期末满分押题夯实基础培优卷（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_4期末试卷_期末满分押题夯实基础培优卷（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） 【期末满分押题】夯实基础培优卷（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 10个小题，每小题3分，共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．若一元二次方程 的一个根为1，则（ ） A．a+b+c＝0 B．a﹣b+c＝0 C．﹣a﹣b+c＝0 D．﹣a+b+c＝0 【答案】A 【分析】根据一元二次方程解的定义把 代入方程中即可得到答案． 【详解】解：∵一元二次方程 的一个根为1， ∴把 代入方程得： ， 故选A． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程解的定义，熟知一元二次方程解是能使方程左右两边相等的未知数 的值是解题的关键． 2．将函数 的图象先向右平移3个单位，再向上平移4个单位，所得抛物线是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】抛物线 的顶点坐标为（0，0），则把它向右平移3个单位，再向上平移4个单位，所得抛 物线的顶点坐标为（3，4），然后根据顶点式写出解析式．【详解】解：把抛物线 先向右平移3个单位，再向上平移4个单位，所得抛物线的函数解析式为 ． 故选：B． 【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后 的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出 解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式． 3．如图，A、B、C、D四个点均在 上， ， ，则 的度数为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接AD，由A、B、C、D四个点均在⊙O上，∠AOD＝80°，AO DC，可求得∠OAD、∠ADO 与∠ODC的度数，然后由圆内接四边形的性质求出∠B，再根据四边形内角和为360°列式计算即可求得答 案． 【详解】解：连接AD， ∵OA＝OD，∠AOD＝80°， ∴∠OAD＝∠ADO＝ ， ∵AO DC， ∴∠ODC＝∠AOD＝80°， ∴∠ADC＝∠ADO＋∠ODC＝130°， ∴∠B＝180°−∠ADC＝50°， ∵∠B＋∠BAO＋∠OAD＋∠ADC＋∠BCD＝360°， ∴50°＋∠BAO＋50°＋130°＋∠BCD＝360°， ∴∠BAO＋∠BCD＝130°， 故选：C．【点睛】此题考查了等腰三角形的性质、圆内接四边形的性质、平行线的性质以及多边形的内角和问提． 此题比较适中，注意掌握辅助线的作法． 4．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【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．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． 【详解】解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意； B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意； C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意． 故选：B． 【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折 叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 5．一元二次方程 的根的情况是（ ） A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根 C．没有实数根 D．无法确定 【答案】B 【分析】计算一元二次方程根的判别式，进而即可求解． 【详解】解：∵ ， ∴ ，∴有两个相等的实数根． 故选B． 【点睛】本题考查了一元二次方程 ( 为常数)的根的判别式 ，理解 根的判别式对应的根的三种情况是解题的关键．