向右两种机会相等的结果，那么，小球最终到达F点的概率是（ ）
A．12B．13C．14D．18
【考点】列表法与树状图法．
【专题】概率及其应用；运算能力．
【答案】A
【分析】直接利用概率公式求解即可．
【解答】解：由图可知，共有（A，B，C，E），（A，B，C，F），（A，B，D，F），（A，B，D，H）4种等可能的情况，
其中小球最终到达F点的情况有（A，B，C，F），（A，B，D，F），共2种，
∴小球最终到达F点的概率为24=12．
故选：A．
【点评】本题考查概率公式，熟练掌握概率公式是解答本题的关键．
9．（3分）从地面竖直向上先后抛出两个小球，小球的高度h（单位：m）与小球运动时间t（单位：s）之间的函数关系式为h=−409（t﹣3）2+40，若后抛出的小球经过2.5s比先抛出的小球高103m，则抛出两个小球的间隔时间是（ ）s．
A．1B．1.5C．2D．2.5
【考点】二次函数的应用．
【专题】二次函数的应用；应用意识．
【答案】B
【分析】把t＝2.5代入h=−409（t﹣3）2+40，求得h=3509，当h=3509−103=3209时，解方程即可得到结论．
【解答】解：把t＝2.5代入h=−409（t﹣3）2+40，得，h=3509，
当h=3509−103=3209时，即−409（t﹣3）2+40=3209，
解得：t＝4或t＝2（不合题意舍去），
∴抛出两个小球的间隔时间是4﹣2.5＝1.5，
故选：B．
【点评】此题主要考查了二次函数的应用，正确理解题意是解题关键．
10．（3分）已知抛物线y＝ax2+bx+c的部分图象如图所示，则当y＞0时，x的取值范围是（ ）
A．x＜3B．x＞﹣1
C．﹣1＜x＜3D．x＜﹣1 或 x＞3
【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】C
【分析】根据函数图象中的数据，可以得到该函数的对称轴和与x轴的一个交点，从而可以得到另一个交点坐标，然后再根据函数图象即可得到当y＞0时，x的取值范围．
【解答】解：由函数图象可知，
该函数的对称轴是直线x＝1，与x轴的一个交点坐标为（3，0）．
则该函数与x轴的另一个交点为（﹣1，0），
故当y＞0时，x的取值范围是﹣1＜x＜3，
故选：C．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）在平面直角坐标系中，点A（a，﹣1）与点B（2，b）关于原点成中心对称，则a+b＝ ﹣1 ．
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【专题】平面直角坐标系；应用意识．
【答案】﹣1．
【分析】关于原点成中心对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，由此可得a，b的值，进而可得答案．
【解答】解：∵点A（a，﹣1）与点B（2，b）关于原点成中心对称，
∴a＝﹣2，b＝1，
∴a+b＝﹣2+1＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查关于原点对称的点的坐标，解题的关键是熟知关于原点成中心对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数．
12．（3分）一个不透明的布袋里，装有若干个只有颜色不同的红球和黄球，其中红球有5个，某同学从袋中任意摸出一个球，记下颜色后放回，通过这样多次反复试验，发现摸到红球的频率稳定在0.25左右，则可估计袋中球的总个数是 20 ．
【考点】利用频率估计概率．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【答案】20．
【分析】用红球的个数除以红球的频率即可求得球的总数．
【解答】解：总的球数为：5÷0.25＝20，
∴红球有20个．
故答案为：20．
【点评】此题主要考查了利用频率估计概率，本题利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．关键是根据红球的频率得到相应的等量关系．
