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苏科版九年级数学上学期复习备考高分秘籍专题5.2期末全真模拟试卷02(培优卷)特训(原卷版+解析)
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这是一份苏科版九年级数学上学期复习备考高分秘籍专题5.2期末全真模拟试卷02(培优卷)特训(原卷版+解析)，共29页。试卷主要包含了2期末全真模拟试卷02，1m，最高处为2，8，，1，等内容，欢迎下载使用。
班级：____________ 姓名：________________ 得分：______________
注意事项：
本试卷满分150分，试题共26题，其中选择8道、填空8道、解答10道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2021秋•南京期末）一元二次方程x2＝﹣2x的解是（ ）
A．x1＝x2＝0B．x1＝x2＝2C．x1＝0，x2＝2D．x1＝0，x2＝﹣2
2．（2021秋•无锡期末）一组样本数据为1、2、3、3、6，下列说法错误的是（ ）
A．平均数是3B．中位数是3C．方差是3D．众数是3
3．（2021秋•无锡期末）若a是从“﹣1、0、1、2”这四个数中任取的一个数，则关于x的方程（a﹣1）x2+x﹣3＝0为一元二次方程的概率是（ ）
A．1B．C．D．
4．（2021秋•徐州期末）如图，AB为⊙O的直径，点C、D在圆上，若∠BCD＝α，则∠ABD等于（ ）
A．αB．2αC．90°﹣αD．90°﹣2α
5．（2021秋•无锡期末）如图，在平面直角坐标系中，A（0，﹣3），B（2，﹣1），C（2，3）．则△ABC的外心坐标为（ ）
A．（0，0）B．（﹣1，1）C．（﹣2，﹣1）D．（﹣2，1）
6．（2021秋•鼓楼区校级期末）如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC上的点，＝，DE∥BC，若△ADE的面积为6，则△ABC的面积等于（ ）
A．12B．18C．24D．54
7．（2019秋•宜兴市期末）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c是常数，a＜0）经过点A（﹣1，0）、B（3，0），顶点为C，则下列说法正确的个数是（ ）
①当﹣1＜x＜3时，ax2+bx+c＞0；
②当△ABC是直角三角形，则a＝﹣；
③若m≤x≤m+3时，二次函数y＝ax2+bx+c的最大值为am2+bm+c，则m≥3．
A．0B．1C．2D．3
8．（2022•锡山区校级二模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝8，tan∠ABC＝，点N是边AC的中点，点M是射线BC上的一动点（不与B，C重合），连接MN，将△CMN沿MN翻折得△EMN，连接BE，CE，当线段BE的长取最大值时，sin∠NCE的值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
9．（2022秋•惠山区校级期中）已知α是锐角，，则α＝ °．
10．（2022秋•徐州月考）将抛物线y＝x2向上平移3个单位，再向右平移2个单位，所得抛物线的解析式是 ．
11．（2022秋•邳州市期中）将方程x2﹣6x＝0化成（x+m）2＝n的形式是 ．
12．（2022秋•建邺区期中）如表中24位营销人员某月销量的中位数是 件．
13．（2022春•滨湖区期末）抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，向上一面点数是3的概率 向上一面点数是4的概率．（填“＞”、“＝”或“＜”）
14．（2022秋•徐州月考）如图，抛物线y＝ax2+c与直线y＝mx+n交于A（﹣1，p），B（2，q）两点，则不等式ax2+mx+c＞n的解集是 ．
15．（2022秋•梁溪区校级期中）如图，在△ABC中，D在AC边上，AD：DC＝1：2，O是BD的中点，连接AO并延长交BC于E，则OE：OA＝ ，S△BOE：S△BCD＝ ．
16．（2022秋•惠山区校级期中）如图所示的曲边三角形可按下述方法作出：作等边△ABC，分别以点A、B、C为圆心，以AB长为半径，作、、，三弧所围成的图形就是一个曲边三角形．若AB＝4，则此曲边三角形的面积为 ．
三、解答题（本大题共10小题，共102分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（2022秋•邳州市期中）（1）解方程：x2﹣2x﹣1＝0；
（2）解方程：（x+1）2﹣3＝0．
18．（2022•南京一模）南京市自2013年6月1日起实施“生活垃圾分类管理办法”，阳光花园小区设置了“可回收物”、“有害垃圾”、“厨余垃圾”、和“其他垃圾”四种垃圾箱，分别记为A、B、C、D．
（1）快递包装纸盒应投入 垃圾箱；
（2）小明将“弃置药品”随机投放，则她投放正确的概率是 ；
（3）小丽将二种垃圾“废弃食物”（属于厨余垃圾，记为C）、“打碎的陶瓷碗”（属于其他垃圾，记为D）随机投放，求她投放正确的概率．
19．（2022•玄武区一模）在某次射击训练中，小明10次射击的成绩如下（单位：环）．
（1）填表：
（2）你认为小明这10次射击的平均成绩8环能反映他的实际水平吗？请说明理由．
（3）若小明增加1次射击，成绩为9环，与增加前相比，小明的射击成绩 ．
A．平均数变小，方差变小
B．平均数变小，方差变大
C．平均数变大，方差变小
D．平均数变大，方差变大
20．（2022秋•惠山区校级期中）如图，在⊙O中，AB是直径，弦CD⊥AB，垂足为E，连结BC．
（1）若AE＝CD＝4，求AB的长；
（2）若∠BCD＝36°，OB＝6，求的长度．
21．（2022秋•惠山区期中）如图，格点图形中每一个最小正方形的边长为1单位长度，△ABC的顶点都在格点上．
（1）在图中建立平面直角坐标系，使得原点为点O，点A、B坐标分别为（﹣3，﹣1）、（1，﹣3）；
（2）以点O为位似中心，画出△ABC的位似三角形△A′B′C′，使得△A′B′C′与△ABC相似比为2：1；
（3）在边AB上求作M、N两点，使得CM、CN将△ABC面积三等分．
22．（2022秋•徐州期中）如图，某农场计划建造一个矩形养殖场，为充分利用现有资源，该矩形养殖场一面靠墙（墙的长度为10m），另外三面用栅栏围成，已知栅栏总长度为18m，设矩形垂直于墙的一边，即AB的长为xm．
（1）若矩形养殖场的面积为36m2，求此时的x的值；
（2）当x为多少时，矩形养殖场的面积最大？最大值是多少？
23．（2022秋•惠山区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AB上，以点O为圆心，OA长为半径的圆与AC、AB分别交于点D、E，且∠CBD＝∠A．
（1）判断直线BD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AD：AO＝5：3，BC＝3，求BD的长．
24．（2022秋•惠山区期中）如图是某小区地下停车场入口处栏杆的示意图，MQ、PQ分别表示地面和墙壁的位置，OM表示垂直于地面的栏杆立柱，OA、AB是两段式栏杆，其中OA段可绕点O旋转，AB段可绕点A旋转．图1表示栏杆处于关闭状态，此时O、A、B在与地面平行的一直线上，并且点B接触到墙壁；图2表示栏杆处于打开状态，此时AB∥MQ，OA段与竖直方向夹角为30°．已知立柱宽度为30cm，点O在立柱的正中间，OM＝120cm，OA＝120cm，AB＝150cm．
（1）求栏杆打开时，点A到地面的距离；
（2）为确保通行安全，要求汽车通过该入口时，车身与墙壁间需至少保留10cm的安全距离，问一辆最宽处为2.1m，最高处为2.1m的货车能否安全通过该入口？（本小题中取1.73）
25．（2022秋•梁溪区校级期中）关于x的方程ax2+cx+b＝0，如果a、b、c满足a2+b2＝c2且c≠0，那么我们把这样的方程称为“顾神方程”．请解决下列问题：
（1）请写出一个“顾神方程”： ；
（2）求证：关于x的“顾神方程”ax2+cx+b＝0必有实数根；
（3）如图，已知AB、CD是半径为6的⊙O的两条平行弦，AB＝2a，CD＝2b，且关于x的方程ax2+6x+b＝0是“顾神方程”，请直接写出∠BAC的度数．
26．（2022•徐州二模）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣1，0），B（2，0）两点，与y轴交于点（0，2）．
（1）求此二次函数的表达式；
（2）点Q在以BC为直径的圆上（点Q与点O，点B，点C均不重合），试探究QO，QB，QC的数量关系，并说明理由．
（3）E点为该图象在第一象限内的一动点，过点E作直线BC的平行线，交x轴于点F．若点E从点C出发，沿着抛物线运动到点B，则点F经过的路程为 ．
