第1頁（共1頁）2023-2024學年廣東省廣州市番禺區(qū)九年級（上）期末數(shù)學試卷一、選擇題（本大題共10小題，每小題3分，滿分30分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的．)1．（3分）下列關于x的一元二次方程中，有兩個不相等的實數(shù)根的方程是（）A．x2+1＝0 B．x2+2x+1＝0 C．x2+2x+3＝0 D．x2+2x﹣3＝02．（3分）將拋物線y＝3x2向上平移2個單位，得到拋物線的解析式是（）A．y＝3x2﹣2 B．y＝3x2 C．y＝3（x+2）2 D．y＝3x2+23．（3分）古典園林中的花窗通常利用對稱構圖，體現(xiàn)對稱美．下面四個花窗圖案，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．4．（3分）某種商品原價是120元，經兩次降價后的價格是100元，求平均每次降價的百分率．設平均每次降價的百分率為x，可列方程為（）A．120（1﹣x）2＝100 B．100（1﹣x）2＝120 C．100（1+x）2＝120 D．120（1+x）2＝1005．（3分）如圖，正方形ABCD內接于⊙O，點P在AB上，則∠BPC的度數(shù)為（）A．30° B．45° C．60° D．90°6．（3分）用配方法將方程x2﹣8x﹣1＝0變形為（x﹣m）2＝17，則m的值是（）A．﹣2 B．4 C．﹣4 D．87．（3分）平面直角坐標系中，點A的坐標為（4，3），將線段OA繞原點O順時針旋轉90°得到OA′，則點A′的坐標是（）A．（﹣4，3） B．（﹣3，4） C．（3，﹣4） D．（4，﹣3）8．（3分）一枚質地均勻的正方體骰子的六個面上分別刻有1到6的點數(shù)，投擲此骰子，朝上面的點數(shù)為奇數(shù)的概率是（）A．16 B．14 C．139．（3分）如圖，△ABC的內切圓⊙I與BC，CA，AB分別相切于點D，E，F(xiàn)，若⊙I的半徑為r，∠A＝α，則（BF+CE﹣BC）的值和∠FDE的大小分別為（）A．2r，90°﹣α B．0，90°﹣α C．2r，90°-α2 10．（3分）拋物線y＝ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，c＜0）經過（1，1），（m，0），（n，0）三點，且n≥3．在下列四個結論中：①a+b+c＞0；②4ac﹣b2≤4a；③當n＝3時，若點（2，t）在該拋物線上，則t＜1；④若關于x的一元二次方程ax2+bx+c＝x有兩個相等的實數(shù)根，則0＜m≤1A．②③④ B．①②④ C．①②③ D．①③④二、填空題（共6小題，每小題3分，滿分18分.）11．（3分）一元二次方程x2﹣9＝0的解是．12．（3分）如圖是拋物線形拱橋，當拱頂離水面2m時，水面寬4m，則水面下降1m時，水面寬度增加m．13．（3分）關于x的方程5x2﹣mx﹣1＝0的一根為1，則另一根為．14．（3分）如圖，已知正方形ABCD的邊長為3，E為CD邊上一點，DE＝1．以點A為中心，把△ADE順時針旋轉90°，得△ABE′，連接EE′，則EE′的長等于．15．（3分）如圖，轉盤中四個扇形的面積都相等，任意轉動這個轉盤2次，當轉盤停止轉動時，指針2次都落在灰色區(qū)域的概率是．16．（3分）如圖，在?ABCD中，AB=3+1，BC＝2，AH⊥CD，垂足為H，AH=3．以點A為圓心，AH長為半徑畫弧，與AB，AC，AD分別交于點E，F(xiàn)，G．若用扇形AEF圍成一個圓錐的側面，記這個圓錐底面圓的半徑為r1；用扇形AHG圍成另一個圓錐的側面，記這個圓錐底面圓的半徑為r2，則r1﹣r2三、解答題（本大題共9小題，滿分72分.解答應寫出文字說明、證明過程或演17．（4分）解方程：（x﹣3）（x+1）＝x﹣3．18．（6分）已知二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象經過A（0，2），B（1，﹣3）兩點．