期中满分冲刺综合能力拔高卷（轻松拿满分）（解析版）_初中数学人教版_9上-初中数学人教版_06习题试卷_3期中试卷_期中满分冲刺综合能力拔高卷（轻松拿满分）

【高效培优】2022—2023学年九年级数学上册必考重难点突破必刷卷（人教 版） 【期中满分冲刺】综合能力拔高卷（轻松拿满分） （考试时间：120分钟 试卷满分：100分） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、选择题（本大题共有 8小题，每小题3分，共24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．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；B．既是中心对称图形，又是轴 对称图形，故本选项符合题意；C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；D．是轴对称 图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的识别，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图 形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁 的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．正确掌握相关定义是解题关键． 2．已知关于x的方程 的两实数根为 ， ，则m的值为（ ） A．﹣3 B．﹣1 C．﹣3或1 D．﹣1或3 【答案】A 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可得 ，再由 ，可得，然后一元二次方程根的判别式，可得 ，即可求解． 【详解】解：∵关于x的方程 的两实数根为 ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， 解得： ， ∵方程有两个实数根， ∴ ，解得： ， ∴m=-3． 故选：A 【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，根的判别式，熟练掌握一元二次方程根与系数的 关系，根的判别式是解题的关键． 3．在同一直角坐标系中，一次函数y=ax+c和二次函数 的图象大致为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据各个选项中的图象，可以判断出一次函数和二次函数中a、c的正负情况，即可判断哪个选项 是正确的． 【详解】解：A．一次函数y=ax+c中a＞0，c＞0，二次函数 中a＜0，c＞0，故选项A不符合题 意；B．一次函数y=ax+c中a＜0，c＞0，二次函数 中a＜0，c＞0，故选项B符合题意； C．一次函数y=ax+c中a＜0，c＜0，二次函数 中a＞0，c＜0，故选项C不符合题意； D．一次函数y=ax+c中a＜0，c＞0，二次函数 中a＞0，c＜0，故选项D不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查二次函数的图象、一次函数的图象，解答本题的关键是明确一次函数和二次函数的性 质，利用数形结合的思想解答． 4．一元二次方程 根的情况是（ ） A．没有实数根 B．只有一个实数根 C．有两个相等的实数根 D．有两个不相等的实数根 【答案】D 【分析】先计算根的判别式的值，然后利用根的判别式的意义判断方程根的情况． 【详解】解： ， 方程有两个不相等的实数根． 故选：D． 【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程 的根与 有如下关系：当 时，方程有两个不相等的实数根；当 时，方程有两个相等的实数根；当 时，方程无实数 根． 5．为培养学生动手实践能力，学校七年级生物兴趣小组在项目化学习“制作微型生态圈”过程中，设置 了一个圆形展厅，如图，在其圆形边缘上的点P处安装了一台监视器，它的监控角度是72°，为了观察到 展厅的每个位置，最少需在圆形边缘上共安装这样的监视器（ ）台． A．5台 B．4台 C．3台 D．2台 【答案】C 【分析】根据监控角度可推出该角对应的弧的度数，而圆的度数是360度，由此可求出最少需要多少台这样的监视器． 