九年级上学期期中【夯实基础60题考点专练】-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版）

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九年级上学期期中【夯实基础60题考点专练】
一．一元二次方程的定义（共2小题）
1．（2022春•苏州期中）下列方程中，属于一元二次方程的是（　　）
A．x2+3y＝1 B．x2+3x＝1 C．ax2+bx+c＝2 D．
【分析】只含有一个未知数，且未知数的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程．一元二次方程有三个特点：（1）只含有一个未知数；（2）未知数的最高次数是2；（3）是整式方程．据此解答即可．
【解答】解：A．该选项的方程为二元二次方程，故该选项不符合题意；
B．该选项的方程只含有一个未知数且最高次数为2，所以是一元二次方程，故该选项符合题；
C．该选项的方程中a可能等于0，所以可能不是一元二次方程，故该选项不符合题意；
D．该选的方程是分式方程，故该选项不符合题意．
故选：B．
【点评】此题主要考查了一元二次方程的定义，要判断一个方程是否为一元二次方程，先看它是否为整式方程，若是，再对它进行整理．如果能整理为ax2+bx+c＝0（a≠0）的形式，则这个方程就为一元二次方程．
2．（2021秋•建昌县期中）如果关于x的方程（m﹣3）x|m﹣1|﹣3x+1＝0是一元二次方程，则m＝　﹣1　．
【分析】根据一元二次方程定义可得：|m﹣1|＝2，且m﹣3≠0，再解即可．
【解答】解：由题意得：|m﹣1|＝2，且m﹣3≠0，
解得：m＝﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】此题主要考查了一元二次方程定义，关键是掌握只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
二．一元二次方程的一般形式（共2小题）
3．（2021秋•东光县期中）下列方程，是一元二次方程一般形式的是（　　）
A．2x2﹣3x＝0 B．x2＝1 C．2x2﹣3x＝﹣1 D．2x2＝﹣3x
【分析】一元二次方程ax2+bx+c＝0（a，b，c是常数且a≠0）中a、b、c分别是二次项系数、一次项系数、常数项．
【解答】解：A．2x2﹣3x＝0，符合一般形式，故本选项符合题意；
B．不符合一般形式，故本选项不符合题意；
C．不符合一般形式，故本选项不符合题意；
D．不符合一般形式，故本选项不符合题意；
故选：A．
【点评】此题主要考查了一元二次方程的一般式，关键是掌握任何一个关于x的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式ax2+bx+c＝0（a≠0）．这种形式叫一元二次方程的一般形式．其中ax2叫做二次项，a叫做二次项系数；bx叫做一次项；c叫做常数项．
4．（2021秋•霞浦县期中）将一元二次方程（x﹣2）（2x+1）＝x2﹣4化为一般形式是 　x2﹣3x+2＝0　．
【分析】先根据多项式乘多项式的运算法则计算，再根据一元二次方程的一般形式解答即可．
【解答】解：（x﹣2）（2x+1）＝x2﹣4，
则2x2﹣4x+x﹣2＝x2﹣4，
整理得：x2﹣3x+2＝0，
故答案为：x2﹣3x+2＝0．
【点评】本题考查的是一元二次方程的一般形式，任何一个关于x的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式ax2+bx+c＝0（a≠0）．这种形式叫一元二次方程的一般形式．
三．一元二次方程的解（共3小题）
5．（2021秋•延平区校级期中）若x＝1是关于x的一元二次方程x2﹣mx+3＝0的一个解，则m的值是（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
【分析】利用一元二次方程的解的定义得到1﹣m+3＝0，然后解关于m的方程即可．
【解答】解：∵x＝1是关于x的一元二次方程x2﹣mx+3＝0的一个解，
∴1﹣m+3＝0，
解得m＝4．
故选：C．
【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．
6．（2021秋•青羊区校级期中）关于x的一元二次方程x2+x﹣a＝0的一个根是2，则a＝　6　．
【分析】把x＝2代入方程x2+x﹣a＝0得：22+2﹣a＝0，然后解关于a的方程即可．
【解答】解：把x＝2代入方程x2+x﹣a＝0，得22+2﹣a＝0，
解得a＝6．
故答案为：6．
【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．
7．（2021秋•法库县期中）先化简，再求值：÷（m+3+），其中m是方程x2﹣2x﹣1＝0的根．
【分析】根据分式的混合运算法则把原式化简，利用因式分解法解出方程，根据分式有意义的条件得到m的值，把m的值代入计算，得到答案．
【解答】解：÷（m+3+）
＝÷
＝•
＝．
解方程x2﹣2x﹣1＝0得，x1＝+1，x2＝﹣+1，
所以m（m﹣2）＝（+1）（+1﹣2）＝（+1）（﹣1）＝1．
或m（m﹣2）＝（﹣+1）（﹣+1﹣2）＝（+1）（﹣1）＝1．
所以原式＝．
【点评】本题考查的是分式的化简求值、一元二次方程的解法，掌握分式的混合运算法则、因式分解法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
四．解一元二次方程-公式法（共1小题）
8．（2021秋•西城区校级期中）解方程：
（1）x2﹣3x+1＝0；
（2）（x+3）（x﹣1）＝5．
【分析】（1）利用公式法解一元二次方程即可；
（2）利用因式分解法解一元二次方程即可．
【解答】解：（1）x2﹣3x+1＝0，
∵△＝b2﹣4ac＝9﹣4＝5，
∴x＝，
＝，
∴x1＝，x2＝；
（2）（x+3）（x﹣1）＝5，
方程整理得，x2+2x﹣8＝0，
（x﹣2）（x+4）＝0，
x﹣2＝0或x+4＝0，
解得x1＝2，x2＝﹣4．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣公式法，因式分解法，解决本题的关键是掌握公式法，因式分解法解一元二次方程．
五．解一元二次方程-因式分解法（共2小题）
9．（2021秋•连江县期中）解方程：x2﹣6x+5＝0（两种方法）．
【分析】利用因式分解法和配方法解方程．
【解答】解：方法一：（x﹣5）（x﹣1）＝0，
x﹣5＝或x﹣1＝0，
所以x1＝5，x2＝1；
方法二：x2﹣6x＝﹣5，
x2﹣6x+9＝4，
（x﹣3）2＝4，
x﹣3＝±2，
所以x1＝5，x2＝1．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了配方法．
10．（2021秋•连南县期中）解方程：x（x﹣3）+x﹣3＝0．
【分析】方程利用因式分解法求出解即可．
【解答】解：分解因式得：（x﹣3）（x+1）＝0，
可得x﹣3＝0或x+1＝0，
解得：x1＝3，x2＝﹣1．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
六．根的判别式（共7小题）
11．（2021秋•枝江市期中）关于x的一元二次方程kx2+（2k﹣1）x+k＝0有两个实数根，则k的取值范围是（　　）
A．k≤ B．k≤且k≠0 C．k≤4且k≠0 D．k≥
【分析】由二次项系数非零及根的判别式Δ≥0，即可得出关于k的不等式组，解之即可得出k的取值范围．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程kx2+（2k﹣1）x+k＝0有两个实数根，
∴，
解得：k≤且k≠0．
故选：B．
