广东省广州市南沙区九年级上学期期末考试数学试卷-A4

这是一份广东省广州市南沙区九年级上学期期末考试数学试卷-A4，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列中国品牌新能源车的车标中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）抛物线y＝3x2﹣2的顶点坐标是（ ）
A．（3，﹣2）B．（0，﹣2）C．（0，2）D．（3，2）
3．（3分）一元二次方程x2+4x+5＝0的根的情况是（ ）
A．有两个相等的实数根
B．只有一个实数根
C．有两个不相等的实数根
D．没有实数根
4．（3分）已知x＝2是关于x的方程x2﹣5x+m＝0的一个根，则2m+3为（ ）
A．6B．﹣6C．15D．﹣15
5．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．一颗质地均匀的骰子已连续掷了2023次，其中掷出5点的次数最少，则第2024次一定掷出5点
B．某种彩票中奖的概率是1%，因此买100张该彩票一定会中奖
C．天气预报说明天下雨的概率是50%，所以明天将有一半时间在下雨
D．任意画一个三角形，其内角和一定是180°
6．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝110°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD，当点A，D，E在同一条直线上时，则∠BAD的大小是（ ）
A．60°B．70°C．40°D．50°
7．（3分）已知在函数y＝3（x﹣5）2+m上有点（﹣2，y1），点（4，y2），则关于y1，y2的大小判断正确的是（ ）
A．y1＞y2B．y1＜y2C．y1＝y2D．无法确定
8．（3分）中国体育代表团在巴黎奥运会上取得了优异的成绩，图1是2024年巴黎奥运会的一枚金牌，金牌正中间镶嵌了一块来自埃菲尔铁塔的正六边形铁块．这个正六边形铁块的示意图如图2所示，已知该正六边形ABCDEF的周长约120mm，则正六边形铁块的边心距约为（ ）
A．20mmB．10mmC．D．
9．（3分）如图，将⊙O沿AB折叠，半径OC长12，且OC⊥AB，恰好经过OC的中点D，则折痕AB长为（ ）
A．B．C．12D．
10．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0），B（4，0），交y轴的正半轴于点C，对称轴交抛物线于点D，交x轴于点E，则下列结论：①2a+b＝0；②abc＞0；③3a+c＜0；④△ABC的面积等于﹣24a，其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分.）
11．（3分）抛物线y＝2x2﹣3向上平移2个单位长度得到的抛物线的表达式是 ．
12．（3分）已知⊙O的直径为9，若OA＝5，则点A与⊙O的位置关系是 ．
13．（3分）数学小组对如图所示的二维码开展数学实验，已知二维码区域的大正方形边长为2，通过计算机随机掷点的大量重复实验，发现掷点落在黑色区域的频率稳定在0.75左右，由此可估计黑色部分的面积约为 ．
14．（3分）小区新增了一家快递店，第一天揽件200件，第三天揽件242件，设该快递店揽件日平均增长率为x，则根据题意可列方程为 ．
15．（3分）已知点A（a，b）和点B（m，n）关于原点对称，且a+b＝2，则m+n的值等于 ．
16．（3分）如图，等边△ABC的边长为，点D，E分别是边BC，AC的动点，且AE＝CD，连接AD、BE交于点F．则∠BFD＝ ：连接CF，线段CF长的最小值为 ．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分，解答要求写出文字说明、证明过程或计算步骤.）
17．（4分）解方程：x2﹣4x﹣12＝0．
18．（4分）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（2，5），B（1，1），C（4，3）．
（1）作与△ABC关于原点O成中心对称的图形△A1B1C1；
（2）将△ABC绕着B顺时针方向旋转60°，求点A经过的路径长．
