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期末真题必刷常考 60 题（44 个考点专练）
一．一元二次方程的定义（共1小题）
1．（2023春•高新区期末）若关于x的方程（a﹣1）x2+4x﹣3＝0是一元二次方程，则a的取值范围是
a ≠ 1 ．
【分析】根据一元二次方程的定义，形如ax2+bx+c＝0，且a、b、c是常数，a≠0解之即可．
【解答】解：∵关于x的方程（a﹣1）x2+4x﹣3＝0是一元二次方程，
∴a﹣1≠0，
解得：a≠1，
故答案为：a≠1．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，正确掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
二．一元二次方程的一般形式（共1小题）
2．（2023春•任城区期末）一元二次方程 2x2+x﹣5＝0的二次项系数、一次项系数、常数项分别是
（ ）
A．2，1，5 B．2，1，﹣5 C．2，0，﹣5 D．2，0，5
【分析】根据多项式的项和单项式的系数定义得出答案即可．
【解答】解：一元二次方程2x2+x﹣5＝0的二次项系数，一次项系数，常数项分别是2，1，﹣5，
故选：B．
【点评】本题考查了单项式的系数定义，多项式的项的定义和一元二次方程的一般形式，注意：找多项
式的各项系数时带着前面的符号．
三．一元二次方程的解（共1小题）
3．（2023春•太仓市期末）如果a是方程x2﹣2x﹣2＝0的一个实数根，则2a2﹣4a﹣1的值为 3 ．
【分析】根据一元二次方程的解的定义，把x＝a代入方程得到a2﹣2a﹣2＝0，则a2﹣2a＝2，然后把
2a2﹣4a变形为2（a2﹣2a），再利用整体代入的方法计算．
【解答】解：把x＝a代入方程得a2﹣2a﹣2＝0，则a2﹣2a＝2，
所以2a2﹣4a﹣1＝2（a2﹣2a）﹣1＝2×2﹣1＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程
的解．也考查了整体代入的计算方法．
四．解一元二次方程-配方法（共1小题）
4．（2023春•东至县期末）用配方法解方程x2﹣4x+2＝0，配方正确的是（ ）A．（x+2）2＝2 B．（x﹣2）2＝2 C．（x﹣2）2＝﹣2 D．（x﹣2）2＝6
【分析】根据一元二次方程的配方法即可求出答案．
【解答】解：∵x2﹣4x+2＝0，
∴x2﹣4x+4＝2，
∴（x﹣2）2＝2，
故选：B．
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
五．换元法解一元二次方程（共1小题）
5．（2023春•合肥期末）若（a2+b2）（a2+b2+4）＝12，则a2+b2的值为（ ）
A．2或﹣6 B．﹣2或6 C．6 D．2
【分析】先设a2+b2＝t，则方程即可变形为t2+4t﹣12＝0，解方程即可求得t即a2+b2的值．
【解答】解：设t＝a2+b2，则原方程可化为：t2+4t﹣12＝0，
分解因式得：（t+6）（t﹣2）＝0，
解得：t ＝﹣6，t ＝2．
1 2
∵a2+b2是非负数，
∴a2+b2＝2．
故选：D．
【点评】本题考查了换元法解一元二次方程．把一些形式复杂的方程通过换元的方法变成一元二次方程，
从而达到降次的目的．
六．根的判别式（共1小题）
6．（2023春•亭湖区校级期末）如果关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+2x+1＝0有两个不相等的实数根，
则m的取值范围是 m ＜ 2 且 m ≠ 1 ．
【分析】根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到m﹣1≠0且Δ＝22﹣4（m﹣1）＞0，然后求出两
不等式解集的公共部分即可．
【解答】解：根据题意得m﹣1≠0且Δ＝22﹣4（m﹣1）＞0，
解得m＜2且m≠1．
故答案为m＜2且m≠1．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：
当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无
实数根．
七．根与系数的关系（共1小题）7．（2023春•河东区期末）已知m、n是一元二次方程x2+x﹣2023＝0的两个实数根，则代数式m2+2m+n
的值等于（ ）
A．2019 B．2020 C．2021 D．2022
【分析】先根据一元二次方程根的定义得到 m2＝﹣m+2023，则m2+2m+n可化为m+n+2023，再根据根
与系数的关系得到m+n＝﹣1，然后利用整体代入的方法计算．
【解答】解：∵m是一元二次方程x2+x﹣2023＝0的根，
∴m2+m﹣2023＝0，
∴m2＝﹣m+2023，
∴m2+2m+n＝﹣m+2023+2m+n＝m+n+2023，
∵m、n是一元二次方程x2+x﹣2023＝0的两个实数根，
∴m+n＝﹣1，
∴m2+2m+n＝﹣1+2023＝2022．
故选：D．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若x ，x 是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x +x
1 2 1 2
＝﹣ ，x x ＝ ．也考查了一元二次方程的解．
1 2
八．由实际问题抽象出一元二次方程（共2小题）
8．（2023春•莱州市期末）某种防疫物资原价为50元/件，经过连续两次降价后售价为28元/件，每次降
价的百分率均为x，根据题意所列方程正确的是（ ）
A．50（1﹣x）2＝50﹣28 B．50（1﹣x）2＝28
C．50（1﹣2x）＝28 D．50（1﹣x2）＝28
【分析】可先表示出第一次降价后的价格，那么第一次降价后的价格×（1﹣降低的百分率）＝28，把相
应数值代入即可求解．
【解答】解：设平均每次降价的百分率为x，则第一次降价后的价格为50（1﹣x）元，
两次连续降价后售价在第一次降价后的价格的基础上降低x，为50（1﹣x）×（1﹣x）元，
则列出的方程是50（1﹣x）2＝28，
故选：B．
【点评】此题考查求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经
过两次变化后的数量关系为a（1±x）2＝b．
9．（2023春•台江区校级期末）某超市一月份的营业额 200万元，已知第一季度的营业总额共1000万元，如果平均每月营业额的增长率为x，由题意列方程应为（ ）
A．200（1+x）2＝1000
B．200+200×2x＝1000
C．200[1+（1+x）+（1+x）2]＝1000
D．200[1+x+（1+x）2]＝1000
【分析】先得到二月份的营业额，三月份的营业额，利用等量关系：一月份的营业额+二月份的营业额
+三月份的营业额＝1000万元，把相关数值代入即可．
【解答】解：∵该超市一月份的营业额为200万元，且平均每月增长率为x，
∴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，
又∵第一季度的总营业额共1000万元，
∴200+200（1+x）+200（1+x）2＝1000，
即200[1+（1+x）+（1+x）2]＝1000．
故选：C．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程中求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变
化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2＝b．得到第一季度的营业
额的等量关系是解决本题的关键．
九．一元二次方程的应用（共2小题）
10．（2023春•荣成市期末）在国家积极政策的鼓励下，环保意识日渐深入人心，新能源汽车的市场需求
逐年上升．
（1）某汽车企业2020年到2022年这两年新能源汽车的销售总量增长了96%．求该汽车企业这两年新
能源汽车销售总量的平均年增长率；
（2）某汽车企业下属的一个专卖店经销一款进价为15万元/辆的新能源汽车，经销一段时间后发现：