每人销售量/件
600
50
400
350
300
200
人数
4
4
6
7
2
平均数
中位数
方差
8环
环
环2
2022-2023学年九年级数学上学期复习备考高分秘籍 【苏科版】
专题5.2期末全真模拟试卷02（培优卷）
班级：____________ 姓名：________________ 得分：______________
注意事项：
本试卷满分150分，试题共26题，其中选择8道、填空8道、解答10道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2021秋•南京期末）一元二次方程x2＝﹣2x的解是（ ）
A．x1＝x2＝0B．x1＝x2＝2C．x1＝0，x2＝2D．x1＝0，x2＝﹣2
【分析】先移项，再利用提公因式法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可．
【解答】解：∵x2＝﹣2x，
∴x2+2x＝0，
∴x（x+2）＝0，
∴x＝0或x+2＝0，
解得x1＝0，x2＝﹣2，
故选：D．
2．（2021秋•无锡期末）一组样本数据为1、2、3、3、6，下列说法错误的是（ ）
A．平均数是3B．中位数是3C．方差是3D．众数是3
【分析】根据算术平均数、中位数、方差和众数的定义求解即可．
【解答】解：这组数据的平均数为＝3，中位数为3，众数为3，
方差为×[（1﹣3）2+（2﹣3）2+2×（3﹣3）2+（6﹣3）2]＝2.8，
故选：C．
3．（2021秋•无锡期末）若a是从“﹣1、0、1、2”这四个数中任取的一个数，则关于x的方程（a﹣1）x2+x﹣3＝0为一元二次方程的概率是（ ）
A．1B．C．D．
【分析】根据一元二次方程的定义求出方程（a﹣1）x2+x﹣3＝0是一元二次方程时a的取值范围，进而再根据概率的意义进行计算即可．
【解答】解：当a﹣1≠0，即a≠1时，方程（a﹣1）x2+x﹣3＝0是一元二次方程，
∴在“﹣1、0、1、2”这四个数中有3个数使方程（a﹣1）x2+x﹣3＝0是一元二次方程，
∴恰好使方程（a﹣1）x2+x﹣3＝0是一元二次方程的概率是：．
故选：B．
4．（2021秋•徐州期末）如图，AB为⊙O的直径，点C、D在圆上，若∠BCD＝α，则∠ABD等于（ ）
A．αB．2αC．90°﹣αD．90°﹣2α
【分析】由圆周角定理得出∠ADB＝90°，∠BAD＝∠BCD＝α，由直角三角形的性质求出∠ABD＝90°﹣α即可．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠BAD＝∠BCD＝α，
∴∠ABD＝90°﹣α．
故选：C．
5．（2021秋•无锡期末）如图，在平面直角坐标系中，A（0，﹣3），B（2，﹣1），C（2，3）．则△ABC的外心坐标为（ ）
A．（0，0）B．（﹣1，1）C．（﹣2，﹣1）D．（﹣2，1）
【分析】首先由△ABC的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，所以在平面直角坐标系中作AB与BC的垂线，两垂线的交点即为△ABC的外心．
【解答】解：如图，根据网格点O′即为所求．
∵△ABC的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，
∴EF与MN的交点O′即为所求的△ABC的外心，
∴△ABC的外心坐标是（﹣2，1）．
故选：D．
6．（2021秋•鼓楼区校级期末）如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC上的点，＝，DE∥BC，若△ADE的面积为6，则△ABC的面积等于（ ）
A．12B．18C．24D．54
【分析】利用DE∥BC判定△ADE∽△ABC，再利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，列出关系式即可求得结论．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC．
∴．
∵＝，
∴＝．
∴S△ABC＝9S△ADE＝54．
故选：D．
7．（2019秋•宜兴市期末）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c是常数，a＜0）经过点A（﹣1，0）、B（3，0），顶点为C，则下列说法正确的个数是（ ）
①当﹣1＜x＜3时，ax2+bx+c＞0；
②当△ABC是直角三角形，则a＝﹣；
③若m≤x≤m+3时，二次函数y＝ax2+bx+c的最大值为am2+bm+c，则m≥3．
A．0B．1C．2D．3
【分析】根据a＜0可得抛物线的开口方向；根据抛物线经过点A（﹣1，0）、B（3，0），可得抛物线的对称轴及其与x轴的交点坐标，据此对逐个结论分析即可．
【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c是常数，a＜0）经过点A（﹣1，0）、B（3，0），
∴该抛物线开口向下，对称轴为x＝＝1，抛物线与x轴的两个交点分别为点A和点B，
∴①正确；
∵点C为抛物线的顶点，
∴当△ABC是直角三角形时，此三角形为等腰直角三角形，
∴对称轴x＝1与x轴的交点将△ABC分成两个全等的等腰直角三角形，其直角边长为＝2，
∴此时点C坐标为：（1，2）．
设y＝ax2+bx+c＝a（x﹣1）2+2，
将A（﹣1，0）代入得：0＝4a+2，
∴a＝﹣，
故②正确；
∵对称轴为x＝1，a＜0，
∴当x≥1时，二次函数y＝ax2+bx+c的函数值随着x的增大而减小，
∴③中m≥1即可，故③错误．
综上，正确的有①②．
故选：C．
8．（2022•锡山区校级二模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝8，tan∠ABC＝，点N是边AC的中点，点M是射线BC上的一动点（不与B，C重合），连接MN，将△CMN沿MN翻折得△EMN，连接BE，CE，当线段BE的长取最大值时，sin∠NCE的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由翻折可知：NC＝NE，所以点E在以N为圆心，NC长为半径的圆上，点B，N，E共线时，如图所示：此时BE最大，由翻折可知：MN是CE的垂直平分线，延长GN交AB于点D，可得DN平分∠ANB，过点D作DH⊥BN，然后证明Rt△AND≌Rt△HND（HL），可得AN＝HN＝6，根据勾股定理即可解决问题．
【解答】解：如图，由翻折可知：NC＝NE，
所以点E在以N为圆心，NC长为半径的圆上，点B，N，E共线时，如图所示：此时BE最大，
在Rt△ABC中，∠A＝90°，
∵AB＝8，tan∠ABC＝＝，
∴AC＝12，
∵点N是边AC的中点，
∴AN＝CN＝6，
∴NE＝6，
由翻折可知：MN是CE的垂直平分线，
∴∠ENG＝∠CNG，
延长GN交AB于点D，
∴∠BND＝∠AND，
∴DN平分∠ANB，
∵DA⊥AN，
过点D作DH⊥BN，
∴DA＝DH，
∴DB＝AB﹣AD＝8﹣DH，
在Rt△AND和Rt△HND中，
，
∴Rt△AND≌Rt△HND（HL），
∴AN＝HN＝6，
在Rt△ABN中，AB＝8，AN＝6，
∴BN＝10，
∴BH＝BN﹣HN＝10﹣6＝4，
在Rt△DBH中，DB＝8﹣DH，根据勾股定理得：
DB2＝DH2+BH2，
∴（8﹣DH）2＝DH2+42，
解得DH＝3，
在Rt△ADN中，DH＝DA＝3，AN＝6，根据勾股定理得：
DN2＝AD2+AN2，
∴DN2＝32+62＝45，
∴DN＝3，
∵∠A＝∠NGC＝90°，∠AND＝∠GNC，
∴∠ADN＝∠NCG，
∵sin∠ADN＝＝＝，
∴sin∠NCG＝sin∠NCE＝，
故选：D．
二．填空题（共8小题）
9．（2022秋•惠山区校级期中）已知α是锐角，，则α＝ 30 °．
【分析】利用特殊角的三角函数值，进行计算即可解答．
【解答】解：∵，
∴tan（90°﹣α）＝，
∴90°﹣α＝60°，
∴α＝30°，
故答案为：30．
10．（2022秋•徐州月考）将抛物线y＝x2向上平移3个单位，再向右平移2个单位，所得抛物线的解析式是 y＝（x﹣2）2+3 ．
【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【解答】解：将抛物线y＝x2向上平移3个单位，再向右平移2个单位，所得抛物线的解析式是y＝（x﹣2）2+3．
故答案为：y＝（x﹣2）2+3．
11．（2022秋•邳州市期中）将方程x2﹣6x＝0化成（x+m）2＝n的形式是 （x﹣3）2＝9 ．
【分析】利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答．
【解答】解：x2﹣6x＝0，
x2﹣6x+9＝9，
（x﹣3）2＝9，