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，方程没有实数根． 6．如图，在 中， ， ， ，将 绕点B顺时针旋转 得到 ，连接 DC交AB于点F，则 与 的周长之和为（ ） A．16 B．24 C．32 D．40 【答案】C 【分析】根据将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，可得△ABC≌△EBD，∠CBD＝60°，BD＝BC ＝8，从而得到△BCD为等边三角形，得到CD＝BC＝CD＝8，在Rt△ACB中，利用勾股定理得到AB＝ 10，所以△ACF与△BDF的周长之和＝AC＋AF＋CF＋BF＋DF＋BD＝AC＋AB＋CD＋BD，即可解答． 【详解】解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE， ∴△ABC≌△EBD，∠CBD＝60°， ∴BD＝BC＝8， ∴△BCD为等边三角形， ∴CD＝BC＝CD＝8， ∵AB＝ ＝10， ∴△ACF与△BDF的周长之和＝AC＋AF＋CF＋BF＋DF＋BD＝AC＋AB＋CD＋BD＝6＋10＋8＋8＝32， 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，解决本题的关键是由旋转得到相等的边． 7．在同一直角坐标系中，函数 和函数 (a是常数，且a≠0)的图象可能是（ ）A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据 和 的一次函数图象与二次函数图象的特征分析即可． 【详解】解：当 时，函数 的图象经过一、二、三象限；函数 的开口向上，对 称轴在y轴的左侧； 当 时，函数 的图象经过二、三、四象限；函数 的开口向下，对称轴在y轴的 右侧，故D正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了一次函数与二次函数的图象综合，根据图象判断函数解析式中字母的取值，正确理解 函数图象是解题的关键． 8．要组织一次排球邀请赛，参赛的每两个队之间比赛一场，根据场地和时间等条件，赛程计划安排7天， 每天安排4场比赛，设比赛组织者应邀请x个队参赛，则x满足的关系式为（ ） A． x（x+1）=28 B． C． D． x（x-1）=28 【答案】D 【分析】根据参赛的每两个队之间都要比赛一场结合总共28场，即可得出关于x的一元二次方程，此题得 解． 【详解】解：设比赛组织者应邀请x个队参赛， 根据题意得： x（x-1）=4×7， 即 x（x-1）=28． 故选：D． 【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，根据数量关系列出关于x的一元二次方程是解题的 关键．9．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是边AC上一动点，连接BD，以CD为直径的圆交BD 于点E．若AB长为4，则线段AE长的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图，取BC的中点F，连接EF，CE，AF．解直角三角形可以求出AC和BC的长度，以及AF， EF的长度，因为AE≥AF-EF，可以得出AE的最小值． 【详解】如图所示，取BC的中点F，连接EF，CE，AF． ∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4 ∴AC＝BC＝ ∵F是BC的中点 ∴CF＝ ∴AF＝ ∵CD是直径 ∴∠CED＝∠CEB ＝90° ∴△CEB是直角三角形∵F是BC的中点 ∴ ∵AE≥AF-EF= 故选D． 【点睛】此题考查了圆与三角形结合的综合性问题，考查了线段的最值问题，找到取BC的中点F，得出 AE≥AF-EF是本题的关键． 10．如图1所示，平整的地面上有一个不规则图案（图中阴影部分），小明想了解该图案的面积是多少， 他采取了以下办法:用一个长为 ，宽为 的长方形，将不规则图案围起来，然后在适当位置随机朝长方 形区域扔小球，并记录小球落在不规则图案上的次数（小球扔在界线上或长方形区域外不计入试验结 果），他将若干次有效试验的结果绘制成了图2所示的折线统计图，由此可估计不规则图案的面积大约是 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据折线统计图知，当实验的次数逐渐增加时，样本的频率稳定在0.35，因此用频率估计概率， 再根据几何概率知，不规则图案的面积与矩形面积的比为0.35，即可求得不规则图案的面积． 