当该款汽车售价定为25万元/辆时，平均每周售出8辆；售价每降低0.5万元，平均每周多售出1辆．若
该店计划下调售价使平均每周的销售利润为96万元，并且尽量让利于顾客，求下调后每辆汽车的售价．
【分析】（1）设该汽车企业这两年新能源汽车销售总量的平均年增长率为 x，该汽车企业2020年新能
源汽车销售总量为a辆，则该汽车企业2022年新能源汽车销售总量为（1+96%）a辆，利用该汽车企业
2022年新能源汽车销售总量＝该汽车企业2020年新能源汽车销售总量×（1+该汽车企业这两年新能源
汽车销售总量的平均年增长率）2，可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值，即可得出结论；
（2）设下调后每辆汽车的售价为y万元，则每辆汽车的销售利润为（y﹣15）万元，平均每周可售出
（58﹣2y）辆，利用该店销售该款汽车平均每周的销售利润＝每辆的销售利润×每周的销售量，可得出关于y的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
【解答】解：（1）设该汽车企业这两年新能源汽车销售总量的平均年增长率为 x，该汽车企业2020年
新能源汽车销售总量为a辆，则该汽车企业2022年新能源汽车销售总量为（1+96%）a辆，
根据题意得：a（1+x）2＝（1+96%）a，
解得：x ＝0.4＝40%，x ＝﹣2.4（不符合题意，舍去）．
1 2
答：该汽车企业这两年新能源汽车销售总量的平均年增长率为40%；
（2）设下调后每辆汽车的售价为y万元，则每辆汽车的销售利润为（y﹣15）万元，平均每周可售出8+
×1＝（58﹣2y）辆，
根据题意得：（y﹣15）（58﹣2y）＝96，
整理得：y2﹣44y+483＝0，
解得：y ＝21，y ＝23，
1 2
又∵要尽量让利于顾客，
∴y＝21．
答：下调后每辆汽车的售价为21万元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
11．（2023春•莒南县期末）今年超市以每件25元的进价购进一批商品，当商品售价为40元时，三月份
销售256件，四、五月该商品十分畅销，销售量持续上涨，在售价不变的基础上，五月份的销售量达到
400件．
（1）求四、五这两个月销售量的月平均增长百分率．
（2）经市场预测，六月份的销售量将与五月份持平，现商场为了减少库存，采用降价促销方式，经调
查发现，该商品每降价1元，月销量增加5件，当商品降价多少元时，商场六月份可获利4250元？
【分析】（1）利用平均增长率的等量关系：a（1+x）2＝b，列式计算即可；
（2）利用总利润＝单件利润×销售数量，列方程求解即可．
【解答】（1）解：设平均增长率为x，由题意得：256×（1+x）2＝400，
解得：x＝0.25或x＝﹣2.25（舍）；
∴四、五这两个月的月平均增长百分率为25%；
（2）解：设降价y元，由题意得：（40﹣y﹣25）（400+5y）＝4250，
整理得：y2+65y﹣350＝0，
解得：y＝5或y＝﹣70（舍）；
∴当商品降价5元时，商场六月份可获利4250元．【点评】本题考查一元二次方程的实际应用．根据题意正确的列出一元二次方程是解题的关键．
一十．反比例函数的图象（共1小题）
12．（2023春•槐荫区期末）在同一平面直角坐标系中，函数y＝kx﹣k（k≠0）与 的大致图
象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】分两种情况讨论，当k＞0时，分析出一次函数和反比例函数所过象限；再分析出k＜0时，一
次函数和反比例函数所过象限，符合题意者即为正确答案．
【解答】解：①当k＞0时，y＝kx﹣k过一、三、四象限；函数 的图象过一、三象限；
②当k＜0时，y＝kx﹣k过一、二、四象象限；函数 的图象过二、四象限．
观察图形可知，只有C选项符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了反比例函数的图象和一次函数的图象，熟悉两函数中k的符号对函数图象的影
响是解题的关键．
一十一．反比例函数系数k的几何意义（共2小题）
13．（2023春•临淄区期末）下面四个图中反比例函数的表达式均为 ，则阴影部分的图形的面积为3
的有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据反比例函数比例系数k＝xy的几何意义，三角形的面积公式，分别求出四个图形中阴影部
分的面积，即可求解．
【解答】解：第1个图中，阴影面积为3，
故符合题意；
第2个图中，阴影面积为 ，
故不符合题意；
第3个图中，阴影面积为 ，
故符合题意；
第4个图中，阴影面积为 ，
故不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了反比例函数 中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得
矩形面积为|k|，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，解此类题一定要正确理解k的
几何意义．也考查了反比例函数的对称性，三角形的面积．
14．（2023春•叙州区期末）如图，过点P（4，6）分别作PC⊥x轴于点C，PD⊥y轴于点D，PC、PD分
别交反比例函数y＝ （x＞0）的图象于点A、B，则四边形BOAP的面积为 1 6 ．
【分析】根据阴影部分的面积等于矩形OCPD的面积减去一个k值即可．【解答】解：∵矩形面积＝4×6＝24，
S△BDO +S△AOC ＝k＝8．
∴S阴影 ＝24﹣8＝16．
故答案为：16．
【点评】本题考查了反比例函数k值的几何意义，反比例函数的k值就是图形上任意一点与坐标轴围成
的长方形的面积．
一十二．反比例函数图象上点的坐标特征（共2小题）
15．（2023春•鄞州区期末）若反比例函数 的图象经过点A（a，b），则下列结论中不正确的是（
）
A．点A位于第二或四象限
B．图象一定经过（﹣a，﹣b）
C．在每个象限内，y随x的增大而减小
D．图象一定经过（﹣b，﹣a）
【分析】根据题目中的函数解析式和反比例函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，本题得
以解决．
【解答】解：∵反比例函数 的图象经过点A（a，b），
∴ab＝﹣6，
∵k＝﹣6＜0，
∴图象位于第二、四象限，故选项A正确，不符合题意；
在每个象限内，y随x的增大而增大，故选项C不正确，符合题意．
∵ab＝﹣6，
∴图象一定经过（﹣a，﹣b）和（﹣b，﹣a）故选项B、D正确，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性
质解答．
16．（2023春•南阳期末）若点A（﹣3，y ），B（﹣1，y ）都在反比例函数y＝ 的图象上，则y ＞
1 2 1
y （填“＞”或“＜”）．
2
【分析】根据反比例函数的性质得出答案即可．【解答】解：∵y＝ 中k＝6＞0，
∴在每个象限内，y随x的增大而减小，
∵﹣3＜﹣1＜0，
∴y ＞y ．
1 2
故答案为：＞．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，能熟记反比例函数的性质是解此题的关键，反比
例函数y＝ ，①当k＞0时，在每个象限内，y随x的增大而减小，②当k＜0时，在每个象限内，y随
x的增大而增大．
一十三．反比例函数的应用（共1小题）
17．（2023春•淮安区期末）我校的饮水机接通电源就进入自动程序，开机加热时每分钟上升 10℃，加热
到100℃，停止加热，水温开始下降，此时水温（℃）与开机后用时（min）成反比例关系．直至水温
降至20℃时自动开机加热，重复上述自动程序．若在水温为20℃时，接通电源后，水温y（℃）和时间
x（min）的关系如图所示．
（1）a＝ 8 ，b＝ 4 0 ．
（2）直接写出图中y关于x的函数表达式．
（3）饮水机有多少时间能使水温保持在50℃及以上？
（4）若某天上午7：00饮水机自动接通电源，开机温度正好是20℃，问学生上午第一节下课时（8：
40）能喝到50℃以上的水吗？请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）由（1）中的计算可直接得出；