【详解】解：根据圆周角定理，一台监视器所对应的弧的度数为： ， ∵ ， ∴至少需要3台． 故选C． 【点睛】本题主要考查圆周角定理的实际应用，掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解题的关键． 6．如图，矩形ABCD中，∠BAC=60°，点E在AB上，且BE：AB=1：3，点F在BC边上运动，以线段EF 为斜边在点B的异侧作等腰直角三角形GEF，连接CG，当CG最小时， 的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图1，取EF的中点O，连接OB，OG，作射线BG，证明B，E，G，F在以O为圆心的圆上， 得点G在∠ABC的平分线上，当CG⊥BG时，CG最小，此时，画出图2，根据△BCG是以BC为斜边的等 腰直角三角形，证明△EGB≌△FGC，可得BE=CF，设AB=m，根据BE∶AB=1∶3，可得CF=BE= m，根据含 30度角的直角三角形可得AD，进而可得结论． 【详解】解：如图1，取EF的中点O，连接OB，OG，作射线BG，∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC=90° ∵O是EF的中点， ∴OB=OE=OF ∵∠EGF=90°，O是EF的中点， ∴OG=OE=OF ∴OB=OG=OE=OF ∴B，E，G，在以O为圆心的圆上， ∴∠EBG=∠EFG, ∵∠EGF=90°， EG=FG， ∴∠GEF=∠GFE=45° ∴∠EBG=45° ∴BG平分∠ABC， ∴点G在∠ABC的平分线上， 当CG⊥BG时，CG最小， 此时，如图2，∵BG平分∠ABC， ∴∠ABG=∠GBC= ∠ABC=45°， ∵CG⊥BG ∴△BCG是以BC为斜边的等腰直角三角形，∠BGC=90° ∴BG=CG ∵∠EGF=∠BGC=90° ∴∠EGF-∠BGF=∠BGC-∠BGF, ∴∠EGB=∠FGC, 在△EGB和△FGC中， ∴△EGB≌△FGC(SAS)， ∴BE=CF ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD=BC 设AB=m ∵BE∶AB=1∶3 ∴CF=BE= m， 在Rt△ABC中，∠BAC=60°， ∴∠ACB =30° ∴AC =2AB= 2m ∴BC= ， ∴AD= m， ∴ 故选∶A． 【点睛】本题属于几何综合题，是中考选择题的压轴题，考查了矩形的性质，四点共圆，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，垂线段最短，含30度角的直角三角形，解决本题的 关键是准确作辅助线综合运用以上知识． 7．嘉淇在一次实验中，把四张扑克牌洗匀后，背面向上放在桌面上，并从中随机抽取一张，记录牌面上 的数字出现的频率，并制成折线统计图，则符合这个结果的实验可能是（ ） A．牌面数字是2的倍数 B．牌面数字是3的倍数 C．牌面数字是4的倍数 D．牌面数字是5的倍数 【答案】B 【分析】根据统计图可知，试验结果在 附近波动,即其概率P≈ ，计算四个选项的概率约为 者 即为正确答案． 【详解】解：A、牌面数字是2的倍数的概率为 ，故本选项不符合题意； B、牌面数字是3的倍数的概率是 ，故本选项符合题意； C、牌面数字是4的倍数的概率为 ，故本选项不符合题意； D、牌面数字是5的倍数的概率为0，故本选项不符合题意； 故选：B. 【点睛】此题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率，熟记频率=所求情况数与总 情况数之比是解题的关键． 8．如图，在平面直角坐标系中，点 ，点 ，点 ，点 从点 出发沿 路线以每秒1个单位的速度运动，点 从点 出发沿 路线以每秒 个单位的速度运动，当一 个点到达终点时另一个点随之停止运动，设 ，运动时间为 秒，则正确表达 与 的关系图象是 （ ）A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先分析各个线段的长，在Rt△OAB中，可知，OA=2，OB=2 ，AB=4，∠BAO=60°，过点C作 CM⊥y轴于点M，易得△OBC是等边三角形，OC=BC=OB=2 ，点P在OA上运动用时2s，在AB上运动 用时4s，点Q在OC上运动用时2s，在OC上运动用时2s，则点P和点Q共用时4s，可排除D选项；再算 出点P在OA上时，y的函数表达式，结合选项可得结论． 