【点评】本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，利用二次项系数非零及根的判别式Δ≥0，找出关于k的不等式组是解题的关键．
12．（2021秋•西城区校级期中）若一元二次方程x2﹣2x﹣3a＝0无实根，则a取值范围是 　a＜﹣　．
【分析】根据方程的系数结合根的判别式Δ＜0，即可得出关于a的一元一次不等式，解之即可得出a的取值范围．
【解答】解：∵一元二次方程x2﹣2x﹣3a＝0无实根，
∴Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣3a）＜0，
∴a＜﹣．
故答案为：a＜﹣．
【点评】本题考查了根的判别式，牢记“当Δ＜0时，方程无实数根”是解题的关键．
13．（2021秋•溧阳市期中）已知关于x的方程k2x2﹣2（k+1）x+1＝0有两个实数根．
（1）求k的取值范围；
（2）若k为符合条件的最小整数，求此方程的根．
【分析】（1）根据一元二次方程的定义和根的判别式的意义得到k2≠0且Δ＝4（k+1）2﹣4k2≥0，然后解两个不等式，求出它们的公共部分即可；
（2）直接得出k的值，进而解方程得出答案．
【解答】解：（1）根据题意得k2≠0且Δ＝4（k+1）2﹣4k2＝8k+4≥0，
解得：k≥﹣且k≠0；
（2）∵k≥﹣且k≠0，k为符合条件的最小整数，
∴k＝1，
故x2﹣4x+1＝0，
则x2﹣4x+4＝﹣1+4，
故（x﹣2）2＝3，
则x﹣2＝±，
解得：x1＝2+，x2＝2﹣．
【点评】本题主要考查根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（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．（2021秋•西城区校级期中）已知关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若方程有一个根为负数，求m的取值范围．
【分析】（1）根据根的判别式即可求出答案．
（2）根据因式分解法求出两根，然后列出不等式即可求出答案．
【解答】解：（1）由题意可知：Δ＝（﹣m）2﹣4（m﹣1）＝（m﹣2）2
∵（m﹣2）2≥0，
∴方程总有两个实数根．
（2）由题意可知：x＝m﹣1或x＝1
∵方程有一个根为负数，
∴m﹣1＜0．
∴m＜1．
【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．
15．（2021秋•汉川市期中）关于x的一元二次方程x2+2x+k+1＝0的实数根是x1和x2
（1）求k的取值范围；
（2）如果x1+x2﹣x1x2＜﹣1，且k为整数，求k的值．
【分析】（1）由方程有两个实数根，则其判别式大于或等于0可得到关于k的不等式，可求得k的取值范围；
（2）利用根与系数的关系表示出题目中的条件，结合（1）可求得k的取值范围，可求得k的值．
【解答】解：（1）∵方程有两个实数根，
∴b2﹣4ac＝22﹣4（k+1）≥0，
解得k≤0；
（2）由根与系数的关系可知：x1+x2＝﹣2，x1x2＝k+1，
∵x1+x2﹣x1x2＜﹣1，
∴﹣2﹣（k+1）＜﹣1，
∴k＞﹣2，
由（1）知k≤0，
∴﹣2＜k≤0，
∵k是整数，
∴k＝﹣1或0．
【点评】本题主要考查一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，掌握一元二次方程有两个不相等的实数根⇔Δ＞0、有两个相等的实数根⇔Δ＝0和无实数根⇔Δ＜0是解题的关键．
16．（2021秋•鼓楼区校级期中）已知关于x的方程x2+mx+m﹣2＝0，求证：无论m取何值时，方程总有两个不相等的实数根．
【分析】根据方程的系数结合根的判别式Δ＝b2﹣4ac，可得出Δ＝（m﹣2）2+4，由偶次方的非负性可得出（m﹣2）2≥0，进而可得出（m﹣2）2+4＞0，即Δ＞0，再利用“当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根”即可证出：无论m取何值时，方程总有两个不相等的实数根．
【解答】证明：∵a＝1，b＝m，c＝m﹣2，
∴Δ＝b2﹣4ac＝m2﹣4×1×（m﹣2）＝m2﹣4m+8＝（m﹣2）2+4．
∵（m﹣2）2≥0，
∴（m﹣2）2+4＞0，即Δ＞0，
∴无论m取何值时，方程总有两个不相等的实数根．
【点评】本题考查了根的判别式，牢记“当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．
17．（2021秋•南安市期中）已知关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0有两个相等的实数根，求m的值．
【分析】根据方程的系数结合根的判别式Δ＝b2﹣4ac＝0，即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝b2﹣4ac
＝（﹣m）2﹣4×1×（m﹣1）
＝m2﹣4m+4
＝（m﹣2）2＝0，
∴m1＝m2＝2．
【点评】本题考查了根的判别式，牢记“当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根”是解题的关键．
七．根与系数的关系（共2小题）
18．（2021秋•惠城区校级期中）若关于x的方程x2﹣kx﹣12＝0的一个根为3，则另一个根为 　﹣4　．
【分析】利用两根之积等于，可求出方程的另一个根为﹣4．
【解答】解：方程的另一个根是﹣12÷3＝﹣4．
故答案为：﹣4．
【点评】本题考查了根与系数的关系，牢记两根之积等于是解题的关键．
19．（2021秋•天门期中）已知关于x的一元二次方程x2+（m+3）x+m+2＝0．
（1）求证：无论m取何值，原方程总有两个实数根；
（2）若x1，x2是原方程的两根，且x12+x22＝2，求m的值．
【分析】（1）根据根的判别式即可求出答案．
（2）根据根与系数的关系以及配方法即可求出答案．
【解答】解：（1）证明：∵Δ＝（m+3）2﹣4（m+2）
＝（m+1）2，
∵无论m取何值，（m+1）2≥0，
∴原方程总有两个实数根．
（2）∵x1，x2是原方程的两根，
∴x1+x2＝﹣（m+3），x1x2＝m+2，
∵x12+x22＝2，
∴（x1+x2）2﹣2x1x2＝2，
∴代入化简可得：m2+4m+3＝0，
解得：m＝﹣3或m＝﹣1
【点评】本题考查根与系数的关系，解题的关键是熟练运用根与系数的关系，本题属于基础题型．
八．由实际问题抽象出一元二次方程（共3小题）
20．（2021秋•北流市期中）一个长方形的长比宽多2，若把它的长、宽分别增加2后，面积增加了24，求原来长方形的长与宽，若设原长方形的宽为x，可列方程为（　　）
A．x（x+2）＝24 B．（x+4）（x+2）＝24
C．（x+4）（x+2）﹣x（x+2）＝24 D．x（x+4）＝24
【分析】设原长方形的宽为x，则原长方形的长为x+2，增加长、宽后的长方形的长为x+4，宽为x+2，根据长方形的面积增加了24，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：设原长方形的宽为x，则原长方形的长为x+2，增加长、宽后的长方形的长为x+2+2＝x+4，宽为x+2，
依题意得：（x+4）（x+2）﹣x（x+2）＝24．
故选：C．
【点评】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．
21．（2021秋•永春县期中）如图，用一段篱笆靠墙围成一个大长方形花圃（靠墙处不用篱笆），中间用篱笆隔开分成两个小长方形区域，分别种植两种花草，篱笆总长为19米（恰好用完），围成的大长方形花圃的面积为24平方米，设垂直于墙的一段篱笆长为x米，可列出方程为 　x（19﹣3x）＝24　．

