期末押题预测卷 01
考试范围：第21-27章；考试时间：120分钟；总分：150分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
评卷人 得分
一、单选题
1．书法是我国传统文化的重要组成部分，被誉为：无言的诗，无形的舞，无图的画，无声的乐．下列是
用小篆书写的“魅力宁德”四个字，其中是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁部分能够完全重合的图形；由
此问题可求解．
【详解】解：C选项是轴对称图形，A、B、D选项都不是轴对称图形；
故选：C．
【点睛】本题主要考查轴对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形的定义是解题的关键．
2．下列事件中，是确定性事件的是（ ）
A．篮球队员在罚球线上投篮一次，未投中 B．经过有交通信号灯的路口，遇到绿灯
C．投掷一枚骰子，向上一面的点数大于3D．任意画一个三角形，其外角和是360°
【答案】D
【分析】根据确定事件和随机事件的定义来区分判断即可，必然事件和不可能事件统称确定性事件；必然
事件：在一定条件下，一定会发生的事件称为必然事件；不可能事件：在一定条件下，一定不会发生的事
件称为不可能事件；随机事件：在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件称为随机事件．
【详解】解：A．篮球队员在罚球线上投篮一次，未投中是随机事件，故A不符合题意；
B．经过有交通信号灯的路口，遇到绿灯是随机事件，故B不符合题意；
C．投掷一枚骰子，向上一面的点数大于3是随机事件，故C不符合题意；
D．任意画一个三角形，其外角和是360°是确定事件，故D符合题意；
故选：D．【点睛】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念，掌握其概念是解决此题关键．
1
3．抛物线y= x2 向上平移1个单位长度，得到新抛物线的解析式为（ ）
2
1 1 1 1
A．y= x2+1 B．y= x2−1 C．y= (x+1) 2 D．y= (x−1) 2
2 2 2 2
【答案】A
【分析】根据平移的规律：上加下减，求出得到的抛物线的解析式即可．
1 1
【详解】解：抛物线y= x2 向上平移1个单位长度，得到新抛物线的解析式为：y= x2+1．
2 2
故选：A．
【点睛】此题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
4．若a，b是方程x2+2x−2023=0的两根，则a2+3a+b=（ ）
A．2024 B．2023 C．2022 D．2021
【答案】D
【分析】由解的定义，得a2+2a=2023，由根与系数关系得a+b=−2，对代数式变形，代入求解．
【详解】解：由题意，a2+2a−2023=0，a+b=−2，
∴a2+2a=2023．
∴a2+3a+b=a2+2a+a+b=2023−2=2021．
故选：D.
【点睛】本题考查方程解的定义，一元二次方程根与系数关系，掌握根与系数关系定理是解题的关键．
5．在同一坐标系中，二次函数y=ax2+b的图象与一次函数y=bx+a的图象可能是（ ）
A． B．C． D．
【答案】C
【分析】根据二次函数、一次函数图像与系数的关系，对每个选项一一判断即可．
【详解】A．由一次函数图像可得：a>0，b>0；由二次函数图像可得：a>0，b<0，故A选项不可能．
B．由一次函数图像可得：a>0，b<0；由二次函数图像可得：a>0，b>0，故B选项不可能．
C．由一次函数图像可得：a<0，b>0；由二次函数图像可得：a<0，b>0，故C选项可能．
D．由一次函数图像可得：a>0，b>0；由二次函数图像可得：a<0，b<0，故D选项不可能．
故选：C．
【点睛】本题主要考查一次函数、二次函数图像与系数的关系，根据一次函数、二次函数图像判断系数的
正负是解题关键．
6．点M(1,2)关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．(−2,−1) B．(−1,−2) C．(−1,2) D．(1,−2)
【答案】B
【分析】根据关于原点对称点的坐标特点：横、纵坐标均取相反数可直接得到答案．
【详解】解：点M(1,2)关于原点对称的点的坐标是(−1,−2)，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
