期末满分突破满分预测押题卷（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_期末满分突破满分预测押题卷（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） 【期末满分突破】满分预测押题卷（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 10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．已知关于 的一元二次方程 有两个不相等的实数根 ， ，且有 ，那么 实数 的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据求根公式求得 ，结合条件 ，可知 ， ，进而可得 的范围，即可求解． 【详解】解： ， ， ， ， ， ， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了解一元二次方程，掌握公式法解一元二次方程是解题的关键． 2．如图，点 是 的劣弧 上一点， ，则 的度数为（ ）A．192° B．120° C．132° D．150° 【答案】C 【分析】作圆周角∠ADB，根据圆周角定理求出∠D的度数，再根据圆内接四边形性质求出∠C即可． 【详解】解：如图，作圆周角∠ADB，使D在优弧上， ∵∠AOB＝96°， ∴∠D＝ ∠AOB＝48°， ∵四边形ADBC是 的内接四边形， ∴∠ACB+∠D＝180°， ∴∠ACB＝132°， 故选C． 【点睛】本题考查了圆周角定理和圆内接四边形性质的应用，正确作辅助线是解此题的关键． 3．不解方程，判断一元二次方程 的根的情况为（ ） A．有两个相等的实数根 B．有一个实数根 C．有两个不相等的实数根 D．没有实数根 【答案】C 【分析】求出Δ＝8＞0，然后根据判别式的意义求解． 【详解】解：∵x2＋2x−1＝0， ∴Δ＝22−4×1×（−1）＝8＞0， ∴该方程有两个不相等的实数根，故选：C． 【点睛】本题考查了根的判别式，能熟记根的判别式的内容是解此题的关键，注意：已知一元二次方程ax2 ＋bx＋c＝0（a、b、c为常数，a≠0），①当Δ＝b2−4ac＞0时，方程有两个不相等的实数根，②当Δ＝ b2−4ac＝0时，方程有两个相等的实数根，③当Δ＝b2−4ac＜0时，方程没有实数根． 4．下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可． 【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称的图形，故本选项不符合题意； B．既是轴对称图形，又是中心对称的图形，故本选项符合题意； C．是轴对称图形，不是中心对称的图形，故本选项不符合题意； D．不是轴对称图形，是中心对称的图形，故本选项不符合题． 故选：B． 【点睛】本题考查的是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度后与自身重合． 5．如图，某拱形门建筑的形状时抛物线，拱形门地面上两点的跨度为192米，高度也为192米，若取拱形 门地面上两点的连线作x轴，可用函数 表示，则a的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图，若取拱形门地面上两点的连线作x轴，两点的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，则A （96，0），可设抛物线的解析式为 ，将点A坐标代入求解即可．【详解】解：如图，若取拱形门地面上两点的连线作x轴，两点的中点为坐标原点建立平面直角坐标系， 则A（96，0）， 可设抛物线的解析式为 ， 将A（96，0）代入，得： ， 解得： ， 所以，该抛物线的解析式为 ， 故选：D． 【点睛】本题考查二次函数的实际应用，涉及求抛物线的解析式，理解题意，建立适当平面直角坐标系， 将实际问题转化为数学知识求解是解答的关键． 6．