故答案为：（x﹣3）2＝9．
12．（2022秋•建邺区期中）如表中24位营销人员某月销量的中位数是 350 件．
【分析】根据求中位数的方法求即可．
【解答】解：表中的数据是按从小到大的顺序排列的，处于中间位置的是350和350，
因而中位数是＝350，
故答案为：350．
13．（2022春•滨湖区期末）抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，向上一面点数是3的概率 ＝ 向上一面点数是4的概率．（填“＞”、“＝”或“＜”）
【分析】分别求出向上一面点数是3的概率和向上一面点数是4的概率，进行比较即可．
【解答】解：一枚质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，
向上一面点数是3的概率为，向上一面点数是4的概率为，
所以向上一面点数是3的概率等于向上一面点数是4的概率．
故答案为：＝．
14．（2022秋•徐州月考）如图，抛物线y＝ax2+c与直线y＝mx+n交于A（﹣1，p），B（2，q）两点，则不等式ax2+mx+c＞n的解集是 ﹣2＜x＜1 ．
【分析】作直线y＝mx+n关于y轴的对称直线CD：y＝﹣mx+n，点C、D是两个函数的交点，根据点的对称性，点C（1，p），D（﹣2，q），即可求解．
【解答】解：作直线y＝mx+n关于y轴的对称直线CD：y＝﹣mx+n，
点C、D是两个函数的交点，根据点的对称性，点C（1，p），D（﹣2，q），
由图象可以看出，ax2+c＞n﹣mx的解集为：﹣2＜x＜1，
故答案为：﹣2＜x＜1．
15．（2022秋•梁溪区校级期中）如图，在△ABC中，D在AC边上，AD：DC＝1：2，O是BD的中点，连接AO并延长交BC于E，则OE：OA＝ 1：2 ，S△BOE：S△BCD＝ 1：8 ．
【分析】过点D作DF∥AE，交CE于点F，根据已知可得＝，再证明A字模型相似三角形△CDF∽△CAE，从而利用相似三角形的性质可得AE＝DF，＝2，然后根据线段中点的定义可得BO＝OD＝BD，再证明A字模型相似三角形△BEO∽△BFD，从而利用相似三角形的性质可得OE＝DF，BF＝2BE，＝（）2＝，进而可得＝，CF＝BF，最后进行计算即可解答．
【解答】解：过点D作DF∥AE，交CE于点F，
∵AD：DC＝1：2，
∴＝，
∵DF∥AE，
∴∠CDF＝∠CAE，∠CFD＝∠CEA，
∴△CDF∽△CAE，
∴＝＝＝，
∴AE＝DF，＝2，
∴CF＝2EF，
∵O是BD的中点，
∴BO＝OD＝BD，
∵OE∥DF，
∴∠BOE＝∠BDF，∠BEO＝∠BFD，
∴△BEO∽△BFD，
∴＝＝＝，
∴OE＝DF，BF＝2BE，＝（）2＝，
∴＝＝，
∴OE：OA＝1：2，
∵CF＝2EF，BF＝2BE＝2EF，
∴CF＝BF，
∴△BDF的面积＝△CDF的面积，
∴S△BOE：S△BCD＝1：8，
故答案为：1：2，1：8．
16．（2022秋•惠山区校级期中）如图所示的曲边三角形可按下述方法作出：作等边△ABC，分别以点A、B、C为圆心，以AB长为半径，作、、，三弧所围成的图形就是一个曲边三角形．若AB＝4，则此曲边三角形的面积为 8π﹣8 ．
【分析】此三角形是由三段弧组成，先求弓形的面积．那么曲边三角形的面积就等于三角形的面积加上三个弓形的面积．
【解答】解：扇形ABC的面积为＝，
三角形ABC的面积为×4×2＝4，
弓形的面积为﹣4，
∴曲边三角形的面积为4+3×（﹣4）＝8π﹣8．
故答案为：8π﹣8．
三．解答题（共10小题）
17．（2022秋•邳州市期中）（1）解方程：x2﹣2x﹣1＝0；
（2）解方程：（x+1）2﹣3＝0．
【分析】（1）利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答；
（2）利用解一元二次方程﹣直接开平方法，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）x2﹣2x﹣1＝0，
x2﹣2x＝1，
x2﹣2x+1＝1+1，
（x﹣1）2＝2，
x﹣1＝±，
x﹣1＝或x﹣1＝﹣，
x1＝1+，x2＝1﹣；
（2）（x+1）2﹣3＝0，
（x+1）2＝3，
x+1＝±，
x+1＝或x+1＝﹣，
x1＝﹣1，x2＝﹣﹣1．
18．（2022•南京一模）南京市自2013年6月1日起实施“生活垃圾分类管理办法”，阳光花园小区设置了“可回收物”、“有害垃圾”、“厨余垃圾”、和“其他垃圾”四种垃圾箱，分别记为A、B、C、D．
（1）快递包装纸盒应投入 A 垃圾箱；
（2）小明将“弃置药品”随机投放，则她投放正确的概率是 ；
（3）小丽将二种垃圾“废弃食物”（属于厨余垃圾，记为C）、“打碎的陶瓷碗”（属于其他垃圾，记为D）随机投放，求她投放正确的概率．
【分析】（1）快递包装纸盒属于可回收物；
（2）根据概率公式求解即可；
（3）画树状图得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【解答】解：（1）快递包装纸盒应投入A垃圾箱，
故答案为：A；
（2）小明将“弃置药品”随机投放，则她投放正确的概率是，
故答案为：；
（3）画树状图如下：
由树状图知，共有16种等可能结果，其中她投放正确的只有1种结果，
∴她投放正确的概率为．
19．（2022•玄武区一模）在某次射击训练中，小明10次射击的成绩如下（单位：环）．
（1）填表：
（2）你认为小明这10次射击的平均成绩8环能反映他的实际水平吗？请说明理由．
（3）若小明增加1次射击，成绩为9环，与增加前相比，小明的射击成绩 C ．
A．平均数变小，方差变小
B．平均数变小，方差变大
C．平均数变大，方差变小
D．平均数变大，方差变大
【分析】（1）根据中位数、方差的计算方法分别计算即可；
（2）数据中“3”与其他数据的大小差异很大，因此不能较好的反映小明的实际水平；
（3）根据平均数，方差的意义即可求解．
【解答】解：（1）小明成绩的方差c＝×[（3﹣8）2+（6﹣8）2+（9﹣8）2×5+（8﹣8）2×2+（10﹣8）2]＝3.8，
把小明的成绩从小到大排列为3，6，8，8，9，9，9，9，9，10，
则中位数＝9（环），
故答案为：9，3.8；
（2）不能较好的反映，
理由：该组数据中“3”与其他数据的大小差异很大，因此不能较好的反映小明的实际水平；
（3）若小明增加1次射击，成绩为9环，
平均成绩＝（8×10+9）÷11＝（环），
∴平均数变大，
由小明的成绩得方差会变小，
故答案为：C．
20．（2022秋•惠山区校级期中）如图，在⊙O中，AB是直径，弦CD⊥AB，垂足为E，连结BC．
（1）若AE＝CD＝4，求AB的长；
（2）若∠BCD＝36°，OB＝6，求的长度．
【分析】（1）连接OC，根据垂径定理求出CE，根据勾股定理列出方程，解方程求出r，进而求出AB；
（2）根据圆周角定理求出∠BOC，根据弧长公式该计算，得到答案．
【解答】解：（1）连接OC，
设⊙O的半径为r，则OE＝4﹣r，
∵AB是直径，弦CD⊥AB，
∴CE＝CD＝2，
在Rt△OEC中，OE2+CE2＝OC2，即（4﹣r）2+22＝r2，
解得：r＝，
∴AB＝2r＝5；
（2）∵AB是直径，弦CD⊥AB，
∴＝，
∴∠BOC＝2∠BCD＝72°，
∴的长为：＝π．
21．（2022秋•惠山区期中）如图，格点图形中每一个最小正方形的边长为1单位长度，△ABC的顶点都在格点上．
（1）在图中建立平面直角坐标系，使得原点为点O，点A、B坐标分别为（﹣3，﹣1）、（1，﹣3）；
（2）以点O为位似中心，画出△ABC的位似三角形△A′B′C′，使得△A′B′C′与△ABC相似比为2：1；
（3）在边AB上求作M、N两点，使得CM、CN将△ABC面积三等分．
【分析】（1）根据题意建立平面直角坐标系即可；
（2）根据题意画出图形即可；
（3）根据平行线等分线段定理即可得到结论．
【解答】解：（1）建立平面直角坐标系如图所示；
（2）△A′B′C′即为所求；
（3）如图，点M、N即为所求．
22．（2022秋•徐州期中）如图，某农场计划建造一个矩形养殖场，为充分利用现有资源，该矩形养殖场一面靠墙（墙的长度为10m），另外三面用栅栏围成，已知栅栏总长度为18m，设矩形垂直于墙的一边，即AB的长为xm．
（1）若矩形养殖场的面积为36m2，求此时的x的值；
（2）当x为多少时，矩形养殖场的面积最大？最大值是多少？
【分析】（1）根据矩形的面积＝36列出方程，解方程去符合条件的x的取值即可；
（2）根据矩形的面积公式列出函数解析式，并根据函数的性质和x的取值范围求最值．
【解答】解：（1）由题意得：x（18﹣2x）＝36，
整理得：x2﹣9x+18＝0，
解得x1＝3，x2＝6，
∵18﹣2x≤10，
∴x≥4，
∴x＝6；
（2）设矩形养殖场的面积为y平方米，
由题意得：y＝x（18﹣2x）＝﹣2x2+18x＝﹣2（x﹣）+，
∵﹣2＜0，4≤x＜18，
