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2021-2022学年北京市海淀区九年级（上）期末数学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年北京市海淀区九年级（上）期末数学试卷（含答案解析），共25页。试卷主要包含了求a，m的值；，【答案】C，【答案】B，【答案】A，【答案】D，【答案】y=1x，答案不唯一等内容，欢迎下载使用。
在平面直角坐标系xOy中，下列函数的图象经过点(0,0)的是( )
A. y=x+1B. y=x2C. y=(x−4)2D. y=1x
下列各曲线是在平面直角坐标系xOy中根据不同的方程绘制而成的，其中是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
抛物线y=(x−2)2+1的顶点坐标为( )
A. (2,1)B. (2,−1)C. (−2,−1)D. (−2,1)
在△ABC中，CA=CB，点O为AB中点．以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，则⊙C与AB的位置关系是( )
A. 相交B. 相切C. 相离D. 不确定
小明将图案绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度α，设计出一个外轮廓为正六边形的图案(如图)，则α可以为( )
A. 30∘
B. 60∘
C. 90∘
D. 120∘
把长为2m的绳子分成两段，使较长一段的长的平方等于较短一段的长与原绳长的积．设较长一段的长为x m，依题意，可列方程为( )
A. x2=2(2−x)B. x2=2(2+x)C. (2−x)2=2xD. x2=2−x
如图，A，B，C是某社区的三栋楼，若在AC中点D处建一个5G基站，其覆盖半径为300m，则这三栋楼中在该5G基站覆盖范围内的是( )
A. A，B，C都不在B. 只有BC. 只有A，CD. A，B，C
做随机抛掷一枚纪念币的试验，得到的结果如下表所示：
下面有3个推断：
①当抛掷次数是1000时，“正面向上”的频率是0.512，所以“正面向上”的概率是0.512；
②随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在0.520附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是0.520；
③若再次做随机抛掷该纪念币的试验，则当抛掷次数为3000时，出现“正面向上”的次数不一定是1558次．
其中所有合理推断的序号是( )
A. ②B. ①③C. ②③D. ①②③
已知y是x的函数，且当x>0时，y随x的增大而减小.则这个函数的表达式可以是__________ .(写出一个符合题意的答案即可)
在一个不透明袋子中有3个红球和2个黑球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出1个球，则取出红球的概率是__________.
若点A(−1,y1)，B(2,y2)在二次函数y=2x2的图象上，则y1，y2的大小关系为：y1____ y2(填“>”，“=”或“<”).
如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(−2,0)，点B(0,1).将线段BA绕点B旋转180∘得到线段BC，则点C的坐标为__________.
若关于x的方程x2−2x+k=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围为__________.
如图，PA，PB分别切⊙O于点A，B，Q是优弧AB上一点，若∠P=40∘，则∠Q的度数是_____ .
小明烘焙了几款不同口味的饼干，分别装在同款的圆柱形盒子中，为区别口味，他打算制作“**饼干”字样的矩形标签粘贴在盒子侧面．为了获得较好的视觉效果，粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为90∘(如图).已知该款圆柱形盒子底面半径为6cm，则标签长度l应为__________cm.(π取3.1)
给定二元数对(p,q)，其中p=0或1，q=0或1.三种转换器A，B，C对(p,q)的转换规则如下：
(1)在图1所示的“A−B−C”组合转换器中，若输入(1,0)，则输出结果为__________；
(2)在图2所示的“①−C−②”组合转换器中，若当输入(1,1)和(0,0)时，输出结果均为0，则该组合转换器为“__________−C−__________”．(写出一种组合即可).
解方程：x2−6x+8=0.
已知a是方程2x2−7x−1=0的一个根，求代数式a(2a−7)+5的值．
在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=a(x−3)2−1经过点(2,1).
(1)求该抛物线的表达式；
(2)将该抛物线向上平移______个单位后，所得抛物线与x轴只有一个公共点．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，∠BAC=30∘，将线段CA绕点C逆时针旋转60∘，得到线段CD，连接AD，BD.
(1)依题意补全图形；
(2)若BC=1，求线段BD的长．
“化圆为方”是古希腊尺规作图难题之一．即：求作一个方形，使其面积等于给定圆的面积．这个问题困扰了人类上千年，直到19世纪，该问题被证明仅用直尺和圆规是无法完成的，如果借用一个圆形纸片，我们就可以化圆为方，方法如下：
已知：⊙O(纸片)，其半径为r.
求作：一个正方形，使其面积等于⊙O的面积．
作法：①如图1，取⊙O的直径AB，作射线BA，过点A作AB的垂线l；
②如图2，以点A为圆心，AO长为半径画弧交直线l于点C；
③将纸片⊙O沿着直线l向右无滑动地滚动半周，使点A，B分别落在对应的A′，B′处；
④取CB′的中点M，以点M为圆心，MC长为半径画半圆，交射线BA于点E；
⑤以AE为边作正方形AEFG.
正方形AEFG即为所求．
根据上述作图步骤，完成下列填空：
(1)由①可知，直线l为⊙O的切线，其依据是______.
(2)由②③可知，AC=r，AB′=πr，则MC=______，MA=______(用含r的代数式表示).
(3)连接ME，在Rt△AME中，根据AM2+AE2=EM2，可计算得AE2=______(用含r的代数式表示).
由此可得S正方形AEFG=S⊙O.
已知关于x的一元二次方程x2+(2−m)x+1−m=0.
(1)求证：该方程总有两个实数根；
(2)若m<0，且该方程的两个实数根的差为3，求m的值．
如图，△ABC内接于⊙O，高AD经过圆心O.
(1)求证：AB=AC；
(2)若BC=8，⊙O的半径为5，求△ABC的面积．
邮票素有“国家名片”之称，方寸之间，包罗万象．为宣传北京2022年冬奥会，中国邮政发行了若干套冬奥会纪念邮票，其中有一套展现雪上运动的邮票，如图所示：
某班级举行冬奥会有奖问答活动，答对的同学可以随机抽取邮票作为奖品．
(1)在抢答环节中，若答对一题，可从4枚邮票中任意抽取1枚作为奖品，则恰好抽到“冬季两项”的概率是______；
(2)在抢答环节中，若答对两题，可从4枚邮票中任意抽取2枚作为奖品，请用列表或画树状图的方法，求恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的概率．
如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，连接AC，过A作AF⊥AC，交⊙O于点F，连接DF，过B作BG⊥DF，交DF的延长线于点G.
(1)求证：BG是⊙O的切线；
(2)若∠DFA=30∘，DF=4，求FG的长．
在平面直角坐标系xOy中，点(4,3)在抛物线y=ax2+bx+3(a>0)上．
(1)求该抛物线的对称轴；
(2)已知m>0，当2−m≤x≤2+2m时，y的取值范围是−1≤y≤3.求a，m的值；
(3)在(2)的条件下，是否存在实数n，使得当n−2如图，在△ABC中，∠BAC=90∘，AB=AC=1，延长CB，并将射线CB绕点C逆时针旋转90∘得到射线l，D为射线l上一动点，点E在线段CB的延长线上，且BE=CD，连接DE，过点A作AM⊥DE于M.
(1)依题意补全图，用等式表示线段DM与ME之间的数量关系，并证明；
(2)取BE的中点N，连接AN，添加一个条件：CD的长为______，使得AN=12DE成立，并证明．
在平面直角坐标系xOy中，图形W上任意两点间的距离有最大值，将这个最大值记为d.对点P及图形W给出如下定义：点Q为图形W上任意一点，若P，Q两点间的距离有最大值，且最大值恰好为2d.则称点P为图形W的“倍点”．
(1)如图1，图形W是半径为1的⊙O.
