2024-2025学年广东省广州市越秀区九年级上学期期末数学试卷（含答案）

第1页（共1页）2024-2025学年广东省广州市越秀区九年级（上）期末数学试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.）1．（3分）中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“立春”“谷雨”“白露”“大雪”，其中是中心对称图形的是（）A． B． C． D．2．（3分）抛物线y＝﹣（x+3）2+5的顶点坐标是（）A．（﹣3，5） B．（3，5） C．（5，﹣3） D．（5，3）3．（3分）若关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+3x+k2﹣1＝0的一个根为0，则k的值为（）A．0 B．1 C．﹣1 D．1或﹣14．（3分）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为E．若CD＝8，OD＝5，则BE的长为（）A．1 B．2 C．3 D．45．（3分）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转后得到△A′B′C，且点B′恰好落在边AB上，若∠B＝70°，则∠A′CA＝（）A．35° B．70° C．20° D．40°6．（3分）如图，CD与⊙O相切于点C，AD经过圆心O，若∠D＝30°，CD=3，则ACA．2π3 B．π2 C．π37．（3分）北京时间12月4日，我国申报的“春节——中国人庆祝传统新年的社会实践”在联合国教科文组织保护非物质文化遗产政府间委员会第19届常会上通过评审，列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录．为迎接春节到来，某商场规定：购物满88元以上都可以获得一次转动转盘的机会．如图①所示，当转盘停止时，指针指向哪个区域顾客就获得对应的奖品．转动转盘若干次，其中指针落入优胜奖区域的频率如图②所示，则转盘中优胜奖区域的圆心角∠AOB的度数近似为（）A．90° B．72° C．54° D．20°8．（3分）如图，在△ABC中，点E是线段AC上一点，AE：CE＝1：2，过点C作CD∥AB交BE的延长线于点D，若△ABE的面积等于4，则△BCD的面积等于（）A．8 B．16 C．24 D．329．（3分）形如x2+8x＝33的方程，可以按如下方法求它的正数解：如图1，先构造一个面积为x2的正方形，再以正方形的边长为一边向外构造四个面积为2x的矩形，得到大正方形的面积33+4×22＝49，则该方程的正数解为7﹣2×2＝3．羊羊同学按此方法解关于x的方程x2+mx＝64（m＞0）时，构造出如图2所示面积为100的大正方形，则该方程的正数解为（）A．3 B．4 C．6 D．810．（3分）抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴为直线x＝﹣2．下列说法：①abc＞0；②4a﹣2b≤t（at+b）（t为全体实数）；③c＞3a；④若A（m，y1）和B（m+1，y2）为图象上两点，且y1＜y2，则m＜-5其中正确的是（）A．②③ B．②④ C．③④ D．①②二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分.）11．（3分）若A（﹣3，2），则点A关于原点的对称点的坐标为．12．（3分）已知关于x的一元二次方程x2+2x+m＝0有实数根，则m的取值范围是．13．（3分）“任选两个对应角分别相等的四边形，这两个四边形相似”是事件．（填“不可能”或“必然”或“随机”）14．（3分）用一个圆心角为120°，半径为4的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为．15．（3分）通过对数据的记录、整理和分析，发现飞机着陆后滑行的距离s（单位：米）与滑行的时间t（单位：秒）之间近似存在一个函数关系，测得一些数据（如表）：滑行时间t/秒01234滑行距离s/米058.5114166.5216根据表中的数据，从一次函数和二次函数中选择一个函数模型，使得它能近似地反映滑行距离与滑行时间之间的函数关系，并根据所选的函数模型估计飞机着陆后滑行秒时停下来．