∴当x＝时，y最大，最大值为，
答：当x为4.5米时，矩形养殖场的面积最大，最大值是平方米．
23．（2022秋•惠山区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AB上，以点O为圆心，OA长为半径的圆与AC、AB分别交于点D、E，且∠CBD＝∠A．
（1）判断直线BD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AD：AO＝5：3，BC＝3，求BD的长．
【分析】（1）连接OD，先利用角间关系说明∠ODB＝90°，再利用切线的判定方法得结论；
（2）连接DE，先说明△ADE∽△BCD，再利用相似三角形的性质得结论．
【解答】解：（1）BD是⊙O的切线．
理由：连接OD．
∵点D在⊙O上，
∴OD＝OA，
∴∠A＝∠ADO．
∵∠C＝90°，
∴∠A+∠CBD+∠DBA＝90°．
∵∠CBD＝∠A，
∴2∠A+∠DBA＝90°．
∵∠DOB＝∠A+∠ADO＝2∠A，∠DOB+∠DBA+∠ODB＝180°，
∴∠ODB＝90°．
∵点D在⊙O上，
∴BD是⊙O的切线．
（2）连接DE．
∵AE是⊙O的直径，
∴AE＝2AO，∠ADE＝90°＝∠C．
又∵∠CBD＝∠A，
∴△ADE∽△BCD．
∴＝．
∵AD：AO＝5：3，
∴AD：AE＝5：6．
∴BC：BD＝5：6，
∵BC＝3，
∴BD＝．
24．（2022秋•惠山区期中）如图是某小区地下停车场入口处栏杆的示意图，MQ、PQ分别表示地面和墙壁的位置，OM表示垂直于地面的栏杆立柱，OA、AB是两段式栏杆，其中OA段可绕点O旋转，AB段可绕点A旋转．图1表示栏杆处于关闭状态，此时O、A、B在与地面平行的一直线上，并且点B接触到墙壁；图2表示栏杆处于打开状态，此时AB∥MQ，OA段与竖直方向夹角为30°．已知立柱宽度为30cm，点O在立柱的正中间，OM＝120cm，OA＝120cm，AB＝150cm．
（1）求栏杆打开时，点A到地面的距离；
（2）为确保通行安全，要求汽车通过该入口时，车身与墙壁间需至少保留10cm的安全距离，问一辆最宽处为2.1m，最高处为2.1m的货车能否安全通过该入口？（本小题中取1.73）
【分析】（1）构造直角三角形，在Rt△OAD中，根据边角关系求出AD，进而求出AC即可；
（2）令FG距地面为210cm，求出FG的长即可，在Rt△AFH中，求出AH，进而求出FH，得出FG即可．
【解答】解：（1）如图，在Rt△OAD中，OA＝120cm，∠OAD＝30°，
∴AD＝OA＝60（cm），
∴AC＝AD+CD＝（60+120）cm，
答：点A到地面的距离为（60+120）cm；
（2）如图，取FG距地面高为210cm，即HC＝210cm，
在Rt△AFH中，AH＝60+120﹣210＝（60﹣90）cm，∠FAH＝30°，
∴FH＝AH＝（60﹣30）cm，
∴FG＝FH+GH＝60﹣30+210＝270﹣30≈218.1（cm），
∵218.1＜210+10，
∴货车不能安全通过该入口，
答：货车不能安全通过该入口．
25．（2022秋•梁溪区校级期中）关于x的方程ax2+cx+b＝0，如果a、b、c满足a2+b2＝c2且c≠0，那么我们把这样的方程称为“顾神方程”．请解决下列问题：
（1）请写出一个“顾神方程”： 6x2+10x+8＝0（答案不唯一） ；
（2）求证：关于x的“顾神方程”ax2+cx+b＝0必有实数根；
（3）如图，已知AB、CD是半径为6的⊙O的两条平行弦，AB＝2a，CD＝2b，且关于x的方程ax2+6x+b＝0是“顾神方程”，请直接写出∠BAC的度数．
【分析】（1）由“顾神方程”满足的条件，即可写出一个“顾神方程”；
（2）由一元二次方程根的判别式，即可判断；
（3）由勾股定理，垂径定理，圆周角定理，即可求解．
【解答】（1）解：写出一个“顾神方程”：6x2+10x+8＝0 （答案不唯一），
故答案为：6x2+10x+8＝0 （答案不唯一）；
（2）证明：∵关于x的方程ax2+cx+b＝0是“顾神方程”，
∴a2+b2＝c2且c≠0，
①当a≠0时，
Δ＝（c）2﹣4ab，
＝2c2﹣4ab＝2（a2+b2）﹣4ab，
＝2（a2+b2﹣2ab），
＝2（a﹣b）2≥0，
∴方程有两个实数根，
②当a＝0时，
方程为cx+b＝0，c≠0，
∴该方程有实数根，
∴“顾神方程”必有实数根；
（3）解：∠BAC＝45°，理由如下：
作OE⊥AB于E，延长EO交CD于F，连接OB，OC，
∵DC∥AB，
∴EF⊥CD，
∴AE＝BE＝a，CF＝DF＝b，
∵BE2+OE2＝OB2，
∴a2+OE2＝62，
∵ax2+6x+b＝0是“顾神方程，
∴a2+b2＝62，
∴OE＝b＝CF，
∵OB＝OC，
∴Rt△BOE≌Rt△OCF（HL），
∴∠FOC＝∠OBE，
∵∠OBE+∠EOB＝90°，
∴∠FOC+EOB＝90°，
∴∠COB＝90°，
∴∠A＝∠BOC＝45°．
26．（2022•徐州二模）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣1，0），B（2，0）两点，与y轴交于点（0，2）．
（1）求此二次函数的表达式；
（2）点Q在以BC为直径的圆上（点Q与点O，点B，点C均不重合），试探究QO，QB，QC的数量关系，并说明理由．
（3）E点为该图象在第一象限内的一动点，过点E作直线BC的平行线，交x轴于点F．若点E从点C出发，沿着抛物线运动到点B，则点F经过的路程为 2 ．
【分析】（1）利用待定系数法即可得二次函数的解析式；
（2）证明△BOC为等腰直角三角形，再分三种情况：①当点Q在半圆BOC相对的半圆上时，如图，连接QC，BQ，OQ，把△OBQ绕点O逆时针旋转90°，得到△OCQ′，可证得△OQQ′是等腰直角三角形，故QB+QC＝QO；②当点Q在劣弧上时，如图，连接QB、QC，在CQ上截取CQ′＝QB，连接OQ′，可证△OCQ′≌△OBQ（SAS），得出△OQQ′是等腰直角三角形，故QC﹣QB＝QO；③当点Q在劣弧上时，如图，连接QB、QC，在BQ上截取BQ′＝QC，连接OQ′，同理可得QB﹣QC＝QO；
（3）先求出直线BC的解析式，设E的坐标E（n，﹣n2+n+2），设直线EF的解析式为y＝﹣x+b1，将E的坐标代入EF解析式中，联立两个解析式判定Δ，求出直线EF的解析式，计算出F的横坐标即可求出经过的路程．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（2，0），（0，2）代入y＝ax2+bx+c，
得：，
解得：，
∴二次函数的表达式为：y＝﹣x2+x+2；
（2）QB+QC＝QO或QC﹣QB＝QO或QB﹣QC＝QO，理由：
∵Q在以BC为直径圆上，
∴∠BOC＝∠BQC＝90°，
∵B（2，0），C（0，2），
∴OB＝OC＝2，∠BOC＝90°，
∴△BOC为等腰直角三角形，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
①当点Q在半圆BOC相对的半圆上时，如图，连接QC，BQ，OQ，把△OBQ绕点O逆时针旋转90°，得到△OCQ′，
∵四边形OBQC是圆内接四边形，
∴∠OBQ+∠OCQ＝180°，
由旋转知：∠QOQ′＝90°，∠OCQ′＝∠OBQ，CQ′＝BQ，OQ′＝OQ，
∴∠OCQ′+∠OCQ＝180°，
∴Q、C、Q′三点在同一条直线上，CQ′+CQ＝QQ′，
∴QB+QC＝QQ′，
∵△OQQ′是等腰直角三角形，
∴QQ′＝QO，
∴QB+QC＝QO；
②当点Q在劣弧上时，如图，连接QB、QC，在CQ上截取CQ′＝QB，连接OQ′，
∵＝，
∴∠OCQ＝∠OBQ，
在△OCQ′和△OBQ中，
，
∴△OCQ′≌△OBQ（SAS），
∴∠COQ′＝∠BOQ，OQ′＝OQ，
∵∠COQ′+∠BOQ′＝90°，
∴∠BOQ+∠BOQ′＝90°，即∠QOQ′＝90°，
∴△OQQ′是等腰直角三角形，
∴QQ′＝QO，
∵QQ′＝QC﹣CQ′＝QC﹣QB，
∴QC﹣QB＝QO；
③当点Q在劣弧上时，如图，连接QB、QC，在BQ上截取BQ′＝QC，连接OQ′，
同理可得：QB﹣QC＝QO，
综上所述，QB+QC＝QO或QC﹣QB＝QO或QB﹣QC＝QO；
（3）设直线BC：y＝kx+m
把点B、点C代入得，
解得：k＝﹣1，m＝2，
∴y＝﹣x+2，
又∵EF∥BC，点E在抛物线上，
设E（n，﹣n2+n+2），
设直线EF解析式为y＝﹣x+b1，
把E代入得：﹣n2+n+2＝﹣n+b1，
∴b1＝﹣n2+2n+2，
∴y＝﹣x﹣n2+2n+2，
联立，
∴﹣x﹣n2+2n+2＝﹣x2+x+2，
得x2﹣2x﹣n2+2n＝0
∵Δ＝4﹣4（﹣n2+2n）＝4+4n2﹣8n＝4（n﹣1）2＝0，
∴只有一个交点，
∴n＝1，b1＝﹣1+2+2＝3，
∴y＝﹣x+3，
当y＝0时x＝3，
∴F横坐标最大为3，
∴F经过路程为：（3﹣2）×2＝2，