13．（3分）某口罩厂八月份的口罩产量为100万只，由于市场需求量增加，十月份的产量增加到121万只，设九月、十月口罩产量的月平均增长率为x，则可列方程为 100（1+x）2＝121 ．
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】100（1+x）2＝121．
【分析】利用该口罩厂十月份的产量＝该口罩厂八月份的产量×（1+九月、十月口罩产量的月平均增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：根据题意得：100（1+x）2＝121．
故答案为：100（1+x）2＝121．
【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．
14．（3分）如图，从半径为6cm的圆形纸片上剪去16圆周的一个扇形，将留下的扇形围成一个圆锥（接缝处不重叠），那么这个圆锥的高是 11 cm．
【考点】圆锥的计算；展开图折叠成几何体．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】11．
【分析】根据题意可计算出则剪去16圆周的一个扇形面积，即为围成圆锥的侧面积，设圆锥的底面半径为r，高为h，则母线l＝6，根据圆锥的侧面积计算公式S＝πrl，计算即可算出r的值，再根据勾股定理进行计算即可得出答案．
【解答】解：半径为6的圆的面积为36π cm2，
则剪去16圆周的一个扇形面积为36π×56=30π cm2，
设圆锥的底面半径为r，高为h，则母线l＝6cm，
S＝πrl，
即30π＝πr×6，
解得r＝5，
则h=l2−r2=62−52=11．
故答案为：11．
【点评】本题主要考查了圆锥的计算，熟练掌握圆锥的计算方法进行求解是解决本题的关键．
15．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象，如图所示，其对称轴是直线x＝1，分析下列结论：①3a+c＞0；②（a+c）2＜b2；③a+3b+9c＞0；④若﹣1＜x＜2，则ax2+bx+c＞0；⑤a2m2+abm≤a（a+b）其中正确的结论有 ②③ （填序号）．
【考点】二次函数与不等式（组）；二次函数图象与系数的关系．
【专题】二次函数图象及其性质；用函数的观点看方程（组）或不等式；几何直观；推理能力．
【答案】②③．
【分析】利用对称轴方程得到b＝﹣2a，再利用x＝﹣1时，a﹣b+c＜0得到3a+c＜0，则可对①进行判断；利用x＝﹣1时，a﹣b+c＜0；x＝1时，a+b+c＞0得到（a﹣b+c）（a+b+c）＜0，则可对②进行判断；利用x=13时得到19a+13b+c＞0，可对③进行判断；利用抛物线与x轴的一个交点在（﹣1，0）和（0，0）之间则可对④进行判断；利用x＝1时，y有最大值得到am2+bm+c≤a+b+c，然后利用a＜0可对⑤进行判断．
【解答】解：∵抛物线的对称轴为直线x=−b2a=1，
∴b＝﹣2a，
∵x＝﹣1时，y＜0，即a﹣b+c＜0，
∴a+2a+c＜0，即3a+c＜0，所以①错误；
∵x＝﹣1时，y＜0，即a﹣b+c＜0；x＝1时，y＞0，即a+b+c＞0，
∴（a﹣b+c）（a+b+c）＜0，
∴（a+c）2﹣b2＜0，所以②正确；
∵抛物线与x轴的一个交点在（﹣1，0）和（0，0）之间，
∴0＜x＜2，ax2+bx+c＞0，所以②错误；
∵x=13时，y＞0，即19a+13b+c＞0，
∴a+3b+9c＞0，所以③正确；
∵抛物线与x轴的一个交点在（﹣1，0）和（0，0）之间，
∴0＜x＜2，ax2+bx+c＞0，所以④错误；
∵x＝1时，y有最大值，
∴am2+bm+c≤a+b+c，
而a＜0，
∴a2m2+abm≥a2+ab，所以⑤错误．
答案为：②③．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时，对称轴在y轴左；当a与b异号时，对称轴在y轴右．常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）．抛物线与x轴交点个数由判别式确定：Δ＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