①图形W上任意两点间的距离的最大值d为______；
②在点P1(0,2)，P2(3,3)，P3(−3,0)中，⊙O的“倍点”是______；
(2)如图2，图形W是中心在原点的正方形ABCD，点A(−1,1).若点E(t,3)是正方形ABCD的“倍点”，求t的值；
(3)图形W是长为2的线段MN，T为MN的中点，若在半径为6的⊙O上存在线段MN的“倍点”，直接写出所有满足条件的点T组成的图形的面积．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、在一次函数y=x+1中，当x=0时，y=1，
∴直线y=x+1不经过点(0,0)，故选项A不符合题意；
B、在二次函数y=x2中，当x=0时，y=0，
∴抛物线y=x2经过点(0,0)，故选项B符合题意；
C、在二次函数y=(x−4)2中，当x=0时，y=16，
∴抛物线y=(x−4)2不经过点(0,0)，故选项C不符合题意；
D、在反比例函数y=1x中，x不能为0，
∴双曲线y=1x不经过点(0,0)，故选项D不符合题意；
故选：B.
根据反比例函数图象上点的坐标特征，一次函数图象上点的坐标特征，二次函数函数图象上点的坐标特征判断即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，一次函数图象上点的坐标特征，二次函数函数图象上点的坐标特征，熟练掌握各函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形，
选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形，
故选：C.
根据中心对称图形的概念求解．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做图形的对称中心．
此题主要考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，将其绕对称中心旋转180度后与原图重合．
3.【答案】A
【解析】解：抛物线y=(x−2)2+1是以抛物线的顶点式解析式给出的，
其顶点坐标为：(2,1).
故选：A.
根据抛物线的顶点式解析式为y=a(x−h)2+k(a≠0)时，其顶点坐标是(h,k)，可以确定抛物线的顶点坐标．
本题考查的是抛物线的性质，根据抛物线的顶点式解析式确定抛物线的顶点坐标．
4.【答案】B
【解析】解：连接CO，
∵CA=CB，点O为AB中点，
∴OC⊥AB，
∵以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，
∴点C到AB的距离等于⊙C的半径，
∴⊙C与AB的位置关系是相切，
故选：B.
连接CO，根据等腰三角形的性质得到OC⊥AB，于是得到点C到AB的距离等于⊙C的半径，根据切线的判定定理即可得到结论．
本题考查了直线与圆的位置关系，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的判定方法是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：如图，由题意知：经过一次旋转后点 C旋转至点B的位置上，则旋转中心为点O，
此时∠COB=360∘÷6=60∘，
故选：B.
根据旋转的定义确定两个对应点的位置，求得其与O点连线的夹角即可求得旋转角．
本题考查了利用旋转设计图案，解题的关键是能够找到一对对应点确定旋转角，从而确定旋转角的度数，难度不大．
6.【答案】A
【解析】解：∵较长一段的长为xm，
∴较短一段的长为(2−x)m，
依题意得：x2=2(2−x).
故选：A.
由题意设较长一段的长为xm，可得出较短一段的长为(2−x)m，根据较长一段的长的平方等于较短一段的长与原绳长的积，列出关于x的一元二次方程，此题得解．
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．
7.【答案】D
【解析】解：∵AB=300m，BC=400m，AC=500m，
∴AB2+BC2=AC2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ABC=90∘，
∵点D是斜边AC的中点，
∴AD=CD=250m，BD=12AC=250m，
∵250<300，
∴点A、B、C都在覆盖范围内，
∴这三栋楼中在该5G基站覆盖范围内的是A，B，C.
故选：D.
根据勾股定理的逆定理证得△ABC是直角三角形，可以根据直角三角形斜边中线的性质求得BD的长，然后与300m比较大小，即可解答本题．
本题考查点和圆的位置关系，勾股定理的逆定理，解题的关键是求出三角形三个顶点到D点的距离．
8.【答案】C
【解析】解：①当抛掷次数是1000时，“正面向上”的频率是0.512，但“正面向上”的概率不一定是0.512，本小题推断不合理；
②随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在0.520附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是0.520，本小题推断合理；
③若再次做随机抛掷该纪念币的试验，则当抛掷次数为3000时，出现“正面向上”的次数不一定是1558次，本小题推断合理；
故选：C.
根据用频率估计概率以及频率和概率的概念判断．
本题考查利用频率估计概率，大量重复试验时，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．
9.【答案】y=1x(x>0)，答案不唯一
【解析】解：只要使反比例系数大于0即可．如y=1x(x>0)，答案不唯一．
故答案为：y=1x(x>0)，答案不唯一．
反比例函数的图象在每个象限内，函数值y随自变量x的增大而减小，则反比例函数的反比例系数k>0；反之，只要k>0，则反比例函数在每个象限内，函数值y随自变量x的增大而减小．
本题主要考查了反比例函数y=kx(k≠0)的性质：①k>0时，函数图象在第一，三象限．在每个象限内y随x的增大而减小；②k<0时，函数图象在第二，四象限，在每个象限内y随x的增大而增大．
10.【答案】35
【解析】解：∵在一个不透明袋子中有3个红球和2个黑球，共5个球，
∴取出红球的概率是35.
故答案为：35.
直接根据概率公式求解即可.
本题考查了概率公式：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=mn.
11.【答案】<
【解析】解：由y=2x2可得抛物线开口向上，对称轴为y轴，
∵|−1|<|2|，
∴y1故答案为：<.
由抛物线开口向上可得距离对称轴越远的点y值越大，从而求解．
本题考查二次函数的性质，解题的关键是掌握二次函数的性质，以及比较y值大小的方法．
12.【答案】2,2
【解析】解：设C(m,n).
∵线段BA绕点B旋转180∘得到线段BC，
∴AB=BC，
∵点A(−2,0)，点B(0,1)，
∴−2+m2=0，0+n2=1，
∴m=2，n=2，
∴C(2,2).
设C(m,n)，根据题意构建方程组求解即可．
本题考查坐标与图形变化-旋转，解题的关键是学会利用参数解决问题即可．
13.【答案】k<1
【解析】解：∵关于x的方程x2−2x+k=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=b2−4ac=−22−4×1×k>0，
即4−4k>0，
∴k<1.
故答案为：k<1.
利用根的判别式进行计算，根据题意关于x的方程x2−2x+k=0有两个不相等的实数根，可得Δ>0，即可得到关于k的不等式，解答即可．
本题考查了根的判别式，要熟练掌握一元二次方程根的情况与判别式Δ的关系是解题关键.
一元二次方程根的情况与判别式Δ的关系是：
(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；
(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；
(3)Δ<0⇔方程没有实数根．
14.【答案】70∘
【解析】解：连接OA、OB，
∵PA，PB分别切⊙O于点A，B，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠PAO=90∘，∠PBO=90∘，
∴∠AOB=360∘−∠PAO−∠PBO−∠P=360∘−90∘−90∘−40∘=140∘，
∴∠Q=12∠AOB=12×140∘=70∘，
故答案为：70∘.
连接OA、OB，根据切线的性质得到OA⊥PA，OB⊥PB，根据四边形内角和等于360∘求出∠AOB，根据圆周角定理计算即可．
本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
15.【答案】9.3
【解析】解：标签长度l=90⋅π⋅6180=3π=9.3(cm)，
故答案为：9.3.
利用弧长公式求解即可．
本题考查弧长的计算，解题的关键是记住弧长公式l=nπR180(其中扇形圆心角的度数为n∘，R为扇形半径).