【分析】若设垂直于墙的一段篱笆长为x米，则平行于墙的一段篱笆长为（19﹣3x）米，根据围成的大长方形花圃的面积为24平方米，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：若设垂直于墙的一段篱笆长为x米，则平行于墙的一段篱笆长为（19﹣3x）米，
依题意得：x（19﹣3x）＝24．
故答案为：x（19﹣3x）＝24．
【点评】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．
22．（2021秋•连江县期中）某校图书馆利用节假日面向社会开放．据统计，第一个月进馆500人次，进馆人次逐月增加，第三个月进馆720人次，设该图书馆第二个月、第三个月进馆人次的平均增长率为x，则可列方程为 　500（1+x）2＝720　．
【分析】利用第三个月进馆人次＝第一个月进馆人次×（1+平均增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：依题意得：500（1+x）2＝720．
故答案为：500（1+x）2＝720．
【点评】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．
九．一元二次方程的应用（共4小题）
23．（2021秋•龙岩校级期中）有一人患了新型冠状病毒肺炎，经过两轮传染后共有100人患了新型冠状病毒肺炎，那么每轮传染中平均一个人传染的人数为（　　）
A．8人 B．9人 C．10人 D．11人
【分析】设每轮传染中平均一个人传染的人数为x人，则第一轮传染了x人，第二轮传染了x（1+x）人，根据经过两轮传染后共有100人患了新型冠状病毒肺炎，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【解答】解：设每轮传染中平均一个人传染的人数为x人，则第一轮传染了x人，第二轮传染了x（1+x）人，
依题意得：1+x+x（1+x）＝100，
整理得：x2+2x﹣99＝0，
解得：x1＝9，x2＝﹣11（不合题意，舍去）．
故选：B．
【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．
24．（2021秋•娄底期中）2019年某县投入100万元用于农村“扶贫工程”，计划以后每年以相同的增长率投入，2021年该县计划投入“扶贫工程”144万元．
（1）求该县投入“扶贫工程”的年平均增长率；
（2）若2022年保持从2019年到2021年的年平均增长率不变，求2022年该县将投入“扶贫工程”多少万元？
【分析】（1）设该县投入“扶贫工程”的年平均增长率为x，利用2021年该县计划投入“扶贫工程”的资金＝2019年该县投入“扶贫工程”的资金×（1+增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出该县投入“扶贫工程”的年平均增长率；
（2）利用2022年该县将投入“扶贫工程”的资金＝2021年该县投入“扶贫工程”的资金×（1+增长率），即可求出2022年该县将投入“扶贫工程”的资金．
【解答】解：（1）设该县投入“扶贫工程”的年平均增长率为x，
依题意得：100（1+x）2＝144，
解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（不合题意，舍去）．
答：该县投入“扶贫工程”的年平均增长率为20%．
（2）144×（1+20%）＝144×1.2＝172.8（万元）．
答：预计2022年该县将投入“扶贫工程”172.8万元．
【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．
25．（2021秋•北京期中）如图，在一块长为22米，宽为17米的矩形地面上，要修建同样宽的两条互相垂直的道路（两条道路各与矩形的一条边平行），剩余部分种上草坪，要使草坪面积为300平方米，道路宽应为多少米？