（1）求b和c的值；（2）自變量x在什么范圍內取值時，y隨x的增大而減??？19．（6分）如圖，正方形網格中，每個小正方形的邊長為1，在平面直角坐標系xOy內，四邊形ABCD的四個頂點都在格點上，且B（﹣2，1），O為AD邊的中點．若把四邊形ABCD繞著點O順時針旋轉180°，試解答下列問題：（1）畫出四邊形ABCD旋轉后的圖形；（2）設點B旋轉后的對應點為B'，寫出B'的坐標，并求B旋轉過程中所經過的路徑長（結果保留π）．20．（6分）已知關于x的方程x2+ax+a﹣2＝0（1）若該方程的一個根為1，求a的值及該方程的另一根；（2）求證：不論a取何實數(shù)，該方程都有兩個不相等的實數(shù)根．21．（8分）如圖，AB是⊙O的直徑，點C在⊙O上，且AC＝8，BC＝6．（1）尺規(guī)作圖：過點O作AC的垂線，垂足為E，交劣弧AC于點D，連接CD（保留作圖痕跡，不寫作法）；（2）在（1）所作的圖形中，分別求OE和CD的長．22．（10分）甲、乙兩位同學相約打乒乓球．（1）有款式完全相同的4個乒乓球拍（分別記為A，B，C，D），若甲先從中隨機選取1個，乙再從余下的球拍中隨機選取1個，求乙選中球拍C的概率；（2）雙方約定：兩人各投擲一枚質地均勻的硬幣，如果兩枚硬幣全部正面向上或全部反面向上，那么甲先發(fā)球，否則乙先發(fā)球．這個約定是否公平？為什么？23．（10分）如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝12cm，BC＝2AB，動點P從點A開始沿邊AB向點B以2cm/s的速度移動，動點Q從點B開始沿邊BC向點C以4cm/s的速度移動．如果P，Q兩點分別從A，B兩點同時出發(fā)，那么△BPQ的面積S隨出發(fā)時間t而變化．（1）求出S關于t的函數(shù)解析式，寫出t的取值范圍；（2）當t取何值時，S最大？最大值是多少？24．（10分）MN是⊙O上的一條不經過圓心的弦，MN＝4，在劣弧MN和優(yōu)弧MN上分別有點A，B（不與M，N重合），且AN=BN，連接AM，（1）如圖1，AB是直徑，AB交MN于點C，∠ABM＝30°，求∠CMO的度數(shù)；（2）如圖2，連接OM，AB，過點O作OD∥AB交MN于點D，求證：∠MOD+2∠DMO＝90°；（3）如圖3，連接AN，BN，試猜想AM?MB+AN?NB的值是否為定值，若是，請求出這個值；若不是，請說明理由．25．（12分）蔬菜大棚是一種具有出色保溫性能的框架覆膜結構，它的出現(xiàn)使得人們可以吃到反季節(jié)蔬菜．一般蔬菜大棚使用竹結構或者鋼結構的骨架，上面覆上一層或多層保溫塑料膜，這樣就形成了一個溫室空間．如圖，某個溫室大棚的橫截面可以看作矩形ABCD和拋物線的一部分AED構成（以下簡記為“拋物線AED”），其中AB＝4m，BC＝6m，現(xiàn)取BC中點O，過點O作線段BC的垂直平分線OE交拋物線AED于點E，OE＝7m，若以O點為原點，BC所在直線為x軸，OE為y軸建立如圖①所示平面直角坐標系．請結合圖形解答下列問題：（1）求拋物線的解析式；（2）如圖②，為了保證蔬菜大棚的通風性，該大棚要安裝兩個正方形孔的排氣裝置LFGT，SMNR，其中L，R在拋物線AED上，若FL＝NR＝0.75m，求兩個正方形裝置的間距GM的長；（3）如圖③，在某一時刻，太陽光線透過A點恰好照射到C點，大棚截面的陰影為BK，此刻，過點K的太陽光線所在的直線與拋物線AED交于點P，求線段PK的長．