16.【答案】(1)1；
(2)B；A(答案不唯一).
【解析】解：(1)在图1所示的“A−B−C”组合转换器中，若输入(1,0)，则输出结果为1；
故答案为：1；
(2)若当输入(1,1)和(0,0)时，输出结果均为0，则该组合转换器为“B−C−A”．(写出一种组合即可).
故答案为：B；A(答案不唯一).
(1)根据题中的转换规则计算即可得到结果；
(2)根据输入的二元数对，由①确定出第一个数，由C确定出第二个数，再由②确定出结果即可．
此题考查了代数式求值，以及有理数的混合运算，弄清转换器中的规则是解本题的关键．
17.【答案】解： x2−6x+8=0，
x−2x−4=0，
∴x−2=0或x−4=0，
∴x1=2，x2=4.
【解析】
【分析】
本题考查了解一元二次方程-因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程的问题转化为解一元一次方程的问题了(数学转化思想).
把方程左边因式分解得到(x−2)(x−4)=0，则原方程可化为x−2=0或x−4=0，然后解两个一次方程即可．
18.【答案】解：∵a是方程2x2−7x−1=0的一个根，
∴把x=a代入方程2x2−7x−1=0，得2a2−7a−1=0，
∴2a2−7a=1，
∴a(2a−7)+5
=2a2−7a+5
=1+5
=6.
【解析】根据一元二次方程的解的定义得到2a2−7a−1=0，则2a2−7a=1，再把a(2a−7)+5变形为2a2−7a+5，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查一元二次方程的解的定义，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．一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．也考查了代数式求值.
19.【答案】解：(1)把点(2,1)代入y=a(x−3)2−1中，
得：1=a(2−3)2−1，
解得a=2，
∴y=2(x−3)2−1；
(2)1.
【解析】
【分析】
(1)把点(2,1)代入抛物线的解析式即可得出答案；
(2)求出抛物线的顶点坐标，根据纵坐标即可得出答案．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)由(1)知抛物线的顶点坐标为(3,−1)，
∴把该抛物线向上平移1个单位后，与x轴的交点个数为1，
故答案为：1.
本题主要考查二次函数的图象与几何变换，待定系数法求二次函数的解析式．
20.【答案】 解：(1)如图，即为补全的图形；
(2)在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，
∵∠BAC=30∘，BC=1，
∴AB=2BC=2，
∴AC=AB2−BC2=22−12=3，
由旋转可知：∠DCA=60∘，CD=AC=3，
∴△ADC为等边三角形，
∴∠DAC=60∘，AD=AC=3，
∴∠DAB=∠DAC+∠BAC=90∘，
∴BD=AB2+AD2=22+(3)2=7.
【解析】本题考查了作图-旋转变换，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握旋转的性质是解决本题的关键．
(1)根据题意，利用旋转的性质即可补全图形；
(2)根据含30度角的直角三角形和旋转的性质可得AD=AC=3，∠DAB=90∘，再利用勾股定理即可解决问题．
21.【答案】(1)经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线；
(2)(π+1)r2；(π−1)r2；
(3)πr2.
【解析】本题主要考查了圆的切线的判定，圆的周长与面积，正方形的面积，勾股定理，本题是操作型题目，根据题干中的作图步骤转化成几何语言是解题的关键．
(1)利用已知条件结合切线的判定定理解答即可；
(2)利用中点的定义和线段和差的意义解答即可；
(3)利用勾股定理将(2)中的数据代入即可得出结论．
【解答】
解：解：(1)∵l⊥OA于点A，OA为⊙O的半径，
∴直线l为⊙O的切线(经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线).
故答案为：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线；
(2)∵以点A为圆心，AO长为半径画弧交直线l于点C，
∴AC=r.
∵纸片⊙O沿着直线l向右无滑动地滚动半周，使点A，B分别落在对应的A′，B′处，
∴AB′=2πr2=πr，
∴CB′=CA+AB′=r+πr=(π+1)r.
∵M为CB′的中点，
∴MC=12CB′=(π+1)r2.
∴MA=MC−AC=(π+1)r2−r=(π−1)r2.
故答案为：(π+1)r2；(π−1)r2；
(3)连接ME，如图，
则ME=MC=(π+1)r2.
在Rt△AME中，
∵AM2+AE2=EM2，
∴AE2=EM2−AM2
=[(π+1)r2]2−[(π−1)r2]2
=[(π+1)r2+(π−1)r2][(π+1)r2−(π−1)r2]
=πr×r
=πr2.
∴S正方形AEFG=S⊙O.
故答案为：πr2.
22.【答案】(1)证明：∵a=1，b=2−m，c=1−m，
∵Δ=b2−4ac=(2−m)2−4×1×(1−m)=m2≥0，
∴原方程有两个相等的实数根或两个不等的实数根，
即该方程总有两个实数根；
(2)解：设方程的较大的实数根为x1，较小的实数根为x2，依题意得：
x1−x2=3，x1+x2=m−2，x1x2=1−m，
∴(x1−x2)2=32，
即x12−2x1x2+x22=9，
∴x12+x22=9+2x1x2，
=9+2(1−m)，
=11−2m，
∵(x1+x2)2=(m−2)2，
∴x12+2x1x2+x22=m2−4m+4，
∴11−2m+2(1−m)=m2−4m+4，
整理得：m2=9，
解得：m=3或m=−3，
∵m<0，
∴m=−3.
【解析】本题主要考查根与系数的关系，解答的关键是对根与系数关系的掌握并灵活运用．
(1)利用根的判别式进行求解即可；
(2)设方程的较大的实数根为x1，较小的实数根为x2，则有x1−x2=3，x1+x2=m−2，x1x2=1−m，从而可进行求解．
23.【答案】(1)证明：∵AD⊥BC，且AD经过圆心O，
∴AB=AC，
∴AB=AC；
(2)解：连接OB，
∵OD⊥BC，BC=8，
∴BD=DC=12BC=12×8=4，
∵⊙O的半径为5，
∴OB=5
在Rt△ODB中，
OD=OB2−BD2=52−42=3，
∴AD=5+3=8，
∴S△ABC=12×BC×AD=12×8×8=32.
【解析】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握垂径定理、圆心角、弧、弦之间的关系定理是解题的关键．
(1)根据垂径定理得到AB=AC，根据圆心角、弧、弦之间的关系定理证明结论；
(2)连接OB，根据垂径定理求出BD，根据勾股定理求出OD，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
24.【答案】 解：(1)14；
(2)“越野滑雪”、“高山滑雪”、“冬季两项”、“自由式滑雪”分别记为甲、乙、丙、丁，
画树状图如下：
∵共有12种等可能性结果，其中恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的有2种结果，
∴恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的概率为：212=16.
【解析】
此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏地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．
【分析】
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有12种等可能性结果，其中恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的有2种结果，再由概率公式求解即可．
【解答】
解：(1)恰好抽到“冬季两项”的概率是14，
故答案为：14；
(2)见答案.
25.【答案】(1)证明：∵C，A，D，F在⊙O上，∠CAF=90∘，
∴∠D=∠CAF=90∘.
∵CD⊥AB，BG⊥DF，
∴∠BED=∠G=90∘.
∴在四边形BEDG中，∠EBG=360∘−90∘−90∘−90∘=90∘.
∴半径OB⊥BG.
∴BG是⊙O的切线．
(2)解：连接CF，
∵∠CAF=90∘，
∴CF是⊙O的直径．
∴OC=OF.