（3）分别求出函数值为50时的两个时间，求时间差即可解决问题；
（4）由题意可知，饮水机工作时40分钟为一个循环，算出从开机到第一节课下课的时间差，并利用循
环求出对应时间的水温即可．【解答】解：（1）∵开机加热时每分钟上升10℃，
∴从20℃到100℃需要8分钟，
设一次函数关系式为：y＝k x+b，
1
将（0，20），（8，100）代入y＝k x+b，得k ＝10，b＝20．
1 1
∴y＝10x+20（0≤x≤8），
设反比例函数关系式为：y＝ ，
将（8，100）代入，得k＝800，
∴y＝ ，
当y＝20时，代入关系式可得x＝40；
故答案为：8；40．
（2）由（1）中计算可得，y＝ ．
（3）在y＝10x+20（0≤x≤8）中，
令y＝50，解得x＝3；
反比例函数y＝ 中，令y＝50，解得：x＝16，
∴学生在每次温度升降过程中能喝到50℃以上水的时间有16﹣3＝13分钟．
（4）由题意可知，饮水机工作时40分钟为一个循环，
上午七点到上午第一节下课时（8：40）的时间是100分钟，是2个40分钟多20分钟，
∴ ＝40（℃），
∴学生上午第一节下课时（8：40）不能喝到超过50℃的水．
【点评】本题考查反比例函数的应用、一次函数的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法确定函数解
析式，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
一十四．二次函数的定义（共1小题）
18．（2023春•青秀区校级期末）下列函数中，是二次函数的是（ ）
A．y＝x B． C．y＝x2 D．y＝x﹣2
【分析】根据二次函数的定义求解，二次函数的一般式是y＝ax2+bx+c，其中a≠0．
【解答】解：A、y＝x，是正比例函数，故本选项不符合题意；B、 ，是反比例函数，故本选项不符合题意；
C、y＝x2，符合定义，故本选项符合题意；
D、y＝x﹣2，是一次函数，故本选项不符合题意；
故选C．
【点评】此题考查了二次函数的定义，熟记二次函数的定义及一般形式是解题的关键．
一十五．二次函数的性质（共3小题）
19．（2023春•仓山区校级期末）对于y＝3（x﹣1）2+2的性质，下列叙述正确的是（ ）
A．顶点坐标为（﹣1，2）
B．对称轴为直线x＝1
C．当x＝1时，y有最大值2
D．当x≥1时，y随x增大而减小
【分析】根据二次函数的性质对各选项进行逐一辨别．
【解答】解：由题意得，该函数的顶点坐标是（1，2），二次项系数3＞0，
∴其对称轴为x＝1；当x＝1时，y有最小值2；当x≥1时，y随x增大而增大，
∴选项A，C，D不符合题意，选项B符合题意，
故选：B．
【点评】此题考查了二次函数性质的应用能力，关键是能准确理解并运用该知识．
20．（2023春•肇东市期末）如果二次函数y＝x2﹣8x+m﹣1的顶点在x轴上，那么m＝ 1 7 ．
【分析】由二次函数的顶点在x轴上结合二次函数的性质，即可得出关于m的一元一次方程，解之即可
得出结论．
【解答】解：∵二次函数y＝x2﹣8x+m﹣1的顶点在x轴上，
∴ ＝ ＝0，即4m﹣68＝0，
∴m＝17．
故答案为：17．
【点评】本题考查了二次函数的性质，牢记二次函数的顶点坐标为（﹣ ， ）是解题的关键．
21．（2023春•金安区校级期末）已知二次函数y＝x2+2x﹣3．
（1）将二次函数y＝x2+2x﹣3化成顶点式；（2）求图象与x轴，y轴的交点坐标．
【分析】（1）利用配方法将一般式转化为顶点式即可；
（2）令y＝0，即x2+2x﹣3＝0方程的两个根即是抛物线与x轴的两个交点的横坐标．
【解答】解：（1）y＝x2+2x﹣3＝x2+2x+1﹣4＝（x+1）2﹣4
（2）令x＝0，则y＝﹣3，即该抛物线与y轴的交点坐标是（0，﹣3），
又∵y＝x2+2x﹣3＝（x+3）（x﹣1）
∴该抛物线与x轴的交点坐标是（﹣3，0）（1，0）．
【点评】本题考查了二次函数的三种形式、二次函数的性质和由函数图象确定坐标、直线与图象的交点
问题，综合体现了数形结合的思想．
一十六．二次函数图象与系数的关系（共1小题）
22．（2023春•蓝田县期末）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，对称轴是直线x＝1．下列结论：
①abc＞0；
②3a+c＞0；
③（a+c）2﹣b2＜0；
④a+b≤m（am+b）（m为实数）．
其中结论正确的为（ ）
A．①④ B．②③④ C．①②④ D．①②③④
【分析】由抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与 y轴交点位置判断①，由a与b的关系及x＝﹣1
时y＜0可判断②，利用（a+c）2﹣b2＝（a+b+c）（a﹣b+c），根据x＝﹣1时y＞0，x＝1时y＜0可判
断③，由x＝1时y取最小值可判断④．
【解答】解：∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线对称轴为直线
∴b＝﹣2a＜0，∵抛物线与y轴交点在x轴下方，
∴c＜0
∴abc＞0，故①正确．
∵x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＝3a+c＝0，故②不正确．
∵（a+c）2﹣b2＝（a+b+c）（a﹣b+c），
且a+b+c＜0，a﹣b+c＝0，
∴（a+c）2﹣b2＝0，故③不正确．
∵x＝1时，y＝a+b+c为最小值，
∴a+b≤m（am+b），故④正确．
故选：A．
【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程
及不等式的关系．
一十七．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题）
23．（2023春•青秀区校级期末）已知点A（﹣1，y ）、B（﹣2，y ）、C（2，y ）三点都在二次函数y＝
1 2 3
﹣x2﹣2x+m的图象上，则y 、y 、y 的大小关系为（ ）
1 2 3
A．y ＞y ＞y B．y ＞y ＞y C．y ＞y ＞y D．y ＞y ＞y
1 2 3 1 3 2 3 1 2 2 1 3
【分析】先确定抛物线的对称轴，根据二次函数的性质，然后利用抛物线开口向下时，离对称轴越远，
函数值越小求解．
【解答】解：y＝﹣x2﹣2x+m＝﹣（x+1）2+m+1，
抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，开口向下，
而点A（﹣1，y ）在对称轴上，点C（2，y ）离对称轴最远，
1 3
所以y ＞y ＞y ．
1 2 3
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．
一十八．二次函数图象与几何变换（共2小题）
24．（2023春•鼓楼区校级期末）把抛物线y＝x2向左平移2个单位得到的抛物线是（ ）
A．y＝（x+2）2 B．y＝（x﹣2）2 C．y＝x2+2 D．y＝x2﹣2
【分析】求出抛物线平移后的顶点坐标，然后利用顶点式写出即可．
【解答】解：∵抛物线y＝x2向左平移2个单位后的顶点坐标为（﹣2，0），
∴得到的抛物线是y＝（x+2）2．
故选：A．【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，利用顶点的变化确定抛物线解析式求解更简便．
25．（2023春•宜春期末）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣4x+5与y轴交于点C，则该抛物线关于点
C成中心对称的抛物线的表达式为 y ＝﹣ x 2 ﹣ 4 x + 5 ．
【分析】由抛物线解析式求得抛物线的顶点坐标与点C的坐标，然后结合中心对称的性质，求得新抛物
线顶点坐标，即可得抛物线解析式．
【解答】解：由抛物线y＝x2﹣4x+5＝（x﹣2）2+1知，抛物线顶点坐标是（2，1）．
由抛物线y＝x2﹣4x+5知，C（0，5）．
∴该抛物线关于点C成中心对称的抛物线的顶点坐标是（﹣2，9）．
∴该抛物线关于点C成中心对称的抛物线的表达式为：y＝﹣（x+2）2+9＝﹣x2﹣4x+5．