16．（3分）如图，已知点A（3，0），⊙O的半径为2，点P为⊙O上一动点，将线段AP绕点A顺时针旋转90°，得到线段AQ．（1）当点P落在x轴正半轴上时，点Q的坐标为；（2）连接OQ，当点P在⊙O上运动时，OQ的最大值为．三、解答题（本大题共9小题，满分72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（4分）解方程：x2﹣6x﹣7＝0．18．（4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，每个小正方形的顶点叫做格点，△OBC的三个顶点都在格点上．（1）将△OBC绕点O逆时针旋转90°，得到△OB1C1，画出△OB1C1；（2）以O为位似中心，在位似中心异侧把△OBC放大到原来的2倍，得到△OB2C2，画出△OB2C2．19．（6分）如图，已知函数y1=x2-2x-3与x轴交于A（﹣1，0），B两点，过点B的直线y2＝kx（1）求线段AB的长；（2）若△ABC的面积为10，结合图象，当y1＞y2时，求x的取值范围．20．（6分）已知①号盒子中有2个白球、1个黄球，②号盒子中有m个红球、2个黄球，这些球除颜色外无其他差别．（1）若从②号盒子中随机取出1个球，它是黄球的概率是12，求m（2）在（1）的条件下，分别从每个盒子中随机取出1个球，请用列表或画树状图的方法求取出的2个球恰好都是黄球的概率．21．（10分）某小组通过实验探究凸透镜成像的规律，他们依次在光具座上垂直放置发光物、凸透镜和光屏，并调整到合适的高度．如图，主光轴l垂直于凸透镜MN，且经过凸透镜光心O，将长度为8厘米的发光物AB进行移动，使物距OB为32厘米，光线AO，BO通过凸透镜后传播方向不变，移动光屏，直到光屏上呈现一个清晰的像A′B′，此时测得像距OB′为12.8厘米．（1）求像A′B′的长度；（2）已知光线AP平行于主光轴l，经过凸透镜MN折射后通过主光轴上的点F，求OF的长．22．（8分）某商品现在的售价为60元，每星期可卖出300件．市场调查反映：如果调整价格，每涨价1元，每星期要少卖出10件；每降价1元，每星期可多卖出20件．已知商品的进价为每件39元．（1）若降价2元，每星期可以卖出多少件该商品？（2）若要每星期获利6480元，应该涨价多少元？23．（10分）如图所示，四边形ABCD为⊙O内接四边形，∠ADC＝90°，DA＝DB，点E为AD上一点，且AE＝CD．（1）尺规作图：作线段AE（保留作图痕迹，不写作法）；（2）求证：∠EAD+∠ADB＝90°；（3）若AD＝3CD＝3，求△ABD的面积．24．（12分）已知抛物线G：y＝ax2+bx﹣8a（a≠0）经过点M（3，﹣5a），抛物线G与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），点P为抛物线G上A，B之间的动点（点P不与点A，B重合）．（1）求该抛物线的对称轴；（2）若a＞0，△PAB的面积的最大值为9，求y＝ax2+bx﹣8a（a≠0）在3a﹣2≤x≤3a+1时的取值范围；（3）若a＜0，点D为线段AB上一定点（点D不与点A，B重合），过D作x轴的垂线l，直线l分别交射线AP，BP于点E，F，若点P运动的过程中DE+2DF的值始终为6，求a的值．25．（12分）如图所示，ABCD为矩形，AB＝4，AD＝3，点E为BC上一动点，AE与BD交于点F，将线段AF绕点F逆时针旋转90°得到线段FG，FG与CD交于点H．（1）求线段BD的长；（2）连接DG，若∠DGF＝90°，求BE的长；（3）连接AH，AH与BD交于点K，求△AKF面积的最小值．