19．（6分）2024年12月4日，我国申报的“春节一一中国人庆祝传统新年的社会实践”，列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表名录．某次班会上，甲、乙同学准备从“A．贴春联”、“B．吃饺子”、“C．发红包”、“D．拜新年”这四个传统习俗中，各选一个进行讲解．班长做了4张背面完全相同的卡片，将卡片背面朝上洗匀后，让甲先从这4张卡片中随机抽取一张，不放回后，由乙再随机抽取一张，两人根据所抽取卡片正面的内容进行讲解．
（1）甲从这四张卡片中随机抽取一张，抽到“C．发红包”的概率是 ；
（2）请用列表或画树状图的方法，求甲、乙两人都未抽到“B．吃饺子”的概率．
20．（6分）如图，△ABC是直角三角形，∠C＝90°．
（1）尺规作图：作∠BAC的平分线，交BC于点O；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）以O为圆心，OC为半径作圆．
①判断AB与⊙O的位置关系并加以证明；
②若AC＝5，BC＝12，求△AOB的面积．
21．（8分）如图，把一张长10cm，宽8cm的长方形硬纸板的四周各剪去一个同样大小的正方形，再折合成一个无盖的长方体盒子（纸板的厚度忽略不计）．
（1）要使无盖长方体盒子的底面积为48cm2，求剪去的正方形的边长．
（2）折合而成的无盖长方体盒子的侧面积有最大值吗？如有求出最大值，如果没有，请说明理由．
22．（10分）已知等腰三角形△ABC，AB＝AC＝a，BC＝b．
（1）若a，b是关于x的一元二次方程x2﹣8x+m＝0的两根，当a＝5时，求b的值．
（2）若等腰三角形的底边长为3，另两边的长是关于x的一元二次方程x2﹣8x+m＝0的两根，求等腰三角形△ABC的周长．
（3）若等腰三角形的一边长为6，另两边的长是关于x的一元二次方程x2﹣8x+m＝0的两根，求抛物线y＝x2﹣8x+m的顶点坐标．
23．（10分）如图，点E是正方形ABCD中CD边上的任意一点，以点A为中心，把△ADE旋转90°，得到△ABF．已知∠EAG＝45°．
（1）求∠FAG的度数．
（2）求证：GE＝BG+DE．
（3）连接BD，线段BD交AG于点M，交AE于点N．试探索MN，BM，DN之间的数量关系并加以说明．
24．（12分）在平面直角坐标系中，函数y＝﹣（x+2）（x﹣m）（m为常数）．
（1）若函数图象经过点（1，3）时，求m的值．
（2）在（1）的条件下，求﹣3≤x≤﹣1时，函数图象的最高点到直线y＝﹣2的距离．
（3）当x≤﹣2时，若函数y＝﹣（x+2）（x﹣m）（m为常数）的图象最高点到直线y＝m+3的距离为1，求m的值．
25．（12分）（1）如图①，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠BAD＝60°，∠ADC＝90°，且AB＝AD，连接AC、BD，若⊙O半径长为2，求BD的长度．
（2）如图②，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠BAD＝60°，∠ADC＝90°，连接AC、BD，若⊙O半径长为r，求BD的长度（用含r的代数式表示）
（3）如图③，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝60°，∠ADC＝90°，BC＝CD，以C为圆心，CB为半径画，M为上一个动点，过点M作ME⊥AB，MF⊥AD，连接EF，已知AD＝20，探究线段EF是否存在最小长度？若存在，请求出EF的最小长度，若不存在，请说明理由．
2024-2025学年广东省广州市南沙区九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.）
1．（3分）下列中国品牌新能源车的车标中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据中心对称图形的定义逐项识别即可，在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
【解答】解：A．该图不是中心对称图形，故不符合题意；
B．该图是中心对称图形，故符合题意；
C．该图不是中心对称图形，故不符合题意；
D．该图不是中心对称图形，故不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键．
2．（3分）抛物线y＝3x2﹣2的顶点坐标是（ ）
A．（3，﹣2）B．（0，﹣2）C．（0，2）D．（3，2）
【分析】二次函数y＝ax2+k（a≠0）的顶点坐标是（0，k）．
【解答】解：根据二次函数的顶点式方程y＝3x2﹣2知，该抛物线的顶点坐标：（0，﹣2）．