∵直径AB⊥CD于E，
∴CE=DE.
∴OE是△CDF的中位线．
∴OE=12DF=2.
∵AD=AD，∠AFD=30∘，
∴∠ACD=∠AFD=30∘.
∴∠CAE=90∘−∠ACE=60∘.
∵OA=OC，
∴△AOC是等边三角形．
∵CE⊥AB，
∴E为AO的中点，
∴OA=2OE=4，OB=4.
∴BE=OB+OE=6.
∵∠BED=∠D=∠G=90∘，
∴四边形BEDG是矩形．
∴DG=BE=6.
∴FG=DG−DF=2.
【解析】本题考查了切线的判定、圆周角定理、垂径定理、等边三角形的判定和性质、三角形中位线的性质、矩形的判定与性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．
(1)由题意根据切线的判定定理证明半径OB⊥BG，即可证明BG是⊙O的切线；
(2)根据题意连接CF，根据圆周角定理和中位线性质得出EO=12DF，进而依据等边三角形AOC得到BE长，由矩形的性质可得出DG长即可得到答案．
26.【答案】解：(1)∵抛物线为y=ax2+bx+3(a>0)，
∴x=0时，y=3，
∴抛物线y=ax2+bx+3过点(0,3)，
∵抛物线y=ax2+bx+3过点(4,3)，
∴该抛物线的对称轴为：直线x=2.
(2)∵抛物线y=ax2+bx+3的对称轴为直线x=2，
∴−b2a=2，即b=−4a①．
∵m>0，
∴2−m<2<2+2m.
∵a>0，抛物线开口向上，
∴当x=2时，函数值在2−m≤x≤2+2m上取得最小值−1.
即4a+2b+3=−1②．
联立①②，解得a=1，b=−4.
∴抛物线的表达式为y=x2−4x+3，即y=(x−2)2−1.
∵m>0，
∴当2−m≤x≤2时， y随 x的增大而减小，当x=2−m时取得最大值，
当2≤x≤2+2m时， y随 x的增大而增大，当x=2+2m时取得最大值，
∵对称轴为直线x=2，
∴x=2−m与x=2+m时的函数值相等．
∵2<2+m<2+2m，
∴当x=2+2m时的函数值大于当x=2+m时的函数值，即x=2−m时的函数值．
∴当x=2+2m时，函数值在2−m≤x≤2+2m上取得最大值3.
代入有4m2−1=3，
得m=1或m=−1(舍去)，
故a=1，m=1.
(3)存在，n=1.
【解析】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，二次函数的最值，解方程组，待定系数法，正确进行分类讨论是解题的关键．
(1)利用对称点与对称轴的关系：对称点的横坐标之和等于对称轴的2倍，即可求出该抛物线的对称轴．
(2)分别讨论2−m≤x≤2+2m的取值范围与对称轴的位置，分别求出不同情况下y取最大值与最小值时，对应的x的取值，进而求出a，m的值．
(3)由于y的取值范围是3n−3解：存在，n=1.
∵当n−2∴关于x的取值范围一定不包含对称轴，
①当n≤2时，n−2∵二次函数开口向上，
∴x=n−2时，y有最大值，x=n时，y有最小值，
由题意可知：(n−2)2−4(n−2)+3=3n+5n2−4n+3=3n−3，
解得：n=1，
故n=1，
②当n−2≥2时，n−2∵二次函数开口向上，
∴x=n−2时，y有最小值，x=n时，y有最大值，
由题意可知：(n−2)2−4(n−2)+3=3n−3n2−4n+3=3n+5，此时n无解，
故不符合题意，
综上所述，n=1.
27.【答案】解：(1)图形如图所示，结论：DM=ME.
理由：连接AE，AD.
∵AB=AC，∠BAC=90∘，
∴∠ABC=∠ACB=45∘，
∵CD⊥CB，
∴∠DCB=90∘，
∴∠ABE=∠ACD=135∘，
∵BA=CA，BE=CD，
∴△ABE≌△ACD(SAS)，
∴AE=AD，
∵AM⊥DE，
∴DM=ME.
(2)当CD=2时，AN=12DE成立．
理由：过点A作AT⊥BC于点T，AH⊥DC交DC的延长线于点H，则四边形ATCH是正方形．
∵AB=AC=1，∠BAC=90∘，
∴BC=2AB=2，
∵AT⊥CB，
∴AT=TB=TC=22，
∵CD=BE=2，EN=BN，
∴BN=22，
∴TN=BN+TB=2，
在Rt△ANT中，∵AN2=AT2+TN2，
∴AN=AT2+TN2=(22)2+(2)2=102，
∵AH=CH=AT=22，
∴DH=CD+CH=2+22=322，
在Rt△ADH中，∵AD2=AH2+DH2，
∴AD=AH2+DH2=(22)2+(322)2=5，
∵△ABE≌△ACD，
∴∠EAB=∠DAC，
∴∠EAD=∠BAC=90∘，
∴AE=AD=5，
∴DE=AE2+AD2=10，
∵AN=102，
∴AN=12DE.
【解析】本题考查作图-旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
(1)根据要求作出图形即可．结论：DM=ME.证明△ABE≌△ACD(SAS)，推出AE=AD，可得结论；
(2)当CD=2时，AN=12DE成立．过点A作AT⊥BC于点T，AH⊥DC交DC的延长线于点H，则四边形ATCH是正方形．根据全等三角形的性质以及勾股定理，分别求出AN，DE，即可判断．
28.【答案】解：(1)①2；
②P3；
(2)如图2，
在正方形ABCD中，
正方形ABCD上任意两点之间距离的最大距离d=22+22=22，
∴2d=42，
由图可知当点E在如图所示的位置时，E是正方形ABCD的“倍点“，
∴OE=32，
∴t的值为3或−3.
(3)所有满足条件的点T组成的图形的面积为2415π.
【解析】
【分析】
(1)①根据定义解答可；②分别找出P1Q、P2Q、P3Q的最大值，再根据定义判断即可；
(2)正方形ABCD上的任意两点间的距离最大值为22，若点E是正方形ABCD的“倍点”，则点E到ABCD上点的最大距离为42，结合图形即可求解；
(3)分线段MN在⊙O内部和在⊙O外两种情况讨论即可求解．
【解答】
解：(1)①∵图形W是半径为1的⊙O，
∴图形W上任意两点间的距离的最大值d为2.
故答案为：2；
②如图1，
连接P2O并延长交⊙O于点E，
∵P2O=32+32=32，
∴P2E=32+1≠2d，
∴P2不是⊙O的“倍点”；
∵P1到⊙O上各点连线中最大距离为2+1=3≠2d，
∴P1不是⊙O的“倍点”；
∵P3到⊙O上各点连线中最大距离为3+1=4=2d，
∴P3是⊙O的“倍点”．
故答案为：P3;
(2)见答案；
(3)如图，
MN上d=2，2d=4，
当线段MN在⊙O外部时，EM=4，TM=1，
在Rt△ETM中，∵EM2=ET2+TM2，
∴ET=EM2−TM2=42−12=15，
∴大⊙O的半径为6+15，
同理当线段MN在⊙O内部时，小⊙O的半径为6−15，
点T所构成的图形是圆环，它的面积为π⋅(6+15)2−π⋅(6−15)2=2415π.
故答案为：2415π.
此题考查了圆的性质和新定义，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题． 抛掷次数m
500
1000
1500
2000
2500
3000
4000
5000
“正面向上”的次数n
265
512
793
1034
1306
1558
2083
2598
“正面向上”的频率nm
0.530
0.512
0.529
0.517
0.522
0.519
0.521
0.520
规则
a.转换器A当输入(1,1)时，输出结果为1；其余输出结果均为0.