【详解】p由折线统计图知，随着实验次数的增加，小球落在不规则图案上的频率稳定在0.35，于是把 0.35作为概率． 设不规则图案的面积为xcm2，则有 解得：x=14 即不规则图案的面积为14cm2．故选：B． 【点睛】本题考查了几何概率以及用频率估计概率，并在此基础上进行了题目创新，关键在于读懂折线统 计图的含义，随着实验次数的增加，频率稳定于0.35附近，由此得实验的频率，并把它作为概率．这对学 生知识的灵活应用提出了更高的要求． 二、填空题（本大题共6个小题，每题3分，共18分） 11．若 是关于x一元二次方程 的一个根，则 _________． 【答案】 【分析】直接将方程的解代入方程求解即可． 【详解】解：将 代入方程得： ， 解得：m= ， 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查已知一元二次方程的解求参数，准确运算是解题的关键． 12．如图，人工喷泉有一个竖直的喷水枪 ，喷水口A距地面 ，喷出水流的运动路线是抛物线，如果 水流的最高点P到喷水枪 所在直线的距离为 ，且到地面的距离为 ，则水流的落地点C到水枪底 部B的距离为__________m． 【答案】 ## 【分析】建立以 所在直线为 轴、 所在直线为 轴的直角坐标系，根据顶点 设其解析式为 ，把 代入求得 的值，据此可得其函数解析式，再求得 时 的值可得答案． 【详解】解：如图，以 所在直线为 轴、 所在直线为 轴建立直角坐标系，由题意知，抛物线的顶点 的坐标为 、点 ， 设抛物线的解析式为 ， 将点 代入，得： ， 解得： ， 则抛物线的解析式为： ， 当 时，有 ， 解得： （舍 或 ， m， 答：水流的落地点 到水枪底部 的距离为 ． 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是结合题意建立合适的平面直角坐标系，将实际问题 转化为二次函数问题求解． 13．如图，在等边△ABC中， ，点P是边BC上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转 得到 △ACQ，点D是AC边的中点，连接DQ，则DQ的最小值是________．【答案】 【分析】根据旋转的性质，即可得到∠BCQ＝120°，当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，再根据勾股定理，即可 得到DQ的最小值． 【详解】解：如图，由旋转可得∠ACQ＝∠B＝60°， 又∵∠ACB＝60°， ∴∠BCQ＝120°， ∵点D是AC边的中点， ∴CD＝3， 当DQ⊥CQ时，DQ的长最小， 此时，∠CDQ＝30°， ∴CQ＝ CD＝ ， ∴DQ＝ ， ∴DQ的最小值是 ， 故答案为 ．【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的性质、勾股定理、线段最小值问题等知识点，找到最 短线段出现的点是解答本题的关键． 14．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(3，4)，以点A为圆心2为半径作⊙A．点D为⊙A上的任 一点，点B和点C均在x轴上，且满足OB＝OC，∠BDC＝90°，则线段BC的最小值为________． 【答案】6 【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到 ，所以当 最小时， 最小．当 三点共线时，可以确定 的最小值，从而得解． 【详解】解：如图，连接 、 、 ， 则 ． 点 的坐标为 ， ， ， ， ．当 、 、 三点共线时， 最小， 的最小值为 ， 的最小值为 ． 故答案为6． 【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得 出 取最小值时点 的位置． 15．如图，在 的正方形网格中有9个格点，已经取定点A和B，在余下的7个点中任取一点C． （1）使A，B，C三点在同一直线上是______事件； （2）使△ABC为等腰三角形的概率是______． 【答案】 随机 【分析】（1）根据随机事件的定义即可判断； （2）找到满足条件的点的个数，再利用概率公式求解即可． 【详解】解：（1）在余下的7个点中任取一点C； A，B，C三点可能再同一直线上，也可能不在同一条直线上， 故是随机事件， 故答案为：随机； （2）使△ABC为等腰三角形的点有如下4种情况， 故概率为： ． 