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数的性质和二次函数的三种形式．解答该题时，需熟悉二次函数的顶点式方程y＝a（x﹣h）2+k中的h、k所表示的意义．
3．（3分）一元二次方程x2+4x+5＝0的根的情况是（ ）
A．有两个相等的实数根
B．只有一个实数根
C．有两个不相等的实数根
D．没有实数根
【分析】根据判别式的值判断即可．
【解答】解：一元二次方程x2+4x+5＝0，
∵Δ＝42﹣4×1×5＝﹣4＜0，
∴方程没有实数根．
故选：D．
【点评】本题考查根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：
①当Δ＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；
②当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；
③当Δ＜0时，方程无实数根．
4．（3分）已知x＝2是关于x的方程x2﹣5x+m＝0的一个根，则2m+3为（ ）
A．6B．﹣6C．15D．﹣15
【分析】先把x＝2代入一元二次方程得到4﹣10+m＝0，解一次方程得到m的值，然后把m的值代入所求代数式中计算即可．
【解答】解：把x＝2代入方程x2﹣5x+m＝0得4﹣10+m＝0，
解得m＝6，
所以2m+3＝2×6+3＝15．
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．也考查了代数式求值．
5．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．一颗质地均匀的骰子已连续掷了2023次，其中掷出5点的次数最少，则第2024次一定掷出5点
B．某种彩票中奖的概率是1%，因此买100张该彩票一定会中奖
C．天气预报说明天下雨的概率是50%，所以明天将有一半时间在下雨
D．任意画一个三角形，其内角和一定是180°
【分析】根据概率的意义，三角形内角和定理，结合具体的实例解析判断即可．
【解答】解：A、一颗质地均匀的骰子已连续掷了2023次，其中掷出5点的次数最少，则第2024次可能掷出5点，故不符合题意；
B、某种彩票中奖的概率是1%，因此买100张该种彩票可能会中奖，故不符合题意；
C、天气预报说明天下雨的概率是50%，明天可能下雨，故不符合题意；
D、任意画一个三角形，其内角和一定是180°，故符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查概率的意义，三角形内角和定理，理解概率的意义是正确判断的前提．
6．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝110°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD，当点A，D，E在同一条直线上时，则∠BAD的大小是（ ）
A．60°B．70°C．40°D．50°
【分析】由旋转得，∠EDC＝∠BAC＝110°，AC＝DC，则∠ADC＝∠DAC．由题意得∠ADC＝180°﹣∠EDC＝70°，则∠DAC＝70°，再根据∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC可得答案．
【解答】解：由旋转得，∠EDC＝∠BAC＝110°，AC＝DC，
∴∠ADC＝∠DAC．
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC＝180°﹣∠EDC＝70°，
∴∠DAC＝70°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝40°．
故选：C．
【点评】本题考查旋转的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质、等腰三角形的性质是解答本题的关键．
7．（3分）已知在函数y＝3（x﹣5）2+m上有点（﹣2，y1），点（4，y2），则关于y1，y2的大小判断正确的是（ ）
A．y1＞y2B．y1＜y2C．y1＝y2D．无法确定
【分析】根据二次函数图象上点的坐标特征解答即可．
【解答】解：函数y＝3（x﹣5）2+m的开口向上，对称轴为x＝5，
∵当x＜5时，y随x的增大而减小，且﹣2＜4，