转换器B当输入(0,0)时，输出结果为0；其余输出结果均为1.
转换器C当输入(1,1)时，输出结果为0；其余输出结果均为1.
b.在组合使用转换器时，A，B，C可以重复使用．
在平面直角坐标系xOy中，下列函数的图象经过点(0,0)的是( )
A. y=x+1B. y=x2C. y=(x−4)2D. y=1x
下列各曲线是在平面直角坐标系xOy中根据不同的方程绘制而成的，其中是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
抛物线y=(x−2)2+1的顶点坐标为( )
A. (2,1)B. (2,−1)C. (−2,−1)D. (−2,1)
在△ABC中，CA=CB，点O为AB中点．以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，则⊙C与AB的位置关系是( )
A. 相交B. 相切C. 相离D. 不确定
小明将图案绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度α，设计出一个外轮廓为正六边形的图案(如图)，则α可以为( )
A. 30∘
B. 60∘
C. 90∘
D. 120∘
把长为2m的绳子分成两段，使较长一段的长的平方等于较短一段的长与原绳长的积．设较长一段的长为x m，依题意，可列方程为( )
A. x2=2(2−x)B. x2=2(2+x)C. (2−x)2=2xD. x2=2−x
如图，A，B，C是某社区的三栋楼，若在AC中点D处建一个5G基站，其覆盖半径为300m，则这三栋楼中在该5G基站覆盖范围内的是( )
A. A，B，C都不在B. 只有BC. 只有A，CD. A，B，C
做随机抛掷一枚纪念币的试验，得到的结果如下表所示：
下面有3个推断：
①当抛掷次数是1000时，“正面向上”的频率是0.512，所以“正面向上”的概率是0.512；
②随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在0.520附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是0.520；
③若再次做随机抛掷该纪念币的试验，则当抛掷次数为3000时，出现“正面向上”的次数不一定是1558次．
其中所有合理推断的序号是( )
A. ②B. ①③C. ②③D. ①②③
已知y是x的函数，且当x>0时，y随x的增大而减小.则这个函数的表达式可以是__________ .(写出一个符合题意的答案即可)
在一个不透明袋子中有3个红球和2个黑球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出1个球，则取出红球的概率是__________.
若点A(−1,y1)，B(2,y2)在二次函数y=2x2的图象上，则y1，y2的大小关系为：y1____ y2(填“>”，“=”或“<”).
如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(−2,0)，点B(0,1).将线段BA绕点B旋转180∘得到线段BC，则点C的坐标为__________.
若关于x的方程x2−2x+k=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围为__________.
如图，PA，PB分别切⊙O于点A，B，Q是优弧AB上一点，若∠P=40∘，则∠Q的度数是_____ .
小明烘焙了几款不同口味的饼干，分别装在同款的圆柱形盒子中，为区别口味，他打算制作“**饼干”字样的矩形标签粘贴在盒子侧面．为了获得较好的视觉效果，粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为90∘(如图).已知该款圆柱形盒子底面半径为6cm，则标签长度l应为__________cm.(π取3.1)
给定二元数对(p,q)，其中p=0或1，q=0或1.三种转换器A，B，C对(p,q)的转换规则如下：
(1)在图1所示的“A−B−C”组合转换器中，若输入(1,0)，则输出结果为__________；
(2)在图2所示的“①−C−②”组合转换器中，若当输入(1,1)和(0,0)时，输出结果均为0，则该组合转换器为“__________−C−__________”．(写出一种组合即可).
解方程：x2−6x+8=0.
已知a是方程2x2−7x−1=0的一个根，求代数式a(2a−7)+5的值．
在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=a(x−3)2−1经过点(2,1).
(1)求该抛物线的表达式；
(2)将该抛物线向上平移______个单位后，所得抛物线与x轴只有一个公共点．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，∠BAC=30∘，将线段CA绕点C逆时针旋转60∘，得到线段CD，连接AD，BD.
(1)依题意补全图形；
(2)若BC=1，求线段BD的长．
“化圆为方”是古希腊尺规作图难题之一．即：求作一个方形，使其面积等于给定圆的面积．这个问题困扰了人类上千年，直到19世纪，该问题被证明仅用直尺和圆规是无法完成的，如果借用一个圆形纸片，我们就可以化圆为方，方法如下：
已知：⊙O(纸片)，其半径为r.
求作：一个正方形，使其面积等于⊙O的面积．
作法：①如图1，取⊙O的直径AB，作射线BA，过点A作AB的垂线l；
②如图2，以点A为圆心，AO长为半径画弧交直线l于点C；
③将纸片⊙O沿着直线l向右无滑动地滚动半周，使点A，B分别落在对应的A′，B′处；
④取CB′的中点M，以点M为圆心，MC长为半径画半圆，交射线BA于点E；
⑤以AE为边作正方形AEFG.
正方形AEFG即为所求．
根据上述作图步骤，完成下列填空：
(1)由①可知，直线l为⊙O的切线，其依据是______.
(2)由②③可知，AC=r，AB′=πr，则MC=______，MA=______(用含r的代数式表示).
(3)连接ME，在Rt△AME中，根据AM2+AE2=EM2，可计算得AE2=______(用含r的代数式表示).
由此可得S正方形AEFG=S⊙O.
已知关于x的一元二次方程x2+(2−m)x+1−m=0.
(1)求证：该方程总有两个实数根；
(2)若m<0，且该方程的两个实数根的差为3，求m的值．
如图，△ABC内接于⊙O，高AD经过圆心O.
(1)求证：AB=AC；
(2)若BC=8，⊙O的半径为5，求△ABC的面积．
邮票素有“国家名片”之称，方寸之间，包罗万象．为宣传北京2022年冬奥会，中国邮政发行了若干套冬奥会纪念邮票，其中有一套展现雪上运动的邮票，如图所示：
某班级举行冬奥会有奖问答活动，答对的同学可以随机抽取邮票作为奖品．
(1)在抢答环节中，若答对一题，可从4枚邮票中任意抽取1枚作为奖品，则恰好抽到“冬季两项”的概率是______；
(2)在抢答环节中，若答对两题，可从4枚邮票中任意抽取2枚作为奖品，请用列表或画树状图的方法，求恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的概率．
如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，连接AC，过A作AF⊥AC，交⊙O于点F，连接DF，过B作BG⊥DF，交DF的延长线于点G.
(1)求证：BG是⊙O的切线；
(2)若∠DFA=30∘，DF=4，求FG的长．
在平面直角坐标系xOy中，点(4,3)在抛物线y=ax2+bx+3(a>0)上．
(1)求该抛物线的对称轴；
(2)已知m>0，当2−m≤x≤2+2m时，y的取值范围是−1≤y≤3.求a，m的值；
(3)在(2)的条件下，是否存在实数n，使得当n−2
(1)依题意补全图，用等式表示线段DM与ME之间的数量关系，并证明；
(2)取BE的中点N，连接AN，添加一个条件：CD的长为______，使得AN=12DE成立，并证明．
在平面直角坐标系xOy中，图形W上任意两点间的距离有最大值，将这个最大值记为d.对点P及图形W给出如下定义：点Q为图形W上任意一点，若P，Q两点间的距离有最大值，且最大值恰好为2d.则称点P为图形W的“倍点”．
(1)如图1，图形W是半径为1的⊙O.