故答案为：y＝﹣x2﹣4x+5．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，表示出新抛物线的顶点
坐标是解题的关键．
一十九．待定系数法求二次函数解析式（共2小题）
26．（2023春•海淀区校级期末）已知一个二次函数图象上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如表所示：
x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 …
y … 0 ﹣3 ﹣4 ﹣3 0 …
（1）这个二次函数的解析式是 y ＝ x 2 + 2 x ﹣ 3 ；
（2）在给定的平面直角坐标系中画出这个二次函数的图象；
（3）当﹣4＜x＜0时，y的取值范围为 ﹣ 4 ≤ y ＜ 5 ．
【分析】（1）利用表中数据和抛物线的对称性可得到二次函数的顶点坐标为（﹣1，﹣4），则可设顶点式y＝a（x+1）2﹣4，然后把点（0，﹣3）代入求出a即可；
（2）利用描点法画二次函数图象；
（3）根据x＝﹣4、﹣2时的函数值即可写出y的取值范围．
【解答】解：（1）由题意可得二次函数的顶点坐标为（﹣1，﹣4），
设二次函数的解析式为：y＝a（x+1）2﹣4，
把点（0，﹣3）代入y＝a（x+1）2﹣4，得a＝1，
故抛物线解析式为y＝（x+1）2﹣4，即y＝x2+2x﹣3；
（2）如图所示：
（3）∵y＝（x+1）2﹣4，
∴当x＝﹣4时，y＝（﹣4+1）2﹣4＝5，
当x＝﹣0时，y＝﹣3，
又对称轴为x＝﹣1，
∴当﹣4＜x＜0时，y的取值范围是﹣4≤y＜5．
【点评】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根
据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的图象与性质．
27．（2023春•美兰区校级期末）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，﹣1）和点B（4，4）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上的一动点（点P在直线AB的下方），过点P作PQ∥y轴，交直线AB于点Q．设
点P的横坐标为m，求线段PQ的长（用含m的代数式表示）；
（3）在（2）的条件下，连接PA、PB，求△PAB面积的最大值，并求出此时点P的坐标．【分析】（1）依据题意，将A、B两点代入解析式求出a，b即可得解；
（2）依据题意，根据A、B两点坐标可以得出直线AB为y＝x，结合P的横坐标为m，P在抛物线上，
Q在直线AB上，进而可以得解；
【解答】解：（1）把 A（﹣1，﹣1），B（4，4）代入．y＝x2+bx+c 得
解得 ．
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣4．
（2）∵A（﹣1，﹣1），B（4，4），
∴直线AB的解析式为：y＝x．
∵点P的横坐标为m，P在抛物线y＝x2﹣2x﹣4，Q在y＝x上，
∴P（m，m2﹣2m﹣4），Q（m，m）．
∴PQ＝m﹣（m2﹣2m﹣4）＝﹣m2+3m+4．
（3）设△PAB 的面积为s，由（2）得：PQ＝﹣m2+3m+4，
∴
＝ ．
∵ ，
∴当 时，S取最大值 ，此时 ．
∴P（ ，﹣ ）．
【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质，解题时需要熟练掌握并理解．
二十．抛物线与x轴的交点（共2小题）28．（2023春•海淀区校级期末）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，当y＜0时，x的取
值范围是（ ）
A．﹣1＜x＜2 B．x＞2 C．x＜﹣1 D．x＜﹣1或x＞2
【分析】根据抛物线与x轴的交点和图象，可以写出当y＜0时，x的取值范围．
【解答】解：由图象可知，
当y＜0时，x的取值范围是﹣1＜x＜2，
故选：A．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合
的思想解答．
29．（2023春•肇东市期末）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴相交于（﹣2，0）和（4，0）两点，
当函数值y＞0时，自变量x的取值范围是 ﹣ 2 ＜ x ＜ 4 ．
【分析】由抛物线与x轴的交点坐标，结合图象即可解决问题．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于（﹣2，0）和（4，0）两点，函数开口向下，
∴函数值y＞0时，自变量x的取值范围是﹣2＜x＜4，
故答案为﹣2＜x＜4．
【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函
数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
二十一．图象法求一元二次方程的近似根（共1小题）
30．（2023春•东营期末）如表中列出了二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的一些对应值，则一元二次方程
ax2+bx+c＝0（a≠0）的一个近似解x 的范围是（ ）
1x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 …
y … ﹣11 ﹣5 ﹣1 1 1 …
A．﹣3＜x ＜﹣2 B．﹣2＜x ＜﹣1 C．﹣1＜x ＜0 D．0＜x ＜1
1 1 1 1
【分析】根据函数的增减性：函数在[﹣1，0]上y随x的增大而增大，可得答案．
【解答】解：当x＝﹣1时，y＝﹣1，x＝1时，y＝1，函数在[﹣1，0]上y随x的增大而增大，得
一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的一个近似解在
﹣1＜x ＜0，
1
故选：C．
【点评】本题考查了图象求一元二次方程的近似根，两个函数值的积小于零时，方程的解在这两个函数
值对应的自变量的中间．
二十二．二次函数的应用（共3小题）
31．（2023春•芙蓉区校级期末）某学校航模组设计制作的火箭升空高度h（m）与飞行时间t（s）满足函
数关系式为h＝﹣t2+12t+1．如果火箭在点火升空到最高点时打开降落伞，那么降落伞将在离地面 3 7
m处打开．
【分析】把二次函数配方为顶点式，写出最大值解题即可．
【解答】解：h＝﹣t2+12t+1＝﹣（t﹣6）2+37，
∵a＝﹣1＜0，
∴点火升空的最高点距地面37m，
故答案为：37．
【点评】本题考查了二次函数的应用以及二次函数的最值，运用配方法配成顶点式是解题的关键．
32．（2023春•开福区校级期末）“卢沟晓月”是著名的北京八景之一，每当黎明斜月西沉，月色倒影水
中，更显明媚皎洁．古时乾隆皇帝曾在秋日路过卢沟桥，赋诗“半钩留照三秋淡，一练分波平镜明”于
此，并题“卢沟晓月”，立碑于桥头．卢沟桥主桥拱可以近似看作抛物线，桥拱在水面的跨度OA约为
22米，若按如图所示方式建立平面直角坐标系，则主桥拱所在抛物线可以表示为y＝﹣ （x﹣11）
2+k，则主桥拱最高点P与其在水中倒影P'之间的距离为 2 6 米．【分析】把A（22，0）代入y＝﹣ （x﹣11）2+k求出k，根据镜面对称可得PP′＝2k，即可求得结
果．
【解答】解：由二次函数的图象可知，A（22，0）在抛物线上，
把A（22，0）代入y＝﹣ （x﹣11）2+k得：
0＝﹣ （22﹣11）2+k，
解得：k＝13，
∴y＝﹣ （x﹣11）2+13，
∵P和P′关于x轴对称，
∴PP′＝2×13＝26（米），
故答案为：26．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，把A（22，0）代入函数解析式求出k值是解决问题的关键．
33．（2023春•青秀区校级期末）从2020年开始，越来越多的商家向线上转型发展，“直播带货”已经成
为商家的一种促销的重要手段．某商家在直播间销售一种进价为每件 10元的日用商品，经调查发现，
该商品每天的销售量y（件）与销售单价x（元）满足y＝﹣10x+400，设销售这种商品每天的利润为W