∴y1＞y2．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的增减性是关键．
8．（3分）中国体育代表团在巴黎奥运会上取得了优异的成绩，图1是2024年巴黎奥运会的一枚金牌，金牌正中间镶嵌了一块来自埃菲尔铁塔的正六边形铁块．这个正六边形铁块的示意图如图2所示，已知该正六边形ABCDEF的周长约120mm，则正六边形铁块的边心距约为（ ）
A．20mmB．10mmC．D．
【分析】首先得出正六边形的边长，构建直角三角形，利用直角三角形的边角关系即可求出．
【解答】解：连接OA，OB，作OM⊥AB，得到∠AOM＝30°，
∵圆内接正六边形ABCDEF的周长为120mm，
∴AB＝20mm，则AM＝10mm，
∴OM＝OA•cs30°＝10mm．
∴正六边形的边心距是10mm．
故选：D．
【点评】此题主要考查了正多边形和圆，正确掌握正六边形的性质是解题关键．
9．（3分）如图，将⊙O沿AB折叠，半径OC长12，且OC⊥AB，恰好经过OC的中点D，则折痕AB长为（ ）
A．B．C．12D．
【分析】延长CO交AB于E点，连接OB，构造直角三角形，然后再根据勾股定理求出AB的长．
【解答】解：延长CO交AB于E点，连接OB，
∵CE⊥AB，
∴E为AB的中点，
∵OC＝12，D为OC的中点，
∴CD＝OD＝6，OB＝12，
∴DE＝（12×2﹣6）＝×18＝9，
∴OE＝9﹣6＝3，
在Rt△OEB中，根据勾股定理可得：OE2+BE2＝OB2，即32+BE2＝122，
解得BE＝3，
∴AB＝6．
故选：B．
【点评】本题考查的是垂径定理，勾股定理及翻折变换，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解题的关键．
10．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0），B（4，0），交y轴的正半轴于点C，对称轴交抛物线于点D，交x轴于点E，则下列结论：①2a+b＝0；②abc＞0；③3a+c＜0；④△ABC的面积等于﹣24a，其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】结合函数图象，根据抛物线的开口方向，对称轴，与x轴的交点坐标，与y轴的交点，逐一判断各结论，即可得到结果．
【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0），B（4，0），
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴，
∴b＝﹣2a，
∴2a+b＝0，
故结论①正确，符合题意；
∵抛物线y＝ax2+bx+c图象开口向下，与y轴的正半轴相交，
∴a＜0，c＞0，
∵b＝﹣2a，
∴b＞0，
∴abc＜0，
故结论②错误，不符合题意；
∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0），
∴当x＝﹣1时，y＞0，即a﹣b+c＞0，
∵b＝﹣2a，
∴a+2a+c＞0，
∴3a+c＞0，
故结论③错误，不符合题意；
∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0），B（4，0），
∴，
∴①×2+②得：8a+c＝0，
∴c＝﹣8a，
∵a＜0，
∴OC＝﹣8a，
∵AB＝6，
∴S△ABC＝AB•OC＝×6×（﹣8a）＝﹣24a，
故结论④正确，符合题意；
综上所述，正确的结论有①④，
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分.）
11．（3分）抛物线y＝2x2﹣3向上平移2个单位长度得到的抛物线的表达式是 y＝2x2﹣1 ．
【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：将抛物线y＝2x2﹣3向上平移2个单位长度得到的抛物线的表达式是y＝2x2﹣1，
故答案为：y＝2x2﹣1．
【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．
12．（3分）已知⊙O的直径为9，若OA＝5，则点A与⊙O的位置关系是 点A在⊙O外 ．
【分析】首先求出圆的半径r＝4.5，然后比较r与OA的大小即可得出结论．
【解答】解：∵⊙O的直径为9，
∴⊙O的半径r为4.5，
又∵OA＝5，