7．如图，AB是△ABC外接⊙O的直径，点D在⊙O上，且∠BDC=41°，则∠ABC=（ ）
A．39° B．41° C．49° D．59°
【答案】C
【分析】根据圆周角定理可得∠ACB=90°，∠BAC=∠BDC=41°，利用三角形内角和定理可求∠ABC的度数。
【详解】解：∵AB是△ABC外接⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵B´C=B´C，
∴∠BAC=∠BDC=41°，
∴∠ABC=180°−∠ACB−∠BAC=180°−90°−41°=49°，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，解题的关键是掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都
等于这条弧所对的圆心角的一半；半圆（或直径）所对的圆周角是直角．
8．如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点P为D´E（点P与点D，点E不重合），连接PC,PD，
DG⊥PC，垂足为G，则∠PDG等于（ ）
A．72° B．54° C．36° D．64°
【答案】B
【分析】连接OC，OD．求出正五边形的中心角，再利用圆周角定理可得结论．
【详解】解：连接OC，OD．
360°
在正五边形ABCDE中，∠COD= =72°，
5
1
∴∠CPD= ∠COD=36°，
2∵DG⊥ PC，
∴∠PGD=90°，
∴∠PDG=90°-36°=54°，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考
题型．
kb
9．函数y=kx+b与y= （k、b为常数，且kb≠0）在同坐标系内的图象大致是（ ）
x
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据一次函数与反比例函数性质逐项进行判读即可得出结果．
【详解】解：A、y=kx+b中，k>0，b<0，
∴kb<0，
kb
∴y= 经过二、四象限，选项错误；
x
B、y=kx+b中，k<0，b=0，
∴kb=0，
kb
∴y= =0为x轴，选项错误；
x
C、y=kx+b中，k<0，b>0，
∴kb<0，kb
∴y= 经过二、四象限，选项正确；
x
D、y=kx+b中，k>0，b>0，
∴kb>0，
kb
∴y= 经过一、三象限，选项错误；
x
故选：C．
【点睛】题目主要考查一次函数与反比例函数的性质，熟练掌握二者的性质是解题关键．
10．如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CE=2DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延
长EF交BC于点G，连结AG,BF,CF．下列结论：①△ABG≌△AFG；②FG=CG；③ AG//CF；
36
④ S = ．其中正确结论的个数是（ ）
△BFC 5
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】①首先由折叠的性质得到AD=AF，然后根据HL判定三角形全等的方法证明 △ABG≌△AFG即
可；
②根据正方形的性质得到AB=CD=6，然后根据CE=2DE求出CE和DE的长度，设出GF=BG=x，在
△GEC中根据勾股定理列方程求出GF和GC的长度即可求解；
③根据△ABG≌△AFG得出∠BGA=∠FGA，根据FG=CG得出∠GFC=∠GCF，然后根据三角形外角的性
质证明出∠FGA=∠GFC，即可证明出AG//CF；
④连接BF，作FH⊥BC于点H，根据△GHF∽△GCE求出FH的长度，然后根据三角形面积公式求解即可．
【详解】∵将△ADE沿AE对折至△AFE，
∴AD=AF，∠D=∠AFE=90°，
∴∠AFG=90°，
∴△AFG是直角三角形，又∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，
∴AB=AF，
∴在Rt△ABG和Rt△AFG中，
{AB=AF)
AG=AG
∴△ABG≌△AFG(HL)，
∴①正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=AB=6，
又∵CE=2DE，