2023-2024學年廣東省廣州市番禺區(qū)九年級（上）期末數(shù)學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本大題共10小題，每小題3分，滿分30分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的．)1．（3分）下列關于x的一元二次方程中，有兩個不相等的實數(shù)根的方程是（）A．x2+1＝0 B．x2+2x+1＝0 C．x2+2x+3＝0 D．x2+2x﹣3＝0【分析】要判斷所給方程是有兩個不相等的實數(shù)根，只要找出方程的判別式，根據判別式的正負情況即可作出判斷．有兩個不相等的實數(shù)根的方程，即判別式的值大于0的一元二次方程．【解答】解：A、x2+1＝0中Δ＜0，沒有實數(shù)根；B、x2+2x+1＝0中Δ＝0，有兩個相等的實數(shù)根；C、x2+2x+3＝0中Δ＜0，沒有實數(shù)根；D、x2+2x﹣3＝0中Δ＞0，有兩個不相等的實數(shù)根．故選：D．【點評】總結：一元二次方程根的情況與判別式△的關系：（1）Δ＞0?方程有兩個不相等的實數(shù)根；（2）Δ＝0?方程有兩個相等的實數(shù)根；（3）Δ＜0?方程沒有實數(shù)根．2．（3分）將拋物線y＝3x2向上平移2個單位，得到拋物線的解析式是（）A．y＝3x2﹣2 B．y＝3x2 C．y＝3（x+2）2 D．y＝3x2+2【分析】拋物線平移不改變a的值．【解答】解：原拋物線的頂點為（0，0），向上平移2個單位那么新拋物線的頂點為（0，2）．可設新拋物線的解析式為y＝3（x﹣h）2+k，代入得y＝3x2+2．故選：D．【點評】解決本題的關鍵是得到新拋物線的頂點坐標．3．（3分）古典園林中的花窗通常利用對稱構圖，體現(xiàn)對稱美．下面四個花窗圖案，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．【分析】根據中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念進行判斷即可．【解答】解：A、原圖不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，故此選項不合題意；B、原圖既不是中心對稱圖形，也不是軸對稱圖形，故此選項不合題意；C、原圖既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形，故此選項符合題意；D、原圖不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，故此選項不合題意；故選：C．【點評】本題考查的是中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念．軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后與自身重合．4．（3分）某種商品原價是120元，經兩次降價后的價格是100元，求平均每次降價的百分率．設平均每次降價的百分率為x，可列方程為（）A．120（1﹣x）2＝100 B．100（1﹣x）2＝120 C．100（1+x）2＝120 D．120（1+x）2＝100【分析】易得第一次降價后的價格為：120×（1﹣x），那么第二次降價后的價格為：120×（1﹣x）×（1﹣x），那么相應的等量關系為：原價×（1﹣降低的百分率）2＝第二次降價后的價格，把相關數(shù)值代入即可．【解答】解：∵某種商品原價是120元，平均每次降價的百分率為x，∴第一次降價后的價格為：120×（1﹣x），∴第二次降價后的價格為：120×（1﹣x）×（1﹣x）＝120×（1﹣x）2，∴可列方程為：120（1﹣x）2＝100，故選：A．【點評】本題考查求平均變化率的方法．若設變化前的量為a，變化后的量為b，平均變化率為x，則經過兩次變化后的數(shù)量關系為a（1±x）2＝b．得到第二次降價后價格的等量關系是解決本題的關鍵．5．（3分）如圖，正方形ABCD內接于⊙O，點P在AB上，則∠BPC的度數(shù)為（）A．30° B．45° C．60° D．90°【分析】根據正方形的性質得到BC弧所對的圓心角為90°，則∠BOC＝90°，然后根據圓周角定理求解．【解答】解：連接OB、OC，如圖，∵正方形ABCD內接于⊙O，∴BC所對的圓心角為90°，∴∠BOC＝90°，∴∠BPC=12∠故選：B．