2024-2025学年广东省广州市越秀区九年级（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案DACBDABCBC一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.）1．（3分）中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“立春”“谷雨”“白露”“大雪”，其中是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【分析】把一个图形绕某一点旋转180°后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．【解答】解：A、绕某一点旋转180°后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，故不符合题意；B、绕某一点旋转180°后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，故不符合题意；C、绕某一点旋转180°后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，故不符合题意；D、绕某一点旋转180°后，能够与原图形重合，故是中心对称图形，故符合题意；故选：D．【点评】本题考查了中心对称图形的知识，熟练掌握中心对称图形的概念，是解题的关键．2．（3分）抛物线y＝﹣（x+3）2+5的顶点坐标是（）A．（﹣3，5） B．（3，5） C．（5，﹣3） D．（5，3）【分析】根据顶点式的坐标特点写出顶点坐标即可．【解答】解：y＝﹣（x+3）2+5的顶点坐标为（﹣3，5），故选：A．【点评】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握顶点式的性质是解答本题的关键．3．（3分）若关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+3x+k2﹣1＝0的一个根为0，则k的值为（）A．0 B．1 C．﹣1 D．1或﹣1【分析】根据一元二次方程的定义可得出k﹣1≠0，进而可得出k≠1，将x＝0代入原方程可得出关于k的一元二次方程，解之即可得出k的值，结合k≠1即可得出结论．【解答】解：∵方程（k﹣1）x2+3x+k2﹣1＝0为一元二次方程，∴k﹣1≠0，∴k≠1．将x＝0代入（k﹣1）x2+3x+k2﹣1＝0，得：k2﹣1＝0，解得k1＝﹣1，k2＝1（不合题意，舍去）．故选：C．【点评】本题考查了一元二次方程的定义以及一元二次方程的解，代入x＝0求出k的值是解题的关键．4．（3分）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为E．若CD＝8，OD＝5，则BE的长为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】先根据垂径定理得出DE的长，再利用勾股定理求出OE的长即可解决问题．【解答】解：∵AB是⊙O的直径，且AB⊥CD，∴DE=1在Rt△DOE中，OE=5∴BE＝5﹣3＝2．故选：B．【点评】本题主要考查了垂径定理及勾股定理，熟知垂径定理及勾股定理是解题的关键．5．（3分）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转后得到△A′B′C，且点B′恰好落在边AB上，若∠B＝70°，则∠A′CA＝（）A．35° B．70° C．20° D．40°【分析】根据△ABC绕点C顺时针旋转后得到△A′B′C，可得∠B'CB＝∠A'CA，BC＝B'C，故∠B＝∠BB'C＝70°，即知∠B'CB＝180°﹣∠B﹣∠BB'C＝40°，从而∠A'CA＝40°．【解答】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转后得到△A′B′C，∴∠B'CB＝∠A'CA，BC＝B'C，∴∠B＝∠BB'C＝70°，∴∠B'CB＝180°﹣∠B﹣∠BB'C＝40°，∴∠A'CA＝40°；故选：D．【点评】本题考查三角形的旋转问题，解题的关键是掌握旋转的性质和等腰三角形性质．6．（3分）如图，CD与⊙O相切于点C，AD经过圆心O，若∠D＝30°，CD=3，则ACA．2π3 B．π2 C．π3【分析】根据切线的性质得到∠OCD＝90°，求得∠DOC＝60°，得到OD＝2OC，∠AOC＝120°，根据勾股定理得到OC＝1（负值舍去），根据弧长公式即可得到结论．