如图，在圆内接正六边形ABCDEF中，BD，EC交于点G，已知半径为3，则EG的长为（ ） A． B．3 C． D．6 【答案】C 【分析】连接BO、GO，则三角形EOG为直角三角形，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：连接BE、GO，则BE经过O点，且O是BE的中点， ∵六边形ABCDEF是正六边形， ∴ ，， ∵DE=EC， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， 设EG的长为x，则OG的长为 ， ∴ ， 解得： ． 故选：C． 【点睛】本题考查了圆内接正六边形的性质、勾股定理的应用，解题的关键是掌握各知识点，并能结合图 形熟练运用各知识点． 7．某小型企业一月份的营业额为200万元，月平均增长率相同，第一季度的总营业额为1000万元．设月 平均增长率为 ，可列方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】月平均增长的百分率是x，则该超市二月份的营业额为200（1+x）万元，三月份的营业额为200 （1+x）2万元，根据该超市第一季度的总营业额是1000万元，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：设月平均增长的百分率是x，则该超市二月份的营业额为200（1+x）万元，三月份的营业额 为200（1+x）2万元， 依题意，得200+200（1+x）+200（1+x）2=1000． 故选：D． 【点睛】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． 8．孔明给弟弟买了一些糖果，放到一个不透明的袋子里，这些糖果除了口味和外包装的颜色外其余都相 同，袋子里各种口味糖果的数量统计如图所示，他让弟弟从袋子里随机摸出一颗糖果．则弟弟恰好摸到苹 果味糖果的概率是（ ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据条形统计图得到弟弟摸到的所有可能数和摸到苹果味糖果的可能数，然后运用概率公式计 算即可． 【详解】解：弟弟摸到的所有可能数为3+3+5+4=15，摸到苹果味糖果的可能数4 所以弟弟恰好摸到苹果味糖果的概率是 ． 故选D． 【点睛】本题主要考查了统计与概率中概率的求法，确定弟弟摸到的所有可能数和摸到苹果味糖果的可能 数是解答本题的关键． 9．如图，已知二次函数 的图象如图所示，其对称轴为直线 ，以下4个结论：① ；② ；③ ；④ （ 的实数）．其中正确结论的有（ ） A．3个 B．4个 C．2个 D．1个 【答案】A 【分析】由抛物线开口向下得到a＜0；由抛物线的对称轴为直线x= =1得到b＞0；由抛物线与y轴的 交点在x轴的上方得到c＞0，则abc＜0；观察图象得到当x=-1时，y＜0，即a-b+c＜0；当x=2时，y＞0， 即4a+2b+c＞0；根据二次函数的最值问题得到x=1时，y有最大值a+b+c，则a+b+c＞am2+bm+c（m≠1）， 变形得到a+b＞m（am+b）． 【详解】解：∵抛物线开口向下， ∴a＜0； ∵抛物线的对称轴为直线x= =1， ∴b＞0； ∵抛物线与y轴的交点在x轴的上方， ∴c＞0， ∴abc＜0，所以①正确； 当x=-1时，y＜0，即a-b+c＜0， 当x=1时，y＞0，即a+b+c＞0， ∴（a-b+c）（a+b+c）＜0 ∴ ∴所以②正确； 当x=2时，y＞0，即4a+2b+c＞0，所以③正确；∵抛物线的对称轴为直线x=1， ∴x=1时，y有最大值a+b+c， ∴a+b+c＞am2+bm+c（m≠1）， ∴a+b＞m（am+b），所以④错误． 故选：A． 【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象为一条抛物线，当a ＜0，抛物线的开口向下，当x= 时，函数值最大；抛物线与y轴的交点坐标为（0，c）． 10．如图，在等边三角形ABC中，BC＝4，在Rt△DEF中，∠EDF＝90°，∠F＝30°，DE＝4，点B，C， D，E在一条直线上，点C，D重合，△ABC沿射线DE方向运动，当点B与点E重合时停止运动．