【點評】本題考查了圓周角定理和正方形的性質，確定BC弧所對的圓心角為90°，是本題解題的關鍵．6．（3分）用配方法將方程x2﹣8x﹣1＝0變形為（x﹣m）2＝17，則m的值是（）A．﹣2 B．4 C．﹣4 D．8【分析】先把常數(shù)項移到方程右邊，再把方程兩邊加上16，然后把方程左邊寫成完全平方的形式，從而得到m的值．【解答】解：x2﹣8x﹣1＝0，x2﹣8x＝1，x2﹣8x+16＝17，（x﹣4）2＝17，所以m＝4．故選：B．【點評】本題考查了解一元二次方程﹣配方法：熟練掌握用配方法解一元二次方程的步驟是解決問題的關鍵．7．（3分）平面直角坐標系中，點A的坐標為（4，3），將線段OA繞原點O順時針旋轉90°得到OA′，則點A′的坐標是（）A．（﹣4，3） B．（﹣3，4） C．（3，﹣4） D．（4，﹣3）【分析】根據題意畫出圖形旋轉后的位置，根據點的坐標知對應的線段長度，根據旋轉的性質求相應線段的長度，結合點所在象限，確定其坐標．【解答】解：作AB⊥x軸于B點，A′B′⊥y軸于B′點．如圖所示．∵A（4，3），∴OB＝4，AB＝3．∴OB′＝4，A′B′＝3．∵A′在第四象限，∴A′（3，﹣4）．故選：C．【點評】本題涉及圖形旋轉，體現(xiàn)了新課標的精神，抓住旋轉的三要素：旋轉中心O，旋轉方向順時針，旋轉角度90°，通過畫圖得A′坐標．8．（3分）一枚質地均勻的正方體骰子的六個面上分別刻有1到6的點數(shù)，投擲此骰子，朝上面的點數(shù)為奇數(shù)的概率是（）A．16 B．14 C．13【分析】骰子共有六個面，每個面朝上的機會是相等的，而奇數(shù)有1，3，5；根據概率公式即可計算．【解答】解：∵骰子六個面中奇數(shù)為1，3，5，∴P（向上一面為奇數(shù)）=3故選：D．【點評】此題考查了概率公式，要明確：如果在全部可能出現(xiàn)的基本事件范圍內構成事件A的基本事件有a個，不構成事件A的事件有b個，則出現(xiàn)事件A的概率為：P（A）=a9．（3分）如圖，△ABC的內切圓⊙I與BC，CA，AB分別相切于點D，E，F(xiàn)，若⊙I的半徑為r，∠A＝α，則（BF+CE﹣BC）的值和∠FDE的大小分別為（）A．2r，90°﹣α B．0，90°﹣α C．2r，90°-α2 【分析】如圖，連接IF，IE．利用切線長定理，圓周角定理，切線的性質解決問題即可．【解答】解：如圖，連接IF，IE．∵△ABC的內切圓⊙I與BC，CA，AB分別相切于點D，E，F(xiàn)，∴BF＝BD，CD＝CE，IF⊥AB，IE⊥AC，∴BF+CE﹣BC＝BD+CD﹣BC＝BC﹣BC＝0，∠AFI＝∠AEI＝90°，∴∠EIF＝180°﹣α，∴∠EDF=12∠EIF＝90°-故選：D．【點評】本題考查三角形的內切圓與內心，圓周角定理，切線的性質等知識，解題的關鍵是掌握切線的性質，屬于中考?？碱}型．10．（3分）拋物線y＝ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，c＜0）經過（1，1），（m，0），（n，0）三點，且n≥3．在下列四個結論中：①a+b+c＞0；②4ac﹣b2≤4a；③當n＝3時，若點（2，t）在該拋物線上，則t＜1；④若關于x的一元二次方程ax2+bx+c＝x有兩個相等的實數(shù)根，則0＜m≤1A．②③④ B．①②④ C．①②③ D．①③④【分析】①根據圖象經過（1，1），得出a+b+c＝1，故可判斷①；由c＜0，且拋物線與x軸的一個交點一定在（3，0）或（3，0）的右側，判斷出拋物線的開口向下，即a＜0，再把（1，1）代入y＝ax2+bx+c得a+b+c＝1，得出b＜0，再得出拋物線的對稱軸在直線x＝1.5的右側，得出拋物線的頂點在點（1，1）或右側，得出4ac-b24a≥1，根據4a＜0，利用不等式的性質即可得出4ac﹣b2≤4a，即可判斷②正確；③先得出拋物線對稱軸在直線x＝1.5的右側，得出（1，1）到對稱軸的距離大于（2，t）到對稱軸的