16．（3分）如图，△ABC内接于⊙O，∠CAB＝30°，∠CBA＝45°，CD⊥AB于点D，若⊙O的半径为4，则CD的长为 22 ．
【考点】三角形的外接圆与外心；含30度角的直角三角形；勾股定理；垂径定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；应用意识．
【答案】22．
【分析】连接OA，OC，根据圆周角定理得圆心角为90°，根据勾股定理求出AC，再根据在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半即可求出CD．
【解答】解：如图，连接OA，OC．
∵∠COA＝2∠CBA＝2×45°＝90°，
在Rt△AOC中，根据勾股定理得：AC=OA2+OC2=42，
∵CD⊥AB，∠CAB＝30°，
∴CD=12AC＝22．
故答案为：22．
【点评】本题考查了圆周角定理，勾股定理，含30°角的直角三角形，其中连接OA、OC构造圆心角，利用圆周角定理是解题的关键．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）关于x的一元二次方程x2﹣8x﹣k＝0有两个相等的实数根．
（1）求k的值；
（2）求出方程的根．
【考点】根的判别式；解一元二次方程﹣公式法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】（1）k＝﹣16；
（2）x1＝x2＝4．
【分析】（1）根据题意得出关于k的方程，解方程即可求得k的值；
（2）把k的值代入原方程解方程即可．
【解答】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣8x﹣k＝0有两个相等的实数根．
∴Δ＝0，即Δ＝（﹣8）2﹣4•（﹣k）＝0，
∴64+4k＝0，
解得k＝﹣16；
（2）因为k＝﹣16，
所以方程为x2﹣8x+16＝0．
解之得x1＝x2＝4．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式Δ＝b2﹣4ac．当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．
18．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB'C'，点B的对应点B'恰好落在线段BC上，求证：AB∥B'C'．
【考点】旋转的性质；平行线的判定．
【专题】线段、角、相交线与平行线；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】证明见解答过程．
【分析】求出∠B＝180°﹣90°﹣30°＝60°，根据将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB'C'，可得∠AB'C'＝∠B＝60°，AB＝AB'，故∠AB'B＝∠B＝60°，从而可得∠B＝∠C'B'C＝60°，即可得AB∥B'C'．
【解答】证明：∵∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，
∴∠B＝180°﹣90°﹣30°＝60°，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB'C'，
∴∠AB'C'＝∠B＝60°，AB＝AB'，
∴∠AB'B＝∠B＝60°，
∴∠C'B'C＝180°﹣∠AB'B﹣∠AB'C＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠B＝∠C'B'C＝60°，
∴AB∥B'C'．
【点评】本题考查旋转的性质及应用，解题的关键是掌握旋转前后，对应边相等，对应角相等．
19．（8分）为深入学习贯彻党的二十大精神，某学校决定举办“青春心向党，奋进新征程”主题演讲比赛，该校九年级一班有1男3女共4名学生报名参加演讲比赛．