∴OA＞r，
∴点A在⊙O外．
故答案为：点A在⊙O外．
【点评】本题考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d＝r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．
13．（3分）数学小组对如图所示的二维码开展数学实验，已知二维码区域的大正方形边长为2，通过计算机随机掷点的大量重复实验，发现掷点落在黑色区域的频率稳定在0.75左右，由此可估计黑色部分的面积约为 3 ．
【分析】用正方形的面积乘以掷点落在黑色区域的频率稳定值即可得出答案．
【解答】解：估计黑色部分的面积约为2×2×0.75＝3，
故答案为：3．
【点评】本题主要考查利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
14．（3分）小区新增了一家快递店，第一天揽件200件，第三天揽件242件，设该快递店揽件日平均增长率为x，则根据题意可列方程为 200（1+x）2＝242 ．
【分析】利用第三天揽件数量＝第一天揽件数量×（1+设该快递店揽件日平均增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：依题意得200（1+x）2＝242．
故答案为：200（1+x）2＝242．
【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．
15．（3分）已知点A（a，b）和点B（m，n）关于原点对称，且a+b＝2，则m+n的值等于 ﹣2 ．
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出m，n与a，b的关系进而得出答案．
【解答】解：∵点A（a，b）和点B（m，n）关于原点对称，
∴m＝﹣a，n＝﹣b，
∵a+b＝2，
∴m+n＝﹣a﹣b＝﹣（a+b）＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，熟练掌握关于原点对称点的横、纵坐标都是互为相反数的性质是解题的关键．
16．（3分）如图，等边△ABC的边长为，点D，E分别是边BC，AC的动点，且AE＝CD，连接AD、BE交于点F．则∠BFD＝ 60° ：连接CF，线段CF长的最小值为 2 ．
【分析】首先由已知条件证明△ABD≌△BCE（SAS），得到∠BFD＝60°，通过构造圆，找到线段CF的最小值时，点F的所在的位置，进而求解．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠BAC＝∠BCE＝60°，
∵AE＝CD
∴BD＝CE，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴∠BAD＝∠CBE，
∵∠BFD＝∠BAD+∠ABE，
∴∠BFD＝∠CBE+∠ABE＝∠ABC，
∴∠BFD＝60°，
作△ABF的外接圆⊙O，连接OC交⊙O于N，交AB于P，则OC⊥AB，
根据圆周角定理可得∠AOB＝120°，∠AOP＝60°，AP＝BP＝，
∴sin60°＝＝，
∴OA＝2，
∴OC＝2OA＝4，
当点F与N重合时，CF的值最小，最小值＝OC﹣ON＝4﹣2＝2，
故答案为：60°，2．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，圆的有关知识，灵活运用这些性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分，解答要求写出文字说明、证明过程或计算步骤.）
17．（4分）解方程：x2﹣4x﹣12＝0．
【分析】利用因式分解法解方程．
【解答】解：（x﹣6）（x+2）＝0，
x﹣6＝0或x+2＝0，
所以x1＝6，x2＝﹣2．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．
18．（4分）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（2，5），B（1，1），C（4，3）．
（1）作与△ABC关于原点O成中心对称的图形△A1B1C1；
（2）将△ABC绕着B顺时针方向旋转60°，求点A经过的路径长．
【分析】（1）关于原点对称的两个点，它们的横、纵坐标分别互为相反数，则A1（﹣2，﹣5），B1（﹣1，﹣1），C1（﹣4，﹣3），作出△A1B1C1即可；