【点睛】本题考查了随机事件的概率、利用概率公式求概率，解题的关键是找出满足事件的情况数，再利 用概率公式求解． 16．如图1，重庆特色的九宫格火锅分九格：四角格、十字格、中心格（中心格一般为正方形）．隔板的 设计有以下两种：①横纵隔板两两垂直交于三等分点如图2所示；②横纵隔板两两垂直交于圆锅边缘八等分点如图3所示．已知圆锅直径为40cm，则两种设计的中心格面积S 与S 差为______cm2． 1 2 【答案】 ## 【分析】如图，过点O作OB⊥AP于点B，连接OA，过点C作CF⊥DG，垂足为F，连接CG、DE，然后 可得 ，则有 ，进而可得 ，根据 圆周角定理可知 ，则有 ，最后根据勾股定理可求解． 【详解】解：如图，过点O作OB⊥AP于点B，连接OA，过点C作CF⊥DG，垂足为F，连接CG、DE， 由题意得： ， 由中心格是正方形可得： ， 设 ，则有AB=3xcm， 在Rt△ABO中，由勾股定理得： ， ∴ ， ∴ ， ∵横纵隔板两两垂直交于圆锅边缘八等分点如图3所示，∴圆锅边缘每段弧的度数为45°， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴在Rt△CDF中，由勾股定理得： ，即 ， ∴ ， ∴ ， ∴ ； 故答案为 ． 【点睛】本题主要考查垂径定理、圆周角定理及勾股定理，熟练掌握垂径定理、圆周角定理及勾股定理是 解题的关键． 三、解答题（本大题共8个小题，共52分；第17-18小题5分，第19-22小题6分，第23小 题8分，第24小题10分） 17．按照下列不同方法解方程． (1) ﹣4＝0（直接开平方法）； (2) ＋3x﹣1＝0（配方法）； (3)2 ＋x﹣1＝0（公式法）； (4) ﹣3x＝0（因式分解法）． 【答案】(1) ， (2) ，(3)x＝ ，x＝﹣1 1 2 (4)x＝0，x＝3 1 2 【分析】（1）用直接开平方法求解； （2）用配方法求解即可； （3）用公式法求解即可； （4）用因式分解法求解即可． 【详解】（1）解： =4， x=±2， ∴ ， ； （2）解： +3x=1 +3x+ =1+ ， ∴ ， ； （3）解：∵2x2＋x﹣1＝0， ∴a＝2，b＝1，c＝﹣1， △＝1＋8＝9＞0， ∴x＝ ， ∴x＝ ，x＝﹣1． 1 2 （4）解：∵x2﹣3x＝0，∴x（x﹣3）＝0， ∴x＝0或x﹣3＝0， ∴x＝0，x＝3． 1 2 【点睛】本题考查解一元二次方程，熟练掌握直接开平方法，配方法、公式法、因式分解法解一元二次方 程题的关键． 18．关于x的一元二次方程 有两个不相等的实数根 ． (1)求实数m的取值范围； (2)若方程两实数根 满足 ，求m的值． 【答案】(1)m＞1 (2)m=5 【分析】（1）若方程有两个不相等的实数根，则根的判别式 ，建立关于m的不等式，求出 m的取值范围； （2）根据题意 ，即可得到 ，根据根与系数的关系得到 ， x x m2 1 2 ，代入即得到关于m的方程，解方程即可． x22xm20 x x 1 2 【详解】（1）解：∵关于x的一元二次方程 有两个不相等的实数根 ， ， 22 4m24m4＞0 ∴Δ= ， ∴m＞1； x2x2 10 1 2 （2）解：∵ ， x x 2 2xx 10 ∴ 1 2 1 2 ， x x 2 x x m2 又∵ 1 2 ， 1 2 ， 22 2m210 ∴ 解得：m=5．x2 b2 【点睛】本题考查了一元二次方程a +bx+c=0（a≠0）的根的判别式Δ= -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．也考查了一元二次方程根 与系数的关系． 19．成绵苍巴高速正在修建中，某单向通行隧道设计图由抛物线与矩形的三边组成，尺寸如图所示，隧洞 限高4米，隧洞道路正中间标有一条实线． (1)水平安置一根限高杆，两端固定在洞门上，求限高杆的最小长度． (2)某卡车若装载一集装箱箱宽3m，车与车箱共高3.8m，此车能否不跨越标线通过隧道（标线宽度不 计）？说明理由． 