（1）若从报名的4名学生中随机选1名，则所选的这名学生是女生的概率是 34 ；
（2）若从报名的4名学生中随机选2名，用画树状图或列表的方法，求这2名学生都是女生的概率．
【考点】列表法与树状图法；概率公式．
【专题】概率及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）34；
（2）12．
【分析】（1）利用树状图列出所有情况，找出所选的这名学生是女生的情况，代入P=mn即可得到答案；
（2）利用树状图列出所有情况，找出2名学生都是女生的情况，代入P=mn即可得到答案．
【解答】解：（1）由题意可得，
由图可得总共有4种等可能情况，是女生的等情况数有3种，
∴所选的这名学生是女生的概率是 34，
∴选的这名学生是女生的概率是34；
（2）由题意可得，
由图可得总共有12种等可能情况，是女生的等情况数有6种，
∴2名学生都是女生的概率P=612=12，
∴这2名学生都是女生的概率为12．
【点评】本题考查利用树状图法求概率，解题的关键是正确列出树状图．
20．（8分）如图，⊙O与△ABC的AC边相交于点C，与AB相切于点D、与BC边交于点E，DE∥OA，CE是⊙O的直径．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若BD＝2，AC＝3，求⊙O的半径长．
【考点】切线的判定与性质．
【专题】图形的全等；与圆有关的位置关系；图形的相似；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）⊙O的半径长为32．
【分析】（1）连接OD，根据平行线的性质得出∠ODE＝∠AOD，∠DEO＝∠AOC，根据等腰三角形的性质得出∠OED＝∠ODE，即可得出∠AOC＝∠AOD，进而证得△AOD≌△AOC（SAS），得到∠ADO＝∠ACB＝90°，即可证得结论；
（2）根据切线长定理和勾股定理求出AD＝AC＝3，BC＝4，证明△OBD∽△ABC，根据相似三角形的性质求出OB，即可求解．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵OD＝OE，
∴∠OED＝∠ODE，
∵DE∥OA，
∴∠ODE＝∠AOD，∠DEO＝∠AOC，
∴∠AOD＝∠AOC，
∵AB与⊙O相切于点D，
∴∠ADO＝90°，
在△AOD和△AOC中，
OD=OC∠AOD=∠AOCOA=OA，
∴△AOD≌△AOC（SAS），
∴∠ADO＝∠ACB＝90°，
∵OC是半径，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：∵AB、AC是⊙O的切线，
∴∠ODB＝∠ACB＝90°，AD＝AC＝3，
∵BD＝2，
∴AB＝5，BC=AB2−AC2=52−32=4，
∵∠B＝∠B，
∴△OBD∽△ABC，
∴BDBC=OBAB，
∴24=OB5，
∴OB=52，
∴OC＝BC﹣OB＝4−52=32，
故⊙O的半径长为32．
【点评】本题考查了切线的判定和性质，平行线的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
21．（8分）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学著作．它是欧洲数学的基础，被广泛地认为是历史上最成功的教科书．欧几里得也写了一些关于透视、圆锥曲线、球面几何学及数论的作品．欧几里得使用了公理化的方法，这一方法后来成了建立任何知识体系的典范，在差不多二千年间，被奉为必须遵守的严密思维的范例．这本著作是欧几里得几何的基础，在西方是仅次于《圣经》而流传最广的书籍．
小明在研究《几何原本》时，对定理4.2展开分析研讨：
定理4.2在一个已知圆内作一个与已知三角形等角的内接三角形．
原书作法如下：
如图1，△ABC为已知三角形，⊙O为已知圆，过⊙O上一点P作⊙O的切线MN，作∠FPM＝∠ABC，交⊙O于点F，作∠EPN＝∠ACB，交⊙O于点E，连接EF，△PEF即为所求．
小明准备将原命题证明并进行拓展研究，请分析并帮助小明完成．