（2）由旋转得A′B＝AB，∠ABA′＝60°，可知点A经过的路径长为以B为圆心，半径长为，且圆心角为60°的的长，由A（2，5），B（1，1），求得AB＝＝，根据弧长公式求得＝，则点A经过的路径长为．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1就是所求的三角形．
（2）如图，△ABC绕着B顺时针方向旋转60°得到△A′BC′，
∴A′B＝AB，∠ABA′＝60°，
∴点A经过的路径长为以B为圆心，半径长为，且圆心角为60°的的长，
∵A（2，5），B（1，1），
∴AB＝＝，
∴＝＝，
∴点A经过的路径长为．
【点评】此题重点考查关于原点对称的点的坐标、坐标与图形变化﹣旋转、勾股定理、弧长公式等知识，正确地作出相应的图形及辅助线是解题的关键．
19．（6分）2024年12月4日，我国申报的“春节一一中国人庆祝传统新年的社会实践”，列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表名录．某次班会上，甲、乙同学准备从“A．贴春联”、“B．吃饺子”、“C．发红包”、“D．拜新年”这四个传统习俗中，各选一个进行讲解．班长做了4张背面完全相同的卡片，将卡片背面朝上洗匀后，让甲先从这4张卡片中随机抽取一张，不放回后，由乙再随机抽取一张，两人根据所抽取卡片正面的内容进行讲解．
（1）甲从这四张卡片中随机抽取一张，抽到“C．发红包”的概率是 ；
（2）请用列表或画树状图的方法，求甲、乙两人都未抽到“B．吃饺子”的概率．
【分析】（1）由题意知，共有4种等可能的结果，其中抽到“C．发红包”的结果有1种，利用概率公式可得答案．
（2）列表可得出所有等可能的结果数以及甲、乙两人都未抽到“B．吃饺子”的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：（1）由题意知，共有4种等可能的结果，其中抽到“C．发红包”的结果有1种，
∴甲从这四张卡片中随机抽取一张，抽到“C．发红包”的概率是．
故答案为：．
（2）列表如下：
共有12种等可能的结果，其中甲、乙两人都未抽到“B．吃饺子”的结果有：（A，C），（A，D），（C，A），（C，D），（D，A），（D，C），共6种，
∴甲、乙两人都未抽到“B．吃饺子”的概率为．
【点评】本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
20．（6分）如图，△ABC是直角三角形，∠C＝90°．
（1）尺规作图：作∠BAC的平分线，交BC于点O；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）以O为圆心，OC为半径作圆．
①判断AB与⊙O的位置关系并加以证明；
②若AC＝5，BC＝12，求△AOB的面积．
【分析】（1）根据作角平分线的基本作图求解；
（2）先根据勾股定理求出OD，再根据三角形的面积公式求解．
【解答】解：（1）如图所示：AO即为所求；
（2）①AB与⊙O相切；
证明：过O作OD⊥AB于点D，
∵AO平分∠BAC，OC⊥AC，OD⊥AB，
∴OC＝OD，
∴AB与⊙O相切；
②设OC＝OD＝x，
∵△ABC是直角三角形，∴AB＝＝13，
在Rt△AOC和Rt△AOD中，
，
∴Rt△AOC≌Rt△AOD（HL），
∴AD＝AC＝5，
∴BD＝AB﹣AD＝8，
在Rt△BOD中，有OB2﹣OD2＝BD2，即：（12﹣x）2﹣x2＝82，
解得：x＝，
∴△AOB的面积为：AB•OD＝＝．
【点评】本题考查了基本作图，掌握角平分线的基本作法和三角形的面积公式是解题的关键．
21．（8分）如图，把一张长10cm，宽8cm的长方形硬纸板的四周各剪去一个同样大小的正方形，再折合成一个无盖的长方体盒子（纸板的厚度忽略不计）．
（1）要使无盖长方体盒子的底面积为48cm2，求剪去的正方形的边长．
（2）折合而成的无盖长方体盒子的侧面积有最大值吗？如有求出最大值，如果没有，请说明理由．
【分析】（1）设剪去的正方形的边长为x cm，根据题意列出方程求解即可；
（2）设正方形的边长为x cm2，盒子的侧面积为y cm2，根据可得可得y与x的函数关系式为y＝2（10﹣2x）x+2（8﹣2x）x，化为顶点式进行分析即可．
【解答】解：（1）设剪去的正方形的边长为x cm，则（10﹣2x）（8﹣2x）＝48，即x2﹣9x+8＝0，
解得：x1＝8（不合题意，舍去），x2＝1．
答：剪去的正方形的边长为1cm；