【分析】设道路宽为x米，则剩余部分可合成长（22﹣x）米，宽（17﹣x）米的矩形，根据草坪面积为300平方米，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合17﹣x＞0，即可得出道路宽应为2米．
【解答】解：设道路宽为x米，则剩余部分可合成长（22﹣x）米，宽（17﹣x）米的矩形，
依题意得：（22﹣x）（17﹣x）＝300，
整理得：x2﹣39x+74＝0，
解得：x1＝2，x2＝37．
又∵17﹣x＞0，
∴x＜17，
∴x＝2．
答：道路宽应为2米．
【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．
26．（2021秋•宽城区校级期中）恒利商厦九月份的销售额为150万元，商厦从十月份起加强管理，改善经营，使销售额稳步上升，十一月份的销售额达到了216万元，求这两个月的平均增长率．
【分析】设这两个月的平均增长率为x，利用十一月份的销售额＝九月份的销售额×（1+平均增长率）2，解之取其正值即可得出结论．
【解答】解：设这两个月的平均增长率为x，
依题意得：150（1+x）2＝216，
解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（不合题意，舍去）．
答：这两个月的平均增长率为20%．
【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．
一十．二次函数的定义（共1小题）
27．（2021秋•金安区期中）若y＝（a2+a）x是二次函数，求a的值．
【分析】根据二次函数的定义列出方程求解则可．
【解答】解：根据题意得：a2﹣a＝2且a2+a≠0
解得a＝2．
【点评】此题考查的是二次函数的定义，根据题意列出方程和不等式是解决此题关键．
一十一．二次函数的性质（共2小题）
28．（2021秋•西城区期中）已知二次函数y＝ax2+4x+2的图象经过点A（3，﹣4）．
（1）求a的值；
（2）求此抛物线的对称轴；
（3）直接写出函数y随自变量的增大而减小的x的取值范围．
【分析】（1）把A点坐标代入抛物线解析式可得到关于a的方程，可求得a的值；
（2）把二次函数解析式化为顶点式可求得其及对称轴；
（3）利用二次函数的开口方向、增减性可求得答案．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+4x+2的图象经过点A（3，﹣4），
∴﹣4＝9a+12+2，
解得：a＝﹣2，
∴a的值为﹣2；
（2）由（1）可知抛物线解析式为y＝﹣2x2+4x+2＝﹣2（x﹣1）2+4，
∴抛物线对称轴为直线x＝1；
（3）∵抛物线开口向下，对称轴为x＝1，
∴当x≥1时，y随x的增大而减小．
【点评】本题主要考查二次函数的性质，由函数图象上的点的坐标满足函数解析式求得a的值是解题的关键．
29．（2021秋•宣城期中）已知二次函数y＝x2﹣2x﹣1，在平面直角坐标系中画出它的图象，并写出它的顶点坐标．