4 2 【答案】(1) 米 (2)不能不跨越标线通过隧道 yax2 【分析】（1）根据题意建立直角坐标系，得出A(-4,-4)，B(4,-4)，设抛物线的解析式为 ，然后将点 1 y x2 代入得出 ，再由题意得当y=-2时满足条件，求解即可； 4 （2）根据题意结合（1）中函数解析式求当x=3时，y的值，然后结合图形即可得出结果 【详解】（1）解：如图所示建立直角坐标系，根据题意得： AE=BE=DF=CF=4，AD=EF=BC=2，OF=6， ∴OE=6-2=4，∴A(-4,-4)，B(4,-4)， yax2 设抛物线的解析式为 ， 将点A代入得：416a， 1  解得：a= ， 4 1 y x2 ∴抛物线的解析式为 ， 4 ∵隧洞限高4米，隧洞道路正中间标有一条实线， ∴当y=-2时满足条件， 1 2 x2 即 ， 4 x2 2 解得： ， 4 2 ∴限高杆的最小长度为 米； （2） ∵集装箱箱宽3m，且不跨越标线通过隧道， ∴当x=3时， 9 y 2.25 ， 4 62.253.753.8 ∴不能不跨越标线通过隧道． 【点睛】题目主要考查二次函数的应用，理解题意，建立恰当的直角坐标系确定函数解析式是解题关键． 20．如图所示的正方形网格中，ABC的顶点均在格点上，在所给的平面直角坐标系中解答下列问题：A,B (1)分别写出 两点的坐标； ABC △ABC  1 1 1 (2)作出 关于坐标原点成中心对称的 ； △ABC 1 1 1 (3)求出 的面积． 【答案】(1)A（-1，0）、B（-2，-2） (2)见解析 5 (3) 2 【分析】（1）根据图形所示，即可得出A、B两点的坐标； C A B （2）根据图形写出 点坐标，再根据关于原点对称的两点横坐标与纵坐标都互为相反数，得出 1、 1、 C ABC 1的坐标，连接各点，即可得 1 1 1 ； ABC （3）利用 1 1 1的面积  长方形的面积  三个直角三角形的面积即可求出答案． A1,0 B2,2 【详解】（1）解：由图形可知， ， ； C4,1 A 1,0 1 （2）解：由图形知 ，三点关于原点的中心对称坐标 ， B 2,2 C 4,1 ABC 1 ， 1 ，顺次连接得到 1 1 1，如图所示： （3） ABC 解： 1 1 1的面积1 1 1 3 5  3 2  21  31  21  6  1  1  ． 2 2 2 2 2 【点睛】本题考查了作图旋转变换，关于坐标原点成中心对称的两图形的对应点的坐标关系：它们的横 纵坐标都互为相反数；也考查了坐标的表示以及三角形的面积，掌握关于原点成中心对称的两个图形的坐 标是解决问题的关键． 21．某中学举行了“美育节”演讲比赛活动，根据学生的成绩划分为A，B，C，D四个等级，并绘制了不 完整的两种统计图． 根据图中提供的信息，回答下列问题： (1)参加演讲比赛的学生共有_______ 人，并把条形图补充完整； (2)扇形统计图中，m=_______；n=_______；C等级对应扇形的圆心角为_______． (3)学校欲从获A等级的学生中随机选取2人，参加市举办的演讲比赛，请利用列表法或树形图法，求获A 等级的小明参加市比赛的概率． 【答案】(1)40；条形图补充完整见解析 (2)10 40 144° 1 (3)获A 等级的小明参加市比赛的概率为2 【分析】（1）用D等级的人数除以它所占的百分比求出总人数，再由总人数减去其它等级人数可求得B 等级的人数，即可补全条形统计图； （2）由等级人数除以总人数可求得m、n值，再由360°乘以C等级的百分数可求得对应的圆心角的度数； （3）利用画树状图法求解概率即可． 【详解】（1）解：12÷30%=40（人）， B等级的人数是：40416128（人）, 作图如下：故答案为：40； （2）解： 4÷40=10%，16÷40=40%， ∴m=10，n=40， C等级对应扇形的圆心角为360°×40=144°， 故答案为：10；40；144°. （3）解：设A等级的小明用a表示，其他的三个学生用b，c，d表示． 画树状图为： 由图知，一共有12种等可能的结果，其中获A 等级的小明参加市比赛的有6种结果， 1 ∴P  ． (小明参加比赛) 2 【点睛】本题考查条形统计图和扇形统计图的综合运用、用树状图法求解概率，读懂统计图，准确获取有 用信息是解答的关键． 22．若一个四边形的两条对角线互相垂直且相等，则称这个四边形为“奇妙四边形”，如图1，四边形 ABCD中，若AC BD，AC⊥BD，则称四边形ABCD为奇妙四边形，根据“奇妙四边形”对角线互相垂直 的特征可得“奇妙四边形”的一个重要性质：“奇妙四边形”的面积等于两条对角线乘积的一半，根据以 上信息回答：(1)写出一种你所知道的特殊四边形中是“奇妙四边形”的图形名称______． (2)如图2，已知四边形ABCD是“奇妙四边形”，且A，B，C，D在⊙O上，若⊙O的半径为6， BCD60，求“奇妙四边形”ABCD的面积， (3)如图3，已知四边形ABCD是“奇妙四边形”，且A，B，C，D在⊙O上，作OM⊥BC于M，请猜测 OM与AD的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1)正方形 (2)54 1 OM  AD (3) ，证明见解析 2 【分析】（1）根据正方形的性质即可证明判断． （2）如图2中，连接OB、OD，作OH⊥BD于H，则BH＝DH．