（2）有侧面积更大的情况．
设正方形的边长为x cm2，盒子的侧面积为y cm2，
则y与x的函数关系式为y＝2（10﹣2x）x+2（8﹣2x）x，
即y＝﹣8x2+36x（0＜x＜4）．
y＝﹣8+，
当 x ＝2.25时，y最大，为40.5．
即当剪去的正方形的边长为2.25cm时，长方体盒子的侧面积最大，为40.5cm2，
【点评】本题考查二次函数的应用，正确进行计算是解题关键．
22．（10分）已知等腰三角形△ABC，AB＝AC＝a，BC＝b．
（1）若a，b是关于x的一元二次方程x2﹣8x+m＝0的两根，当a＝5时，求b的值．
（2）若等腰三角形的底边长为3，另两边的长是关于x的一元二次方程x2﹣8x+m＝0的两根，求等腰三角形△ABC的周长．
（3）若等腰三角形的一边长为6，另两边的长是关于x的一元二次方程x2﹣8x+m＝0的两根，求抛物线y＝x2﹣8x+m的顶点坐标．
【分析】（1）根据韦达定理，求出b的值；
（2）根据韦达定理，求出另两边的长之和，从而求出等腰三角形△ABC的周长；
（3）分两种情况进行讨论即可．
【解答】解：（1）∵a，b是关于x的一元二次方程x2﹣8x+m＝0的两根，
∴a+b＝8，
∵a＝5，
∴b＝3；
（2）∵另两边的长是关于x的一元二次方程x2﹣8x+m＝0的两根，
∴另两边的长之和＝8，
∴周长＝8+3＝11；
（3）①当底边为6时，Δ＝64﹣4m＝0，
∴m＝16，
∴y＝x2﹣8x+m＝x2﹣8x+16＝（x﹣4）2，
∴顶点坐标为（4，0）；
②当腰长为6时，62﹣8×6+m＝0，
∴m＝12，
∴y＝x2﹣8x+m＝x2﹣8x+12＝（x﹣4）2﹣4，
∴顶点坐标为（4，﹣4）；
综上所述：顶点坐标为（4，0）或（4，﹣4）．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，根的判别式，二次函数的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．
23．（10分）如图，点E是正方形ABCD中CD边上的任意一点，以点A为中心，把△ADE旋转90°，得到△ABF．已知∠EAG＝45°．
（1）求∠FAG的度数．
（2）求证：GE＝BG+DE．
（3）连接BD，线段BD交AG于点M，交AE于点N．试探索MN，BM，DN之间的数量关系并加以说明．
【分析】（1）由旋转可得∠BAF＝∠EAD，根据正方形的性质即可解决问题；
（2）证明△EAG≌△FAG（SAS），得EG＝FG，利用线段的和差即可解决问题；
（3）根据旋转和正方形的性质证明∠QDN＝90°，得QN2＝DQ2+DN2，然后证明△MAN≌△NAQ（SAS），得MN＝QN，进而可以解决问题．
【解答】（1）解：∵正方形ABCD，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∵∠EAG＝45°，
∴∠BAG+∠DAE＝45°，
由旋转可知：∠BAF＝∠EAD，
∴∠BAG+∠BAF＝45°，
∴∠FAG＝45°；
（2）证明：由旋转可知：AE＝AF，
由（1）知：∠FAG＝45°，
∴∠EAG＝∠FAG＝45°，
∵AG＝AG，
∴△EAG≌△FAG（SAS），
∴EG＝FG，
∵FG＝BG+BF，DE＝BF，
∴GE＝BG+DE；
（3）解：结论：MN2＝BM2+DN2，
理由：如图，将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADQ，连接QN，
∵正方形ABCD，
∴∠ABD＝45°，AB＝AD，
∴∠ADQ＝∠ADN＝∠ABD＝45°，
∴∠QDN＝90°，
∴QN2＝DQ2+DN2，
∵NA＝NA，∠MAN＝∠MAQ＝45°，AM＝AQ，
∴△MAN≌△NAQ（SAS），
∴MN＝QN，
∴MN2＝BM2+DN2．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质等知识，解题的关键是掌握旋转的性质．
24．（12分）在平面直角坐标系中，函数y＝﹣（x+2）（x﹣m）（m为常数）．
（1）若函数图象经过点（1，3）时，求m的值．
（2）在（1）的条件下，求﹣3≤x≤﹣1时，函数图象的最高点到直线y＝﹣2的距离．
（3）当x≤﹣2时，若函数y＝﹣（x+2）（x﹣m）（m为常数）的图象最高点到直线y＝m+3的距离为1，求m的值．
【分析】（1）把点（1，3）代入函数y＝﹣（x+2）（x﹣m）中，即可求解m的值；