【分析】利用五点法画出函数图象即可，根据图象即可求得顶点坐标．
【解答】解：找出函数图象上部分点的坐标，列表：
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
2
﹣1
﹣2
﹣1
2
…
描点、连线，画出函数图象如图所示．

抛物线y＝x2﹣2x﹣1的顶点坐标为（1，﹣2）．
【点评】本题主要考查二次函数的图象，熟练掌握五点画图法是解题的关键．
一十二．二次函数图象与几何变换（共1小题）
30．（2021秋•下城区期中）将抛物线y＝x2﹣4x﹣5向右平移1个单位，再向上平移3个单位，求得到的新抛物线解析式．
【分析】根据向右平移横坐标加，向上平移纵坐标加求出平移后的抛物线的顶点坐标，然后利用顶点式解析式写出即可．
【解答】解：∵抛物线y＝x2﹣4x﹣5＝（x﹣2）2﹣9，
∴该抛物线的顶点坐标是（2，﹣9）．
∵抛物线＝（x﹣2）2﹣9向右平移1个单位，向上平移3个单位，
∴平移后的抛物线的顶点坐标为（3，﹣6），
∴新的抛物线解析式是y＝（x﹣3）2﹣6．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减并确定出平移后的抛物线的顶点坐标是解题的关键．
一十三．二次函数的最值（共2小题）
31．（2022春•涪陵区校级期中）已知，如图，矩形ABCD中，AD＝6，DC＝7，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH＝2，连接CF．
（1）若DG＝2，求证四边形EFGH为正方形；
（2）若DG＝6，求△FCG的面积；
（3）当DG为何值时，△FCG的面积最小．