∴DE=2，CE=4，
∵△ADE沿AE对折至△AFE，
∴EF=DE=2，
由①可知△ABG≌△AFG，
∴BG=FG，
∴设BG=GF=x，则GC=6-x，GE=x+2，
∴在Rt△GEC中，GE2=GC2+EC2，
代入可得：(x+2) 2=(6−x) 2+42，
解得：x=3，
∴BG=GF=3，GC=BC-BG=6-3=3．
∴FG=CG．
∴②正确；
由②可知，FG=CG，
∴∠GFC=∠GCF，
又∵△ABG≌△AFG，
∴∠BGA=∠FGA，
又∵∠BGF=∠GCF+∠GFC，
∴∠FGA=∠GFC，
∴AG//CF，
∴③正确；如图所示，连接BF，作FH⊥BC于点H，
∵CD⊥BC，FH⊥BC，
∴FH//CD，
∴可得△GHF∽△GCE，
GF FH
∴ = ，
GE EC
3 FH
代入得： = ，
5 4
12
解得：FH= ，
5
1 1 12 36
∴S BFC= ×BC×FH= ×6× = ，
2 2 5 5
△
∴④正确；
故选：D．
【点睛】此题考查了折叠的性质，正方形的性质，勾股定理的运用，三角形全等的证明等知识，解题的关
键是根据折叠的性质得到AD=AF，ED=EF然后继续求解．
第II卷（非选择题）
评卷人 得分
二、填空题
11．关于x的一元二次方程x2+2x−m=0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是 ．
【答案】m>−1
【分析】根据关于x的一元二次方程x2+2x−m=0有两个不相等的实数根，得到Δ=4+4m>0，进行计算
即可得到答案．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程x2+2x−m=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=22−4×1×(−m)=4+4m>0，解得：m>−1，
故答案为：m>−1．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有
如下关系：①Δ>0，方程有两个不相等的实数根，②Δ=0，方程有两个相等的实数根，③Δ<0，方程没
有实数根．
12．已知二次函数y=ax2+bx−5，当x=1与x=2021时，函数值相等．则当x=2022时，函数值等于
．
【答案】−5
【分析】根据二次函数的对称性可得x=2022与x=0的函数值相等，由此可得结果．
【详解】解：∵当x=1与x=2021时，函数值相等，
∴x=2022与x=0的函数值相等．
∵当x=0时，y=−5，
∴当x=2022时，y=−5．
故答案为：−5．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是理解二次函数的对称性．
13．有一个六面分别印有“闽”“清”“天”“儒”“中”“学”字样的骰子，若连续投掷这枚骰子2次，
则这2次都是同一字样朝上的概率是 ．
1
【答案】
6
【分析】利用画树状图法计算概率即可．
【详解】根据题意，画树状图如下：
6 1
所以这2次都是同一字样朝上的概率是 = ．
36 61
故答案为： ．
6
【点睛】本题考查了画树状图计算概率，熟练掌握画树状图计算概率的基本思路是解题的关键．
14．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90º，AB＝BC＝2❑√2，将△ABC绕点A逆时针旋转60º，得到△ADE，连
接BE，则BE的长是
【答案】2+2❑√3/2❑√3+2
【分析】首先考虑到BE所在的三角形并不是特殊三角形，所以猜想到要求BE，可能需要构造直角三角形．
由旋转的性质可知，AC=AE，∠CAE=60°，故△ACE是等边三角形，可证明△ABE与△CBE全等，可得到
∠ABE=45°，∠AEB=30°，再证△AFB和△AFE是直角三角形，然后再根据勾股定理求解即可．
【详解】连接CE，设BE与AC相交于点F，如图所示．
∵Rt△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠BCA=∠BAC=45°．
∵AB=BC=2❑√2，
∴AC=❑√AB2+BC2=❑√ (2❑√2) 2+(2❑√2) 2 =4．
∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转60°与Rt△ADE重合，
∴∠BAC=∠DAE=45°，AC=AE．