【详解】解：如图，∵点A（2，0），点B（0，2 ）， ∴OA=2，OB=2 ， ∴AB=4，∠BAO=60°，过点C作CM⊥y轴于点M， 则OM=BM= ，CM=3， ∴OC=BC=2 ， ∴△OBC是等边三角形，∠BOC=60°， ∴点P在OA上运动用时2s，在AB上运动用时4s，点Q在OC上运动用时2s，在OC上运动用时2s， 即点P和点Q共运动4s后停止；由此可排除D选项． 当点P在线段OA上运动时，点Q在线段OC上运动，过点Q作QN⊥x轴于点N， 由点P，点Q的运动可知，OP=t，OQ= t， ∴ ∴ ∴ 即当0＜t＜2时，函数图象为抛物线， 结合选项可排除A，C． 故选：B． 【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，主要考查等边三角形的性质，二次函数图象的性质，含30°的直角三角形，勾股定理等知识，由坐标转线段长，得出特殊的三角形是解题关键． 二、填空题（本大题共有6小题，每题3分，共18分） 9．如果关于x的一元二次方程 的两根分别为 ， ，那么 ______． 【答案】 【分析】根据一元二次方程的解的定义和根与系数的关系进行求解即可． 【详解】解： ， 是一元二次方程 的两根， ∴ ， ， ， ∴ ， ， ∴ ∴ ， 故答案为： ． 【点睛】本题考查一元二次方程解的定义以及根与系数的关系，熟练掌握两根之和等于 ，两根之积等 于 是解题的关键． 10．抛物线 上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如下表： x 0 1 2 3 4 ⋯ ⋯ y 3 0 -1 0 3 ⋯ ⋯ 则抛物线的解析式是______________． 【答案】 【分析】结合题意，根据二次函数的性质，通过列二元一次方程组并求解，即可得到答案． 【详解】根据题意，得： 将 代入到 ，得：∴ ∴ 故答案为： ． 【点睛】本题考查了二次函数、二元一次方程组的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数、二元一次方程 组的性质，从而完成求解． 11．如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为 和 ，月牙绕点B旋转90°得到新的月 牙，则点A的对应点 的坐标是______． 【答案】（4，8）或（4，-8） 【分析】根据旋转的性质求解即可，注意旋转方向不确定时需要分类讨论． 【详解】解：∵月牙绕点B旋转90°得到新的月牙，有两种可能，如图， ∵点A，B的坐标分别为 和 ， ∴BA=8．由题意可得， 与B的横坐标相等，且 =BA=8， ∴A′的坐标为（4，8）或（4，-8）， 故答案为：（4，8）或（4，-8）． 【点睛】本题考查旋转的性质，注意分类讨论是解本题的关键． 12．七巧板是我国古代劳动人民的一项发明，被誉为“东方魔板”，它由五块等腰直角三角形、一块正方 形和一块平行四边形组成．小虹同学利用七巧板拼成的正方形做“滚小球游戏”，小球可以在拼成的正方 形上自由地滚动，并随机地停留在某块板上，如图所示，那么小球最终停留在阴影区域上的概率是 __________． 【答案】 【分析】设大正方形的边长为2，先求出阴影区域的面积，然后根据概率公式即可解题． 【详解】解：设大正方形的边长为2，则GE=1，E到DC的距离d= 阴影区域的面积为： 大正方形的面积是： 小球最终停留在阴影区域上的概率是： ． 故答案为： 【点睛】本题考查几何概率，掌握相关知识熟悉概率公式是解题关键． 13．如图，在扇形CAB中， ，垂足为D， 是△ACD的内切圆，连接AE，BE．（1）∠AEB的度数为______； （2）若 ， ，则 的长为______． 【答案】 135° 【分析】（1）如图，连接EC．首先证明∠AEC＝135°，再证明△EAC≌△EAB即可解决问题； （2）先利用已知求得∠CAB的度数，然后在直角三角形ACD中求得AC的长，最后利用弧长公即可求 解． 