故答案为：2．
每人销售量/件
600
50
400
350
300
200
人数
4
4
6
7
2
平均数
中位数
方差
8环
9 环
3.8 环2
班级：____________ 姓名：________________ 得分：______________
注意事项：
本试卷满分150分，试题共26题，其中选择8道、填空8道、解答10道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2021秋•南京期末）一元二次方程x2＝﹣2x的解是（ ）
A．x1＝x2＝0B．x1＝x2＝2C．x1＝0，x2＝2D．x1＝0，x2＝﹣2
2．（2021秋•无锡期末）一组样本数据为1、2、3、3、6，下列说法错误的是（ ）
A．平均数是3B．中位数是3C．方差是3D．众数是3
3．（2021秋•无锡期末）若a是从“﹣1、0、1、2”这四个数中任取的一个数，则关于x的方程（a﹣1）x2+x﹣3＝0为一元二次方程的概率是（ ）
A．1B．C．D．
4．（2021秋•徐州期末）如图，AB为⊙O的直径，点C、D在圆上，若∠BCD＝α，则∠ABD等于（ ）
A．αB．2αC．90°﹣αD．90°﹣2α
5．（2021秋•无锡期末）如图，在平面直角坐标系中，A（0，﹣3），B（2，﹣1），C（2，3）．则△ABC的外心坐标为（ ）
A．（0，0）B．（﹣1，1）C．（﹣2，﹣1）D．（﹣2，1）
6．（2021秋•鼓楼区校级期末）如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC上的点，＝，DE∥BC，若△ADE的面积为6，则△ABC的面积等于（ ）
A．12B．18C．24D．54
7．（2019秋•宜兴市期末）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c是常数，a＜0）经过点A（﹣1，0）、B（3，0），顶点为C，则下列说法正确的个数是（ ）
①当﹣1＜x＜3时，ax2+bx+c＞0；
②当△ABC是直角三角形，则a＝﹣；
③若m≤x≤m+3时，二次函数y＝ax2+bx+c的最大值为am2+bm+c，则m≥3．
A．0B．1C．2D．3
8．（2022•锡山区校级二模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝8，tan∠ABC＝，点N是边AC的中点，点M是射线BC上的一动点（不与B，C重合），连接MN，将△CMN沿MN翻折得△EMN，连接BE，CE，当线段BE的长取最大值时，sin∠NCE的值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
9．（2022秋•惠山区校级期中）已知α是锐角，，则α＝ °．
10．（2022秋•徐州月考）将抛物线y＝x2向上平移3个单位，再向右平移2个单位，所得抛物线的解析式是 ．
11．（2022秋•邳州市期中）将方程x2﹣6x＝0化成（x+m）2＝n的形式是 ．
12．（2022秋•建邺区期中）如表中24位营销人员某月销量的中位数是 件．
13．（2022春•滨湖区期末）抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，向上一面点数是3的概率 向上一面点数是4的概率．（填“＞”、“＝”或“＜”）
14．（2022秋•徐州月考）如图，抛物线y＝ax2+c与直线y＝mx+n交于A（﹣1，p），B（2，q）两点，则不等式ax2+mx+c＞n的解集是 ．
15．（2022秋•梁溪区校级期中）如图，在△ABC中，D在AC边上，AD：DC＝1：2，O是BD的中点，连接AO并延长交BC于E，则OE：OA＝ ，S△BOE：S△BCD＝ ．
16．（2022秋•惠山区校级期中）如图所示的曲边三角形可按下述方法作出：作等边△ABC，分别以点A、B、C为圆心，以AB长为半径，作、、，三弧所围成的图形就是一个曲边三角形．若AB＝4，则此曲边三角形的面积为 ．
三、解答题（本大题共10小题，共102分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（2022秋•邳州市期中）（1）解方程：x2﹣2x﹣1＝0；
（2）解方程：（x+1）2﹣3＝0．
18．（2022•南京一模）南京市自2013年6月1日起实施“生活垃圾分类管理办法”，阳光花园小区设置了“可回收物”、“有害垃圾”、“厨余垃圾”、和“其他垃圾”四种垃圾箱，分别记为A、B、C、D．
（1）快递包装纸盒应投入 垃圾箱；
（2）小明将“弃置药品”随机投放，则她投放正确的概率是 ；
（3）小丽将二种垃圾“废弃食物”（属于厨余垃圾，记为C）、“打碎的陶瓷碗”（属于其他垃圾，记为D）随机投放，求她投放正确的概率．
19．（2022•玄武区一模）在某次射击训练中，小明10次射击的成绩如下（单位：环）．
（1）填表：
（2）你认为小明这10次射击的平均成绩8环能反映他的实际水平吗？请说明理由．
（3）若小明增加1次射击，成绩为9环，与增加前相比，小明的射击成绩 ．
A．平均数变小，方差变小
B．平均数变小，方差变大
C．平均数变大，方差变小
D．平均数变大，方差变大
20．（2022秋•惠山区校级期中）如图，在⊙O中，AB是直径，弦CD⊥AB，垂足为E，连结BC．
（1）若AE＝CD＝4，求AB的长；
（2）若∠BCD＝36°，OB＝6，求的长度．
21．（2022秋•惠山区期中）如图，格点图形中每一个最小正方形的边长为1单位长度，△ABC的顶点都在格点上．
（1）在图中建立平面直角坐标系，使得原点为点O，点A、B坐标分别为（﹣3，﹣1）、（1，﹣3）；
（2）以点O为位似中心，画出△ABC的位似三角形△A′B′C′，使得△A′B′C′与△ABC相似比为2：1；
（3）在边AB上求作M、N两点，使得CM、CN将△ABC面积三等分．
22．（2022秋•徐州期中）如图，某农场计划建造一个矩形养殖场，为充分利用现有资源，该矩形养殖场一面靠墙（墙的长度为10m），另外三面用栅栏围成，已知栅栏总长度为18m，设矩形垂直于墙的一边，即AB的长为xm．
（1）若矩形养殖场的面积为36m2，求此时的x的值；
（2）当x为多少时，矩形养殖场的面积最大？最大值是多少？
23．（2022秋•惠山区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AB上，以点O为圆心，OA长为半径的圆与AC、AB分别交于点D、E，且∠CBD＝∠A．
（1）判断直线BD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AD：AO＝5：3，BC＝3，求BD的长．
24．（2022秋•惠山区期中）如图是某小区地下停车场入口处栏杆的示意图，MQ、PQ分别表示地面和墙壁的位置，OM表示垂直于地面的栏杆立柱，OA、AB是两段式栏杆，其中OA段可绕点O旋转，AB段可绕点A旋转．图1表示栏杆处于关闭状态，此时O、A、B在与地面平行的一直线上，并且点B接触到墙壁；图2表示栏杆处于打开状态，此时AB∥MQ，OA段与竖直方向夹角为30°．已知立柱宽度为30cm，点O在立柱的正中间，OM＝120cm，OA＝120cm，AB＝150cm．
（1）求栏杆打开时，点A到地面的距离；
（2）为确保通行安全，要求汽车通过该入口时，车身与墙壁间需至少保留10cm的安全距离，问一辆最宽处为2.1m，最高处为2.1m的货车能否安全通过该入口？（本小题中取1.73）
25．（2022秋•梁溪区校级期中）关于x的方程ax2+cx+b＝0，如果a、b、c满足a2+b2＝c2且c≠0，那么我们把这样的方程称为“顾神方程”．请解决下列问题：
（1）请写出一个“顾神方程”： ；
（2）求证：关于x的“顾神方程”ax2+cx+b＝0必有实数根；
（3）如图，已知AB、CD是半径为6的⊙O的两条平行弦，AB＝2a，CD＝2b，且关于x的方程ax2+6x+b＝0是“顾神方程”，请直接写出∠BAC的度数．
26．（2022•徐州二模）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣1，0），B（2，0）两点，与y轴交于点（0，2）．
（1）求此二次函数的表达式；
（2）点Q在以BC为直径的圆上（点Q与点O，点B，点C均不重合），试探究QO，QB，QC的数量关系，并说明理由．
（3）E点为该图象在第一象限内的一动点，过点E作直线BC的平行线，交x轴于点F．若点E从点C出发，沿着抛物线运动到点B，则点F经过的路程为 ．
每人销售量/件
600
50
400
350
300
200
人数
4
4
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平均数
中位数
方差
8环
环
环2
2022-2023学年九年级数学上学期复习备考高分秘籍 【苏科版】
专题5.2期末全真模拟试卷02（培优卷）