（1）已知：直线MN切⊙O于点P，点E，F为⊙O上一点，若 ∠FPM＝∠ABC，∠EPN＝∠ACB ，
求证： △ABC∽△PEF ．
请将已知和求证补充完整并证明．
（2）若AB＝AC＝5，BC＝8，EF＝16，求⊙O的半径．
【考点】作图—应用与设计作图；相似三角形的判定与性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；切线的判定与性质．
【专题】与圆有关的计算；图形的相似；几何直观；推理能力．
【答案】（1）∠FPM＝∠ABC，∠EPN＝∠ACB，△ABC∽△PEF，证明过程见解析；
（2）253．
【分析】（1）连接PO并延长交⊙O于点Q，连接QE，QF，根据∠PFQ＝∠PFE+∠EFQ＝90°、∠QPN＝∠EPN+∠EPQ＝90°即可求证；
（2）连接PO交EF于点D，连接OE，根据△ABC∽△PEF可得PE＝PF＝10；根据题意推出PD⊥EF，ED=FD=12EF=8即可求解．
【解答】（1）证明：连接PO并延长交⊙O于点Q，连接QE，QF，如图所示：
由题意得：∠QPN＝∠EPN+∠EPQ＝90°，
∵PQ为⊙O的直径，
∴∠PFQ＝∠PFE+∠EFQ＝90°，
∵∠EPQ＝∠EFQ，
∴∠EPN＝∠PFE，
∵∠EPN＝∠ACB，
∴∠PFE＝∠ACB，
同理可得∠PEF＝∠ABC，
∴△ABC∽△PEF，
故答案为：∠FPM＝∠ABC，∠EPN＝∠ACB，△ABC∽△PEF；
（2）解：连接PO交EF于点D，连接OE，如图2所示：
则∠OPM＝∠OPN＝90°，
∵△ABC∽△PEF，
∴AB：PE＝AC：PF＝BC：EF，
∵AB＝AC＝5，BC＝8，EF＝16，
∴PE＝PF＝10，
由题意得：∠EPN＝∠FPM，
∵∠OPM＝∠OPN＝90°，
∴∠EPO＝∠FPO，
∴PD⊥EF，ED=FD=12EF=8，
∴PD=PE2−DE2=6，
设⊙O的半径为r，在Rt△ODE中：r2＝82+（r﹣6）2，
解得：r=253．
【点评】本题考查了圆周角定理以及相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相关几何结论是解题关键．
22．（10分）“互联网+”时代，网上购物备受消费者青睐．某网店专售一款休闲裤，其成本为每条40元，当售价为每条80元时，每月可销售100条．为了吸引更多顾客，该网店采取降价措施．据市场调查反映：销售单价每降2元，则每月可多销售10条，设每条裤子的售价为x元（x为正整数），每月的销售量为y条．
（1）直接写出y与x的函数关系式；
（2）设该网店每月获得的利润为w元，当销售单价降低多少元时，每月获得的利润最大，最大利润是多少？
（3）该网店店主热心公益事业，决定每月从利润中捐出200元资助贫困学生，为了保证捐款后每月利润不低于4175元，且让消费者得到最大的实惠，该如何确定休闲裤的销售单价？
【考点】二次函数的应用．
【专题】销售问题；数学建模思想；一元二次方程及应用；一次函数及其应用；二次函数图象及其性质；二次函数的应用；运算能力；模型思想；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）直接利用销售单价每降2元，则每月可多销售10条得出y与x的函数关系式；
（2）利用销量×每件利润＝总利润可得出函数关系式，再利用二次函数的性质求出最值即可；
（3）利用总利润＝4175+200，求出x的值，进而得出答案．
【解答】解：（1）由题意可得：
y＝100+80−x2×10
＝100+5（80﹣x）
＝﹣5x+500，
∴y与x的函数关系式为：y＝﹣5x+500；
（2）由题意得：
w＝（x﹣40）（﹣5x+500）
＝﹣5x2+700x﹣20000
＝﹣5（x﹣70）2+4500，
∵a＝﹣5＜0，
∴当x＝70时，w有最大利润，最大利润是4500元；
∴应降价80﹣70＝10（元）．
∴当销售单价降低10元时，每月获得的利润最大，最大利润是4500元；
（3）由题意得：﹣5（x﹣70）2+4500＝4175+200，
解得：x1＝65，x2＝75，