又∵旋转角为60°，
∴∠BAD=∠CAE=60°，
∴△ACE是等边三角形，∴AC=CE=AE=4．
在△ABE与△CBE中，
{BA=BC
)
∵ AE=CE ，
BE=BE
∴△ABE≌△CBE（SSS），
∴∠ABE=∠CBE=45°，∠CEB=∠AEB=30°，
∴∠BFA=180°﹣45°﹣45°=90°，
∴∠AFB=∠AFE=90°．
√ AB 2
在Rt△ABF中，由勾股定理得：BF=AF=❑( ) =2．
2
又在Rt△AFE中，
∠AEF=30°，∠AFE=90°，FE=❑√3AF=2❑√3，
∴BE=BF+FE=2+2❑√3．
故答案为：2+2❑√3．
【点睛】本题是旋转综合题，解答此题，关键是思路要明确：“构造”直角三角形．在熟练掌握旋转的性
质的基础上，还要应用了等边三角形的判定与性质，全等的判定及性质，直角三角形的判定及勾股定理的
应用．
15．如图，一条公路的转弯处是一段圆弧A´B，点O是这段弧所在圆的圆心．C是A´B上的点，OC⊥AB，
垂足为点M．若AB=12m，CM=2m，则⊙O的半径为 m．
【答案】10
【分析】连接OA，设⊙O的半径为rm，则OA=OC=rm，OM=(r−2)m，再根据垂径定理可得
1
AM=BM= AB=6m，然后在Rt△AOM中，利用勾股定理求解即可得．
2
【详解】解：如图，连接OA，设⊙O的半径为rm，则OA=OC=rm，
∵CM=2m，
∴OM=OC−CM=(r−2)m，
∵OC⊥AB，AB=12m，
1
∴AM=BM= AB=6m，
2
在Rt△AOM中，OA2=OM2+AM2，即r2=(r−2) 2+62，
解得r=10，
即⊙O的半径为10m，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题关键．
k
16．如图，反比例函数y= (x>0)的图象与Rt△BOC的斜边OB交于点A，与边BC交于点D，若
x
OA 2
= ，且S =21，则k= ．
AB 3 △BOD
【答案】8
( k )
【分析】过点A作AE⊥x轴于点E，设A m, ，首先通过相似三角形的性质得出BC，OC的长度，
m
1
进而求出D点的坐标，最后利用S = BD⋅OC求解即可．
△BOD 2
【详解】如图，过点A作AE⊥x轴于点E，( k ) k
设A m, ，则OE=m,AE= ，
m m
OA 2
∵ = ，
AB 3
AO 2
∴ = ，
OB 5
∵∠AOE=∠BOC,∠AEO=∠BCO=90°，
∴△AOE∼△BOC，
AE OE OA 2
∴ = = = ，
BC OC OB 5
5k 5
∴BC= ,OC= m，
2m 2
5
∴D点的横坐标为 m，
2
k 2k
y= =
则纵坐标为 5 5m，
m
2
2k
∴CD= ，
5m
5k 2k 21k
∴BD=BC−CD= − = ，
2m 5m 10m
1 1 21k 5
∴S = BD⋅OC= × × m=21，
△BOD 2 2 10m 2
∴k=8，
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查反比例函数与几何综合，掌握相似三角形的判定及性质是关键．
评卷人 得分 三、解答题17．解方程
(1)x2+2x−1=0
(2)(2x−1) 2=4x−2
【答案】(1)x =−1+❑√2，x =−1−❑√2
1 2
1 3
(2)x = ,x =
1 2 2 2
【分析】（1）运用配方法求解；
（2）先化成一般式，再运用公式法或配方法求解．
【详解】（1）x2+2x−1=0，
(x+1) 2=2，
∴x+1=❑√2或x+1=−❑√2．
∴x =−1+❑√2或x =−1−❑√2
1 2
（2）(2x−1) 2=4x−2，
3
x2−2x+ =0，
4
1
(x−1) 2= ，
4
1 1
∴x−1= 或x−1=− ．
2 2
1 3
∴x = ,x =
1 2 2 2
【点睛】本题考查一元二次方程的求解；掌握一元二次方程的求解方法是解题的关键．
18．如图，已知抛物线的顶点坐标为M（2，－5），与y轴交于点A（0，3）．（1）求抛物线的解析式．
（2）当1<x<4时，直接写出函数y的取值范围．
【答案】（1）y=2(x−2) 2−5；（2）当1<x<4时，−5≤ y<3
【分析】（1）由顶点坐标M（2，-5）可设二次函数解析式为y=a(x−2) 2−5，再将（0，3）代入解方程
即可；
（2）先求解二次函数的最小值，再求解x=1,x=4时的函数值，从而可得答案.