（元）．
（1）求W与x之间的函数关系式；
（2）该商家每天想获得1250元的利润，又要减少库存，应将销售单价定为多少元？
（3）若销售单价不低于28元，且每天至少销售50件时，求W的最大值．
【分析】（1）根据销售1件的利润乘以每天销售量等于每天的总利润，直接列式即可作答；
（2）令W＝1250，可得：﹣10x2+500x﹣4000＝1250，解方程即可求解；
（3）根据题意有： ，解得：28≤x≤35，将W＝﹣10x2+500x﹣4000化为顶点式为：W＝﹣10（x﹣25）2+2250，即可知当x＞25时，函数值随着x的增大而减小，问题随之得解．
【解答】解：（1）根据题意，有：W＝y×（x﹣10）＝（﹣10x+400）×（x﹣10），
化简，得：W＝﹣10x2+500x﹣4000，
根据 ，解得：0＜x≤40；
即函数关系为：W＝﹣10x2+500x﹣4000，0＜x≤40；
（2）令W＝1250，可得：﹣10x2+500x﹣4000＝1250，
解得：x＝15，或者x＝35，
当x＝15时，销量：y＝﹣10x+400＝250（件）；
当x＝35时，销量：y＝﹣10x+400＝50（件）；
销量越高，越有利于减少库存，
即为了减少库存，将销售单价应定为15元；
（3）根据题意有： ，解得：28≤x≤35，
将W＝﹣10x2+500x﹣4000化为顶点式为：W＝﹣10（x﹣25）2+2250，
∵﹣10＜0，
∴当x＞25时，函数值随着x的增大而减小，
∵28≤x≤35，
∴当x＝28时，函数值最大，最大为：W＝﹣10（28﹣25）2+2250＝2160．
答：此时W的最大值为2160元．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，根据已知的等量关系列出相应的函数关系式是解答本题的关
键．
二十三．圆周角定理（共2小题）
34．（2023春•青冈县期末）如图，点A，B，C在 O上，若∠C＝110°，则∠AOB等于（ ）
⊙
A．100° B．110° C．120° D．140°
【分析】根据圆周角定理及角的和差即可求得答案．【解答】解：∵∠C＝110°，
∴优弧 所对的圆心角为2∠C＝220°，
∴∠AOB＝360°﹣220°＝140°，
故选：D．
【点评】本题考查圆周角定理，利用其求得优弧 所对的圆心角是解题的关键．
35．（2023春•东城区校级期末）如图，AB是 O的直径，CD是 O的一条弦，且CD⊥AB于点E．
（1）求证：∠BCO＝∠D； ⊙ ⊙
（2）若CD＝4 ，OE＝1，求 O的半径．
⊙
【分析】（1）根据等腰三角形性质求出∠BCO＝∠B，根据圆周角定理得出∠B＝∠D，再求出答案即
可；
（2）根据垂径定理求出CE＝DE＝2 ，再根据勾股定理求出OC即可．
【解答】（1）证明：∵OC＝OB，
∴∠BCO＝∠B，
∵ ，
∴∠B＝∠D，
∴∠BCO＝∠D；
（2）解：∵AB是 O的直径，且CD⊥AB于点E，
⊙
∴CE＝ CD，
∵CD＝4 ，∴CE＝ ，
在Rt△OCE中，OC2＝CE2+OE2，
∵OE＝1，
∴ ，
解得：OC＝3（负数舍去），
∴ O的半径为3．
【⊙点评】本题考查了垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质，圆周角定理等知识点，能求出 CE＝DE
和∠B＝∠D是解此题的关键．
二十四．切线的性质（共1小题）
36．（2023春•青冈县期末）如图，PA，PB是 O的切线，A，B为切点，AC是 O的直径，∠BAC＝
15°，则∠P的度数为 30 ° ． ⊙ ⊙
【分析】先利用切线的性质得到∠CAP＝90°，则利用互余计算出∠PAB＝75°，再根据切线长定理得到
PA＝PB，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算∠P的度数．
【解答】解：∵PA为切线，
∴OA⊥PA，
∴∠CAP＝90°，
∴∠PAB＝90°﹣∠BAC＝90°﹣15°＝75°，
∵PA，PB是 O的切线，
∴PA＝PB，⊙
∴∠PBA＝∠PAB＝75°，
∴∠P＝180°﹣75°﹣75°＝30°．
故答案为30°．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．
二十五．切线的判定与性质（共1小题）
37．（2023春•青冈县期末）如图，AB为 O的直径，弦CD⊥AB，垂足为点E，直线BF与AD延长线交
⊙于点F，且∠AFB＝∠ABC．
（1）求证：直线BF是 O的切线；
（2）若CD＝12，BE＝⊙3，求 O的半径．
⊙
【分析】（1）利用圆周角定理，等量代换，平行线的判定与性质和圆的切线的判定定理解答即可；
（2）设 O的半径为R，连接OD，利用垂径定理求得线段DE，利用勾股定理列出方程，解方程即可
得出结论⊙．
【解答】（1）证明：∵ ，
∴∠ABC＝∠ADC，
∵∠AFB＝∠ABC，
∴∠ADC＝∠AFB，
∴CD∥BF，
∵CD⊥AB，
∴AB⊥BF，
∵OB为 O的半径．
∴直线B⊙F是 O的切线；
（2）解：设⊙O的半径为R，连接OD，如图，
∵AB⊥CD，⊙CD＝12，
∴ ，
∵BE＝3，
∴OE＝R﹣3，
在Rt△OED中，
∵OE2+DE2＝OD2，
∴R2＝（R﹣3）2+62，解得： ．
即 O的半径为 ．
⊙
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，圆的切线的判定定理，勾股定理，熟
练掌握圆的有关性质是解题的关键．
二十六．正多边形和圆（共1小题）
38．（2023春•成县期末）正五边形是旋转对称图形，绕旋转中心至少旋转 7 2 度，可以和原图形重合．
【分析】根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答．
【解答】解：∵360°÷5＝72°，
∴正五边形绕中心至少旋转72度后能和原来的图案互相重合．
故答案为：72．
【点评】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，
这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
二十七．旋转的性质（共1小题）
39．（2023春•遂平县期末）如图，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时
针方向旋转90°，得到△CBG．延长AE交CG于点F，连接DE．下列结论：①AF⊥CG，②四边形
BEFG是正方形，③若DA＝DE，则CF＝FG；其中正确的结论是（ ）
A．①②③ B．①② C．②③ D．①③
【分析】设AF交BC于K，由∠ABK＝90°及将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG，可得∠KAB＝∠BCG，即可得∠KFC＝90°，从而判断①正确；由旋转的性质可得∠AEB＝∠CGB＝
90°，BE＝BG，∠EBG＝90°，由正方形的判定可证四边形BEFG是正方形，可判断②正确；过点D作
DH⊥AE于H，由等腰三角形的性质可得AH＝ AE，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得
AH＝BE＝ AE，由旋转的性质可得AE＝CG，从而可得CF＝FG，判断③正确．
【解答】解：设AF交BC于K，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABK＝90°，
∴∠KAB+∠AKB＝90°，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG，
∴∠KAB＝∠BCG，
∵∠AKB＝∠CKF，
∴∠BCG+∠CKF＝90°，
∴∠KFC＝90°，
∴AF⊥CG，故①正确；
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB＝∠CGB＝90°，BE＝BG，∠EBG＝90°，
又∵∠BEF＝90°，
∴四边形BEFG是矩形，
又∵BE＝BG，
∴四边形BEFG是正方形，故②正确；
如图，过点D作DH⊥AE于H，∵DA＝DE，DH⊥AE，