∵抛物线开口向下，对称轴为直线x＝70，
∴当65≤x≤75时，符合该网店要求，
而为了让顾客得到最大实惠，故x＝65．
∴当销售单价定为65元时，既符合网店要求，又能让顾客得到最大实惠．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，正确建立函数模型、结合实际选择最优方案及正确得出w与x之间的函数关系式是解题关键．
23．（10分）（2021春•城厢区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠A＝90°，AB＝12cm，AD＝4cm，CD＝15cm．点P从点A出发，以1cm/秒的速度向点B运动；点Q从点C出发，以2cm/秒的速度向点D运动．规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设Q点运动的时间为t秒．
（1）若P，Q两点同时出发．
①0＜t＜7.5时，用t分别表示出AP和DQ的长：AP＝ t cm ，DQ＝ （15﹣2t）cm ；
②若运动过程中，当PQ∥BC时，求t的值；
（2）若P点先运动2秒后停止运动．此时Q点从C点出发，到达D点后运动立即停止，则t为 132或52 时（直接写出结果）△DPQ为直角三角形．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；多边形与平行四边形；梯形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①t cm，（15﹣2t）cm；
②4；
（2）132或52．
【分析】（1）①由题意可得出答案；②由平行四边形的性质得出12﹣t＝2t，则可得出答案；
（2）当t＝2时，AP＝2cm，∠PDQ不可能为直角；分两种情况，当∠DQP为直角时，当∠DPQ为直角时，由直角三角形的性质及勾股定理可得出答案．
【解答】解：（1）①当0＜t＜7.5时，点P在AB上运动，点Q在CD上运动，
由题意得，AP＝t cm，DQ＝（15﹣2t）cm，
故答案为：t cm，（15﹣2t）cm；
②当PQ∥BC时，
∵PB∥CQ，
∴四边形PQCB是平行四边形，
∴BP＝CQ，
∴12﹣t＝2t，
∴t＝4；
（2）当t＝2时，AP＝2cm，
由题意知∠PDQ不可能为直角，
当∠DQP为直角时，AP＝DQ＝2cm，如图1，
则CQ＝CD﹣DQ＝15﹣2＝13（cm），
∴t=132；
当∠DPQ为直角时，如图，过点P作PM⊥CD于点M，则DM＝2cm，MP＝DA＝4cm，
∴DP=DM2+PM2=25（cm），
设MQ＝x，
∵MP2+MQ2＝PQ2，DQ2﹣PD2＝PQ2，
∴42+x2=(2+x)2−(25)2，
解得x＝8，
∴CQ＝CD﹣DQ＝15﹣10＝5cm，
∴t=52，
综上，t=132或52时，△DPQ为直角三角形，
故答案为：132或52．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了直角三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，构造出直角三角形是解本题的关键．
24．（12分）如图，已知抛物线y＝x2+2x﹣3，点B为抛物线与x轴的右侧交点，点A坐标为（﹣4，5），点P为抛物线对称轴上一点，点Q在抛物线上．
（1）当A、B、P、Q围成的四边形是以AB为对角线的平行四边形时，求P、Q两点的坐标；
（2）是否存在P、Q点使得△ABP与△ABQ全等？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由（P、Q不重合，（1）中情况除外）．
（3）过点A作直线L，使得L与x轴夹角的正切值为4，平移直线L，设直线L与抛物线的交点为C、D（点C在x轴上方、点D在x轴下方），M为x轴上的点，当|CM﹣DM|取得最大值时，求点M的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】数形结合；分类讨论；二次函数图象及其性质；函数的综合应用；几何直观；运算能力．