【分析】（1）由于四边形ABCD为矩形，四边形HEFG为菱形，那么∠D＝∠A＝90°，HG＝HE，而AH＝DG＝2，易证△AHE≌△DGH，从而有∠DHG＝∠HEA，等量代换可得∠AHE+∠DHG＝90°，易证四边形HEFG为正方形；
（2）过F作FM⊥DC，交DC延长线于M，连接GE，由于AB∥CD，可得∠AEG＝∠MGE，同理有∠HEG＝∠FGE，利用等式性质有∠AEH＝∠MGF，再结合∠A＝∠M＝90°，HE＝FG，可证△AHE≌△MFG，从而有FM＝HA＝2（即无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值2），进而可求三角形面积；
（3）先设DG＝x，由第（2）小题得，S△FCG＝7﹣x，在△AHE中，AE≤AB＝7，利用勾股定理可得HE2≤53，在Rt△DHG中，再利用勾股定理可得x2+16≤53，进而可求x≤，从而可得当x＝时，△GCF的面积最小．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为矩形，四边形HEFG为菱形，
∴∠D＝∠A＝90°，HG＝HE，又AH＝DG＝2，
∴Rt△AHE≌Rt△DGH（HL），
∴∠DHG＝∠HEA，
∵∠AHE+∠HEA＝90°，
∴∠AHE+∠DHG＝90°，
∴∠EHG＝90°，
∴四边形HEFG为正方形；
（2）过F作FM⊥DC，交DC延长线于M，连接GE，
∵AB∥CD，
∴∠AEG＝∠MGE，
∵HE∥GF，
∴∠HEG＝∠FGE，
∴∠AEH＝∠MGF，
在△AHE和△MFG中，∠A＝∠M＝90°，HE＝FG，
∴△AHE≌△MFG，
∴FM＝HA＝2，即无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值2，
因此S△FCG＝＝＝1；
（3）设DG＝x，则由第（2）小题得，S△FCG＝7﹣x，在△AHE中，AE≤AB＝7，
∴HE2≤53，
∴x2+16≤53，
∴x≤，
∴S△FCG的最小值为，此时DG＝，
∴当DG＝时，△FCG的面积最小为（7﹣）．

【点评】本题考查了矩形、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理．解题的关键是作辅助线：过F作FM⊥DC，交DC延长线于M，连接GE，构造全等三角形和内错角．
32．（2021秋•莲池区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝3．
（1）在图①中，P是BC上一点，EF垂直平分AP，分别交AD、BC边于点E、F，求证：四边形AFPE是菱形；
（2）若菱形AFPE的四个顶点都在矩形ABCD的边上，当菱形的面积最大时，菱形的边长是 　　．

【分析】（1）根据四边相等的四边形是菱形证明即可．
（2）连接AC，作线段AC的垂直平分线交BC于F，交AD于E，此时菱形AFPE的面积最大．
【解答】（1）证明：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠APB＝∠EAP，
∵EF垂直平分AP，
∴AF＝PF，AE＝PE，
∴∠EAP＝∠PAF，
∴∠APB＝∠PAF＝∠PAF＝∠PAE，
∵PA＝AP，
∴△EAP≌FPA（ASA），
∴AE＝AF，
∴AF＝PF＝AE＝PE，
∴四边形AFPE是菱形．
（2）如图2中，当P与C重合时，菱形AFPE面积最大．

设AF＝CF＝x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2＝AF2，
∴12+（3﹣x）2＝x2，
∴x＝，
∴AF＝CF＝．
故答案为：．
【点评】本题考查线段的垂直平分线的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
一十四．待定系数法求二次函数解析式（共1小题）
33．（2021秋•西城区校级期中）抛物线的顶点坐标为（2，﹣1），且过（3，0），求出这个二次函数的解析式．
【分析】设抛物线顶点式y＝a（x﹣2）2﹣1，将（3，0）代入解析式求解．
【解答】解：设y＝a（x﹣2）2﹣1，将（3，0）代入y＝a（x﹣2）2﹣1得0＝a﹣1，
解得a＝1，
∴y＝（x﹣2）2﹣1．
【点评】本题考查求函数解析式，解题关键是掌握待定系数法求函数解析式，掌握二次函数的一般式，顶点式与交点式．
一十五．抛物线与x轴的交点（共4小题）
34．（2021秋•台江区校级期中）已知二次函数y＝2x2+2x+k﹣2的图象与x轴有两个交点，求实数k的取值范围．
【分析】由抛物线与x轴的交点个数转化为对应的一元二次方程解的个数，得到Δ＞0，解之即可．
【解答】解：∵抛物线与x轴有两个交点，
∴方程2x2+2x+k﹣2＝0有两个不同的实数根，
∴Δ＝22﹣4（2k﹣4）＝﹣8k+20＞0，
解得，k＜2.5．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点问题转化为解关于x的一元二次方程问题，Δ＝b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数：Δ＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
35．（2021秋•龙口市期中）已知二次函数y＝﹣2x2+4x．
（1）用配方法求这个二次函数图象的顶点坐标和对称轴；
（2）画出这个函数的大致图象（草图），指出函数值不小于0时，x的取值范围．
【分析】（1）通过配方法把函数解析式转化为顶点式，可直接得出函数的顶点坐标及对称轴．
（2）根据顶点及对称轴的位置可画出草图；结合函数图象，可得出结论．
【解答】解：（1）y＝﹣2x2+4x＝﹣2（x2﹣2x+1）+2＝﹣2（x﹣1）2+2，
这个二次函数图象的顶点坐标为（1，2），
对称轴为直线x＝1．
（2）图象如下图所示，