【详解】解：（1）如图，连接EC． ∵E是△ADC的内心，∠ADC＝90°， ∴∠ACE＝ ∠ACD，∠EAC＝ ∠CAD， ∴∠AEC＝180°− (∠ACD＋∠CAD)＝135°， 在△AEC和△AEB中， ， ∴△EAC≌△EAB， ∴∠AEB＝∠AEC＝135°， 故答案为135°． （2）∵ ，∠AEB＝135°，∴ ， ∴ ， ∵ ， ， ∴ 中， ， 解得 ， ∴ ， 故答案为： 【点睛】本题考查三角形的内心、全等三角形的判定和性质，弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常 用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 14．在如图所示的平面直角坐标系中，抛物线y=- x2+ x+2与x轴交于点M、N（M在N左侧），与y轴 交于点A，点B是点A关于抛物线对称轴的对称点，经过点M的射线MD与y轴负半轴相交于点C，与抛 物线的另一个交点为D，∠BMN=∠NMD，点P是y轴负半轴上一点，且∠MDP=∠BMN，则点P的坐标是 _______． 【答案】 【分析】作 轴交MD于 ，如图，证明B点和 关于x轴对称，再解方程 得M （﹣2，0），N（4，0），接着求出B点坐标，从而得到 （2，﹣2），利用待定系数法求出直线MD得 解析式为y x﹣1，然后通过解方程组 得D（6，﹣4），最后证明 得到P点坐标． 【详解】解：作 轴交MD于 ，如图， ∵∠BMN＝∠NMD， ∴MN垂直平分BB′， ∴B点和 关于x轴对称， 当y＝0时， ，解得x＝﹣2，x＝4， 1 2 ∴M（﹣2，0），N（4，0）， ∴抛物线的对称轴为直线x＝1， 当x＝0时，y ＝2， ∴A（0，2）， ∵点B与点A关于直线x＝1对称， ∴B（2，2）， ∴ （2，﹣2）， 设直线MD的解析式为y＝kx+b， 把M（﹣2，0）， （2，﹣2）代入得 ， 解得 ， ∴直线MD得解析式为y x﹣1，解方程组 ， ∴D（6，﹣4）， ∵∠BMN＝∠NMD，∠MDP＝∠BMN， ∴∠NMD＝∠MDP， ∴ ， ∴P点坐标为（0，﹣4）． 故答案为（0，﹣4）． 【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数 （a，b，c是常数，a≠0）与x轴 的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质． 三、解答题（本大题共有 9 小题，共 52 分；第 17-20 每小题 4 分，第 21-22 小题每小题 5 分，第23小题6分，第24小题8分，第25小题12分） 15．解方程： (1) (2) 【答案】(1) ， ． (2) ， ． 【分析】（1）利用公式法解一元二次方程即可． （2）利用因式分解法解一元二次方程即可． 【详解】（1） 由题意得，a＝1，b＝﹣4，c＝﹣5， ∵ ＝ ＝36， ∴ ，∴ ， ． （2） 原方程整理得， ， ∴ 或 ， ∴ ， ． 【点睛】此题考查了一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键． 16．已知关于x的一元二次方程 ． (1)若该方程有两个实数根，求m的取值范围； (2)若方程的两个实数根为 ， ，且 ，求m的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据一元二次方程有两个根，可以知道其判别式大于或等于0，据此作答即可； （2）根据一元二次方程的根与系数的关系，有 ， ，即可得 ，再结合 ，即可求解． 【详解】（1）根据题意有： ， 即 ， 整理，得 ， 解得 ， 即m的取值范围为： ； （2）根据根与系数的关系有： ， ，∴ ， ∵ ， ∴ ， 解得 ， ∵ ， ∴m的值为 ， 即m的值为 ． 【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系以及其判别式的相关知识，根据一元二次方程有两个 根得出 ，是解答本题的关键． 17．如图①，在△ABC中， ， ，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD 绕点A逆时针旋转 得到AE，连接EC． (1)如图①，通过图形旋转的性质可知AD＝___，∠DAE＝___°； (2)如图①，求证： ； (3)如图②，在△ABC中， ， ，D为△ABC外一点，且 ，仍将线段AD绕 点A逆时针旋转 得到AE，连接EC，ED．若 ， ，求BD的长． 