设 △ABC运动的路程为x，△ABC与Rt△DEF重叠部分的面积为S，则能反映S与x之间函数关系的图象是（ ） A． B． C． D． 【答案】A【分析】分三种情形∶ ①当0＜x≤2时， 重叠部分为△CDG，②当2＜x≤4时，重叠部分为四边形 AGDC，③当4＜x≤8时，重叠部分为△BEG，分别计算即可． 【详解】解：过点A作AM⊥BC，交BC于点M， 在等边△ABC中，∠ACB＝60°， 在Rt△DEF中，∠F＝30°， ∴∠FED＝60°， ∴∠ACB＝∠FED， ∴AC EF， 在等边△ABC中，AM⊥BC， ∴BM＝CM＝ BC＝2，AM＝ BM＝2 ， ∴S ABC＝ BC•AM＝4 ， △ ①当0＜x≤2时，设AC与DF交于点G，此时△ABC与Rt△DEF重叠部分为△CDG， 由题意可得CD＝x，DG＝ x ∴S＝ CD•DG＝ x2； ②当2＜x≤4时，设AB与DF交于点G，此时△ABC与Rt△DEF重叠部分为四边形AGDC，由题意可得：CD＝x，则BD＝4﹣x，DG＝ （4﹣x）， ∴S＝S ABC﹣S BDG＝4 ﹣ ×（4﹣x）× （4﹣x）， △ △ ∴S＝﹣ x2+4 x﹣4 ＝﹣ （x﹣4）2+4 ， ③当4＜x≤8时，设AB与EF交于点G，过点G作GM⊥BC，交BC于点M， 此时△ABC与Rt△DEF重叠部分为△BEG， 由题意可得CD＝x，则CE＝x﹣4，DB＝x﹣4， ∴BE＝x﹣（x﹣4）﹣（x﹣4）＝8﹣x， ∴BM＝4﹣ x 在Rt△BGM中，GM＝ （4﹣ x）， ∴S＝ BE•GM＝ （8﹣x）× （4﹣ x）， ∴S＝ （x﹣8）2， 综上，选项A的图像符合题意， 故选：A． 【点睛】本题考查了特殊三角形的性质，二次函数的图形等知识，灵活运用所学知识解决问题，利用割补法求多边形的面积是解题的关键． 二、填空题（本大题共有8小题，每题3分，共24分） 11．已知 ， 是一元二次方程 的两根，则 __________． 【答案】 【分析】根据根与系数的关系得到x+x＝4，xx＝3，然后利用整体代入的方法计算x+x﹣2xx 的值． 1 2 1 2 1 2 1 2 【详解】解：根据题意得x+x＝4，xx＝3， 1 2 1 2 x+x﹣2xx＝4﹣2×3＝﹣2． 1 2 1 2 故答案为﹣2． 【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若x，x 是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根 1 2 时，x+x＝ ，xx＝ ，掌握根与系数的关系是解题的关键． 1 2 1 2 12．抛物线 的开口______，对称轴是______，顶点坐标是______． 【答案】 向上 直线 【分析】根据抛物线的顶点式可直接得到答案． 【详解】∵抛物线 ， 得 ，， ∴开口向上，对称轴为直线 ，顶点为 ， 故答案为：向上；直线 ， ． 【点睛】本题考查抛物线顶点式，解题的关键是熟练掌握抛物线顶点式的相关知识． 13．已知，OA是⊙O的半径，延长AO至点B，使得OB=3OA=3，以B为直角顶点，做等腰直角△BMC， 且满足点M始终在⊙O上（如图所示），连接OC，则OC的最大值为______．【答案】 ## 【分析】由“SAS”可证△NBM≌△OBC，可得MN=OC，则当点O在线段MN上时，MN有最大值，即可求 解． 【详解】解：如图，过点B作BN⊥AB，且BN=OB，连接ON，OM，MN， ∴∠NBO=90°=∠MBC， ∴∠MBN=∠OBC， 在△NBM和△OBC中， ∵MB=BC，∠MBN=∠OBC，BN=OB， ∴△NBM≌△OBC（SAS）， ∴MN=OC， ∵MN≤OM+ON， ∴当点O在线段MN上时，MN有最大值， ∵OB=3OA=3， ∴ ， ∴MN的最大值为 ， ∴OC的最大值为 ， 故答案为： 【点睛】本题考查了圆的基本性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，圆的有关知识， 添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．