班级：____________ 姓名：________________ 得分：______________
注意事项：
本试卷满分150分，试题共26题，其中选择8道、填空8道、解答10道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2021秋•南京期末）一元二次方程x2＝﹣2x的解是（ ）
A．x1＝x2＝0B．x1＝x2＝2C．x1＝0，x2＝2D．x1＝0，x2＝﹣2
【分析】先移项，再利用提公因式法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可．
【解答】解：∵x2＝﹣2x，
∴x2+2x＝0，
∴x（x+2）＝0，
∴x＝0或x+2＝0，
解得x1＝0，x2＝﹣2，
故选：D．
2．（2021秋•无锡期末）一组样本数据为1、2、3、3、6，下列说法错误的是（ ）
A．平均数是3B．中位数是3C．方差是3D．众数是3
【分析】根据算术平均数、中位数、方差和众数的定义求解即可．
【解答】解：这组数据的平均数为＝3，中位数为3，众数为3，
方差为×[（1﹣3）2+（2﹣3）2+2×（3﹣3）2+（6﹣3）2]＝2.8，
故选：C．
3．（2021秋•无锡期末）若a是从“﹣1、0、1、2”这四个数中任取的一个数，则关于x的方程（a﹣1）x2+x﹣3＝0为一元二次方程的概率是（ ）
A．1B．C．D．
【分析】根据一元二次方程的定义求出方程（a﹣1）x2+x﹣3＝0是一元二次方程时a的取值范围，进而再根据概率的意义进行计算即可．
【解答】解：当a﹣1≠0，即a≠1时，方程（a﹣1）x2+x﹣3＝0是一元二次方程，
∴在“﹣1、0、1、2”这四个数中有3个数使方程（a﹣1）x2+x﹣3＝0是一元二次方程，
∴恰好使方程（a﹣1）x2+x﹣3＝0是一元二次方程的概率是：．
故选：B．
4．（2021秋•徐州期末）如图，AB为⊙O的直径，点C、D在圆上，若∠BCD＝α，则∠ABD等于（ ）
A．αB．2αC．90°﹣αD．90°﹣2α
【分析】由圆周角定理得出∠ADB＝90°，∠BAD＝∠BCD＝α，由直角三角形的性质求出∠ABD＝90°﹣α即可．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠BAD＝∠BCD＝α，
∴∠ABD＝90°﹣α．
故选：C．
5．（2021秋•无锡期末）如图，在平面直角坐标系中，A（0，﹣3），B（2，﹣1），C（2，3）．则△ABC的外心坐标为（ ）
A．（0，0）B．（﹣1，1）C．（﹣2，﹣1）D．（﹣2，1）
【分析】首先由△ABC的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，所以在平面直角坐标系中作AB与BC的垂线，两垂线的交点即为△ABC的外心．
【解答】解：如图，根据网格点O′即为所求．
∵△ABC的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，
∴EF与MN的交点O′即为所求的△ABC的外心，
∴△ABC的外心坐标是（﹣2，1）．
故选：D．
6．（2021秋•鼓楼区校级期末）如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC上的点，＝，DE∥BC，若△ADE的面积为6，则△ABC的面积等于（ ）
A．12B．18C．24D．54
【分析】利用DE∥BC判定△ADE∽△ABC，再利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，列出关系式即可求得结论．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC．
∴．
∵＝，
∴＝．
∴S△ABC＝9S△ADE＝54．
故选：D．
7．（2019秋•宜兴市期末）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c是常数，a＜0）经过点A（﹣1，0）、B（3，0），顶点为C，则下列说法正确的个数是（ ）
①当﹣1＜x＜3时，ax2+bx+c＞0；
②当△ABC是直角三角形，则a＝﹣；
③若m≤x≤m+3时，二次函数y＝ax2+bx+c的最大值为am2+bm+c，则m≥3．
A．0B．1C．2D．3
【分析】根据a＜0可得抛物线的开口方向；根据抛物线经过点A（﹣1，0）、B（3，0），可得抛物线的对称轴及其与x轴的交点坐标，据此对逐个结论分析即可．
【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c是常数，a＜0）经过点A（﹣1，0）、B（3，0），
∴该抛物线开口向下，对称轴为x＝＝1，抛物线与x轴的两个交点分别为点A和点B，
∴①正确；
∵点C为抛物线的顶点，
∴当△ABC是直角三角形时，此三角形为等腰直角三角形，
∴对称轴x＝1与x轴的交点将△ABC分成两个全等的等腰直角三角形，其直角边长为＝2，
∴此时点C坐标为：（1，2）．
设y＝ax2+bx+c＝a（x﹣1）2+2，
将A（﹣1，0）代入得：0＝4a+2，
∴a＝﹣，
故②正确；
∵对称轴为x＝1，a＜0，
∴当x≥1时，二次函数y＝ax2+bx+c的函数值随着x的增大而减小，
∴③中m≥1即可，故③错误．
综上，正确的有①②．
故选：C．
8．（2022•锡山区校级二模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝8，tan∠ABC＝，点N是边AC的中点，点M是射线BC上的一动点（不与B，C重合），连接MN，将△CMN沿MN翻折得△EMN，连接BE，CE，当线段BE的长取最大值时，sin∠NCE的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由翻折可知：NC＝NE，所以点E在以N为圆心，NC长为半径的圆上，点B，N，E共线时，如图所示：此时BE最大，由翻折可知：MN是CE的垂直平分线，延长GN交AB于点D，可得DN平分∠ANB，过点D作DH⊥BN，然后证明Rt△AND≌Rt△HND（HL），可得AN＝HN＝6，根据勾股定理即可解决问题．
【解答】解：如图，由翻折可知：NC＝NE，
所以点E在以N为圆心，NC长为半径的圆上，点B，N，E共线时，如图所示：此时BE最大，
在Rt△ABC中，∠A＝90°，
∵AB＝8，tan∠ABC＝＝，
∴AC＝12，
∵点N是边AC的中点，
∴AN＝CN＝6，
∴NE＝6，
由翻折可知：MN是CE的垂直平分线，
∴∠ENG＝∠CNG，
延长GN交AB于点D，
∴∠BND＝∠AND，
∴DN平分∠ANB，
∵DA⊥AN，
过点D作DH⊥BN，
∴DA＝DH，
∴DB＝AB﹣AD＝8﹣DH，
在Rt△AND和Rt△HND中，
，
∴Rt△AND≌Rt△HND（HL），
∴AN＝HN＝6，
在Rt△ABN中，AB＝8，AN＝6，
∴BN＝10，
∴BH＝BN﹣HN＝10﹣6＝4，
在Rt△DBH中，DB＝8﹣DH，根据勾股定理得：
DB2＝DH2+BH2，
∴（8﹣DH）2＝DH2+42，
解得DH＝3，
在Rt△ADN中，DH＝DA＝3，AN＝6，根据勾股定理得：
DN2＝AD2+AN2，
∴DN2＝32+62＝45，
∴DN＝3，
∵∠A＝∠NGC＝90°，∠AND＝∠GNC，
∴∠ADN＝∠NCG，
∵sin∠ADN＝＝＝，
∴sin∠NCG＝sin∠NCE＝，
故选：D．
二．填空题（共8小题）
9．（2022秋•惠山区校级期中）已知α是锐角，，则α＝ 30 °．
【分析】利用特殊角的三角函数值，进行计算即可解答．
【解答】解：∵，
∴tan（90°﹣α）＝，
∴90°﹣α＝60°，
∴α＝30°，
故答案为：30．
10．（2022秋•徐州月考）将抛物线y＝x2向上平移3个单位，再向右平移2个单位，所得抛物线的解析式是 y＝（x﹣2）2+3 ．
【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【解答】解：将抛物线y＝x2向上平移3个单位，再向右平移2个单位，所得抛物线的解析式是y＝（x﹣2）2+3．
故答案为：y＝（x﹣2）2+3．
11．（2022秋•邳州市期中）将方程x2﹣6x＝0化成（x+m）2＝n的形式是 （x﹣3）2＝9 ．
【分析】利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答．
【解答】解：x2﹣6x＝0，
x2﹣6x+9＝9，
（x﹣3）2＝9，
故答案为：（x﹣3）2＝9．
12．（2022秋•建邺区期中）如表中24位营销人员某月销量的中位数是 350 件．
【分析】根据求中位数的方法求即可．
【解答】解：表中的数据是按从小到大的顺序排列的，处于中间位置的是350和350，
因而中位数是＝350，