【答案】(1)AE，90 (2)见解析(3)9 【分析】（1）利用旋转变换的性质即可解决问题． （2）证明△ABD≌△ACE（SAS），推出BD=CE，可得结论． （3）如图2中，连BD．证明△ABD≌△ACE（SAS），推出BD=CE，再证明△ECD是直角三角形，利用勾 股定理即可解决问题． 【详解】（1）由旋转的性质可知：AD=AE，∠DAE=90°． 故答案为：AE，90； （2）∵∠DAE=∠BAC， ∴∠BAD=∠CAE， 又∵AB=AC，AD=AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD=CE， ∴BC=BD+DC=EC+CD． （3）如图2中，连BD， ∵∠BAC=∠DAE， ∴∠BAD=∠CAE， 又∵AB=AC，AD=AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD=CE， 而∠ADE=∠ADC=45°， ∴△ECD为直角三角形， ∴EC2=CD2+ED2=CD2+2AD2=81， ∴EC=9，即：BD的长为9． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的 判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．18．某商场以“线上”与“线下”相结合的方式一共销售100套服装，已知“线上”销售的每套利润为 100元，“线下”销售的每套利润y（元）与销售量x（套）（20≤x≤60）之间的函数关系如图中的线段 AB． (1)求y与x之间的函数关系． (2)当“线下”的销售利润为4350元时，求x的值． (3)实际“线下”销售时，每套还要支出其它费用a元（0＜a＜20），若“线上”与“线下”售完这100套 服装所获得的最大总利润为11200元，求a的值． 【答案】(1)y=-0.5x+160（20≤x≤60） (2)x的值为30 (3) =10 【分析】（1）根据函数图象中的数据，可以计算出y与x之间的函数关系； （2）根据题意和（1）中的结果，可以得到x（-0.5x+160）=4350，然后求解即可； （3）根据题意，可以得到利润w与m的函数关系式，再根据二次函数的性质，可以求得a的值． 【详解】（1）解：设y与x的函数关系式为y=kx+b， ∵点（20，150），（60，130）在该函数图象上， ∴ k 0.5  , 解得b160 即y与x的函数关系式为y=-0.5x+160（20≤x≤60）． （2）解：由题意可得， xy=4350， 又∵y=-0.5x+160，∴x（-0.5x+160）=4350， x x 解得 1=30， 2=290（舍去）， 即x的值30． （3）解：设“线下”销售榴莲m箱，则“线上”销售榴莲（100-m）箱，总利润为w元， 1 由题意可得，w=m（-0.5m+160- ）+100（100-m）=  m2(60a)m10000, a 2 60a  60a, 1 该函数的对称轴为直线m= 2( ) 2 ∵0＜a＜20， ∴40＜60-a＜60， ∵“线上”与“线下”售完这100箱榴莲所获得的最大总利润为11250元， 1  (60a)2(60a)(60a)1000011250, ∴当m=60- 时， a 2 a a 1 2 解得 =10， =110（舍去）， ∴a=10． 【点睛】本题考查二次函数的应用、一次函数的应用、一元二次方程的应用，解答本题的关键是明确题 意，写出相应的方程和函数关系式，利用数形结合的思想解答． 25 19．已知抛物线ya(x3)2 过点C0,4．顶点为M，与x轴交于A、B两点．如图所示以AB为直径 4 作圆，记作 D． (1)求抛物线解析式及D点坐标． D  (2)猜测直线CM与 的位置关系，并证明你的猜想．90 C (3)抛物线对称轴上是否存在点P，若将线段CP绕点P顺时针旋转 ，使C点的对应点 恰好落在抛物 线上？若能，求点P的坐标；若不能，说明理由． 1 25 y x32  【答案】(1) ；(3,0)； 4 4 (2)相切；证明见解析； (3)存在，P(0,1)或(0,3)，理由见解析． 【分析】（1）利用待定系数法即可确定抛物线解析式；然后确定交点的坐标，再由题意即可得出点D的 坐标； （2）连接CM，CD，MD，利用勾股定理逆定理得出CM⊥CD，由切线的判定定理即可证明； （3）假设存在点P，设点P（3，k），过点C作CG⊥对称轴MD，过点C作CH⊥对称轴MD，则PD=k， 根据矩形的判定和性质及全等三角形的判定和性质得出C (3+4-k，3+k)，代入抛物线求解即可． 