①图形W上任意两点间的距离的最大值d为______；
②在点P1(0,2)，P2(3,3)，P3(−3,0)中，⊙O的“倍点”是______；
(2)如图2，图形W是中心在原点的正方形ABCD，点A(−1,1).若点E(t,3)是正方形ABCD的“倍点”，求t的值；
(3)图形W是长为2的线段MN，T为MN的中点，若在半径为6的⊙O上存在线段MN的“倍点”，直接写出所有满足条件的点T组成的图形的面积．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、在一次函数y=x+1中，当x=0时，y=1，
∴直线y=x+1不经过点(0,0)，故选项A不符合题意；
B、在二次函数y=x2中，当x=0时，y=0，
∴抛物线y=x2经过点(0,0)，故选项B符合题意；
C、在二次函数y=(x−4)2中，当x=0时，y=16，
∴抛物线y=(x−4)2不经过点(0,0)，故选项C不符合题意；
D、在反比例函数y=1x中，x不能为0，
∴双曲线y=1x不经过点(0,0)，故选项D不符合题意；
故选：B.
根据反比例函数图象上点的坐标特征，一次函数图象上点的坐标特征，二次函数函数图象上点的坐标特征判断即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，一次函数图象上点的坐标特征，二次函数函数图象上点的坐标特征，熟练掌握各函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形，
选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形，
故选：C.
根据中心对称图形的概念求解．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做图形的对称中心．
此题主要考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，将其绕对称中心旋转180度后与原图重合．
3.【答案】A
【解析】解：抛物线y=(x−2)2+1是以抛物线的顶点式解析式给出的，
其顶点坐标为：(2,1).
故选：A.
根据抛物线的顶点式解析式为y=a(x−h)2+k(a≠0)时，其顶点坐标是(h,k)，可以确定抛物线的顶点坐标．
本题考查的是抛物线的性质，根据抛物线的顶点式解析式确定抛物线的顶点坐标．
4.【答案】B
【解析】解：连接CO，
∵CA=CB，点O为AB中点，
∴OC⊥AB，
∵以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，
∴点C到AB的距离等于⊙C的半径，
∴⊙C与AB的位置关系是相切，
故选：B.
连接CO，根据等腰三角形的性质得到OC⊥AB，于是得到点C到AB的距离等于⊙C的半径，根据切线的判定定理即可得到结论．
本题考查了直线与圆的位置关系，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的判定方法是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：如图，由题意知：经过一次旋转后点 C旋转至点B的位置上，则旋转中心为点O，
此时∠COB=360∘÷6=60∘，
故选：B.
根据旋转的定义确定两个对应点的位置，求得其与O点连线的夹角即可求得旋转角．
本题考查了利用旋转设计图案，解题的关键是能够找到一对对应点确定旋转角，从而确定旋转角的度数，难度不大．
6.【答案】A
【解析】解：∵较长一段的长为xm，
∴较短一段的长为(2−x)m，
依题意得：x2=2(2−x).
故选：A.
由题意设较长一段的长为xm，可得出较短一段的长为(2−x)m，根据较长一段的长的平方等于较短一段的长与原绳长的积，列出关于x的一元二次方程，此题得解．
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．
7.【答案】D
【解析】解：∵AB=300m，BC=400m，AC=500m，
∴AB2+BC2=AC2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ABC=90∘，
∵点D是斜边AC的中点，
∴AD=CD=250m，BD=12AC=250m，
∵250<300，
∴点A、B、C都在覆盖范围内，
∴这三栋楼中在该5G基站覆盖范围内的是A，B，C.
故选：D.
根据勾股定理的逆定理证得△ABC是直角三角形，可以根据直角三角形斜边中线的性质求得BD的长，然后与300m比较大小，即可解答本题．
本题考查点和圆的位置关系，勾股定理的逆定理，解题的关键是求出三角形三个顶点到D点的距离．
8.【答案】C
【解析】解：①当抛掷次数是1000时，“正面向上”的频率是0.512，但“正面向上”的概率不一定是0.512，本小题推断不合理；
②随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在0.520附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是0.520，本小题推断合理；
③若再次做随机抛掷该纪念币的试验，则当抛掷次数为3000时，出现“正面向上”的次数不一定是1558次，本小题推断合理；
故选：C.
根据用频率估计概率以及频率和概率的概念判断．
本题考查利用频率估计概率，大量重复试验时，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．
9.【答案】y=1x(x>0)，答案不唯一
【解析】解：只要使反比例系数大于0即可．如y=1x(x>0)，答案不唯一．
故答案为：y=1x(x>0)，答案不唯一．
反比例函数的图象在每个象限内，函数值y随自变量x的增大而减小，则反比例函数的反比例系数k>0；反之，只要k>0，则反比例函数在每个象限内，函数值y随自变量x的增大而减小．
本题主要考查了反比例函数y=kx(k≠0)的性质：①k>0时，函数图象在第一，三象限．在每个象限内y随x的增大而减小；②k<0时，函数图象在第二，四象限，在每个象限内y随x的增大而增大．
10.【答案】35
【解析】解：∵在一个不透明袋子中有3个红球和2个黑球，共5个球，
∴取出红球的概率是35.
故答案为：35.
直接根据概率公式求解即可.
本题考查了概率公式：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=mn.
11.【答案】<
【解析】解：由y=2x2可得抛物线开口向上，对称轴为y轴，
∵|−1|<|2|，
∴y1
由抛物线开口向上可得距离对称轴越远的点y值越大，从而求解．
本题考查二次函数的性质，解题的关键是掌握二次函数的性质，以及比较y值大小的方法．
12.【答案】2,2
【解析】解：设C(m,n).
∵线段BA绕点B旋转180∘得到线段BC，
∴AB=BC，
∵点A(−2,0)，点B(0,1)，
∴−2+m2=0，0+n2=1，
∴m=2，n=2，
∴C(2,2).
设C(m,n)，根据题意构建方程组求解即可．
本题考查坐标与图形变化-旋转，解题的关键是学会利用参数解决问题即可．
13.【答案】k<1
【解析】解：∵关于x的方程x2−2x+k=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=b2−4ac=−22−4×1×k>0，
即4−4k>0，
∴k<1.
故答案为：k<1.
利用根的判别式进行计算，根据题意关于x的方程x2−2x+k=0有两个不相等的实数根，可得Δ>0，即可得到关于k的不等式，解答即可．
本题考查了根的判别式，要熟练掌握一元二次方程根的情况与判别式Δ的关系是解题关键.
一元二次方程根的情况与判别式Δ的关系是：
(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；
(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；
(3)Δ<0⇔方程没有实数根．
14.【答案】70∘
【解析】解：连接OA、OB，
∵PA，PB分别切⊙O于点A，B，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠PAO=90∘，∠PBO=90∘，
∴∠AOB=360∘−∠PAO−∠PBO−∠P=360∘−90∘−90∘−40∘=140∘，
∴∠Q=12∠AOB=12×140∘=70∘，
故答案为：70∘.
连接OA、OB，根据切线的性质得到OA⊥PA，OB⊥PB，根据四边形内角和等于360∘求出∠AOB，根据圆周角定理计算即可．
本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
15.【答案】9.3
【解析】解：标签长度l=90⋅π⋅6180=3π=9.3(cm)，
故答案为：9.3.
利用弧长公式求解即可．
本题考查弧长的计算，解题的关键是记住弧长公式l=nπR180(其中扇形圆心角的度数为n∘，R为扇形半径).
16.【答案】(1)1；
(2)B；A(答案不唯一).