【解答】解：连接OC，∵CD与⊙O相切于点C，∴∠OCD＝90°，∵∠D＝30°，∴∠DOC＝60°，∴OD＝2OC，∠AOC＝120°，∵CD=3∴OD2﹣OC2＝CD2，∴3OC2＝3，∴OC＝1（负值舍去），∴120π×1180=故选：A．【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，弧长的计算，勾股定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键．7．（3分）北京时间12月4日，我国申报的“春节——中国人庆祝传统新年的社会实践”在联合国教科文组织保护非物质文化遗产政府间委员会第19届常会上通过评审，列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录．为迎接春节到来，某商场规定：购物满88元以上都可以获得一次转动转盘的机会．如图①所示，当转盘停止时，指针指向哪个区域顾客就获得对应的奖品．转动转盘若干次，其中指针落入优胜奖区域的频率如图②所示，则转盘中优胜奖区域的圆心角∠AOB的度数近似为（）A．90° B．72° C．54° D．20°【分析】利用频率估计概率，可知当n很大时，频率将会接近其概率，所以可估计指针落入优胜奖区域的概率，用360°乘概率即可得出答案．【解答】解：由图②可估计指针落入优胜奖区域的概率为0.2，∴转盘中优胜奖区域的圆心角∠AOB的度数近似为：0.2×360°＝72°．故选：B．【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．8．（3分）如图，在△ABC中，点E是线段AC上一点，AE：CE＝1：2，过点C作CD∥AB交BE的延长线于点D，若△ABE的面积等于4，则△BCD的面积等于（）A．8 B．16 C．24 D．32【分析】先由CD∥AB，证得△ABE∽△CDE，再根据已知条件及相似三角形的性质得出S△CDE的值，然后根据△BCE中CE边上的高和△ABE中AE边上的高相等及CE＝2AE，得出S△BCE的值，最后利用关系式S△BCD＝S△CDE+S△BCE，可得答案．【解答】解：∵CD∥AB∴△ABE∽△CDE又∵AE：CE＝1：2∴S∵S△ABE＝4∴S△CDE＝16∵AE：CE＝1：2∴CE＝2AE∵△BCE中CE边上的高和△ABE中AE边上的高相等∴S△BCE＝2S△ABE∵S△ABE＝4∴S△BCE＝2×4＝8∴S△BCD＝S△CDE+S△BCE＝16+8＝24故选：C．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质及等高三角形的面积关系，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．9．（3分）形如x2+8x＝33的方程，可以按如下方法求它的正数解：如图1，先构造一个面积为x2的正方形，再以正方形的边长为一边向外构造四个面积为2x的矩形，得到大正方形的面积33+4×22＝49，则该方程的正数解为7﹣2×2＝3．羊羊同学按此方法解关于x的方程x2+mx＝64（m＞0）时，构造出如图2所示面积为100的大正方形，则该方程的正数解为（）A．3 B．4 C．6 D．8【分析】根据阴影部分的面积+四个正方形的面积＝大正方形的面积，求出小正方形的边长为3，得（x+2×3）2＝100，解方程，即可解决问题．【解答】解：∵x2+mx＝64，∴阴影部分的面积为64，∵大正方形的面积为100，∴四个小正方形的面积＝大正方形的面积﹣阴影部分的面积＝100﹣64＝36，∴小正方形的边长为364∴大正方形的面积＝（x+2×3）2＝100，即（x+6）2＝100，解得：x1＝4，x2＝﹣16（不符合题意，舍去），∴x2+mx＝64（m＞0）的正数解为4．故选：B．【点评】本题考查了一元二次方程的应用以及正方形的性质等知识，借助数形结合的思想得出方程（x+2×3）2＝100是解题的关键．10．（3分）抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴为直线x＝﹣2．下列说法：①abc＞0；②4a﹣2b≤t（at+b）（t为全体实数）；③c＞3a；④若A（m，y1）和B（m+1，y2）为图象上两点，且y1＜y2，则m＜-5其中正确的是（）A．②③ B．②④ C．③④ D．