25 yax32  【详解】（1）解：∵抛物线 4 过点C(0，4)， 25 ∴ 49a ， 4 1 a 解得： ， 4 1 25 ∴抛物线的解析式为 y x32  ， 4 4 1 25 令y=0，则 x32 0 ， 4 4 x 8 x 2 1 2 解得： ， ， ∴A(-2,0)，B(8,0)， ∴AB=10， ∴AD=5，OD=3， ∴D(3,0)； （2） 连接CM，CD，MD，如图所示：25 由抛物线的解析式得：M(3, )，C(0，4)， 4 ∵D(3,0)， ∴ CM2     4 2 4 5   2 032  2 1 2 6 5 ，CD2 402 032 25， DM2     2 4 5 0    2 332  6 1 2 6 5 ， ∴CM2CD2 DM2， ∴CM⊥CD， ∵CD=5， ∴直线CM与⊙D相切； （3） 存在点P，理由如下： 假设存在点P，设点P（3，k），过点C作CG⊥对称轴MD，过点C作CH⊥对称轴MD，则PD=k， 根据题意得∠CPC =∠CGD=∠GDO=∠COD=PHC =90°， ∴∠CPH+∠HPC=90°，∠GCP+∠GPC=90，四边形CODG为矩形， ∴∠GCD=∠HPC，OC=GD=4，CG=OD=3， ∵CP=CP ∴∆CGP≅∆PHC， ∴PG=CH=GD-DP=4-k，CG=PH=OD=3，∴C(CG+CH，HP+PD)即(3+4-k，3+k) ∵点C在抛物线上， 1 25 ∴ 3k  34k32  ， 4 4 解得：k=1或k=3， ∴P(0,1)或(0,3)． 【点睛】题目主要考查二次函数的应用及直线与圆的位置关系，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和 性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 20．疫情期间，某市积极开展“停课不停学”线上教学活动，某校随机抽取部分学生进行线上学习效果自 我评价的调查（学习效果分为：A．效果良好；B．效果较好；C．效果一般；D．效果不理想）并根据调 查结果绘制了如下两幅不完整的统计图： (1)此次调查中，共抽查了 名学生； (2)补全条形统计图，扇形统计图中“效果一般”对应的圆心角为 °； (3)某班4人学习小组，甲、乙2人认为效果良好，丙认为效果较好，丁认为效果一般．从学习小组中随机 抽取2人，则“1人认为效果良好，1人认为效果较好”的概率是多少？（要求列表或画树状图求概率） 【答案】(1)200 (2)补图见解析，72 1 (3) 3 【分析】（1）由A组有80人，占比40%，从而可得总人数； （2）先求解B组人数，再补全统计图即可，由C组的占比乘以360可得扇形统计图中“效果一般”对应 的圆心角； （3）用列表法表示所有可能出现的结果以及符合条件的结果数，再利用概率公式进行计算即可． 【详解】（1）解：8040%=200（人），∴此次调查中，共抽查了200名学生．故答案为：200（2）∵200-80-60-20=40，补全条形统计图如图所示： 扇 40 36072 形统计图中“效果一般”对应的圆心角为 ． 故答案为：72 200 （3）用列表法表示所有可能出现的结果如下： 甲（A） 乙（A） 丙（B） 丁（C） 甲（A） AA AB AC 乙（A） AA AB AC 丙（B） BA BA BC 丁（C） CA CA CB 共有12种等可能结果，其中“1人认为效果良好，1人认为效果较好”的有4种，记为事件A，∴P(A)= 4 1  12 3 【点睛】本题考查的是从条形图与扇形图中获取信息，求解扇形图中某部分所对应的圆心角，补全条形统 计图，利用列表或画树状图求解随机事件的概率，掌握以上统计与概率的基础知识是解本题的关键． 21．2021年是中国历史上的超级航天年，渝飞航模专卖店看准商机，8月初推出了“天问一号”和“嫦娥 五号”两款模型．每个“天问一号”模型的售价是90元，每个“嫦娥五号”模型的售价是100元． (1)若8月份销售“天问一号”模型的数量比“嫦娥五号”模型数量多200个，销售两种模型的总销售额为 56000元，求销售“天问一号”模型和“嫦娥五号”模型的数量各是多少？ (2)该店决定从9月1日起推出“逐梦航天、仰望星空”优惠活动，9月份，每个“天问一号”模型的售价5 与8月份相同，销量比8月份增加 a%；每个“嫦娥五号”模型的售价在8月份的基础上降价a%，销量比 4 3 8月份增加 a%． 2 ①用含有a的代数式填表（不需化简）： 9月份的售价（元） 9月份销量 “天问一号” 90 模型 “嫦娥五号” 模型 13 ②据统计，该店在9月份的销售总额比8月份的销售总额增加 a%，求a的值． 14 【答案】(1)销售天问一号模型和嫦娥五号模型的数量各是400个与200个 5 3 (2)①100(1- a%)；400（1+ a%）；200（1+ a%）；②10 4 2 【分析】（1）首先设销售“天问一号”模型和“嫦娥五号”模型的数量各x个，y个，根据销售“天问一 x y200 号”模型的数量比“嫦娥五号”模型数量多200个可列出方程 ，由销售两种模型的总销售额为 90x100y56000 56000元可列出方程 ，把这两个方程组成一个二元一次方程组，解这个方程组即可得到 本题答案； 5 （2）①由9月份，每个“天问一号”模型的售价与8月份相同，销量比8月份增加 a%，可得9月份“天 4 5 问一号”模型的销量为400（1+ a%）个；“嫦娥五号”模型的售价在8月份的基础上降价a%，，销量比 4 3 3 8月份增加 a%，可得“嫦娥五号”模型的销量为200（1+ a%）个，可得“嫦娥五号”模型的售价为 2 2 13 5 100(1- a%)；②根据该店在9月份的销售总额比8月份的销售总额增加 a%，可得90×400（1+ a%） 14 43 13 +100（1﹣a%）×200（1+ a%）＝（90×400+100×200）（1+ a%），计算即可得出a的值． 2 14 【详解】（1）解：设销售“天问一号”模型和“嫦娥五号”模型的数量各x个，y个，根据题得：  x y200  90x100y56000 解得： x400  y200 答：销售“天问一号”模型和“嫦娥五号”模型的数量各是400个与200个。 （2） 解：①∵9月份，“嫦娥五号”模型的售价在8月份的基础上降价a% ,“天问一号”模型的销量比8月份增 5 3 加 a%，“嫦娥五号”模型的销量比8月份增加 a%， 4 2 5 3 ∴9月份，“天问一号”模型的销量为400（1+ a%）个，“嫦娥五号”模型的销量为200（1+ a%）个． 4 2 5 3 故答案为：100(1- a%)；400（1+ a%）；200（1+ a%）． 4 2 5 3 13 ②依题意得：90×400（1+ a%）+100（1﹣a%）×200（1+ a%）＝（90×400+100×200）（1+ a%）， 4 2 14 整理得：3a2﹣30a＝0，解得：a＝10，a＝0（不合题意，舍去）． 1 2 答：a的值为10． 【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的应用，一元二次方程的应用等知识． yx22x3 22．在平面直角坐标系中，抛物线 与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点 C，顶点为D．(1)请直接写出点A，C，D的坐标； (2)如图（1），在x轴上找一点E，使得△CDE的周长最小，求点E的坐标； (3)如图（2），点P为抛物线对称轴上的动点，使得△ACP为等腰三角形？若存在，求出点P的坐标，若 不存在，请说明理由． 【答案】(1)A（﹣3，0），C（0，3），D（﹣1，4） 3  (2)（ ，0） 7 14  14 3 17 3 17 (3)（-1， ）或（-1， ）或（-1， ）或（-1， ）或（-1，1） 【分析】（1）令抛物线解析式中y0，解关于x的一元二次方程即可得出点A、B的坐标，再令抛物线解 析式中x0求出y值即可得出点C坐标，利用配方法将抛物线解析式配方即可找出顶点D的坐标； （2）作点C关于x轴对称的点C′，连接C′D交x轴于点E，此时 CDE的周长最小，由点C的坐标可找出 点C′的坐标，根据点C′、D的坐标利用待定系数法即可求出直线△C′D的解析式，令其y0求出x值，即可 得出点E的坐标； AC2 18 AP2 t24 CP2 (t3)21 （3）设P（-1，t），可得 ， ， ，分三种情况列方程，即可得t的值， 从而得到P的坐标． yx22x3 y0 x22x30 【详解】（1）解：当 中 时，有 ， x 3 x 1 解得： 1 ， 