距離，根據a＜0，拋物線開口向下，距離拋物線的對稱軸越近的函數(shù)值越大，即可得出③正確；④根據方程有兩個相等的實數(shù)解，得出Δ＝（b﹣1）2﹣4ac＝0，把（1，1）代入y＝ax2+bx+c得a+b+c＝1，即1﹣b＝a+c，求出a＝c，根據根與系數(shù)的關系得出mn=ca=1，即n=1m【解答】解：①∵圖象經過（1，1），∴a+b+c＝1＞0，故①正確；②∵c＜0，∴拋物線與y軸的負半軸有交點，如果拋物線的開口向上，則拋物線與x軸的交點都在（1，0）的左側，∵（n，0）中n≥3，∴拋物線與x軸的一個交點一定在（3，0）或（3，0）的右側，∴拋物線的開口一定向下，即a＜0，把（1，1）代入y＝ax2+bx+c得：a+b+c＝1，即b＝1﹣a﹣c，∵a＜0，c＜0，∴b＞0，∴ca∴方程ax2+bx+c＝0的兩個根的積大于0，即mn＞0，∵n≥3，∴m＞0，∴m+n2即拋物線的對稱軸在直線x＝1.5的右側，∴拋物線的頂點在點（1，1）的上方或者右上方，∴4ac-b∵4a＜0，∴4ac﹣b2≤4a，故②正確；③∵m＞0，∴當n＝3時，m+n2∴拋物線對稱軸在直線x＝1.5的右側，∴（1，1）到對稱軸的距離大于（2，t）到對稱軸的距離，∵a＜0，拋物線開口向下，∴距離拋物線越近的函數(shù)值越大，∴t＞1，故③錯誤；④方程ax2+bx+c＝x可變?yōu)閍x2+（b﹣1）x+c＝0，∵方程有兩個相等的實數(shù)解，∴Δ＝（b﹣1）2﹣4ac＝0．∵把（1，1）代入y＝ax2+bx+c得a+b+c＝1，即1﹣b＝a+c，∴（a+c）2﹣4ac＝0，即a2+2ac+c2﹣4ac＝0，∴（a﹣c）2＝0，∴a﹣c＝0，即a＝c，∵（m，0），（n，0）在拋物線上，∴m，n為方程ax2+bx+c＝0的兩個根，∴mn=c∴n=∵n≥3，∴1m∴0＜m≤1故④正確．綜上，正確的結論有：①②④．故選：B．【點評】本題主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質，拋物線上點的坐標的特征，待定系數(shù)法，數(shù)形結合法，拋物線與x軸的交點，二次函數(shù)與一元二次方程的聯(lián)系，一元二次方程的根的判別式，熟練掌握二次函數(shù)的性質和二次函數(shù)與一元二次方程的聯(lián)系是解題的關鍵．二、填空題（共6小題，每小題3分，滿分18分.）11．（3分）一元二次方程x2﹣9＝0的解是x1＝3，x2＝﹣3．【分析】利用直接開平方法解方程得出即可．【解答】解：∵x2﹣9＝0，∴x2＝9，解得：x1＝3，x2＝﹣3．故答案為：x1＝3，x2＝﹣3．【點評】此題主要考查了直接開平方法解方程，正確開平方是解題關鍵．12．（3分）如圖是拋物線形拱橋，當拱頂離水面2m時，水面寬4m，則水面下降1m時，水面寬度增加（26-4）m【分析】根據已知得出直角坐標系，進而求出二次函數(shù)解析式，再通過把y＝﹣1代入拋物線解析式得出水面寬度，即可得出答案．【解答】解：建立平面直角坐標系，設橫軸x通過AB，縱軸y通過AB中點O且通過C點，則通過畫圖可得知O為原點，拋物線以y軸為對稱軸，且經過A，B兩點，可求出OA和OB為AB的一半2米，拋物線頂點C坐標為（0，2），設頂點式y(tǒng)＝ax2+2，代入A點坐標（﹣2，0），得：a＝﹣0.5，所以拋物線解析式為y＝﹣0.5x2+2，把y＝﹣1代入拋物線解析式得出：﹣1＝﹣0.5x2+2，解得：x＝±6，所以水面寬度增加到26米，比原先的寬度當然是增加了26-故答案為：（26-【點評】此題主要考查了二次函數(shù)的應用，根據已知建立坐標系從而得出二次函數(shù)解析式是解決問題的關鍵．13．（3分）關于x的方程5x2﹣mx﹣1＝0的一根為1，則另一根為x=-15【分析】將x＝1代入方程5x2﹣mx﹣1＝0，求出m的值，再求方程的解即可．