14．如图，在半径为3的⊙O中，AB是直径，AC是弦，D是 的中点，AC与BD交于点E．若E是BD 的中点，则AC的长是_______． 【答案】 【分析】连接OD，交AC于F，根据垂径定理的推论得出OD⊥AC，AF=CF，进而证得DF=BC，根据三角 形中位线定理求得OF= BC= DF，从而求得BC=DF，利用勾股定理即可求得AC． 【详解】解：如图，连接OD，交AC于F， ∵D是 的中点， ∴OD⊥AC，AF=CF， ∴∠DFE=90°， ∵OA=OB，AF=CF， ∴OF= BC， ∵AB是直径， ∴∠ACB=90°， 在△EFD和△ECB中，， ∴△EFD≌△ECB（AAS）， ∴DF=BC， ∴OF= DF， ∵OD=3， ∴OF=1，AB=2OD=6， ∴BC=2， ∴ ． 故答案为： ． 【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质和垂径定理及其推论是解题的 关键． 15．如图，已知顶点为（-3，-6）的抛物线 经过点（-1，-4），则下列结论：① ② ③若点 在抛物线上，则 ④关于 的一元二次方程 的两 根为-5和-1 ⑤ ，其中正确的有__________ ． 【答案】①②④ 【分析】利用二次函数与一元二次方程的关系及其与一元一次不等式的关系，以及二次函数的对称性可以 求解． 【详解】由图象知，抛物线与x轴有两个不同的交点，只是左边那个没画出来而已， ∴由二次函数与一元二次方程的关系可知，Δ=b2-4ac＞0，从而b2＞4ac，故①正确；已知该抛物线是开口向上，顶点为（-3，-6），故ax2+bx+c≥-6正确，从而②正确； 由抛物线的对称轴为x=-3，点（-2，m），（-5，n）在抛物线上，则点（-2，m）离对称轴的距离为1，而 点（5，n）离抛物线的距离为2，开口向上时，离对称轴越远，函数值越大，从而m＜n，故③错误； 由图象可知，x=-1为关于x的一元二次方程ax2+bx+c=-4的一个根，由二次函数的对称性，可知-5为另一个 根，从而④正确； ∵抛物线 顶点为（-3，-6），经过点（-1，-4）， ∴抛物线解析式可以化为： ， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ，故⑤错误； 综上，正确的是①②④． 故答案为：①②④． 【点睛】本题属于二次函数图象的综合问题，考查了二次函数与一元二次方程，二次函数与一元一次不等 式，及二次函数的对称性，难度中等． 16．如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形 与正方形 ．连结 交 、 于点 、 ．若 平分 ，现随机向该图形内掷一枚小针，则针尖落在阴影区域的概率 为________． 【答案】 ## ##0.25 【分析】求出阴影部分的面积与正方形面积的比值，即可得到针尖落在阴影区域的概率．【详解】解：如图，连接EG交BD于点P， ∵ 平分 ， ∴ ∠ADE＝∠MDE ∵四边形EFGH是正方形 ∴∠MED＝90°， ∴∠AED＝180°－∠MED＝90° ∴∠MED＝∠AED ∵DE＝DE ∴△ADE≌△MDE（ASA） ∴AE＝ME 同理可证 BGC≌△BGN（ASA）， ∵四边形△ABCD是正方形 ∴∠ADM＝45° ∴∠ADE＝∠MDE＝22.5° ∴∠EMD＝90°－∠ADE＝67.5° ∵∠MEG＝45° ∴∠MPE＝180°－∠EMD－∠MEG＝67.5° ∴∠EMD＝∠MPE ∴EM＝EP 设EM＝EP＝x，则EG＝2EP＝2x 在Rt EFG中，∠EFG＝45°， △ ∴FG＝EG×sin45°＝ ∵ BFA≌△AED≌△CGB △ ∴BF＝AE＝CG＝x,BG＝BF＋FG＝ ， BFA≌△AED≌△CGB≌△NBG≌ MED， △ △在Rt BCG中， △ ∴ ＝ ∴ ∴针尖落在阴影区域的概率为 ． 故答案为： ． 