①②【分析】①分别判断a、b、c的符号，再判断abc的符号；②利用二次函数的最值即可判断．③由对称轴为直线x＝﹣2，可知a与b的数量关系，消去b可得仅含a、c的解析式，找特定点可判断c﹣3a的符号．④利用二次函数的对称性即可判断．【解答】解：①因图象开口向下，可知：a＜0；又∵对称轴为直线x＝﹣2，∴-b2a=-2，整理得：b＝4a，即a由图象可知，当x＝4时，y＜0，又∵对称轴为直线x＝﹣2，可知：当x＝0时，y＜0；即c＜0；∴abc＜0，故①错误．②∵对称轴为直线x＝﹣2，∴t为全体实数时，4a﹣2b+c≥at2+bt+c，∴a﹣2b≥t（at+b），故②错误．③由①得：b＝4a．代入原解析式得：y＝ax2+4ax+c；a•（﹣1）2+4a•（﹣1）+c＞0，整理得：c﹣3a＞0，∴c＞3a，故③正确．④∵A（m，y1）和B（m+1，y2）为图象上两点，y1＜y2，∴m+m+12∴m＜-52，故故选：C．【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征．需综合利用二次函数的性质，不等式的性质解题．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分.）11．（3分）若A（﹣3，2），则点A关于原点的对称点的坐标为（3，﹣2）．【分析】根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案．【解答】解：点A的坐标是（﹣3，2），则点A关于原点的对称点的坐标是（3，﹣2）．故答案为：（3，﹣2）．【点评】本题考查了求关于原点对称的点的坐标，明确关于原点中心对称的对称点的坐标的横纵坐标与原坐标的横纵坐标互为相反数是解题法的关键．12．（3分）已知关于x的一元二次方程x2+2x+m＝0有实数根，则m的取值范围是m≤1．【分析】先根据一元二次方程x2+2x+m＝0得出a、b、c的值，再根据方程有实数根列出关于m的不等式，求出m的取值范围即可．【解答】解：由一元二次方程x2+2x+m＝0可知a＝1，b＝2，c＝m，∵方程有实数根，∴Δ＝22﹣4m≥0，解得m≤1．故答案为：m≤1．【点评】本题考查的是一元二次方程根的判别式，根据题意列出关于m的不等式是解答此题的关键．13．（3分）“任选两个对应角分别相等的四边形，这两个四边形相似”是随机事件．（填“不可能”或“必然”或“随机”）【分析】根据相似多边形的性质及随机事件的定义解答即可．【解答】解：任选两个对应角分别相等的四边形，这两个四边形不一定相似，故答案为：随机．【点评】本题考查的是相似多边形的性质，随机事件，熟知如果两个多边形的对应角相等，对应边的比相等，则这两个多边形是相似多边形是解题的关键．14．（3分）用一个圆心角为120°，半径为4的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为43【分析】利用底面周长＝展开图的弧长可得．【解答】解：120π×4180=2πr，解得r故答案为：43【点评】解答本题的关键是有确定底面周长＝展开图的弧长这个等量关系，然后由扇形的弧长公式和圆的周长公式求值．15．（3分）通过对数据的记录、整理和分析，发现飞机着陆后滑行的距离s（单位：米）与滑行的时间t（单位：秒）之间近似存在一个函数关系，测得一些数据（如表）：滑行时间t/秒01234滑行距离s/米058.5114166.5216根据表中的数据，从一次函数和二次函数中选择一个函数模型，使得它能近似地反映滑行距离与滑行时间之间的函数关系，并根据所选的函数模型估计飞机着陆后滑行20秒时停下来．【分析】从表格数据看：s、t不是线性变化，故不是一次函数关系，则为二次函数关系，则设函数表达式为：s＝at2+bt，将点（2，114）、（4，216）代入上式，即可求出函数解析式，再令s＝0求出t即可．【解答】解：从表格数据看：s、t不是线性变化，故不是一次函数关系，则为二次函数关系，∵t＝0，s＝0，∴设函数表达式为：s＝at2+bt，将点（2，114）、（4，216）代入上式得：4a+2b=11416a+4b=216解得：a=-3∴函数的表达式为：s=-32t2+60-60∴飞机着陆后滑行20秒时停下来，故答案为：20．