∴AH＝ AE，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB，
又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH＝BE＝ AE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE＝CG，
∵四边形BEFG是正方形，
∴BE＝GF，
∴GF＝ CG，
∴CF＝FG，故③正确；
∴正确的有：①②③，
故选：A．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等
知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
二十八．坐标与图形变化-旋转（共1小题）
40．（2023春•天元区校级期末）平面直角坐标系中，C（0，4），K（2，0），A为x轴上一动点，连接
AC，将AC绕A点顺时针旋转90°得到AB，当点A在x轴上运动，BK取最小值时，点B的坐标为
（ 3 ，﹣ 1 ） ．【分析】如图，作BH⊥x轴于H．由△ACO≌△BAH（AAS），推出BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，可得
B（m+4，m），令x＝m+4，y＝m，推出y＝x﹣4，推出点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交
x轴于E，交y轴于F，作KM⊥EF于M，根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，
构建方程组确定交点M坐标即可解决问题．
【解答】解：如图，作BH⊥x轴于H．
∵C（0，4），K（2，0），
∴OC＝4，OK＝2，
∵AC＝AB，∵∠AOC＝∠CAB＝∠AHB＝90°，
∴∠CAO+∠OCA＝90°，∠BAH+∠CAO＝90°，
∴∠ACO＝∠BAH，
∴△ACO≌△BAH（AAS），
∴BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，
∴B（m+4，m），
令x＝m+4，y＝m，
∴y＝x﹣4，
∴点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，
作KM⊥EF于M，则直线KM的解析式为y＝﹣x+2，由 ，解得 ，
∴M（3，﹣1），
根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，此时B（3，﹣1），
故答案为：（3，﹣1）
【点评】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质，一次函数的应用，垂线段最短
等知识，解题的关键是正确寻找点B的运动轨迹，学会利用垂线段最短解决最短问题．
二十九．作图-旋转变换（共1小题）
41．（2023春•淅川县期末）如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，B，O均为
格点（每个小正方形的顶点叫做格点）．
（1）作点A关于点O的对称点A ；
1
（2）连接A B，将线段A B绕点A 顺时针旋转90°得到线段A B ，点B的对应点为B ，画出旋转后的
1 1 1 1 1 1
线段A B ；
1 1
（3）连接AB ，BB ，求出△ABB 的面积（直接写出结果即可）．
1 1 1
【分析】（1）依据中心对称的性质，即可得到点A关于点O的对称点A ；
1
（2）依据线段A B绕点A 顺时针旋转90°得点B对应点B ，即可得出旋转后的线段A B ；
1 1 1 1 1
（2）依据三角形的面积公式进行计算即可．
【解答】解：（1）如图所示，点A 即为所求；
1
（2）如图所示，线段A B 即为所求；
1 1（3）如图，连接AB ，BB ，
1 1
则S ＝ ×8×2＝8．
【点评】本题主要考查了利用旋转变换作图，掌握旋转的性质是解题的关键．
三十．比例线段（共2小题）
42．（2023春•肇源县期末）下列四组长度的线段中，是成比例线段的是（ ）
A．4cm，5cm，6cm，7cm B．3cm，4cm，5cm，8cm
C．5cm，15cm，3cm，9cm D．8cm，4cm，1cm，3cm
【分析】如果其中两条线段的比（即它们的长度比）与另两条线段的比相等，则四条线段叫成比例线段．
根据比例性质对选项一一分析，排除错误答案．
【解答】解：A、4×7≠5×6，故选项不符合题意；
B、3×8≠4×5，故选项不符合题意；
C、5×9＝15×3，故选项符合题意；
D、1×8≠4×3，故选项不符合题意．
故选：C．
【点评】此题考查了比例线段，根据成比例线段的概念，注意在相乘的时候，最小的和最大的相乘，另
外两个相乘，看它们的积是否相等．同时注意单位要统一．
43．（2023春•姑苏区校级期末）在比例尺为1：20000的地图上，A、B两地的距离为2.5cm，则实际距离
为 50 0 m．
【分析】首先设相距2.5cm的两地实际距离为x cm，根据题意可得方程 ＝ ，解此方程即可求
得答案，注意统一单位．
【解答】解：设实际距离为x cm，根据题意得： ＝ ，
解得：x＝50000，
∵50000cm＝500m，
∴实际距离为500m．
故答案为：500．
【点评】此题考查了比例尺．此题比较简单，解题的关键是注意理解题意，根据题意列方程，注意统一
单位．
三十一．黄金分割（共1小题）
44．（2023春•苏州期末）符合黄金分割比例 形式的图形很容易使人产生视觉上的美感．在如图
所示的五角星中， ，且C，D两点都是AB的黄金分割点，则CD的长为 1 ．
【分析】根据黄金分割的定义得到 ，继而将 ， 代入
得： ，解之即可求解．
【解答】解：∵C，D两点都是的黄金分割点，
∴ ，
∵AB＝AD+CD+BC， ，
∴ ，
将 ， 代入 ，得： ，
∴ ，
整理得： ，
∴CD＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查黄金分割比例：把线段AB分成两条线段AC和BC，（AC＞BC），且使AC是AB和
BC 的比例中项（即 ）叫做把线段 AB 黄金分割，点 C 叫做线段 AB 的黄金分割点，其中
，并且线段AB的黄金分割点有两个，解题的关键是熟练掌握黄金分割比例．
三十二．平行线分线段成比例（共1小题）
45．（2023春•任城区期末）如图：AB∥CD∥EF，AD：DF＝3：1，BE＝12，那么CE的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据平行线分线段成比例定理得到比例式，再根据 AD：DF＝3：1，BE＝12，可计算出CE的
长．
【解答】解：∵AB∥CD∥EF，
∴ ＝ ＝3，
∴BC＝3CE，
∴CE＝ BE＝ ×12＝3，
故选：A．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，关键是掌握：三条平行线截两条直线，所得的对应线段
成比例．三十三．相似三角形的判定与性质（共2小题）
46．（2023春•桓台县期末）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，连结AE，过点B作BF⊥AE于点
F．
（1）求证：△ADE∽△BFA；
（2）连接CF，若AB＝20，BC＝10，DE＝5，求CF的长．
【分析】（1）由矩形的性质得∠D＝∠DAB＝90°，由BF⊥AE于点F，得∠AFB＝90°，则∠D＝
∠AFB，而∠EAD＝∠ABF＝90°﹣∠BAE，所以△ADE∽△BFA；
（2）作FG⊥CD于点G，由∠D＝90°，AD＝BC＝10，DE＝5，根据勾股定理得AE＝ ＝5
，由 ＝sin∠ABF＝sin∠EAD＝ ＝ ，得 AF＝ AB＝4 ，则 FE＝ ，再证明
△EFG∽△EAD，得 ＝ ＝ ＝ ，则FG＝ AD＝2，GE＝ DE＝1，可求得CG＝16，根据勾
股定理可求得CF＝ ＝2 ．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠DAB＝90°，
∵BF⊥AE于点F，
∴∠AFB＝90°，
∴∠D＝∠AFB，
∵∠EAD＝∠ABF＝90°﹣∠BAE，
∴△ADE∽△BFA.