由图象可知，函数值不小于0时，0≤x≤2．
【点评】此题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，以及二次函数的三种形式，熟练掌握二次函数性质是解本题的关键．
36．（2021秋•鼓楼区校级期中）已知二次函数y＝x2﹣2x+m﹣2的图象与x轴有交点，求非负整数m的值．
【分析】根据二次函数y＝x2﹣2x+m﹣2的图象与x轴有交点，根据Δ≥0列出m的不等式，求出m的取值范围即可．
【解答】解：∵二次函数y＝x2﹣2x+m﹣2的图象与x轴有交点，
∴Δ＝4﹣4（m﹣2）≥0，
∴m≤3，
∵m为非负整数，
∴m＝0或1或2或3．
【点评】本题主要考查了抛物线与x轴交点的知识，解答本题的关键是根据二次函数y＝x2﹣2x+m﹣2的图象与x轴有交点列出m的不等式，此题难度不大．
37．（2020秋•建昌县期中）如图是二次函数y＝a（x+1）2+4的图象的一部分，根据图象回答下列问题：
（1）a（x+1）2+4＝0的解是 　x1＝﹣4，x2＝2　；
（2）确定a的值；
（3）设抛物线的顶点是P，与x轴的另一个交点是B，试求△PAB的面积．

【分析】（1）由二次函数的图象可以得到该抛物线的对称轴和抛物线与x轴的交点A的坐标，再根据抛物线的对称性求出抛物线与x轴的另一个交点的坐标，即得到一元二次方程a（x+1）2+4＝0的两个解；
（2）将点A的坐标代入y＝a（x+1）2+4列方程求出a的值即可；
（3）先求出抛物线的顶点坐标，再根据点A、点B的坐标求出△PAB的面积即可．
【解答】解：（1）由二次函数y＝a（x+1）2+4的图象可知，该抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，A（﹣4，0），
设该抛物线与x轴的另一个交点为B，
∵点B与点A（﹣4，0）关于直线x＝﹣1对称，
∴B（2，0），
∴当y＝0时，一元二次方程a（x+1）2+4＝0的两个解为x1＝﹣4，x2＝2，
故答案为：x1＝﹣4，x2＝2．
（2）∵点A（﹣4，0）在抛物线y＝a（x+1）2+4上，
∴（﹣4+1）2a+4＝0，
∴解得a＝．
（3）由（2）得a＝，
∴该二次函数为y＝（x+1）2+4，
∴该抛物线的顶点为P（﹣1，4），
又∵A（﹣4，0），B（2，0），
∴AB＝2+4＝6，
∴S△PAB＝×6×4＝12，
∴△PAB的面积是12．

【点评】此题重点考查二次函数的图象与性质、二次函数的图象与x轴的交点坐标、二次函数图象的顶点坐标以及用待定系数法求二次函数的解析式等知识与方法，解题的关键是结合函数的图象确定抛物线上的特殊点的坐标．
一十六．图象法求一元二次方程的近似根（共1小题）
38．（2021秋•綦江区校级期中）借鉴我们已有研究函数的经验，探索函数y＝|x2﹣2x﹣3|﹣2的图象与性质，研究过程如下，请补充完整．
（1）自变量x的取值范围是全体实数，x与y的几组对应值列表如下：
x
…
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
2
3
4
5
…
y
…
10
m
﹣2
1
n
1
﹣2
3
10
…
其中，m＝　3　，n＝　2　；
（2）根据如表数据，在如图所示的平面直角坐标系中描点，并画出函数图象；
（3）观察函数图象：
①写出函数的一条图象性质：　图象具有对称性，对称轴是直线x＝1　；
②当方程|x2﹣2x﹣3|＝b+2有且仅有两个不相等的实数根，根据函数图象直接写出b的取值范围为　b＝﹣2或b＞2　．