【解析】解：(1)在图1所示的“A−B−C”组合转换器中，若输入(1,0)，则输出结果为1；
故答案为：1；
(2)若当输入(1,1)和(0,0)时，输出结果均为0，则该组合转换器为“B−C−A”．(写出一种组合即可).
故答案为：B；A(答案不唯一).
(1)根据题中的转换规则计算即可得到结果；
(2)根据输入的二元数对，由①确定出第一个数，由C确定出第二个数，再由②确定出结果即可．
此题考查了代数式求值，以及有理数的混合运算，弄清转换器中的规则是解本题的关键．
17.【答案】解： x2−6x+8=0，
x−2x−4=0，
∴x−2=0或x−4=0，
∴x1=2，x2=4.
【解析】
【分析】
本题考查了解一元二次方程-因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程的问题转化为解一元一次方程的问题了(数学转化思想).
把方程左边因式分解得到(x−2)(x−4)=0，则原方程可化为x−2=0或x−4=0，然后解两个一次方程即可．
18.【答案】解：∵a是方程2x2−7x−1=0的一个根，
∴把x=a代入方程2x2−7x−1=0，得2a2−7a−1=0，
∴2a2−7a=1，
∴a(2a−7)+5
=2a2−7a+5
=1+5
=6.
【解析】根据一元二次方程的解的定义得到2a2−7a−1=0，则2a2−7a=1，再把a(2a−7)+5变形为2a2−7a+5，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查一元二次方程的解的定义，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．一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．也考查了代数式求值.
19.【答案】解：(1)把点(2,1)代入y=a(x−3)2−1中，
得：1=a(2−3)2−1，
解得a=2，
∴y=2(x−3)2−1；
(2)1.
【解析】
【分析】
(1)把点(2,1)代入抛物线的解析式即可得出答案；
(2)求出抛物线的顶点坐标，根据纵坐标即可得出答案．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)由(1)知抛物线的顶点坐标为(3,−1)，
∴把该抛物线向上平移1个单位后，与x轴的交点个数为1，
故答案为：1.
本题主要考查二次函数的图象与几何变换，待定系数法求二次函数的解析式．
20.【答案】 解：(1)如图，即为补全的图形；
(2)在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，
∵∠BAC=30∘，BC=1，
∴AB=2BC=2，
∴AC=AB2−BC2=22−12=3，
由旋转可知：∠DCA=60∘，CD=AC=3，
∴△ADC为等边三角形，
∴∠DAC=60∘，AD=AC=3，
∴∠DAB=∠DAC+∠BAC=90∘，
∴BD=AB2+AD2=22+(3)2=7.
【解析】本题考查了作图-旋转变换，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握旋转的性质是解决本题的关键．
(1)根据题意，利用旋转的性质即可补全图形；
(2)根据含30度角的直角三角形和旋转的性质可得AD=AC=3，∠DAB=90∘，再利用勾股定理即可解决问题．
21.【答案】(1)经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线；
(2)(π+1)r2；(π−1)r2；
(3)πr2.
【解析】本题主要考查了圆的切线的判定，圆的周长与面积，正方形的面积，勾股定理，本题是操作型题目，根据题干中的作图步骤转化成几何语言是解题的关键．
(1)利用已知条件结合切线的判定定理解答即可；
(2)利用中点的定义和线段和差的意义解答即可；
(3)利用勾股定理将(2)中的数据代入即可得出结论．
【解答】
解：解：(1)∵l⊥OA于点A，OA为⊙O的半径，
∴直线l为⊙O的切线(经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线).
故答案为：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线；
(2)∵以点A为圆心，AO长为半径画弧交直线l于点C，
∴AC=r.
∵纸片⊙O沿着直线l向右无滑动地滚动半周，使点A，B分别落在对应的A′，B′处，
∴AB′=2πr2=πr，
∴CB′=CA+AB′=r+πr=(π+1)r.
∵M为CB′的中点，
∴MC=12CB′=(π+1)r2.
∴MA=MC−AC=(π+1)r2−r=(π−1)r2.
故答案为：(π+1)r2；(π−1)r2；
(3)连接ME，如图，
则ME=MC=(π+1)r2.
在Rt△AME中，
∵AM2+AE2=EM2，
∴AE2=EM2−AM2
=[(π+1)r2]2−[(π−1)r2]2
=[(π+1)r2+(π−1)r2][(π+1)r2−(π−1)r2]
=πr×r
=πr2.
∴S正方形AEFG=S⊙O.
故答案为：πr2.
22.【答案】(1)证明：∵a=1，b=2−m，c=1−m，
∵Δ=b2−4ac=(2−m)2−4×1×(1−m)=m2≥0，
∴原方程有两个相等的实数根或两个不等的实数根，
即该方程总有两个实数根；
(2)解：设方程的较大的实数根为x1，较小的实数根为x2，依题意得：
x1−x2=3，x1+x2=m−2，x1x2=1−m，
∴(x1−x2)2=32，
即x12−2x1x2+x22=9，
∴x12+x22=9+2x1x2，
=9+2(1−m)，
=11−2m，
∵(x1+x2)2=(m−2)2，
∴x12+2x1x2+x22=m2−4m+4，
∴11−2m+2(1−m)=m2−4m+4，
整理得：m2=9，
解得：m=3或m=−3，
∵m<0，
∴m=−3.
【解析】本题主要考查根与系数的关系，解答的关键是对根与系数关系的掌握并灵活运用．
(1)利用根的判别式进行求解即可；
(2)设方程的较大的实数根为x1，较小的实数根为x2，则有x1−x2=3，x1+x2=m−2，x1x2=1−m，从而可进行求解．
23.【答案】(1)证明：∵AD⊥BC，且AD经过圆心O，
∴AB=AC，
∴AB=AC；
(2)解：连接OB，
∵OD⊥BC，BC=8，
∴BD=DC=12BC=12×8=4，
∵⊙O的半径为5，
∴OB=5
在Rt△ODB中，
OD=OB2−BD2=52−42=3，
∴AD=5+3=8，
∴S△ABC=12×BC×AD=12×8×8=32.
【解析】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握垂径定理、圆心角、弧、弦之间的关系定理是解题的关键．
(1)根据垂径定理得到AB=AC，根据圆心角、弧、弦之间的关系定理证明结论；
(2)连接OB，根据垂径定理求出BD，根据勾股定理求出OD，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
24.【答案】 解：(1)14；
(2)“越野滑雪”、“高山滑雪”、“冬季两项”、“自由式滑雪”分别记为甲、乙、丙、丁，
画树状图如下：
∵共有12种等可能性结果，其中恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的有2种结果，
∴恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的概率为：212=16.
【解析】
此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏地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．
【分析】
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有12种等可能性结果，其中恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的有2种结果，再由概率公式求解即可．
【解答】
解：(1)恰好抽到“冬季两项”的概率是14，
故答案为：14；
(2)见答案.
25.【答案】(1)证明：∵C，A，D，F在⊙O上，∠CAF=90∘，
∴∠D=∠CAF=90∘.
∵CD⊥AB，BG⊥DF，
∴∠BED=∠G=90∘.
∴在四边形BEDG中，∠EBG=360∘−90∘−90∘−90∘=90∘.
∴半径OB⊥BG.
∴BG是⊙O的切线．
(2)解：连接CF，
∵∠CAF=90∘，
∴CF是⊙O的直径．
∴OC=OF.
∵直径AB⊥CD于E，
∴CE=DE.
∴OE是△CDF的中位线．
∴OE=12DF=2.
∵AD=AD，∠AFD=30∘，
∴∠ACD=∠AFD=30∘.
∴∠CAE=90∘−∠ACE=60∘.