故答案为：350．
13．（2022春•滨湖区期末）抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，向上一面点数是3的概率 ＝ 向上一面点数是4的概率．（填“＞”、“＝”或“＜”）
【分析】分别求出向上一面点数是3的概率和向上一面点数是4的概率，进行比较即可．
【解答】解：一枚质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，
向上一面点数是3的概率为，向上一面点数是4的概率为，
所以向上一面点数是3的概率等于向上一面点数是4的概率．
故答案为：＝．
14．（2022秋•徐州月考）如图，抛物线y＝ax2+c与直线y＝mx+n交于A（﹣1，p），B（2，q）两点，则不等式ax2+mx+c＞n的解集是 ﹣2＜x＜1 ．
【分析】作直线y＝mx+n关于y轴的对称直线CD：y＝﹣mx+n，点C、D是两个函数的交点，根据点的对称性，点C（1，p），D（﹣2，q），即可求解．
【解答】解：作直线y＝mx+n关于y轴的对称直线CD：y＝﹣mx+n，
点C、D是两个函数的交点，根据点的对称性，点C（1，p），D（﹣2，q），
由图象可以看出，ax2+c＞n﹣mx的解集为：﹣2＜x＜1，
故答案为：﹣2＜x＜1．
15．（2022秋•梁溪区校级期中）如图，在△ABC中，D在AC边上，AD：DC＝1：2，O是BD的中点，连接AO并延长交BC于E，则OE：OA＝ 1：2 ，S△BOE：S△BCD＝ 1：8 ．
【分析】过点D作DF∥AE，交CE于点F，根据已知可得＝，再证明A字模型相似三角形△CDF∽△CAE，从而利用相似三角形的性质可得AE＝DF，＝2，然后根据线段中点的定义可得BO＝OD＝BD，再证明A字模型相似三角形△BEO∽△BFD，从而利用相似三角形的性质可得OE＝DF，BF＝2BE，＝（）2＝，进而可得＝，CF＝BF，最后进行计算即可解答．
【解答】解：过点D作DF∥AE，交CE于点F，
∵AD：DC＝1：2，
∴＝，
∵DF∥AE，
∴∠CDF＝∠CAE，∠CFD＝∠CEA，
∴△CDF∽△CAE，
∴＝＝＝，
∴AE＝DF，＝2，
∴CF＝2EF，
∵O是BD的中点，
∴BO＝OD＝BD，
∵OE∥DF，
∴∠BOE＝∠BDF，∠BEO＝∠BFD，
∴△BEO∽△BFD，
∴＝＝＝，
∴OE＝DF，BF＝2BE，＝（）2＝，
∴＝＝，
∴OE：OA＝1：2，
∵CF＝2EF，BF＝2BE＝2EF，
∴CF＝BF，
∴△BDF的面积＝△CDF的面积，
∴S△BOE：S△BCD＝1：8，
故答案为：1：2，1：8．
16．（2022秋•惠山区校级期中）如图所示的曲边三角形可按下述方法作出：作等边△ABC，分别以点A、B、C为圆心，以AB长为半径，作、、，三弧所围成的图形就是一个曲边三角形．若AB＝4，则此曲边三角形的面积为 8π﹣8 ．
【分析】此三角形是由三段弧组成，先求弓形的面积．那么曲边三角形的面积就等于三角形的面积加上三个弓形的面积．
【解答】解：扇形ABC的面积为＝，
三角形ABC的面积为×4×2＝4，
弓形的面积为﹣4，
∴曲边三角形的面积为4+3×（﹣4）＝8π﹣8．
故答案为：8π﹣8．
三．解答题（共10小题）
17．（2022秋•邳州市期中）（1）解方程：x2﹣2x﹣1＝0；
（2）解方程：（x+1）2﹣3＝0．
【分析】（1）利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答；
（2）利用解一元二次方程﹣直接开平方法，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）x2﹣2x﹣1＝0，
x2﹣2x＝1，
x2﹣2x+1＝1+1，
（x﹣1）2＝2，
x﹣1＝±，
x﹣1＝或x﹣1＝﹣，
x1＝1+，x2＝1﹣；
（2）（x+1）2﹣3＝0，
（x+1）2＝3，
x+1＝±，
x+1＝或x+1＝﹣，
x1＝﹣1，x2＝﹣﹣1．
18．（2022•南京一模）南京市自2013年6月1日起实施“生活垃圾分类管理办法”，阳光花园小区设置了“可回收物”、“有害垃圾”、“厨余垃圾”、和“其他垃圾”四种垃圾箱，分别记为A、B、C、D．
（1）快递包装纸盒应投入 A 垃圾箱；
（2）小明将“弃置药品”随机投放，则她投放正确的概率是 ；
（3）小丽将二种垃圾“废弃食物”（属于厨余垃圾，记为C）、“打碎的陶瓷碗”（属于其他垃圾，记为D）随机投放，求她投放正确的概率．
【分析】（1）快递包装纸盒属于可回收物；
（2）根据概率公式求解即可；
（3）画树状图得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【解答】解：（1）快递包装纸盒应投入A垃圾箱，
故答案为：A；
（2）小明将“弃置药品”随机投放，则她投放正确的概率是，
故答案为：；
（3）画树状图如下：
由树状图知，共有16种等可能结果，其中她投放正确的只有1种结果，
∴她投放正确的概率为．
19．（2022•玄武区一模）在某次射击训练中，小明10次射击的成绩如下（单位：环）．
（1）填表：
（2）你认为小明这10次射击的平均成绩8环能反映他的实际水平吗？请说明理由．
（3）若小明增加1次射击，成绩为9环，与增加前相比，小明的射击成绩 C ．
A．平均数变小，方差变小
B．平均数变小，方差变大
C．平均数变大，方差变小
D．平均数变大，方差变大
【分析】（1）根据中位数、方差的计算方法分别计算即可；
（2）数据中“3”与其他数据的大小差异很大，因此不能较好的反映小明的实际水平；
（3）根据平均数，方差的意义即可求解．
【解答】解：（1）小明成绩的方差c＝×[（3﹣8）2+（6﹣8）2+（9﹣8）2×5+（8﹣8）2×2+（10﹣8）2]＝3.8，
把小明的成绩从小到大排列为3，6，8，8，9，9，9，9，9，10，
则中位数＝9（环），
故答案为：9，3.8；
（2）不能较好的反映，
理由：该组数据中“3”与其他数据的大小差异很大，因此不能较好的反映小明的实际水平；
（3）若小明增加1次射击，成绩为9环，
平均成绩＝（8×10+9）÷11＝（环），
∴平均数变大，
由小明的成绩得方差会变小，
故答案为：C．
20．（2022秋•惠山区校级期中）如图，在⊙O中，AB是直径，弦CD⊥AB，垂足为E，连结BC．
（1）若AE＝CD＝4，求AB的长；
（2）若∠BCD＝36°，OB＝6，求的长度．
【分析】（1）连接OC，根据垂径定理求出CE，根据勾股定理列出方程，解方程求出r，进而求出AB；
（2）根据圆周角定理求出∠BOC，根据弧长公式该计算，得到答案．
【解答】解：（1）连接OC，
设⊙O的半径为r，则OE＝4﹣r，
∵AB是直径，弦CD⊥AB，
∴CE＝CD＝2，
在Rt△OEC中，OE2+CE2＝OC2，即（4﹣r）2+22＝r2，
解得：r＝，
∴AB＝2r＝5；
（2）∵AB是直径，弦CD⊥AB，
∴＝，
∴∠BOC＝2∠BCD＝72°，
∴的长为：＝π．
21．（2022秋•惠山区期中）如图，格点图形中每一个最小正方形的边长为1单位长度，△ABC的顶点都在格点上．
（1）在图中建立平面直角坐标系，使得原点为点O，点A、B坐标分别为（﹣3，﹣1）、（1，﹣3）；
（2）以点O为位似中心，画出△ABC的位似三角形△A′B′C′，使得△A′B′C′与△ABC相似比为2：1；
（3）在边AB上求作M、N两点，使得CM、CN将△ABC面积三等分．
【分析】（1）根据题意建立平面直角坐标系即可；
（2）根据题意画出图形即可；
（3）根据平行线等分线段定理即可得到结论．
【解答】解：（1）建立平面直角坐标系如图所示；
（2）△A′B′C′即为所求；
（3）如图，点M、N即为所求．
22．（2022秋•徐州期中）如图，某农场计划建造一个矩形养殖场，为充分利用现有资源，该矩形养殖场一面靠墙（墙的长度为10m），另外三面用栅栏围成，已知栅栏总长度为18m，设矩形垂直于墙的一边，即AB的长为xm．
（1）若矩形养殖场的面积为36m2，求此时的x的值；
（2）当x为多少时，矩形养殖场的面积最大？最大值是多少？
【分析】（1）根据矩形的面积＝36列出方程，解方程去符合条件的x的取值即可；
（2）根据矩形的面积公式列出函数解析式，并根据函数的性质和x的取值范围求最值．
【解答】解：（1）由题意得：x（18﹣2x）＝36，
整理得：x2﹣9x+18＝0，
解得x1＝3，x2＝6，
∵18﹣2x≤10，
∴x≥4，
∴x＝6；
（2）设矩形养殖场的面积为y平方米，
由题意得：y＝x（18﹣2x）＝﹣2x2+18x＝﹣2（x﹣）+，
∵﹣2＜0，4≤x＜18，
∴当x＝时，y最大，最大值为，
答：当x为4.5米时，矩形养殖场的面积最大，最大值是平方米．
23．（2022秋•惠山区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AB上，以点O为圆心，OA长为半径的圆与AC、AB分别交于点D、E，且∠CBD＝∠A．