【点睛】本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、正方形的面积、直角三角形的 面积等知识点，求出阴影面积与正方形的面积的比是解答此题的关键． 17．在如图所示的平面直角坐标系中， 是边长为2的等边三角形，作 与 关于点 成 中心对称，再作 与 关于点 成中心对称，…如此作下去，则 的顶点 的 坐标是______． 【答案】 【分析】观察题图知，A的下标为偶数时，该点位于 x轴下方，当B的下标为偶数时，即为第几个三角形 的右顶点，由此即可解答． 【详解】由题知：A的下标为偶数时，该点位于 x轴下方， 当B的下标为偶数时，即为第几个三角形的右顶点， 是偶数，故 位于 x轴下方， 该点是第2022个三角形的下顶点， ∴横坐标为 ． y 2212  3 纵坐标为 ， （4043， 3） 故答案为： ． 【点睛】本题考查中心对称的性质，坐标与图形的性质，等边三角形的性质，据题找到点的坐标规律是关 键． 18．某校航天社团模拟火星探测器的发射过程，如图，地球，火星的运行轨道抽象成以太阳O为圆心的 圆，探测器从地球到火星的转移轨道则抽象成以O为圆心，AC为直径的半圆．点O在AC上，点A，B分 BC 别代表探测器从地球发射时地球和火星的位置，火星沿 运行，与探测器同时抵达C点，已知 AOB44，火星的公转周期（绕太阳逆时针转动一周所用时间）为687天，地球与火星的轨道半径 OA，OC分别为1A．U.和1.5A．U.（A．U.为天文单位）． （1）探测器从发射到抵达火星需要______天（精确到个位）． 1 A.U./h （2）当探测器运行到点T时，太阳爆发活动向探测器方向抛射速度为30 的体积巨大的“等离子体 云”，此时TC恰好等于点O到TC中点的距离，则最快______h后，探测器会受到“等离子体云”的干扰 （短时间内探测器的运行路程可忽略不计）． 30 2 【答案】 260 【分析】（1）设探测器从发射到抵达火星需要t天，根据探测器从发射到抵达火星需要的时间＝火星沿 BCBC 运行的时间，列出方程，求解即可； （2）连接TC、OT、OT ，过点T作OC的垂线交于点E，取CT 的中点D，连接OD，根据 OAOC 2OC，算出OC，即可求得OT ，由已知条件可知ODTC，根据等腰三角形三线合一的性质 ODTC DC x ODTC 2x OC  5x x OCTETCOD 得到 ，设 ，则 ， ，求出 的值，再根据 ，求 出TE的值，根据勾股定理分别求出CE、OT的值，再根据“时间=路程÷速度”即可求解． 【详解】解：（1）设探测器从发射到抵达火星需要t天 BC ∵探测器从发射到抵达火星需要的时间＝火星沿 运行的时间 18044 t  ∴ 360 687。，解得： t 260 ∴探测器从发射到抵达火星需要260天 （2）连接TC、OT、OT ，过点T作OC的垂线交于点E，取CT 的中点D，连接OD，如图所示 ∵OAOC 2OC ∴11.52OC ∴OC1.25 A.U. ∵OCOT ∴OT 1.25 A.U. ∵此时TC恰好等于点O到TC中点的距离 ∴ODTC ∵点D是CT 的中点，OCOT ∴ODTC（三线合一）DC x ODTC 2x OC  5x 设 ，则 ， OC  5x1.25 ∴ A.U. 5 x ∴ 4 A.U. 5 5 ∴DC  A.U.，ODTC  A.U. 4 2 ∵OCTETCOD 5 5  2 2 ∴TE 1 A.U. 1.25 2  5 1 CE CT2TE2  12  ∴  2  2 A.U.   1 OEOCCE1.5 1 ∴ 2 A.U. OT  OE2TE2  1212  2 ∴ A.U. ∵短时间内探测器的运行路程可忽略不计 1 2 30 2 ∴ 30 h 30 2 ∴最快 h后，探测器会受到“等离子体云”的干扰 30 2 故答案为：260； ． 【点睛】本题是一道和圆相关的综合题，考查了一元一次方程的应用、圆的一些基础知识点、等腰三角形 三线合一的性质、勾股定理、同一个三角形的面积不变性等知识点，正确作出辅助线，找到对应关系是解 答本题的关键． 三、解答题（本大题共有 6 小题，共 46 分；第 19-20 小题每小题 6 分，第 21-22 每小题 7 分，第23小题8分，第24小题10分） 19．