【解答】解：∵x＝1是方程5x2﹣mx﹣1＝0的根，∴5﹣m﹣1＝0，解得m＝4，∴方程為5x2﹣4x﹣1＝0，（5x+1）（x﹣1）＝0，5x+1＝0或x﹣1＝0，解得x=-15或故答案為：x=-1【點評】本題考查一元二次方程的解，熟練掌握一元二次方程解與一元二次方程的關系是解題的關鍵．14．（3分）如圖，已知正方形ABCD的邊長為3，E為CD邊上一點，DE＝1．以點A為中心，把△ADE順時針旋轉90°，得△ABE′，連接EE′，則EE′的長等于25【分析】根據旋轉的性質得到：BE′＝DE＝1，在直角△EE′C中，利用勾股定理即可求解．【解答】解：根據旋轉的性質得到：BE′＝DE＝1，在直角△EE′C中：EC＝DC﹣DE＝2，CE′＝BC+BE′＝4．根據勾股定理得到：EE′=EC2+故答案為：25．【點評】本題主要運用了勾股定理，能根據旋轉的性質得到BE′的長度，是解決本題的關鍵．15．（3分）如圖，轉盤中四個扇形的面積都相等，任意轉動這個轉盤2次，當轉盤停止轉動時，指針2次都落在灰色區(qū)域的概率是14【分析】畫樹狀圖得出所有等可能的結果數(shù)以及兩次都落在灰色區(qū)域的結果數(shù)，再利用概率公式可得出答案．【解答】解：畫樹狀圖如下：共有16種等可能的結果，其中兩次都落在灰色區(qū)域的結果有共4種，∴兩次都落在灰色區(qū)域的概率為416故答案為：14【點評】本題考查列表法與樹狀圖法，熟練掌握列表法與樹狀圖法以及概率公式是解答本題的關鍵．16．（3分）如圖，在?ABCD中，AB=3+1，BC＝2，AH⊥CD，垂足為H，AH=3．以點A為圓心，AH長為半徑畫弧，與AB，AC，AD分別交于點E，F(xiàn)，G．若用扇形AEF圍成一個圓錐的側面，記這個圓錐底面圓的半徑為r1；用扇形AHG圍成另一個圓錐的側面，記這個圓錐底面圓的半徑為r2，則r1﹣r2＝【分析】根據平行四邊形的性質以及正弦函數(shù)的定義求出∠D＝60°，∠BAC＝45°，利用弧長公式以及圓的周長公式求出r1，r2即可．【解答】解：在?ABCD中，AB=3+1，∴AD＝BC＝2，CD＝AB=3+1，AB∥∵AH⊥CD，垂足為H，AH=3∴sinD=AH∴∠D＝60°，∴∠DAH＝90°﹣∠D＝30°，∴DH=12∴CH＝CD﹣DH=3+1﹣1∴CH＝AH，∵AH⊥CD，∴△ACH是等腰直角三角形，∴∠ACH＝∠CAH＝45°，∵AB∥CD，∴∠BAC＝∠ACH＝45°，∴45π×3180=2πr1，解得r30π×3180=2πr2，解得r∴r1﹣r2=3故答案為：324【點評】本題考查了圓錐的計算，平行四邊形的性質，解直角三角形，弧長公式，求出∠D＝60°，∠BAC＝45°是解決本題的關鍵．三、解答題（本大題共9小題，滿分72分.解答應寫出文字說明、證明過程或演17．（4分）解方程：（x﹣3）（x+1）＝x﹣3．【分析】利用因式分解法解方程即可．【解答】解：原方程變形得：（x﹣3）（x+1）﹣（x﹣3）＝0，因式分解得：（x﹣3）（x+1﹣1）＝0，即x（x﹣3）＝0，解得：x1＝0，x2＝3．【點評】本題考查因式分解法解一元二次方程，熟練掌握解方程的方法是解題的關鍵．18．（6分）已知二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象經過A（0，2），B（1，﹣3）兩點．（1）求b和c的值；（2）自變量x在什么范圍內取值時，y隨x的增大而減??？【分析】（1）已知了拋物線上兩點的坐標，可將其代入拋物線中，通過聯(lián)立方程組求得b、c的值；（2）求出拋物線的解析式，再求出對稱軸，根據開口向上，對稱軸左側y隨x的增大而減小即可．．【解答】解：（1）把A（0，2），B（1，﹣3）兩點代入二次函數(shù)y＝x2+bx+c得c=21+b+c=-3解得b＝﹣6，c＝2；（2）由（1）得y＝x2﹣6x+2，則對稱軸為：直線x＝3，∵a＝1＞0，∴開口向上，∴當x＜3時，y隨x的增大而減?。军c評】本題考查了用待定系數(shù)法求函數(shù)表達式的方法，掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式的方法與步驟是解決問題的關鍵．