（1）判断直线BD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AD：AO＝5：3，BC＝3，求BD的长．
【分析】（1）连接OD，先利用角间关系说明∠ODB＝90°，再利用切线的判定方法得结论；
（2）连接DE，先说明△ADE∽△BCD，再利用相似三角形的性质得结论．
【解答】解：（1）BD是⊙O的切线．
理由：连接OD．
∵点D在⊙O上，
∴OD＝OA，
∴∠A＝∠ADO．
∵∠C＝90°，
∴∠A+∠CBD+∠DBA＝90°．
∵∠CBD＝∠A，
∴2∠A+∠DBA＝90°．
∵∠DOB＝∠A+∠ADO＝2∠A，∠DOB+∠DBA+∠ODB＝180°，
∴∠ODB＝90°．
∵点D在⊙O上，
∴BD是⊙O的切线．
（2）连接DE．
∵AE是⊙O的直径，
∴AE＝2AO，∠ADE＝90°＝∠C．
又∵∠CBD＝∠A，
∴△ADE∽△BCD．
∴＝．
∵AD：AO＝5：3，
∴AD：AE＝5：6．
∴BC：BD＝5：6，
∵BC＝3，
∴BD＝．
24．（2022秋•惠山区期中）如图是某小区地下停车场入口处栏杆的示意图，MQ、PQ分别表示地面和墙壁的位置，OM表示垂直于地面的栏杆立柱，OA、AB是两段式栏杆，其中OA段可绕点O旋转，AB段可绕点A旋转．图1表示栏杆处于关闭状态，此时O、A、B在与地面平行的一直线上，并且点B接触到墙壁；图2表示栏杆处于打开状态，此时AB∥MQ，OA段与竖直方向夹角为30°．已知立柱宽度为30cm，点O在立柱的正中间，OM＝120cm，OA＝120cm，AB＝150cm．
（1）求栏杆打开时，点A到地面的距离；
（2）为确保通行安全，要求汽车通过该入口时，车身与墙壁间需至少保留10cm的安全距离，问一辆最宽处为2.1m，最高处为2.1m的货车能否安全通过该入口？（本小题中取1.73）
【分析】（1）构造直角三角形，在Rt△OAD中，根据边角关系求出AD，进而求出AC即可；
（2）令FG距地面为210cm，求出FG的长即可，在Rt△AFH中，求出AH，进而求出FH，得出FG即可．
【解答】解：（1）如图，在Rt△OAD中，OA＝120cm，∠OAD＝30°，
∴AD＝OA＝60（cm），
∴AC＝AD+CD＝（60+120）cm，
答：点A到地面的距离为（60+120）cm；
（2）如图，取FG距地面高为210cm，即HC＝210cm，
在Rt△AFH中，AH＝60+120﹣210＝（60﹣90）cm，∠FAH＝30°，
∴FH＝AH＝（60﹣30）cm，
∴FG＝FH+GH＝60﹣30+210＝270﹣30≈218.1（cm），
∵218.1＜210+10，
∴货车不能安全通过该入口，
答：货车不能安全通过该入口．
25．（2022秋•梁溪区校级期中）关于x的方程ax2+cx+b＝0，如果a、b、c满足a2+b2＝c2且c≠0，那么我们把这样的方程称为“顾神方程”．请解决下列问题：
（1）请写出一个“顾神方程”： 6x2+10x+8＝0（答案不唯一） ；
（2）求证：关于x的“顾神方程”ax2+cx+b＝0必有实数根；
（3）如图，已知AB、CD是半径为6的⊙O的两条平行弦，AB＝2a，CD＝2b，且关于x的方程ax2+6x+b＝0是“顾神方程”，请直接写出∠BAC的度数．
【分析】（1）由“顾神方程”满足的条件，即可写出一个“顾神方程”；
（2）由一元二次方程根的判别式，即可判断；
（3）由勾股定理，垂径定理，圆周角定理，即可求解．
【解答】（1）解：写出一个“顾神方程”：6x2+10x+8＝0 （答案不唯一），
故答案为：6x2+10x+8＝0 （答案不唯一）；
（2）证明：∵关于x的方程ax2+cx+b＝0是“顾神方程”，
∴a2+b2＝c2且c≠0，
①当a≠0时，
Δ＝（c）2﹣4ab，
＝2c2﹣4ab＝2（a2+b2）﹣4ab，
＝2（a2+b2﹣2ab），
＝2（a﹣b）2≥0，
∴方程有两个实数根，
②当a＝0时，
方程为cx+b＝0，c≠0，
∴该方程有实数根，
∴“顾神方程”必有实数根；
（3）解：∠BAC＝45°，理由如下：
作OE⊥AB于E，延长EO交CD于F，连接OB，OC，
∵DC∥AB，
∴EF⊥CD，
∴AE＝BE＝a，CF＝DF＝b，
∵BE2+OE2＝OB2，
∴a2+OE2＝62，
∵ax2+6x+b＝0是“顾神方程，
∴a2+b2＝62，
∴OE＝b＝CF，
∵OB＝OC，
∴Rt△BOE≌Rt△OCF（HL），
∴∠FOC＝∠OBE，
∵∠OBE+∠EOB＝90°，
∴∠FOC+EOB＝90°，
∴∠COB＝90°，
∴∠A＝∠BOC＝45°．
26．（2022•徐州二模）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣1，0），B（2，0）两点，与y轴交于点（0，2）．
（1）求此二次函数的表达式；
（2）点Q在以BC为直径的圆上（点Q与点O，点B，点C均不重合），试探究QO，QB，QC的数量关系，并说明理由．
（3）E点为该图象在第一象限内的一动点，过点E作直线BC的平行线，交x轴于点F．若点E从点C出发，沿着抛物线运动到点B，则点F经过的路程为 2 ．
【分析】（1）利用待定系数法即可得二次函数的解析式；
（2）证明△BOC为等腰直角三角形，再分三种情况：①当点Q在半圆BOC相对的半圆上时，如图，连接QC，BQ，OQ，把△OBQ绕点O逆时针旋转90°，得到△OCQ′，可证得△OQQ′是等腰直角三角形，故QB+QC＝QO；②当点Q在劣弧上时，如图，连接QB、QC，在CQ上截取CQ′＝QB，连接OQ′，可证△OCQ′≌△OBQ（SAS），得出△OQQ′是等腰直角三角形，故QC﹣QB＝QO；③当点Q在劣弧上时，如图，连接QB、QC，在BQ上截取BQ′＝QC，连接OQ′，同理可得QB﹣QC＝QO；
（3）先求出直线BC的解析式，设E的坐标E（n，﹣n2+n+2），设直线EF的解析式为y＝﹣x+b1，将E的坐标代入EF解析式中，联立两个解析式判定Δ，求出直线EF的解析式，计算出F的横坐标即可求出经过的路程．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（2，0），（0，2）代入y＝ax2+bx+c，
得：，
解得：，
∴二次函数的表达式为：y＝﹣x2+x+2；
（2）QB+QC＝QO或QC﹣QB＝QO或QB﹣QC＝QO，理由：
∵Q在以BC为直径圆上，
∴∠BOC＝∠BQC＝90°，
∵B（2，0），C（0，2），
∴OB＝OC＝2，∠BOC＝90°，
∴△BOC为等腰直角三角形，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
①当点Q在半圆BOC相对的半圆上时，如图，连接QC，BQ，OQ，把△OBQ绕点O逆时针旋转90°，得到△OCQ′，
∵四边形OBQC是圆内接四边形，
∴∠OBQ+∠OCQ＝180°，
由旋转知：∠QOQ′＝90°，∠OCQ′＝∠OBQ，CQ′＝BQ，OQ′＝OQ，
∴∠OCQ′+∠OCQ＝180°，
∴Q、C、Q′三点在同一条直线上，CQ′+CQ＝QQ′，
∴QB+QC＝QQ′，
∵△OQQ′是等腰直角三角形，
∴QQ′＝QO，
∴QB+QC＝QO；
②当点Q在劣弧上时，如图，连接QB、QC，在CQ上截取CQ′＝QB，连接OQ′，
∵＝，
∴∠OCQ＝∠OBQ，
在△OCQ′和△OBQ中，
，
∴△OCQ′≌△OBQ（SAS），
∴∠COQ′＝∠BOQ，OQ′＝OQ，
∵∠COQ′+∠BOQ′＝90°，
∴∠BOQ+∠BOQ′＝90°，即∠QOQ′＝90°，
∴△OQQ′是等腰直角三角形，
∴QQ′＝QO，
∵QQ′＝QC﹣CQ′＝QC﹣QB，
∴QC﹣QB＝QO；
③当点Q在劣弧上时，如图，连接QB、QC，在BQ上截取BQ′＝QC，连接OQ′，
同理可得：QB﹣QC＝QO，
综上所述，QB+QC＝QO或QC﹣QB＝QO或QB﹣QC＝QO；
（3）设直线BC：y＝kx+m
把点B、点C代入得，
解得：k＝﹣1，m＝2，
∴y＝﹣x+2，
又∵EF∥BC，点E在抛物线上，
设E（n，﹣n2+n+2），
设直线EF解析式为y＝﹣x+b1，
把E代入得：﹣n2+n+2＝﹣n+b1，
∴b1＝﹣n2+2n+2，
∴y＝﹣x﹣n2+2n+2，
联立，
∴﹣x﹣n2+2n+2＝﹣x2+x+2，
得x2﹣2x﹣n2+2n＝0
∵Δ＝4﹣4（﹣n2+2n）＝4+4n2﹣8n＝4（n﹣1）2＝0，
∴只有一个交点，
∴n＝1，b1＝﹣1+2+2＝3，
∴y＝﹣x+3，
当y＝0时x＝3，
∴F横坐标最大为3，
∴F经过路程为：（3﹣2）×2＝2，
故答案为：2．
每人销售量/件
600
50
400
350
300
200
人数
4
4
6
7
2
平均数
中位数
方差
8环
9 环
3.8 环2
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