按要求解一元二次方程： (1)x22x240（配方法）;3xx12x1 (2) （公式法） x 6 x 4 【答案】(1) 1 ， 2 ； 2 x  (2)x 1， 2 3 1 【分析】（1）根据配方法解一元二次方程的步骤求解即可； （2）根据公式法解一元二次方程的步骤求解即可． 【详解】（1）解：x22x240 x22x24 x22x1241 x12 25 x15， x 6 x 4 1 ， 2 ； 3x25x20 （2）方程整理得： ， ∴a＝3，b＝－5，c＝2， b24ac252410， 51 x ∴ ， 6 2 ∴x 1， x 2  3 ． 1 【点睛】本题考查了配方法及公式法解一元二次方程，能够根据方程特点灵活选用不同的解法是解题的关 键． 20．如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，Rt ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣2， 2），B（0，5），C（0，2）． △ABC ABC (1)将 ABC以点C为旋转中心旋转180°，得到  1 1 ，请画出  1 1 的图形； △ A △ABC 2 2 2 2 (2)平移 ABC，使点A的对应点 坐标为（﹣2，﹣6），请画出平移后对应的 的图形；（用黑水 △ 笔将图形描清楚） △ABC 2 2 2 (3)直接写出 的面积 ． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)3 A B 【分析】（1）根据旋转的性质找出点A、B的对应点 1、 1的位置，顺次连接即可； A △ABC 2 2 2 2 （2）由点A（−2，2）的对应点 坐标为（−2，−6），可知 ABC向下平移8个单位长度得到 ， △ B C 2 2 根据平移方式找出点 、 的位置，顺次连接即可； （3）利用三角形面积公式直接计算即可． ABC  1 1 【详解】（1）解： 如图所示；△ABC 2 2 2 （2）解： 如图所示； 1 233 （3）解： △A 2 B 2 C 2的面积为：2 ， 故答案为：3． 【点睛】此题主要考查了作图—旋转变换与平移变换，根据旋转和平移的性质得出对应点坐标是解题关 键． 21．如图，以AB为直径作 O，在 O上取一点C，延长AB至点D，连接DC，DCBDAC，过点A 作AE AD交DC的延长线于点E． (1)求证：CD是 O的切线； (2)若CD4，DB2，求AE的长． 【答案】(1)见解析 (2)AE＝6 【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理的推论得到∠ACB＝90°，即∠BCO＋∠ACO＝90°，求得∠ACO ＝∠DCB，得到∠DCO＝90°，根据切线的判定定理得到CD是⊙O的切线； （2）根据勾股定理求出OB＝3，可得AB＝6，AD＝8，根据切线长定理得到AE＝CE，在Rt ADE中，利 用勾股定理即可得到结论． △【详解】（1）证明：连接OC，如图， ∵AB为直径， ∴∠ACB＝90°，即∠BCO＋∠ACO＝90°， ∵OC＝OA， ∴∠ACO＝∠CAD， 又∵∠DCB＝∠CAD， ∴∠ACO＝∠DCB， ∴∠DCB＋∠BCO＝90°，即∠DCO＝90°， ∵OC是⊙O的半径， ∴CD是⊙O的切线； （2）解：∵∠DCO＝90°，OC＝OB， ∴OC2＋CD2＝OD2， ∴OB2＋42＝（OB＋2）2， ∴OB＝3， ∴AB＝6，AD＝8， ∵AE⊥AD，AB是⊙O的直径， ∴AE是⊙O的切线， ∵CD是⊙O的切线， ∴AE＝CE， ∵在Rt ADE中，AD2＋AE2＝DE2， ∴82＋A△E2＝（4＋AE）2， ∴AE＝6． 【点睛】本题考查了切线的判定与性质：过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线；也考查了圆周角 定理的推论、切线长定理和勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．