【详解】解：（1）由顶点坐标M（2，-5）可设二次函数解析式为
y=a(x−2) 2−5，
将（0，3）代入y=a(x−2) 2−5得
3=a×(0−2) 2−5，
解得，a=2.
∴抛物线对应二次函数的解析式为y=2(x−2) 2−5.
（2） 当1<x<4时，
当x=2时，函数取最小值y=−5,
当x=1时，y=2×1−5=−3,
当x=4时，y=2×22−5=3,
∴ 当1<x<4时，−5≤ y<3.
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，掌握“利用数形结合求
解二次函数值的范围”是解本题的关键.19．如图，在矩形ABCD中，AE⊥BD于点E，点P是边AD上一点，已知PE⊥EC．
(1)求证：△AEP∽△DEC；
(2)若AB=3，BC=4，求AP的长．
【答案】(1)见解析
9
(2)AP=
4
【分析】（1）利用同角的余角相等，得到：∠AEP=∠DEC，∠EAP=∠EDC，即可得证；
AE AB 3 AE AP 3
（2）先证明△AEB∽△DEA，得到 = = ，再根据△AEP∽△DEC，得到 = = ，即可
DE AD 4 DE CD 4
求解．
【详解】（1）证明：∵AE⊥BD，PE⊥EC，
∴∠AED=∠PEC=90°，
∴∠AED−∠PED=∠PEC−∠PED
即：∠AEP=∠DEC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
∴∠EAD+∠ADE=∠ADE+∠CDE=90°，
∴∠EAP=∠EDC，
∴△AEP∽△DEC；
（2）解：在Rt△ADE和Rt△BAE中，∠AEB=∠AED=90°，
又∵∠DAE+∠BAE=90°，
∠DAE+∠ADE=90°，
∴∠BAE=∠ADE，
∴△AEB∽△DEA，
AE AB 3
∴ = = ，
DE AD 4
由(1)知，△AEP∽△DEC，AE AP 3
∴ = = ，
DE CD 4
AP 3
即 = ，
3 4
9
∴AP= ．
4
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，余角的性质，掌握相似三角形的判定定理是
本题的关键．
k
20．已知一次函数y=−x+b的图象与y轴正半轴交于点C，与反比例函数y= (k≠0)的图象交于A，B两
x
点，若OC=4，点A的横坐标是1．
(1)求该反比例函数的解析式；
(2)连接OA，OB，求△AOB的面积．
3
【答案】(1)y=
x
(2)4
【分析】（1）由OC=4，得b=4，可求出一次函数解析式，把点A的横坐标为1代入一次函数解析式得
A坐标，从而求得反比例函数的解析式；
（2）求出△OBC、△AOC面积相减即可．
【详解】（1）解：∵点C在y轴正半轴，OC=4，
∴b=4，
∴该一次函数的解析式是y=−x+4．将x=1代入y=−x+4，得y=3，
∴A(1,3)．
k k
将A(1,3)代入y= ，得3= ，
x 1
∴k=3，
3
∴该反比例函数的解析式是y= ．
x
3 3
（2）解：将y=−x+4代入y= ，得−x+4= ，
x x
解得x =1，x =3．
1 2
∴点B的横坐标是3，
∴点B到y轴的距离是3．
∵点A的横坐标是1，
∴点A到y轴的距离是1，
1 1
∴S =S −S = ×3×OC− ×1×OC=4．
△AOB △OBC △AOC 2 2
【点睛】本题考查反比例函数、一次函数解析式、交点及三角形面积等问题，解题的关键是求出反比例函
数、一次函数图象交点坐标．
21．如图，某动车隧道的截而由抛物线L（曲线AED部分）和矩形ABCD构成，曲线AED的最高点E到
BC的距离为8米，矩形的一边BC为12米，另一边AB为2米．
(1)请根据题意，建立合适的平面直角坐标系，并说明x轴、y轴及原点的位置；
(2)在（1）的条件下，试求出抛物线L的解析式．
【答案】(1)见解析；