19．（6分）如圖，正方形網格中，每個小正方形的邊長為1，在平面直角坐標系xOy內，四邊形ABCD的四個頂點都在格點上，且B（﹣2，1），O為AD邊的中點．若把四邊形ABCD繞著點O順時針旋轉180°，試解答下列問題：（1）畫出四邊形ABCD旋轉后的圖形；（2）設點B旋轉后的對應點為B'，寫出B'的坐標，并求B旋轉過程中所經過的路徑長（結果保留π）．【分析】（1）利用旋轉變換的性質分別作出A，B，C，D的對應點A′，B′，C′，D′即可；（2）利用勾股定理求出OB的長，再利用圓的周長公式求解．【解答】解：（1）如圖，四邊形A′B′C′D′即為所求；（2）B′（2，﹣1），∵OB=1∴B旋轉過程中所經過的路徑長=12×2π【點評】本題考查作圖﹣旋轉變換，軌跡，圓周長公式等知識，解題的關鍵是理解題意，掌握中心對稱變換的性質．20．（6分）已知關于x的方程x2+ax+a﹣2＝0（1）若該方程的一個根為1，求a的值及該方程的另一根；（2）求證：不論a取何實數(shù)，該方程都有兩個不相等的實數(shù)根．【分析】（1）將x＝1代入方程x2+ax+a﹣2＝0得到a的值，再根據根與系數(shù)的關系求出另一根；（2）寫出根的判別式，配方后得到完全平方式，進行解答．【解答】解：（1）將x＝1代入方程x2+ax+a﹣2＝0得，1+a+a﹣2＝0，解得，a=1方程為x2+12x-32=0，即2x2+x﹣3＝0，設另一根為x1，則1?x1=-∴a的值為12，該方程的另一個根是-（2）∵Δ＝a2﹣4（a﹣2）＝a2﹣4a+8＝a2﹣4a+4+4＝（a﹣2）2+4＞0，∴不論a取何實數(shù)，該方程都有兩個不相等的實數(shù)根．【點評】本題考查了根的判別式和根與系數(shù)的關系，要記牢公式，靈活運用．21．（8分）如圖，AB是⊙O的直徑，點C在⊙O上，且AC＝8，BC＝6．（1）尺規(guī)作圖：過點O作AC的垂線，垂足為E，交劣弧AC于點D，連接CD（保留作圖痕跡，不寫作法）；（2）在（1）所作的圖形中，分別求OE和CD的長．【分析】（1）利用尺規(guī)作圖，作線段AC的垂直平分線即可；（2）根據垂徑定理、勾股定理可求出直徑AB＝10，AE＝EC＝3，由三角形中位線定理可求出OE，即點O到AC的距離，在直角三角形CDE中，求出DE，由勾股定理求出CD．【解答】解：（1）分別以A、C為圓心，大于12AC為半徑畫弧，在AC的兩側分別相交于P、Q兩點，畫直線PQ交劣弧AC于點D，交AC于點E，即作線段AC的垂直平分線，由垂徑定理可知，直線PQ一定過點O（2）∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，且AC＝8，BC＝6．∴AB=A∵OD⊥AC，∴AE＝CE=12又∵OA＝OB，∴OE是△ABC的中位線，∴OE=12由于PQ過圓心O，且PQ⊥AC，即點O到AC的距離為3，連接OC，在Rt△CDE中，∵DE＝OD﹣CE＝5﹣3＝2，CE＝4，∴CD=DE2【點評】本題考查尺規(guī)作圖，直角三角形的邊角關系以及三角形中位線定理，掌握直角三角形的邊角關系以及三角形的中位線定理是解決問題的前提．22．（10分）甲、乙兩位同學相約打乒乓球．（1）有款式完全相同的4個乒乓球拍（分別記為A，B，C，D），若甲先從中隨機選取1個，乙再從余下的球拍中隨機選取1個，求乙選中球拍C的概率；（2）雙方約定：兩人各投擲一枚質地均勻的硬幣，如果兩枚硬幣全部正面向上或全部反面向上，那么甲先發(fā)球，否則乙先發(fā)球．這個約定是否公平？為什么？【分析】（1）用列表法或畫樹狀圖法列舉出所有等可能的結果，再用乙選中球拍C的結果數(shù)除以總的結果數(shù)即可；（2）分別求出甲先發(fā)球和乙先發(fā)球的概率，再比較大小，如果概率相同則公平，否則不公平．【解答】解：（1）畫樹狀圖如下：一共有12種等可能的結果，其中乙選中球拍C有3種可能的結果，∴P（乙選中球拍C）=3（2）公平．