（2）解：作FG⊥CD于点G，则∠CGF＝90°，
∵∠D＝90°，CD＝AB＝20，AD＝BC＝10，DE＝5，∴AE＝ ＝ ＝5 ，
∵ ＝sin∠ABF＝sin∠EAD＝ ＝ ＝ ，
∴AF＝ AB＝ ×20＝4 ，
∴FE＝AE﹣AF＝5 ﹣4 ＝ ，
∵∠FGE＝∠D＝90°，
∴FG∥AD，
∴△EFG∽△EAD，
∴ ＝ ＝ ＝ ＝ ，
∴FG＝ AD＝ ×10＝2，GE＝ DE＝ ×5＝1，
∴CG＝CD﹣DE+GE＝20﹣5+1＝16，
∴CF＝ ＝ ＝2 ，
∴CF的长是2 ．
【点评】此题重点考查矩形的性质、同角的余角相等、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角
函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
47．（2023春•普陀区校级期末）已知：如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，BA•BD＝
BC•BE．
（1）求证：△BDE∽△BCA；
（2）如果AE＝AC，求证：AC2＝AD•AB．【分析】（1）根据两边成比例夹角相等判定两三角形相似即可；
（2）只要证明△ADC∽△ACB，即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵BA•BD＝BC•BE．
∴ ＝ ，
∵∠B＝∠B，
∴△BDE∽△BCA．
（2）证明：∵BA•BD＝BC•BE．
∴ ＝ ，
∵∠B＝∠B，
∴△BAE∽△BCD，
∴∠BAE＝∠BCD，
∵AE＝AC，
∴∠AEC＝∠ACE，
∵∠AEC＝∠B+∠BAE，∠ACE＝∠ACD+∠BCD，
∴∠B＝∠ACD，
∵∠BAC＝∠BAC，
∴△ADC∽△ACB，
∴ ＝ ，
∴AC2＝AD•AB．
【点评】本题考查相似三角形的性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
三十四．相似三角形的应用（共1小题）
48．（2023春•莱州市期末）一种燕尾夹如图1所示，图2是在闭合状态时的示意图，图3是在打开状态时
的示意图（数据如图，单位：mm），从图2闭合状态到图3打开状态，则点B，D之间的距离减少了（）
A．25mm B．20mm C．15mm D．8mm
【分析】根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：连接BD，
由题意得，EF∥BC，
∴△AEF∽△ABD，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴BD＝45，
∴点B，D之间的距离减少了45﹣20＝25（mm），
故选：A．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，正确的识别图形是解题的关键．
三十五．位似变换（共1小题）
49．（2023春•淄博期末）在平面直角坐标系中，已知点A（﹣3，6）、B（﹣9，﹣3），以原点O为位似
中心，相似比为 ，把△ABO缩小，则点B对应点B'的坐标是 （﹣ 3 ，﹣ 1 ）或（ 3 ， 1 ） ．
【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对
应点的坐标的比等于k或﹣k解答．【解答】解：∵点A（﹣3，6）、B（﹣9，﹣3），以原点O为位似中心，相似比为 ，把△ABO缩小，
∴点B的对应点B′的坐标是：（﹣9× ，﹣3× ）或[﹣9×（﹣ ），﹣3×（﹣ ）]，即（﹣3，﹣
1）或（3，1）．
故答案为：（﹣3，﹣1）或（3，1）．
【点评】本题考查的是位似变换的概念和性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中
心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．
三十六．作图-位似变换（共2小题）
50．（2023春•莱西市期末）如图，已知O是坐标原点，A，B两点的坐标分别为（3，﹣1），（2，1），
（1）以点O为位似中心，在y轴左侧将△OAB放大为原来的两倍，画出图形；
（2）A点的对应点A′的坐标是 （﹣ 6 ， 2 ） ；B点的对应点B′的坐标是 （﹣ 4 ，﹣ 2 ） ；
（3）在AB上有一点P（x，y），按（1）的方式得到的对应点P′的坐标是 （﹣ 2 x ，﹣ 2 y ） ．
【分析】（1）根据位似图形的性质即可画出△OA'B'；
（2）根据点的位置直接可得坐标；
（3）根据位似图形的性质可得答案．
【解答】解：（1）如图，△OA'B'即为所求；（2）由图可知A'（﹣6，2），B'（﹣4，﹣2），
故答案为：（﹣4，﹣2），（﹣6，2）；
（3）点P的对应点P'（﹣2x，﹣2y），
故答案为：（﹣2x，﹣2y）．
【点评】本题主要考查了作图﹣位似变换，熟练掌握位似图形的性质，作出△OA'B'是解题的关键．
51．（2023春•临淄区期末）在如图的方格纸中，△OAB的顶点坐标分别为O（0，0）、A（﹣2，﹣1）、
B（﹣1，﹣3），△O A B 与△OAB是关于点P为位似中心的位似图形．
1 1 1
（1）在图中标出位似中心P的位置，并写出点P及点B的对应点B 的坐标；
1
（2）以原点O为位似中心，在位似中心的同侧画出△OAB的一个位似△OA B ，使它与△OAB的位似
2 2
比为2：1，并写出点B的对应点B 的坐标；
2
（3）△OAB的内部一点M的坐标为（a，b），写出M在△OA B 中的对应点M 的坐标．
2 2 2
【分析】（1）连接O O并延长与A A的延长线相交，交点即为位似中心P，再根据平面直角坐标系写
1 1
出点P和B 的坐标；
1
（2）延长OA到A ，使AA ＝OA，延长OB到B ，使BB ＝OB，连接A B ，再根据平面直角坐标系写
2 2 2 2 2 2
出点B 的坐标；
2
（3）根据位似比是2写出即可．【解答】解：（1）位似中心P如图所示，P（﹣5，﹣1），B （3，﹣5）；
1
（2）△OA B 如图所示，B （﹣2，﹣6）；
2 2 2
（3）点M （2a，2b）．
2
【点评】本题考查了利用位似变换作图，熟练掌握位似变换的性质准确找出对应点的位置是解题的关键．
三十七．特殊角的三角函数值（共1小题）
52．（2023春•东城区校级期末）在锐角△ABC中，若|sinA﹣ |+（1﹣tanB）2＝0，则∠C的度数是
75° ．
【分析】根据非负数的性质可以求得sinA，与tanB的值，即可求得∠A与∠B的度数，然后根据三角形
的内角和即可求解．
【解答】解：根据题意得：sinA﹣ ＝0，1﹣tanB＝0，
∴sinA＝ ，tanB＝1，
∴∠A＝60°，∠B＝45°，
∴∠C＝180°﹣60°﹣45°＝75°．
故答案为：75°．
【点评】本题考查了特殊角的三角函数以及非负数的性质，正确记忆特殊角的三角函数值是关键．
三十八．解直角三角形的应用-方向角问题（共2小题）
53．（2023春•宁阳县期末）现在手机导航极大方便了人们的出行，如图，嘉琪一家自驾到风景区C游玩，
到达A地后，导航显示车辆应沿北偏西45°方向行驶4千米至B地，再沿北偏东60°方向行驶一段距离到
达风景区C，嘉琪发现风景区C在A地的北偏东15°方向，那么B，C两地的距离为（ ）A． 千米 B． 千米
C． 千米 D．5千米
【分析】图所示，过点B作BD⊥AC于D，由题意得，∠BAC＝60°，∠ABC＝75°，利用三角形内角和
定理求出∠C＝45°，再求出∠ABD＝30°，∠DBC＝45°＝∠C，得到 千米，CD＝BD，利用