解直角三角形求出BD，再根据奇妙四边 形的面积等于两条对角线乘积的一半计算即可． 1 OM  AD （3）结论： ．如图3中，连接OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD于E．证明 BOM≌△OAE 2 △ （AAS）即可解决问题． 【详解】（1）∵正方形的两条对角线互相垂直且相等， ∴正方形是“奇妙四边形”， 故答案为：正方形 （2）如图2中，连接OB、OD，作OH⊥BD于H，则BH＝DH． ∵∠BOD＝2∠BCD＝2×60°＝120°，∵OB＝OD， ∴∠OBD＝30°， 在Rt OBH中， ∵∠O△BH＝30°， 1  ∴OH OB＝3， 2  3 3 ∴BH OH＝3 ， 3 ∵BD＝2BH＝6 ， 3 ∴AC＝BD＝6 1  ∴“奇妙四边形”ABCD的面积 •AC•BD＝54． 2 1 OM  AD （3）结论： 2 ． 理由如下：如图3中，连接OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD于E． ∵OE⊥AD， ∴AE＝DE， ∵∠BOC＝2∠BAC， ∵OB＝OC， ∴ OBC是等腰三角形， ∴△∠BOC＝2∠BOM， ∴∠BOM＝∠BAC， 同理可得∠AOE＝∠ABD，∵BD⊥AC， ∴∠BAC+∠ABD＝90°， ∴∠BOM+∠AOE＝90°， ∵∠BOM+∠OBM＝90°， ∴∠OBM＝∠AOE， 在 BOM和 OAE中 △OBM △AOE  OMBAEO  OBOA ∴△BOM≌△OAE（AAS）， ∴OM＝AE， ∴AD＝2OM． 1 OM  AD ∴ ． 2 【点睛】本题主要考查了垂径定理、30°角直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、“奇妙四边形” 的定义等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找全等三角形解决问题． ya(x1)24(a0) yx1 23．如图，抛物线 与x轴交于A，C两点，与直线 交于A，B两点，直线AB 与抛物线的对称轴交于点E． (1)求抛物线的解析式； (2)若点P在直线AB上方的抛物线上运动． ①点P在什么位置时，△ABP的面积最大，求出此时点P的坐标； ②当点P与点C重合时，连接PE，将△PEB 补成矩形，使△PEB上的两个顶点成为矩形一边的两个顶点，第三个顶点落在矩形这一边的对边上，求出矩形未知顶点的坐标． yx22x3 【答案】(1) 3 125 3 15 (2)①当m 时，S 最大，为 ，此时点P( , ) 2 8 2 4 ABP 22 71 ②矩形未知顶点的坐标D（-6，-3）；D( , ) 13 13 【分析】（1）先确定出点A的坐标，进而用待定系数法求出抛物线解析式； （2）先确定出点B的坐标，①设点P（m，-m2-2m+3），得出PG=-m2-3m+4，利用三角形的面积公式建立 函数关系式即可得出结论； ②先确定出点E的坐标，进而判断出 BPE是直角三角形，即可作出图形，利用两直线的交点坐标的求法 即可得出结论． △ A yx1 x A(1,0) A(1,0) ya(x1)24 【详解】（1）解：点 是直线 与 轴的交点， ，点 在 上， a11240 ，a1，抛物线的解析式为 y (x1)24x22x3 yx1 x1 x4 （2）解：由题意知，  yx22x3   y0（是点 A 的纵横坐标）或  y5，B4,5 ，①如图， 设点 ，过点 作 轴交 于 ， ， P(m,m22m3) P PG//y AB G Gm,m1 1 PGm22m3m1m23m4， S ABP S PBG S PAG  2 PGx A x B  = 1  m23m4 14 5 m 3  2  125 m 3 125 P( 3 15 ) 2 2 2 8 2 S ABP 8 2 4= 1  m23m4 14 5 m 3  2  125 m 3 125 P( 3 15 ) 2 2 2 8 当 2时，S ABP 最大，为 8 ，此时点 2， 4 ； ② yx22x3 C(3,0) x1 E 由 ⑴ 知，抛物线的解析式为 ， ,抛物线的对称轴为直线 ，点 在直线 yx1 上， E1,2 ，点P与点 C 重合， P(3,0) ，  B4,5 ， PE2 8 ， BE2 18 ， BP2 26 ，PE2BE2 BP2，BPE是直角三角形，且BEP90，QC(3,0)，E(1,2)，直线CE的解析 式为yx3， PEB上的两个顶点成为矩形一边的两个顶点，第三个顶点落在矩形这一边的对边上，  第一种情况：作出如图1所示的矩形BECD（以BE为矩形的一边），  四边形BECD是矩形C（-3， 0），E（-1，-2），B（-4，-5），由平移可得D（-6，-3）， 第二种情况：以 为矩形的一边，如图1所示的矩形 BP， ， ， 直线 的解析 BDFP  P3,0 B(4,5)  BP y5x15 DFBP E(1,2) DF y5x3 PFDF P(3,0) 式为 ， ， ， 的解析式为 ③， ，且 ，  9 x   13 的解析式为 ④，联立③④解得， ， ， ，由平移得 ， y 1 x 3 y 6 F( 9  6 ) D( 22 PF 5 5  13 13 13 13 71  ) ； 13 【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，矩形的性质，直角三角形的判定，解（1）的 关键是求出点A坐标，解（2）的关键是判断出 BPE是直角三角形，是一道中等难度的中考常考题． 24．疫情就是命令，台州新冠疫情防控指挥部安△排某中学进行了核酸检测采样演练，演练下午3点开始， 设6个采样窗口，每个窗口采样速度相同，学生陆续到操场排队，4点半排队完毕，小明就排队采样的时 间和人数进行了统计，得到下表： 时间x（分） 0 15 30 45 75 90 95 100 110 人数y（个） 60 115 160 195 235 240 180 120 0 小明把记录的数据，在平面直角坐标系里，描成点连成线，发现满足学过的某些函数图象如图，请你解 答：(1)求曲线ABC部分的函数解析式； (2)若排队人数在220人及以上，即为满负荷状态，问满负荷状态的时间持续多长？ (3)如果采样进行45分钟后，为了减少扎堆排队的时间，指挥部要求4点15分后，采样可以随到随采，那 么至少需新增多少个采样窗口？ (4)疫情防控指挥部按照每个采样窗口与某中学相同采样速度对员工人数为600的某单位进行全员核酸检 测，如果采样时间t（分钟）控制在30分钟到60分钟之间（即30≤t≤60），则开设的采样窗口数量n （个）的范围是 ． 1 【答案】(1) y x24x60 45 95 (2) 分 3 (3)至少需新增4个采样窗口 (4)5剟n 10 【分析】（1）将A，B，C三点坐标代入二次函数解析式中即可； y220 x （2）利用待定系数法将一次函数解析式求出来，然后将 分别代入两个函数求出 ，相减即可得出 答案； （3）首先利用一次函数求出一个窗口每分钟可以采样的人数，然后表示出总窗口数与时间的表达式，按 照要求大于当前的人数即可； （4）利用采样窗口数量 n 表示出采样时间t，代入要求的时间范围内即可得出答案． ABC yax2bxc 【详解】（1）解：设曲线 部分的函数解析式为： ， 将A(0,60)，B(30,160)，C(90,240)代入得， 60c  160900a30bc ，  2408100a90bc 1 a 解得 ， ， ， 45 b4 c60 1 曲线 部分的函数解析式为：y x24x60；  ABC 45 （2） 解：设CD的解析式为：ykxb， 将C(90,240)，D(110,0)代入， 24090kb   0110kb ， 解得：k 12，b1320， CD的解析式为：y12x1320， 1 将 代入y x24x60中， y220 45 解得：x60或x120（舍去）， 将y220代入y12x1320中， 275 x 解得： ， 3 275 95 60 ， 3 3  95 满负荷状态的时间为 分；  3 （3） 解：设至少需要新增m个窗口， 1个窗口1分钟采样的人数为：2402062， 4:15分时的排队人数为： 1 将 代入y x24x60中， 45 x75 解得：y235， 3:45分至4:15分之间采样的人数为： 2306360，235360595， 4点15分后，采样可以随到随采表示595人需要在30分钟内采样完毕， 2(m6)30�595， 47 m� 解得： ， 12  m为整数， m4，  至少需新增4个采样窗口； （4） 解： 2nt600， 600 300 t  ， 2n n  30剟t 60， 300 30剟 60 ， n 5剟n 10， 故答案为：5剟n 10． 【点睛】本题考查了二次函数图象与性质，一次函数图象与性质的实际应用，解题的关键是正确提取图象 信息，正确求解解析式，理解问题中给出的限制条件．