理由如下：畫樹狀圖如下：一共有4種等可能的結果，其中兩枚硬幣全部正面向上或全部反面向上有2種可能的結果，∴P（甲先發(fā)球）=2P（乙先發(fā)球）=4-2∵P（甲先發(fā)球）＝P（乙先發(fā)球），∴這個約定公平．【點評】本題考查列表法和畫樹狀圖法求等可能事件的概率，游戲的公平性，掌握列表法和畫樹狀圖法求等可能事件的概率的方法是解題的關鍵．23．（10分）如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝12cm，BC＝2AB，動點P從點A開始沿邊AB向點B以2cm/s的速度移動，動點Q從點B開始沿邊BC向點C以4cm/s的速度移動．如果P，Q兩點分別從A，B兩點同時出發(fā)，那么△BPQ的面積S隨出發(fā)時間t而變化．（1）求出S關于t的函數(shù)解析式，寫出t的取值范圍；（2）當t取何值時，S最大？最大值是多少？【分析】（1）根據點P和點Q的運動方式，用含t的代數(shù)式表示出BP和BQ即可解決問題．（2）由（1）中所得函數(shù)解析式即可解決問題．【解答】解：（1）由題知，∵AB＝12cm，BC＝2AB，∴BC＝24cm．又∵動點P從點A開始沿邊AB向點B以2cm/s的速度移動，動點Q從點B開始沿邊BC向點C以4cm/s的速度移動，∴BP＝12﹣2t，BQ＝4t，∴S=1∵點P和點Q分別在AB和BC上運動，∴0≤t≤6．（2）∵S＝﹣4t2+24t，∴當t=-242×(-4)=3且0≤3≤6，∴S最大故當t＝3時，S有最大值為36．【點評】本題考查二次函數(shù)的最值，能根據題意得出S與t之間的函數(shù)關系式是解題的關鍵．24．（10分）MN是⊙O上的一條不經過圓心的弦，MN＝4，在劣弧MN和優(yōu)弧MN上分別有點A，B（不與M，N重合），且AN=BN，連接AM，（1）如圖1，AB是直徑，AB交MN于點C，∠ABM＝30°，求∠CMO的度數(shù)；（2）如圖2，連接OM，AB，過點O作OD∥AB交MN于點D，求證：∠MOD+2∠DMO＝90°；（3）如圖3，連接AN，BN，試猜想AM?MB+AN?NB的值是否為定值，若是，請求出這個值；若不是，請說明理由．【分析】（1）如圖1，根據圓周角定理得到：∠AMB＝90°；由圓周角、弧、弦的關系和等腰三角形的性質推知∠AMN＝∠BMN＝45°，∠OMB＝∠OBM＝30°，易得∠CMO的度數(shù)；（2）如圖2，連接OA，OB，ON．利用圓周角、弧、弦的關系和平行線的性質推知：∠DON＝90°；根據等腰△MON的性質知∠OMN＝∠ONM；結合△OMN的內角和定理得到：∠OMN+∠ONM+∠MOD+∠DON＝180°，即∠MOD+2∠DMO＝90°；（3）設AM＝a，BM＝b．如圖3，延長MB至點M′，使BM′＝AM，連接NM′，作NE⊥MM′于點E．構造全等三角形：△AMN≌△BM′N（SAS），則該全等三角形的對應邊相等MN＝NM′，BM′＝AM＝a．由勾股定理知，ME2+（BN2﹣BE2）＝MN2，代入化簡即可得到該結論．【解答】解：（1）如圖1，∵AB是⊙O的直徑，∴∠AMB＝90°．∵AN=∴∠AMN＝∠BMN＝45°．∵OM＝OB，∴∠OMB＝∠OBM＝30°，∴∠CMO＝45°﹣30°＝15°；（2）如圖2，連接OA，OB，ON．∵AN=∴∠AON＝∠BON．又∵OA＝OB，∴ON⊥AB．∵OD∥AB，∴∠DON＝90°．∵OM＝ON，∴∠OMN＝∠ONM．∵∠OMN+∠ONM+∠MOD+∠DON＝180°，∴∠MOD+2∠DMO＝90°；（3）如圖3，延長MB至點M′，使BM′＝AM，連接NM′，作NE⊥MM′于點E．設AM＝a，BM＝b．∵四邊形AMBN是圓內接四邊形，∴∠A+∠MBN＝180°．∵∠NBM′+∠MBN＝180°，∴∠A＝∠NBM′．∵AN=∴AN＝BN，∴△AMN≌△BM′N（SAS），∴MN＝NM′，BM′＝AM＝a．∵NE⊥MM′于點E．∴ME=EM′=1∵ME2+（BN2﹣BE2）＝M