勾股定理求出 千米，即可利用勾股定理求出BC的长．
【解答】解：如图所示，过点B作BD⊥AC于D，
由题意得，∠BAC＝60°，∠ABC＝75°，
∴∠C＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝45°，
∵BD⊥AC，
∴∠BDC＝∠BDA＝90°，
∴∠ABD＝30°，∠DBC＝45°＝∠C，
∴ （千米），CD＝BD，
∴ （千米），∴ （千米），
故选：A．
【点评】本题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，含 30度角的直角三角形的计算，
方位角的表示，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
54．（2023春•巴南区期末）在海平面上有A，B，C三个标记点，其中A在C的北偏西54°方向上，与C
的距离是800海里，B在C的南偏西36°方向上，与C的距离是600海里．
（1）求点A与点B之间的距离；
（2）若在点C处有一灯塔，灯塔的信号有效覆盖半径为500海里，每隔半小时会发射一次信号，此时
在点B处有一艘轮船准备沿直线向点A处航行，轮船航行的速度为每小时20海里．轮船在驶向A处的
过程中，最多能收到多少次信号？（信号传播的时间忽略不计）．
【分析】（1）由题意易得∠ACB是直角，由勾股定理即可求得点A与点B之间的距离；
（2）过C作CD⊥AB于D，由面积关系可求得CD的长，判断出CD＜500，分别在DB和DA上找点E
和点F使CF＝CE＝500，分别求得DE、DF的长，可求得此时无人机飞过EF时的时间，从而可求得最
多能收到的信号次数．
【解答】解：（1）依题意有：AC＝800，BC＝600，∠NCA＝54°，∠SCB＝36°，
∴∠ACB＝180°﹣54°﹣36°＝90°，
在Rt△ACB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
∴AB＝ （米），
答：点A与点B之间的距离为1000米；
（2）过C作CD⊥AB于D，∵S△ABC ＝ AC•BC＝ AB•CD，
∴CD＝ ＝480（米），
∵480＜500，
故分别在DB和DA上找点E和点F使CF＝CE＝500，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：CD2+DE2＝CE2，
∴DE＝ ＝140（米），
同理得：DF＝140（米），
当无人机处在EF段时能收到信号，由无人机的速度为10m/s，
则无人机飞过此段的时间为： ＝14（小时），
∴无人机收到信号次数最多为 +1＝29（次）．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，直角三角形的判定等知识，涉及路程、速度、时间的关系，熟练
掌握勾股定理的应用是关键．
三十九．简单组合体的三视图（共1小题）
55．（2023春•渝中区期末）如图，这个几何体的左视图正确的是（ ）
A． B．C． D．
【分析】找到从几何体的左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中．
【解答】解：从几何体的左面看所得到的图形是：
故选：C．
【点评】此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握左视图所看的位置．
四十．视点、视角和盲区（共1小题）
56．（2023春•福田区校级期末）如图，在房子屋檐E处安有一台监视器，房子前有一面落地的广告牌，
那么监视器的盲区是（ ）
A．△ACE B．△ADF
C．△ABD D．四边形BCED
【分析】根据盲区的定义，视线覆盖不到的地方即为该视点的盲区，由图知，E是视点，找到在E点处
看不到的区域即可．
【解答】解：由图片可知，E视点的盲区应该在△ABD的区域内．
故选：C．
【点评】此题主要考查了视点、视角和盲区，解答此类问题，首先要确定视点，然后再根据盲区的定义
进行判断．
四十一．随机事件（共1小题）
57．（2023春•淮安区期末）“抛掷一枚均匀硬币，落地后正面朝上”这一事件是（ ）
A．确定事件 B．必然事件
C．随机事件 D．不可能事件【分析】根据事件发生的可能性大小判断即可．
【解答】解：“抛掷一枚均匀硬币，落地后正面朝上”这一事件是随机事件，
故选：C．
【点评】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生
的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，
可能发生也可能不发生的事件．
四十二．可能性的大小（共1小题）
58．（2023春•桓台县期末）盒子里有10个球，它们只有颜色不同，其中红球有6个，黄球有3个，黑球
有1个．小军从中任意摸一个球，下面说法正确的是（ ）
A．一定是红球
B．摸出红球的可能性最大
C．不可能是黑球
D．摸出黄球的可能性最小
【分析】根据题意列出树状图求出各种颜色求得概率，逐个判断即可得到答案．
【解答】解：由题意可得，
摸出红球的概率为 ，摸出黄球的概率为： ，摸出黑球的概率为：
，
故选：B．
【点评】本题考查概率定义及树状图法求概率，解题的关键是正确理解概率的定义．
四十三．几何概率（共1小题）
59．（2023春•济阳区期末）某商场为吸引顾客设计了如图所示的自由转盘，当指针指向阴影部分时，该
顾客可获奖品一份，那么该顾客获奖的概率为（ ）A． B． C． D．
【分析】该顾客获奖的概率，即阴影部分与整个圆面的面积之比．
【解答】解：因为 ＝ ，所以顾客获奖的概率为 ．
故选：D．
【点评】本题考查几何概率的求法：首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所
求事件（A）；然后计算阴影区域的面积在总面积中占的比例，这个比例即事件（A）发生的概率．
四十四．利用频率估计概率（共1小题）
60．（2023春•横山区期末）某小组做“当试验次数很大时，用频率估计概率”的试验时，统计了某一结
果出现的频率，表格如下，则符合这一结果的试验最有可能是（ ）
次数 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000
频率 0.60 0.30 0.50 0.36 0.42 0.38 0.41 0.39 0.40 0.40
A．掷一个质地均匀的骰子，向上的面点数是“6”
B．掷一枚一元的硬币，正面朝上
C．不透明的袋子里有2个红球和3个黄球，除颜色外都相同，从中任取一球是红球
D．三张扑克牌，分别是3，5，5，背面朝上洗匀后，随机抽出一张是5
【分析】根据利用频率估计概率得到实验的概率在0.4左右，再分别计算出四个选项中的概率，然后进
行判断．
【解答】解：A、掷一个质地均匀的骰子，向上的面点数是“6”的概率为： ，不符合题意；
B、抛一枚硬币，出现反面的概率为 ，不符合题意；
C、不透明的袋子里有2个红球和3个黄球，除颜色外都相同，从中任取一球是红球的概率是 ＝0.4，
符合题意；
D、三张扑克牌，分别是3，5，5，背面朝上洗匀后，随机抽出一张是5的概率为 ，不符合题意，故选：C．
【点评】本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，
并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的
近似值就是这个事件的概率．当实验的所有可能结果不是有限个或结果个数很多，或各种可能结果发生
的可能性不相等时，一般通过统计频率来估计概率．