1
(2)y=− x2+6．
6
【分析】（1）以AD的中点O为原点，AD、OE分别为x轴、y轴建立直角坐标系即可；
（2）求得顶点的坐标为E(0，6)，再利用待定系数法即可求解．【详解】（1）解：建立合适的平面直角坐标系，
以AD的中点O为原点，AD、OE分别为x轴、y轴建立直角坐标系；
（2）解：矩形ABCD中，AD=BC=12米，原点O为AD的中点，
∴OA=OD=6，
∴A(−6，0)，D(6，0)，
∵AB=2，
∴OE=8−AB=6，
∴点E(0，6)，
设抛物线的解析式为：y=ax2+6，
∵抛物线y=ax2+6过点D(6，0)，
∴36a+6=0，
1
解得，a=− ，
6
1
∴抛物线的表达式为y=− x2+6．
6
【点睛】本题考查考查二次函数的应用，根据题意列出抛物线的解析式是解题的关键．
22．在△ABC中，AB=AC,∠BAC=α(0°<α<60°)，将线段BC绕点B逆时针旋转60°得到线段BD．
(1)如图1，直接写出∠ABD的大小（用含α的式子表示）；
(2)如图2，∠BCE=150°,∠ABE=60°，连接AD、CD．
①用含α的式子表示∠BEC=__________；
②判断△ABE的形状并加以证明．1
【答案】(1)30°− α
2
1
(2)① α；②等边三角形，证明见解析
2
【分析】（1）根据等腰三角形的性质求出∠ABC的度数，即可求出答案；
（2）①由旋转的性质可证△BCD为等边三角形，根据SSS证明△ABD≌△ACD，可得
1 1
∠BAD=∠CAD= a；根据AAS证明△ABD≌△EBC(AAS)，可得∠BEC=∠BAD= a；②由
2 2
△ABD≌△EBC和∠ABE=60°，可证△ABE是等边三角形.
【详解】（1）解：∵AB=AC，∠A=α，
1 1
∴∠ABC=∠ACB= (180°−∠A)=90°− α，
2 2
∵∠ABD=∠ABC−∠DBC，∠DBC=60°，
1
∴∠ABD=30°− α；
2
（2）①如图2，连接AD、CD，
∵线段BC绕B逆时针旋转60°得到线段BD，
则BC=BD,∠DBC=60°，
∴△BCD为等边三角形，
∴BD=CD,∠BDC=60°，
在△ABD与△ACD中，
{AB=AC
)
AD=AD ，
BD=CD
∴△ABD≌△ACD，1
∴∠BAD=∠CAD= a，
2
∵∠BDC=60°，
∴∠ADB=∠ADC=150°，
∴∠ADB=∠BCE，
∵∠ABE=60°，
∴∠ABD=60°−DBE，∠CBE=60°−∠DBE，
∴∠ABD=∠EBC，
在△ABD和△EBC中
{∠BCE=∠ADB
)
∠EBC=∠ABD ，
BC=BD
∴△ABD≌△EBC(AAS)，
1
∴∠BEC=∠BAD= a，
2
1
故答案为： a；
2
②△ABE是等边三角形，
由①知△ABD≌△EBC
∴AB=BE，
∵∠ABE=60°，
∴△ABE是等边三角形．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，掌握全等三角形
的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）是解题的关键．
23．某智力竞答节目共有10道选择题，每道题有且只有一个选项是正确的；小明已答对前7题，答对最后
3题就能顺利通关，其中第8题有A，B两个选项，第9题和第10题都有A，B，C三个选项，假设这3道
题小明都不会，只能从所有选项中随机选择一个，不过小明还有两次“求助”没有用（使用一次“求助”
可以让主持人在该题的选项中去掉一个错误选项，每道题最多只能使用一次“求助”）
（1）若小明在竞答第8题和第9题时都使用了“求助”，求小明能顺利通关的概率；
（2）从概率的角度分析，如何使用两次“求助”，竞答通关的可能性更大
1
【答案】（1）小明顺利通关的概率= ；（2）从概率的角度分析，小明在竞答第8题和第9题时都使用了
6