【点评】本题考查了二次函数的应用，关键是用待定系数法求出函数解析式．16．（3分）如图，已知点A（3，0），⊙O的半径为2，点P为⊙O上一动点，将线段AP绕点A顺时针旋转90°，得到线段AQ．（1）当点P落在x轴正半轴上时，点Q的坐标为（3，1）；（2）连接OQ，当点P在⊙O上运动时，OQ的最大值为32+2【分析】（1）判断出AP的长可得结论；（2）将△OAQ绕点A逆时针旋转90°得到△O′AP，连接OQ′．求出PO′的最大值可得结论．【解答】解：（1）当地P在x轴的正半轴上时，P（2，0），∴OP＝2，∵A（3，0），∴OA＝3，∴AP＝AQ＝OA﹣OP＝3﹣2＝1，∴点Q的坐标为（3，1）．故答案为：（3，1）；（2）将△OAQ绕点A逆时针旋转90°得到△O′AP，连接OQ′．∵OA＝AO′＝3，∠OAO′＝90°，∴OO′＝32，∵PO′≤OP+OO′＝32+∴PO′的最大值为32+由旋转变换的性质可知：OQ＝O′P，∴OQ的最大值为32+故答案为：32+【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，旋转变换，点与圆的位置关系，三角形的三边关系等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质．三、解答题（本大题共9小题，满分72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（4分）解方程：x2﹣6x﹣7＝0．【分析】观察原方程，可运用二次三项式的因式分解法进行求解．【解答】解：原方程可化为：（x﹣7）（x+1）＝0，x﹣7＝0或x+1＝0；解得：x1＝7，x2＝﹣1．【点评】本题考查了解一元二次方程的方法，当把方程通过移项把等式的右边化为0后方程的左边能因式分解时，一般情况下是把左边的式子因式分解，再利用积为0的特点解出方程的根．因式分解法是解一元二次方程的一种简便方法，要会灵活运用．当化简后不能用分解因式的方法即可考虑求根公式法，此法适用于任何一元二次方程．18．（4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，每个小正方形的顶点叫做格点，△OBC的三个顶点都在格点上．（1）将△OBC绕点O逆时针旋转90°，得到△OB1C1，画出△OB1C1；（2）以O为位似中心，在位似中心异侧把△OBC放大到原来的2倍，得到△OB2C2，画出△OB2C2．【分析】（1）根据旋转的性质作图即可．（2）根据位似的性质作图即可．【解答】解：（1）如图，△OB1C1即为所求．（2）如图，△OB2C2即为所求．【点评】本题考查作图﹣位似变换、作图﹣旋转变换，熟练掌位似的性质、旋转的性质是解答本题的关键．19．（6分）如图，已知函数y1=x2-2x-3与x轴交于A（﹣1，0），B两点，过点B的直线y2＝kx（1）求线段AB的长；（2）若△ABC的面积为10，结合图象，当y1＞y2时，求x的取值范围．【分析】（1）解方程x2﹣2x﹣3＝0得到B（3，0），从而得到AB的长即可；（2）设C（t，t2﹣2t﹣3），利用三角形面积公式得到12×4×（t2﹣2t﹣3）＝10，解方程得到【解答】解：（1）当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，解得x1＝﹣＝1，x2＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），∴AB＝3﹣（﹣1）＝4；（2）设C（t，t2﹣2t﹣3），∵△ABC的面积为10，∴12×4×（t2﹣2整理得t2﹣2t﹣8＝0，解得t1＝4，t2＝﹣2，∴C（﹣2，5），∵抛物线与直线的交点为C（﹣2，5），B（3，0），∴当y1＞y2时，x的取值范围为x＜﹣2或x＞3．【点评】本题考查了二次函数与不等式：从函数图象的角度看，通过比较两函数图象的高低，即比较两个函数值的大小得到对应的自变量的范围，从而确定不等式的解集．也考查了抛物线与x轴的交点问题．20．（6分）已知①号盒子中有2个白球、1个黄球，②号盒子中有m个红球、2个黄球，这些球除颜色外无其他差别．（1）若从②号盒子中随机取出1个球，它是黄球的概率是12，求m（2）在（1）的条件下，分别从每个盒子中随机取出1个球，请用列表或画树状图的方法求取出的2个球恰好都是黄球的概率．