【答案】（1）Q（﹣2，﹣3），P（﹣1，8）；
（2）Q1（7−1，3），Q2（−7−1，3），Q3（6−1，2），Q4（−6−1，2）；
（3）点M的坐标为（1，0）或（3，0）．
【分析】（1）先求出抛物线的对称轴和B点坐标，设出P、Q点的坐标，根据AB为平行四边形的对角线，列出方程求解便可；
（2）有题意可得△ABP≌△ABQ，所以AP＝AQ，BP＝BQ，设出P，Q两点坐标，用两点间距离公式表示出AP，AQ，BP，BQ，利用前面的式子列方程，即可解决；
（3）因为直线L与x轴夹角的正切值为4，故可设平移后的直线L的解析式为y＝4x+b或y＝﹣4x+b，以y＝﹣4x+b为例，过D作x轴的对称点D′，当C，D′，M三点共线时，|CM﹣DM|取得最大值，可以证明此时∠CMO＝∠DMO，过点C作CE⊥x轴于E，设DD′交 x轴于F，证明△CEM∽△DFM，得到CEDF=EMFM，设出C，D两点坐标，联立直线L和抛物线的解析式，利用根与系数关系得到相关式子，利用比例式列出方程，即可解决．
【解答】解：（1）∵y＝x2+2x﹣3＝y＝（x+1）2﹣4，
∴抛物线的对称轴为x＝﹣1，
令y＝0，则x2+2x﹣3＝0，
∴x＝﹣3或1，
∴B（1，0），
设P（﹣1，n），Q（m，m2+2m﹣3），
当A、B、P、Q围成的四边形是以AB为对角线的平行四边形时，
−4+1=−1+m5+0=n+m2+2m−3，
解得m=−2n=8，
∴P（﹣1，8），Q（﹣2，﹣3）；
（2）设P（﹣1，n），Q（m，m2+2m﹣3），
∴AP2＝（﹣4+1）2+（5﹣n）2＝n2﹣10n+34，
AQ2＝m4+4m3﹣11m2﹣24m+80，
BP2＝n2+4，
BQ2＝m4+4m3﹣m2﹣14m+10，
若△APB≌△AQB，则AP＝AQ，BP＝BQ，
∴n2−10n+34=m4+4m3−11m2−24m+80n2+4=m4+4m3−m2−14m+10
两方程相减得，n＝m2+m﹣4，
方程组消去n整理得，m3+3m2﹣3m﹣5＝0，
∴m3+1+3（m2﹣m﹣2）＝0，
∴（m+1）（m2﹣m+1）+3（m+1）（m﹣2）＝0，
∴（m+1）（m2+2m﹣5）＝0，
解得：m＝﹣1或m＝﹣1±6，
当m＝﹣1时，Q（﹣1，﹣4），n＝﹣4，此时P（﹣1，﹣4）
则点P与点Q重合，不合题意，舍去；
当m＝﹣1±6时，Q（﹣1−6，2）或（﹣1+6，2）；
即Q1（7−1，3），Q2（−7−1，3），Q3（6−1，2），Q4（−6−1，2）；
（3）由题意可得平移后的直线L的解析式为y＝4x+b或者y＝﹣4x+b，
设C（x1，y1），D（x2，y2），M（t，0），
过D作x轴的对称点D′，当C，D′，M三点共线时，|CM﹣DM|的值最大，
∵OM垂直平分DD′，
∴∠CMO＝∠DMO，
过C作CE⊥x轴于E，设DD′交x轴于F，
∴∠CEM＝∠DFM＝90°，
∴△CEM∽△DFM，
∴CEDF=EMFM，
①当直线L的解析式为y＝﹣4x+b时，
联立y=−4x+by=x2+2x−3，
化简得，x2+6x﹣3﹣b＝0，
∴x1+x2＝﹣6，x1x2＝﹣3﹣b，
∵CEDF=EMFM，
∴−4x1+b4x2−b=t−x1t−x2，
化简得，（b+12）（t﹣1）＝0，
∴b＝﹣12或t＝1，
当b＝﹣12时，可得x2+6x+9＝0，此时Δ＝0，直线CD与抛物线只有一个交点，矛盾，故舍去，
当t＝1时，点M的坐标为（1，0），
②当直线L的解析式为y＝4x+b，
联立y=4x+by=x2+2x−3得，
∴x2﹣2x﹣3﹣b＝0，
∴x1+x2＝2，x1x2＝﹣3﹣b，
∵CEDF=EMFM，
则4x1+b4x2−b=x1−tx2−t，
化简得，（b+4）（t+3）＝0，
∴b＝﹣4或t＝﹣3，
当b＝﹣4时，可得x2﹣2x+1＝0，此时方程有两个相等得根，直线CD与抛物线只有一个交点，故舍去，
当t＝﹣3时，点M的坐标为（﹣3，0），
∴点M的坐标为（1，0）或（﹣3，0）．
【点评】本题是一道二次函数综合题，结合题意，画出草图，数形结合，是解决此题的突破口，同时，还考查了线段差的最值问题，利用轴对称变换来解决，是解题通法．