22．某中学积极落实国家“双减”教育政策，决定增设“礼仪”“陶艺”“园艺”“厨艺”及“编程”等 五门校本课程以提升课后服务质量，促进学生全面健康发展为优化师资配备，学校面向七年级参与课后服 务的部分学生开展了“你选修哪门课程（要求必须选修一门且只能选修一门）？”的随机问卷调查，并根 据调查数据绘制了如下两幅不完整的统计图： 请结合上述信息，解答下列问题： (1)共有 名学生参与了本次问卷调查；“陶艺”在扇形统计图中所对应的圆心角是 度； (2)补全调查结果条形统计图； (3)小刚和小强分别从“礼仪”等五门校本课程中任选一门，请用列表法或画树状图法求出两人恰好选到同 一门课程的概率． 【答案】(1)120，99 (2)见解析 1 (3) 5 【分析】（1）由选修“礼仪”的学生人数除以所占百分比得出参与了本次问卷调查的学生人数，即可解 决问题； （2）求出选修“厨艺”和“园艺”的学生人数，即可解决问题； （3）画树状图，共有25种等可能的结果，其中小刚和小强两人恰好选到同一门课程的结果有5种，再由 概率公式求解即可． 【详解】（1）解：参与了本次问卷调查的学生人数为：3025%120（名）， 33 360 99 则“陶艺”在扇形统计图中所对应的圆心角为： ， 120 故答案为：120，99； 54 120 18 （2）解：条形统计图中，选修“厨艺”的学生人数为： 360 （名），则选修“园艺”的学生人数为：1203033181524（名）， 补全条形统计图如下： （3） 解：把“礼仪”“陶艺”“园艺”“厨艺”及“编程”等五门校本课程分别记为A、B、C、D、E， 画树状图如下： 共有25种等可能的结果，其中小刚和小强两人恰好选到同一门课程的结果有5种， 5 1 小刚和小强两人恰好选到同一门课程的概率为  ．  25 5 【点睛】本题考查的是用树状图法求概率以及条形统计图和扇形统计图．树状图法可以不重复不遗漏的列 出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之 比． 23．实行垃圾分类和垃圾资源化利用，关系广大人民群众生活环境，关系节约使用资源，也是社会文明水 平的一个重要体现.某环保公司研发了甲、乙两种智能设备，可利用最新技术将干垃圾进行分选破碎制成固 化成型燃料棒，干垃圾由此变身新型清洁燃料.某垃圾处理厂从环保公司购入以上两种智能设备若干，已知 购买甲型智能设备花费360万元，购买乙型智能设备花费480万元，购买的两种设备数量相同，且两种智 能设备的单价和为140万元. 1 求甲、乙两种智能设备单价； 2 垃圾处理厂利用智能设备生产燃料棒，并将产品出售.已知燃料棒的成本由人力成本和物资成本两部分5 组成，其中物资成本占总成本的 ，且生产每吨燃料棒所需人力成本比物资成本的倍 还多 元.调查 40% 4 10 发现，若燃料棒售价为每吨200元，平均每天可售出350吨，而当销售价每降低1元，平均每天可多售出5 吨.垃圾处理厂想使这种燃料棒的销售利润平均每天达到36080元，且保证售价在每吨200元基础上降价幅 度不超过8%，求每吨燃料棒售价应为多少元？ 【答案】（1）甲设备60万元每台，乙设备80万元每台.（2）每吨燃料棒售价应为188元. 140x x 360 【分析】（1）设甲单价为 万元，则乙单价为 万元，再根据购买甲型智能设备花费 万元，购 买乙型智能设备花费480万元，购买的两种设备数量相同列出分式方程并解答即可； （2）先求出每吨燃料棒成本为a元，然后根据题意列出一元二次方程解答即可. 1 140x x 【详解】解： 设甲单价为 万元，则乙单价为 万元，则: 360 480  x 140x 解得x60 经检验，x60是所列方程的根. 答：甲设备60万元每台，乙设备80万元每台. 2 a 40%a 设每吨燃料棒成本为 元，则其物资成本为 ，则: 5 a40%a 40%a10 ，解得 4 a100 设每吨燃料棒在200元基础上降价x元，则 200x100350 5x36080 x 12,x 18 解得 1 2  x2008%.  x12 每吨燃料棒售价应为188元. 