∵OA=OC，
∴△AOC是等边三角形．
∵CE⊥AB，
∴E为AO的中点，
∴OA=2OE=4，OB=4.
∴BE=OB+OE=6.
∵∠BED=∠D=∠G=90∘，
∴四边形BEDG是矩形．
∴DG=BE=6.
∴FG=DG−DF=2.
【解析】本题考查了切线的判定、圆周角定理、垂径定理、等边三角形的判定和性质、三角形中位线的性质、矩形的判定与性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．
(1)由题意根据切线的判定定理证明半径OB⊥BG，即可证明BG是⊙O的切线；
(2)根据题意连接CF，根据圆周角定理和中位线性质得出EO=12DF，进而依据等边三角形AOC得到BE长，由矩形的性质可得出DG长即可得到答案．
26.【答案】解：(1)∵抛物线为y=ax2+bx+3(a>0)，
∴x=0时，y=3，
∴抛物线y=ax2+bx+3过点(0,3)，
∵抛物线y=ax2+bx+3过点(4,3)，
∴该抛物线的对称轴为：直线x=2.
(2)∵抛物线y=ax2+bx+3的对称轴为直线x=2，
∴−b2a=2，即b=−4a①．
∵m>0，
∴2−m<2<2+2m.
∵a>0，抛物线开口向上，
∴当x=2时，函数值在2−m≤x≤2+2m上取得最小值−1.
即4a+2b+3=−1②．
联立①②，解得a=1，b=−4.
∴抛物线的表达式为y=x2−4x+3，即y=(x−2)2−1.
∵m>0，
∴当2−m≤x≤2时， y随 x的增大而减小，当x=2−m时取得最大值，
当2≤x≤2+2m时， y随 x的增大而增大，当x=2+2m时取得最大值，
∵对称轴为直线x=2，
∴x=2−m与x=2+m时的函数值相等．
∵2<2+m<2+2m，
∴当x=2+2m时的函数值大于当x=2+m时的函数值，即x=2−m时的函数值．
∴当x=2+2m时，函数值在2−m≤x≤2+2m上取得最大值3.
代入有4m2−1=3，
得m=1或m=−1(舍去)，
故a=1，m=1.
(3)存在，n=1.
【解析】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，二次函数的最值，解方程组，待定系数法，正确进行分类讨论是解题的关键．
(1)利用对称点与对称轴的关系：对称点的横坐标之和等于对称轴的2倍，即可求出该抛物线的对称轴．
(2)分别讨论2−m≤x≤2+2m的取值范围与对称轴的位置，分别求出不同情况下y取最大值与最小值时，对应的x的取值，进而求出a，m的值．
(3)由于y的取值范围是3n−3
∵当n−2
①当n≤2时，n−2
∴x=n−2时，y有最大值，x=n时，y有最小值，
由题意可知：(n−2)2−4(n−2)+3=3n+5n2−4n+3=3n−3，
解得：n=1，
故n=1，
②当n−2≥2时，n−2
∴x=n−2时，y有最小值，x=n时，y有最大值，
由题意可知：(n−2)2−4(n−2)+3=3n−3n2−4n+3=3n+5，此时n无解，
故不符合题意，
综上所述，n=1.
27.【答案】解：(1)图形如图所示，结论：DM=ME.
理由：连接AE，AD.
∵AB=AC，∠BAC=90∘，
∴∠ABC=∠ACB=45∘，
∵CD⊥CB，
∴∠DCB=90∘，
∴∠ABE=∠ACD=135∘，
∵BA=CA，BE=CD，
∴△ABE≌△ACD(SAS)，
∴AE=AD，
∵AM⊥DE，
∴DM=ME.
(2)当CD=2时，AN=12DE成立．
理由：过点A作AT⊥BC于点T，AH⊥DC交DC的延长线于点H，则四边形ATCH是正方形．
∵AB=AC=1，∠BAC=90∘，
∴BC=2AB=2，
∵AT⊥CB，
∴AT=TB=TC=22，
∵CD=BE=2，EN=BN，
∴BN=22，
∴TN=BN+TB=2，
在Rt△ANT中，∵AN2=AT2+TN2，
∴AN=AT2+TN2=(22)2+(2)2=102，
∵AH=CH=AT=22，
∴DH=CD+CH=2+22=322，
在Rt△ADH中，∵AD2=AH2+DH2，
∴AD=AH2+DH2=(22)2+(322)2=5，
∵△ABE≌△ACD，
∴∠EAB=∠DAC，
∴∠EAD=∠BAC=90∘，
∴AE=AD=5，
∴DE=AE2+AD2=10，
∵AN=102，
∴AN=12DE.
【解析】本题考查作图-旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
(1)根据要求作出图形即可．结论：DM=ME.证明△ABE≌△ACD(SAS)，推出AE=AD，可得结论；
(2)当CD=2时，AN=12DE成立．过点A作AT⊥BC于点T，AH⊥DC交DC的延长线于点H，则四边形ATCH是正方形．根据全等三角形的性质以及勾股定理，分别求出AN，DE，即可判断．
28.【答案】解：(1)①2；
②P3；
(2)如图2，
在正方形ABCD中，
正方形ABCD上任意两点之间距离的最大距离d=22+22=22，
∴2d=42，
由图可知当点E在如图所示的位置时，E是正方形ABCD的“倍点“，
∴OE=32，
∴t的值为3或−3.
(3)所有满足条件的点T组成的图形的面积为2415π.
【解析】
【分析】
(1)①根据定义解答可；②分别找出P1Q、P2Q、P3Q的最大值，再根据定义判断即可；
(2)正方形ABCD上的任意两点间的距离最大值为22，若点E是正方形ABCD的“倍点”，则点E到ABCD上点的最大距离为42，结合图形即可求解；
(3)分线段MN在⊙O内部和在⊙O外两种情况讨论即可求解．
【解答】
解：(1)①∵图形W是半径为1的⊙O，
∴图形W上任意两点间的距离的最大值d为2.
故答案为：2；
②如图1，
连接P2O并延长交⊙O于点E，
∵P2O=32+32=32，
∴P2E=32+1≠2d，
∴P2不是⊙O的“倍点”；
∵P1到⊙O上各点连线中最大距离为2+1=3≠2d，
∴P1不是⊙O的“倍点”；
∵P3到⊙O上各点连线中最大距离为3+1=4=2d，
∴P3是⊙O的“倍点”．
故答案为：P3;
(2)见答案；
(3)如图，
MN上d=2，2d=4，
当线段MN在⊙O外部时，EM=4，TM=1，
在Rt△ETM中，∵EM2=ET2+TM2，
∴ET=EM2−TM2=42−12=15，
∴大⊙O的半径为6+15，
同理当线段MN在⊙O内部时，小⊙O的半径为6−15，
点T所构成的图形是圆环，它的面积为π⋅(6+15)2−π⋅(6−15)2=2415π.
故答案为：2415π.
此题考查了圆的性质和新定义，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题． 抛掷次数m
500
1000
1500
2000
2500
3000
4000
5000
“正面向上”的次数n
265
512
793
1034
1306
1558
2083
2598
“正面向上”的频率nm
0.530
0.512
0.529
0.517
0.522
0.519
0.521
0.520
规则
a.转换器A当输入(1,1)时，输出结果为1；其余输出结果均为0.
转换器B当输入(0,0)时，输出结果为0；其余输出结果均为1.
转换器C当输入(1,1)时，输出结果为0；其余输出结果均为1.
b.在组合使用转换器时，A，B，C可以重复使用．
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