“求助”或在竞答第8题和第10题时都使用了“求助”，竞答通关的可能性更大．【分析】（1）画出树状图，再由树状图求得所有等可能的结果与小明顺利通关的情况，继而利用概率公
式即可求得答案；
（2）分别计算出在第8题和第9题时都使用了“求助”，小明顺利通关的概率；第8题和第10题时都使
用了“求助”小明顺利通关的概率，第9题和第10题时都使用了“求助”小明顺利通关的概率即可求得答
案．
【详解】（1）若小明在竞答第8题和第9题时都使用了“求助”，则都去掉了一个错误选项（假设第8题
去掉错误选项B，第9题去掉错误选项C），第8题只剩一个正确答案A，第9题还剩两个选项，一个正确
答案，一个错误选项，
共有6种等可能的结果数，其中三题全答对的结果数为1
1
所以小明顺利通关的概率=
6
1
故通关的概率为
6
（2）若小明在竞答第8题和第9题时都使用了“求助”（假设第8题去掉错误选项B，第9题去掉错误选
项C）， 或在竞答第8题和第10题时都使用了“求助”（假设第8题去掉错误选项B，第10题去掉错误
选项C），则如图所示：
或共有6种等可能的结果数，其中三题全答对的结果数为1，
所以小明在竞答第8题和第9题时都使用了“求助”或在竞答第8题和第10题时都使用了“求助”，顺利
1
通关的概率=
6
若小明在竞答第9题和第10题时都使用了“求助”（假设第9题去掉错误选项C，第10题去掉错误选项
C）
共有8种等可能的结果数，其中三题全答对的结果数为1
1
所以小明在竞答第9题和第10题时都使用了“求助”， 顺利通关的概率=
8
1 1
∵ <
8 6
故从概率的角度分析，小明在竞答第8题和第9题时都使用了“求助”或在竞答第8题和第10题时都使用
了“求助”，竞答通关的可能性更大．
【点睛】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等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
24．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，A´B=B´C，点E、F分别是弦AD、DC上的点．
（1）若∠ABE=∠CBF，BE=BF．求证：BD是⊙O的直径．
（2）若A´D=B´C，∠D=2∠EBF=90°，AE=ED=2．求DF的长．
8
【答案】（1）证明见解析．（2） ．
3
【详解】试题分析：（1）首先证明△ABE≌△BCF，得到∠A=∠C，再根据圆内接四边形的性质，得到
∠A+∠C=180°，由圆周角定理即可得到结论；
（2）首先证出四边形ABCD是正方形，如图2，延长DA到G，使AG=CF，推出△ABG≌△CBF，
△GBE≌△FBE，根据勾股定理列方程即可得到结论．
试题解析：（1）证明：∵A´B=B´C，
∴AB=BC，
在△ABE与△BCF中，
AB=BC
{∠ABE=∠CBF，
BE=BF
∴△ABE≌△BCF，
∴∠A=∠C，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C=180°，
∴∠A=∠C=90°，
∴BD是⊙O的直径；
（2）解：∵A´B=B´C，A´D=B´C，
∴AD´C=BC´D，AB=BC，
∴∠A=∠B，
∵∠D=90°，∠D+∠B=180°，∴∠B=90°，
∴∠A=∠B=∠D=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，
∵AE=ED=2，
∴AD=CD=4，
如图2，延长DA到G，使AG=CF，
在△ABG与△CBF中，
AB=BC
{∠GAB=∠C=90°，
AG=CF
∴△ABG≌△CBF，
∴BG=BF，∠1=∠2，
∵∠EBF=45°，
∴∠2+∠ABE=45°，
∴∠1+∠ABE=45°，
∴∠GBE=∠EBF，
在△GBE与△FBE中，
BG=BF
{∠GBE=∠FBE，