（2）由（1）可得函数解析式为y＝﹣x2+4，根据增减性可知当x＝﹣1时，y＝3，此时函数图象的最高点为（﹣1，3），从而可求距离；
（3）先求出对称轴为直线x＝，开口向下，当x≤﹣2时，分为①若和②若两类情况分别讨论即可．
【解答】解：（1）把点（1，3）代入函数y＝﹣（x+2）（x﹣m）中，得3＝﹣（1+2）（1﹣m），解得m＝2．
（2）在（1）的条件下，m＝2，故函数解析式为y＝﹣x2+4，
对称轴为直线x＝0，开口向下，
在﹣3≤x≤﹣1时，根据增减性可知当x＝﹣1时，y＝3，此时函数图象的最高点为（﹣1，3），
则易知（﹣1，3）到直线y＝﹣2的距离为5；
（3）二次函数y＝﹣（x+2）（x﹣m）的对称轴为直线x＝，开口向下，当x≤﹣2时，
①若，即m＞﹣2时，则当x＝﹣2时，函数有最大值y＝0，即产生最高点，
又∵最高点到直线y＝m+3的距离为1，
∴，解得：m＝﹣2或﹣4（皆不合题意，都舍去）；
②若，即m≤﹣2时，则顶点为最高点，此时顶点y值为＝，
又∵最高点到直线y＝m+3的距离为1，故
，解得：m＝﹣2或2（舍去），m＝或（舍去）．
综上m的值为﹣2或．
【点评】本题是考查了二次函数的图象与性质，区间最值，以及分类讨论的数学思想，熟练掌握二次函数的性质以及区间最值的求法是解题关键．
25．（12分）（1）如图①，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠BAD＝60°，∠ADC＝90°，且AB＝AD，连接AC、BD，若⊙O半径长为2，求BD的长度．
（2）如图②，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠BAD＝60°，∠ADC＝90°，连接AC、BD，若⊙O半径长为r，求BD的长度（用含r的代数式表示）
（3）如图③，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝60°，∠ADC＝90°，BC＝CD，以C为圆心，CB为半径画，M为上一个动点，过点M作ME⊥AB，MF⊥AD，连接EF，已知AD＝20，探究线段EF是否存在最小长度？若存在，请求出EF的最小长度，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）可推出△ABD是等边三角形，从而∠ABD＝60°，BD＝AD，进而得出∠ACD＝∠ABD＝60°，解直角三角形ACD求得结果；
（2）作直径BE，连接BE，解直角三角形BDE得出结果；
（3）连接AM，可推出点A、B、M、F共圆，从而得出EF＝AM•sinA＝AM，当AM最小时，EF最小，连接BD，连接AC，交与M′，当点M在M′处时，AM最小，进一步得出结果．
【解答】解：（1）∵∠BAD＝60°，AB＝AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD＝60°，BD＝AD，
∵，
∴∠ACD＝∠ABD＝60°，
∵∠ADC＝90°，
∴AC是⊙O的直径，
∴AC＝4，
∴AD＝AC•sin∠ACD＝4•sin60°＝2，
∴BD＝2；
（2）如图1，
作直径BE，连接BE，
∴∠EBD＝90°，
∵，
∴∠E＝∠BAD＝60°，
∴BD＝DE•sinE＝r•sin60°＝；
（3）如图2，
连接AM，
∵ME⊥AB，MF⊥AD，
∴∠AFM＝∠AEM＝90°，
∴∠AFM+∠AEM＝180°，
∴点A、B、M、F共圆，
由（2）知，
EF＝AM•sinA＝AM，
∴当AM最小时，EF最小，连接BD，
连接AC，交与M′，当点M在M′处时，AM最小，
∵CD＝BC，∠BCD＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BDC＝60°，
∴∠ADB＝∠ADC﹣∠BDC＝30°，
∵∠BAD＝60°，
∴∠ABD＝90°，
∴BD＝AD•sin∠BAD＝20•sin60°＝10，
∴CD＝10，
∴AC＝＝10，
∴AM′＝AC﹣CM′＝10﹣10，
∴（EF）最小＝×（）＝5﹣15．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
D
C
D
C
A
D
B
B
A
B
C
D
A
（A，B）
（A，C）
（A，D）
B
（B，A）
（B，C）
（B，D）
C
（C，A）
（C，B）
（C，D）
D
（D，A）
（D，B）
（D，C）