2 ， ∵A在B的左侧， ∴A（﹣3，0），B（1，0）， yx22x3 x0 y3 当 中 时，则 ， ∴C（0，3）． y=-x2-2x+3=-(x+1)2 +4 ∵ ， ∴顶点D（﹣1，4）； （2）作点C关于x轴对称的点C′，连接C′D交x轴于点E，此时 CDE的周长最小，如图1所示， △∵C（0，3）， ∴C′（0，﹣3）， 设直线C′D的解析式为ykxb， 4kb k 7   则有：3b ，解得：b3， y7x3 ∴直线C′D的解析式为 ， 3 x 当y7x3中 y0 时， 7 ， 3  ∴当 CDE的周长最小，点E的坐标为（ ，0）； 7 △ （3）存在，设P（-1，t）， ∵A（-3，0），C（0，3） AC2 3232 18 AP2 [1(3)]2t2 t24 ∴ ， ， CP2 [0(1)]2(t3)2 (t3)21 ， AC  AP 18t24 ①当 时，如图2，则有 ，t  14 t  14 解得 或 ， 14  14 ∴点P（-1， ）或（-1， ）； AC CP 18(t3)21 ②当 时，如图3，则有 ， t 3 17 t 3 17 解得 或 ， 3 17 3 17 点P（-1， ）或（-1， ）； APCP t24(t3)21 ③当 时，如图4，则有 ，解得t 1， ∴点P（-1，1）； 14  14 3 17 3 17 综上所述，P点坐标为：（-1， ）或（-1， ）或（-1， ）或（-1， ）或（-1，1）． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合应用，综合性较强，解题关键是能够熟练运用数形结合和分类讨论 的数学思想解决问题． 23．如图，△BCE内接于⊙O，AB是⊙O的直径，弦BD交CE于点F，∠CBD=∠ABE. (1)如图1，求证：BD⊥CE； (2)如图2，在BF上取一点H，使FH=FD，连接EH并延长交BC于点N、交AB于点G，若∠BEN=30°，求 1 证：BH=2AB； 3 (3)如图3，在（2）的条件下，直线OH交BC于点R、交BE于点S，若tan∠ABE= 5 ，AB=4 7 ，求SE 的长. 【答案】(1)见解析(2)见解析 (3)SE= 4 【分析】（1）连接AE，根据同弧所对的圆周角相等得到∠A=∠C，再根据∠CBD=∠ABE，等量代换得 ∠BFC=90°，从而证明BD⊥CE． （2）延长EN交⊙O于点K，连接OK、BK、DE，先证明△OBK是等边三角形，得到∠KHB=∠HKB，即 可证明． （3）延长EN交⊙O于点K，连接OK、BK、DE、AE，作OT⊥BE，证明△RBS是等边三角形，再根据 3 tan∠ABE= 5 ，设OT= 3x，BT=5x，解得x的值，再根据线段关系求SE的长． 【详解】（1）证明：连接AE， ∵AB是⊙O的直径， BEBE ∴∠AEB=90°∴∠A+∠ABE=90°∵ ，∴∠A=∠C∵∠CBD=∠ABE.∴∠C+∠CBF=90°∴∠BFC=90°∴BD⊥CE. （2）延长EN交⊙O于点K，连接OK、BK、DE. ∵ ， BK BK ∠BEN=30°∴∠BOK=2∠BEK=60°∵OB=OK，∴△OBK是等边三角形∴BK=BO∵BD⊥CE， BEBE FH=FD∴ED=EH∴∠EDH=∠EHD∵ ，∴∠EDH=∠HKB，1 ∵∠KHB=∠EHD∴∠KHB=∠HKB∴BK=BH，BH=BO，∴BH=2AB． （3）延长EN交⊙O于点K，连接OK、BK、DE、AE.作OT⊥BE， ∵AB=4 1 7 由（2）知BO=BH，△OBK是等边三角形∴BO=2AB=2 7 ， ∠OBK=60°∵∠CBD=∠ABE∴∠RBS=∠OBK=60°∵BO=BH，∴∠BHO=∠HOB∵∠CBD=∠ABE∵∠BHR=180°- ∠BHO，∠BOS=180°-∠BOH∴∠BHR=∠BOS∴△BHR≌△BOS∴BR=BS∴△RBS是等边三角形 3 ∴∠OSB=60°∵OT⊥BE∴BE=2BT∵tan∠ABE= 5 ，设OT= 3x，BT=5x OT2BT2 OB2 OT ( 3x)2(5x)2 (2 7)2 x1 ∴OT= 3 ，BT=5∴BE=2BT=10 tanOSB OS tan60  3 ∴TS=1∴BS=BT+TS=5+1=6∴SE=BE-BS=10-6=4 【点睛】本题考查圆周角的定理及推论、解直角三角形、三角形全等证明、等边三角形的性质，解决本题 的关键是对各定理熟练应用．