BE=BE
∴△GBE≌△FBE，
∴GE=EF，
设DF=x，则AG=CF=4-x，
∴EF=GE=4-x+2=6-x，
在R△EFD中，EF2=DE2+DF2，
t∴（6-x）2=22+x2
8
∴x= ，
3
8
∴DF= ．
3
考点：圆的综合题．
3
25．如图，P是射线y= x(x>0)上的一个动点，以点P为圆心的圆与y轴相切于点C，与x轴的正半轴
5
交于A、B两点．
(1)若⊙P的半径为5，求B、P两点的坐标？
(2)在（1）的条件下求以P为顶点，且经过点B的抛物线所对应的函数关系式？并判断该抛物线是否经过
点C关于原点的对称点D？请说明理由．
(3)试问：是否存在这样的直线l，当点P在运动过程中，经过A、B、C三点的抛物线的顶点都在直线l上？
若存在，请求出直线l所对应的函数关系式；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)B(9,0)，P(5,3)
3
(2)y=− (x−5) 2+3，不经过，理由见详解
16
16
(3)存在，y=− x
15
【分析】（1）连接PB、PC，过P作PG⊥x轴交于G，可求x =5，再由BG=❑√PB2−PG2即可求解；
P
3
（2）可设y=a(x−5) 2+3，可求a=− ，从而可求D(0,−3)，代入判断即可；
16
( 3 ) 3 4
（3）可设P m, m ，从而可得PG= m，PB=m，由BG=❑√PB2−PG2可求BG= m，可得
5 5 5(1 ) (9 ) ( 3 )
A m,0 ，B m,0 ，C 0, m ，设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，可求
5 5 5
5 10 3
y= x2− x+ m，即可求解．
3m 3 5
【详解】（1）解：如图，连接PB、PC，过P作PG⊥x轴交于G，
∵ ⊙P的半径为5，
∴PB=5，
∵ ⊙P与y轴相切于点C，
∴PC⊥y轴，PC=5，
∴x =5，
P
3
∴y= ×5=3，
5
∴P(5,3)，
∴PG=3，OG=5，
在Rt△PGB中BG=❑√PB2−PG2
=❑√52−32=4，
∴OB=OG+BG=9，
∴B(9,0)；
（2）解：由（1）得顶点P(5,3)，C(0,3)，
∴可设y=a(x−5) 2+3，
∵抛物线经过B(9,0)，
∴ a(9−5) 2+3=0，3
解得：a=− ，
16
3
∴ y=− (x−5) 2+3，
16
由（1）得C(0,3)，
∴ D(0,−3)，
∴当x=0时，
3
y=− (0−5) 2+3
16
27
=− ≠−3，
16
∴抛物线不经过D点；
（3）解：存在，理由如下：
3
∵P在直线y= x(x>0)上，
5
( 3 )
∴可设P m, m ，
5
3
∴PG= m，PB=m，
5
∴BG=❑√PB2−PG2
=❑ √ m2− (3 m ) 2 = 4 m，
5 5
4 9
∴OB=m+ m= m，
5 5
4 1
∴OA=m− m= m，
5 5
(1 ) (9 ) ( 3 )
∴A m,0 ，B m,0 ，C 0, m ，
5 5 5
设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，则有
1 1
{ m2a+ mb+c=0
)
25 5
81 9
m2a+ mb+c=0 ，
25 5
3
c= m
55
{a=
)
3m
10
解得： b=−
3
3
c= m
5
5 10 3
∴ y= x2− x+ m
3m 3 5
5 16
= (x−m) 2− m，
3m 15
( 16 )
∴顶点为 m,− m ，
15
16
∴抛物线的顶点在直线y=− x上，
15
16
故直线l的解析式为y=− x．
15
【点睛】本题考查了二次函数几何综合应用，圆的性质，勾股定理，待定系数法求二次函数解析式，掌握
相关的性质及解法是解题的关键．