【分析】（1）结合概率公式可列方程为2m+2=1（2）列表可得出所有等可能的结果数以及取出的2个球恰好都是黄球的结果数，再利用概率公式可得出答案．【解答】解：（1）∵从②号盒子中随机取出1个球，它是黄球的概率是12∴2m+2解得m＝2，经检验，m＝2是原方程的解且符合题意，∴m＝2．（2）列表如下：红红黄黄白（白，红）（白，红）（白，黄）（白，黄）白（白，红）（白，红）（白，黄）（白，黄）黄（黄，红）（黄，红）（黄，黄）（黄，黄）共有12种等可能的结果，其中取出的2个球恰好都是黄球的结果有2种，∴取出的2个球恰好都是黄球的概率为212【点评】本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．21．（10分）某小组通过实验探究凸透镜成像的规律，他们依次在光具座上垂直放置发光物、凸透镜和光屏，并调整到合适的高度．如图，主光轴l垂直于凸透镜MN，且经过凸透镜光心O，将长度为8厘米的发光物AB进行移动，使物距OB为32厘米，光线AO，BO通过凸透镜后传播方向不变，移动光屏，直到光屏上呈现一个清晰的像A′B′，此时测得像距OB′为12.8厘米．（1）求像A′B′的长度；（2）已知光线AP平行于主光轴l，经过凸透镜MN折射后通过主光轴上的点F，求OF的长．【分析】（1）判定△AOB∽△A′OB′，推出AB：A′B′＝OB：OB′，即可求出A′B′＝3.2厘米；（2）判定四边形ABOP是平行四边形，推出PO＝AB＝8cm，判定△POF∽△A′B′F，推出PO：A′B′＝OF：B′F，即可求出OF=647【解答】解：（1）∵AB⊥l，A′B′⊥l，∴AB∥A′B′，∴△AOB∽△A′OB′，∴AB：A′B′＝OB：OB′，∴8：A′B′＝32：12.8，∴A′B′＝3.2厘米；（2）∵AP平行于主光轴l，AB∥OP，∴四边形ABOP是平行四边形，∴PO＝AB＝8cm，∵PO⊥l，A′B′⊥l，∴PO∥A′B′，∴△POF∽△A′B′F，∴PO：A′B′＝OF：B′F，∵B′F＝OB′﹣OF＝12.8﹣OF，∴8：3.2＝OF：（12.8﹣OF），∴OF=647【点评】本题考查相似三角形的应用，关键是判定△AOB∽△A′OB′，推出AB：A′B′＝OB：OB′，判定△POF∽△A′B′F，推出PO：A′B′＝OF：B′F．22．（8分）某商品现在的售价为60元，每星期可卖出300件．市场调查反映：如果调整价格，每涨价1元，每星期要少卖出10件；每降价1元，每星期可多卖出20件．已知商品的进价为每件39元．（1）若降价2元，每星期可以卖出多少件该商品？（2）若要每星期获利6480元，应该涨价多少元？【分析】（1）根据某商品现在的售价为60元，每星期可卖出300件；每降价1元，每星期可多卖出20件，列式计算即可；（2）设应该涨价x元，则每星期可以卖出（300﹣10x）件该商品，根据要每星期获利6480元，列出一元二次方程，解方程即可．【解答】解：（1）由题意可知，300+2×20＝340（件），答：若降价2元，每星期可以卖出340件该商品；（2）设应该涨价x元，则每星期可以卖出（300﹣10x）件该商品，由题意得：（60+x﹣39）（300﹣10x）＝6480，整理得：x2﹣9x+18＝0，解得：x1＝3，x2＝6，答：要每星期获利6480元，应该涨价3元或6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．23．（10分）如图所示，四边形ABCD为⊙O内接四边形，∠ADC＝90°，DA＝DB，点E为AD上一点，且AE＝CD．（1）尺规作图：作线段AE（保留作图痕迹，不写作法）；（2）求证：∠EAD+∠ADB＝90°；（3）若AD＝3CD＝3，求△ABD的面积．【分析】（1）以A为圆心，CD长为半径画弧，交AD于点E，则点E即为所求；（2）由题易知∠BDC+∠ADB＝90°，要证∠EAD+∠ADB＝90°，实则可证∠EAD＝∠BDC，通过同弧所对的圆周角可证出①∠BDC＝∠BAC，②∠ABE＝∠DAC，∠EAD＝∠DBE，再结合DA＝DB推出的∠DAB＝∠DBA，导角可得∠∠BAC＝∠DBE，进而即可得证；（3）作DH⊥AB，则DH经过圆心，设AH＝x，F分别在Rt△AOH和Rt△ADH中利用勾股定理求解即可．