【点睛】本题考查分式方程和一元二次方程的应用，解题的关键在于弄懂题意、找到等量关系、并正确列 出方程.  5 D2,  24．如图，抛物线yax2xc经过B(3,0)，  2两点，与x轴的另一个交点为A，与y轴相交于点C． (1)求抛物线的解析式和点C的坐标； (2)若点M在直线BC上方的抛物线上运动（与点B，C不重合），求使△MBC面积最大时M点的坐标，并 求最大面积；（请在图1中探索） (3)设点Q在y轴上，点P在抛物线上，要使以点A，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求所有满足 条件的点P的坐标．（请在图2中探索） 1 3  3 y x2x C0,  【答案】(1) 2 2，  2 M 3 , 15 3 27   m (2) 2 8 ，当 2时，S有最大值为16  5  21  3 P4,  P 4,  P 2,  (3)满足条件的点P坐标为 1  2， 2  2 ， 3  2 【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可； 1 3 （2）作直线BC，过M点作MN∥y轴交BC于点N，求出直线BC的解析式，设M（m，- m2 +m+ ），则 2 2 3 3 3 2 27 1 1  m  N（m，- 2 m+2），可得S MBC= 2 •MN•OB= 4 2 +16 ，再求解即可； △ 1 3 （3）设Q（0，t），P（m，- m2 +m+ ），分三种情况讨论：①当AB为平行四边形的对角线时；②当 2 2 AQ为平行四边形的对角线时；③当AP为平行四边形的对角线时；根据平行四边形的对角线互相平分，利用中点坐标公式求解即可．  5 D2,  B(3,0)  2 yax2xc 【详解】（1）解：把点 和 分别代入 可得 9a3c0   5， 4a2c   2  1 a   2 解得 3 c  2 1 3 y x2x ∴抛物线的解析式为 2 2 1 3 3 把 代入y x2x 可得 y x0 2 2 2  3 ∴C0, ；  2 （2） BC MN∥y BC 解：作直线 ，作 轴交直线 于点N 设直线BC的解析式为ykxb（k 0）  3 把点 和C0, 分别代入 B(3,0)  2 ykxb 3kb  可得 3 b   2 1 k    2 解得 3 b  2 1 3 ∴直线 的解析式为y x BC 2 2 设点M的横坐标为m  1 3  1 3 ∴Mm, m2m ，Nm, m   2 2  2 2  1 3  1 3 ∴MN  m2m  m   2 2  2 2 1 3  m2 m 2 2 1 1 1 3  3 9 ∴S △BCM  2 MNOB 2    2 m2 2 m  3 4 m2 4 m 3 3 2 27  m   4 2 16 （0m3） 3 27 ∴当m 时，S有最大值为 2 16 3 1 3 15 把 x 代入 y x2x 可得y 2 2 2 8 3 15 M ,   ∴ 2 8 ； （3） 解：当以AB为边时，只要PQ∥AB，且PQ AB4即可 ∴点P的横坐标为4或-4 1 3 5 把 代入y x2x 可得 y x4 2 2 2 1 3 21 把 代入 y x2x 可得y x4 2 2 2  5  21 ∴此时P4, ，P 4,  1  2 2  2  AB PH x 3 当以 为对角线时，作 轴于点HAQ BP ∵四边形 3 3是平行四边形 AQ ∥BP，AQ =BP ∴ 3 3 3 3 Q ABPBA 3 3 ∴ △AOQ △BHP 在 3 和 3中  Q ABPBA 3 3  AOQ BHP 90 3 3   AQ BP 3 3 △AOQ≌△BHP 3 3 ∴ ∴OAHB1 ∴OH OBBH 312 ∴点P的横坐标为2 1 3 3 把 代入y x2x 可得 y x2 2 2 2  3 ∴此时P 2,  3  2  5  21  3 P4,  P 4,  P 2,  综上所述，满足条件的点P坐标为 1  2， 2  2 ， 3  2【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行四边形的性质，分类讨 论是解题的关键．