【解答】（1）解：如图所示，点E即为所求；作法提示：以A为圆心，CD长为半径画弧，交AD于点E，则点E即为所求；（2）证明：连接AC，BE，∵BC=∴∠BDC＝∠BAC，∵AE＝CD，∴AE=∴∠ABE＝∠DAC，∵DA＝DB，∴∠DAB＝∠DBA，∴∠DAB﹣∠DAC＝∠DBA﹣∠ABE，即∠BAC＝∠DBE，∴∠DBE＝∠BDC，又∵DE=∴∠EAD＝∠DBE，∴∠EAD＝∠BDC，∵∠ADC＝90°，∴∠BDC+∠ADB＝90°，∴∠EAD+∠ADB＝90°；（3）∵AD＝3CD＝3，∴CD＝1，∴AC=A∵∠ADC＝90°，∴AC是直径，∴OA＝OC=1过D作DH⊥AB于点H，∵DA＝DB，∴AH＝BH，∴DH过点圆心O，设AH＝x，在Rt△AOH中，OH=O在Rt△ADH中，AH2+DH2＝AD2，∴x2+（102+52-整理得52+10解得x=3∴AH=3∴AB＝2AH=3105，∴DH＝OD+OH=10∴S△ABD=12AB•DH【点评】本题主要考查圆周角定理、垂径定理、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．24．（12分）已知抛物线G：y＝ax2+bx﹣8a（a≠0）经过点M（3，﹣5a），抛物线G与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），点P为抛物线G上A，B之间的动点（点P不与点A，B重合）．（1）求该抛物线的对称轴；（2）若a＞0，△PAB的面积的最大值为9，求y＝ax2+bx﹣8a（a≠0）在3a﹣2≤x≤3a+1时的取值范围；（3）若a＜0，点D为线段AB上一定点（点D不与点A，B重合），过D作x轴的垂线l，直线l分别交射线AP，BP于点E，F，若点P运动的过程中DE+2DF的值始终为6，求a的值．【分析】（1）把点M（3，﹣5a）代入y＝ax2+bx﹣8a中可得b＝﹣2a，进而可得对称轴；（2）先求出抛物线与x轴的两个交点的坐标，即点A坐标为（﹣2，0），点B坐标为（4，0），又△PAB的面积为S△PAB=12AB=3，当P为抛物线的顶点时，取得最大值为，即S△PAB＝3=3×=9，解此面积的表达式方程，即可求解出（3）设点P（t，at2﹣2at﹣8a），点D（d，0），由（2）可得抛物线恒过点A（﹣2，0）和B（4，0），由点参法可分别得到直线AP和直线BP的表达式分别为y＝（at﹣4a）x+2at﹣8a和y＝（at+2a）x﹣8a﹣8at，当x＝d时，2DF＝（2at+4a）d﹣16a﹣8at，DE＝（at﹣4a）d+2at﹣8a，进而DE+2DF＝3atd﹣24a﹣6at＝（3ad﹣6a）t﹣24a，根据点P运动的过程中DE+2DF的值始终为定值6，只令3ad﹣6a＝0，解得d＝2，最终只能﹣24a＝6，解得a=-1【解答】解：（1）∵y＝ax2+bx﹣8a（a≠0）经过点M（3，﹣5a），∴﹣5a＝9a+3b﹣8a，即b＝﹣2a，故y＝ax2﹣2ax﹣8a，∴该抛物线的对称轴为直线x=-b（2）∵y＝ax2﹣2ax﹣8a＝a（x+2）（x﹣4），令y＝0，得x＝﹣2或4，且点A在点B的左侧，故点A坐标为（﹣2，0），点B坐标为（4，0）．∴△PAB的面积为S△PAB=12AB∵点P为抛物线G上A，B之间的动点，∴当P为抛物线的顶点时，取得最大值为，∴S△PAB＝3=3×=∴a=±13，又故a=1∴3a﹣2＝﹣1，3a+1＝2，抛物线为y=1∴当x＝1时，ymin＝﹣3；当x＝﹣1时，ymax=-5则当﹣1≤x≤2时，-3≤y≤-5（3）设点P（t，at2﹣2at﹣8a），点D（d，0），由（2）可得抛物线恒过点A（﹣2，0）和B（4，0），则直线AP的解析式可表示为y＝[a（t﹣2）﹣2a]x﹣8a+2at＝（at﹣4a）x+2at﹣8a，同理直线BP的解析式为表示为y＝[a（t+4）﹣2a]x﹣8a﹣4at＝（at+2a）x﹣8a﹣8at，当x＝d时，DF＝（at+2a）d﹣8a﹣4at，则2DF＝（2at+4a）d﹣16a﹣8at，DE＝（at﹣4a）d+2at﹣8a，∴DE+2DF＝3atd﹣24a﹣6at＝（3ad﹣6a）t﹣24a，∵点P