【分析】（1）把x＝﹣2和x＝1分别代入y＝|x2﹣2x﹣3|﹣2，即可求得；
（2）描点、连线画出图形；
（3）①根据图象即可求得；
②根据图象即可求得．
【解答】解：（1）把x＝﹣2代入y＝|x2﹣2x﹣3|﹣2，得y＝3，
∴m＝3，
把x＝1代入y＝|x2﹣2x﹣3|﹣2，得y＝2，
∴n＝2，
故答案为：3，2；
（2）如图所示；

（3）①函数的性质：图象具有对称性，对称轴是直线x＝1；
故答案为图象具有对称性，对称轴是直线x＝1：
②由图象可知，当b＝﹣2或b＞2时，函数y＝|x2﹣2x﹣3|﹣2图象与直线y＝b有两个交点，
∵当方程|x2﹣2x﹣3|＝b+2有且仅有两个不相等的实数根时，b＝﹣2或b＞2，
故答案为b＝﹣2或b＞2．
【点评】本题考查了二次函数与x轴的交点问题和一元二次方程的根的情况，注意利用数形结合的思想，理解一元二次方程与抛物线的关系是解此题的关键．
一十七．根据实际问题列二次函数关系式（共2小题）
39．（2019秋•东城区校级期中）美国圣路易斯市有一座巨大的拱门，这座拱高和底宽都是192m的不锈钢拱门是美国开发西部的标志性建筑．如果把拱门看作一条抛物线，试建立恰当的平面直角坐标系，并写出与该抛物线相应的函数表达式．

【分析】以拱门底部中点为原点，水平面为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系，设抛物线相应的函数表达式：y＝ax2+192，代入点的坐标，即可得到结论．
【解答】解：如图，以拱门底部中点为原点，水平面为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系，
设抛物线相应的函数表达式：y＝ax2+192，
∵该抛物线过点B（96，0），
∴0＝962a+192 解得a＝﹣，
∴拱桥对应的二次函数解析式为：y＝﹣x2+192．

【点评】此题考查二次函数的实际运用，利用待定系数法求函数解析式，建立函数与方程之间的联系是解决问题的关键．
40．（2019秋•宁明县期中）在美化校园的活动中，某兴趣小组想借助如图所示的直角墙角（两边足够长），用28m长的篱笆围成一个矩形花园ABCD（篱笆只围AB，BC两边），设AB＝xm，花园的面积为S．求S与x之间的函数表达式，并求自变量x的取值范围．

【分析】直接利用表示出AB，BC的长进而得出关系式，进而得出x的取值范围．
【解答】解：∵AB＝xm，∴BC＝（28﹣x）m，
S＝AB•BC＝x（28﹣x）＝﹣x2+28x，
∵篱笆的长为28m，∴0＜x＜28，
即S＝﹣x2+28x（0＜x＜28）．
【点评】此题主要考查了根据实际问题抽象出二次函数关系式，正确表示出各边长是解题关键．
一十八．二次函数的应用（共1小题）
41．（2021秋•越城区期中）（1）某农场拟建一间矩形间养室，饲养室的一而靠现有墙（墙足够长），已知计划中的建筑材料可建围墙的总长为50m．如图1，问饲养室长为多少时，占地面积最大．
（2）解决（1）后，我们反思：如果要求在图示位置留2m宽的门（如图2），且仍使饲养室占地面积最大，这时小敏回答，只要饲养室长比（1）的长多1m就行，请你通过计算，判断小敏的回答是否正确．
（3）对于（1）、（2），进一步反思：如果要求在图中所示位置留2m宽的门（如图3），这时小敏回答，只要饲养室长比（1）的长多2m就行，请你通过计算，判断小敏的回答是否正确．

【分析】（1）设饲养室的面积为ym2，根据矩形的面积公式写出y与x的函数关系式，根据函数的性质求最值即可；
（2）根据（1）中方法求出面积取最大值时x的值与（1）中x的值比较即可；
（3）根据（1）中方法求出面积取最大值时x的值与（1）中x的值比较即可．
【解答】解：（1）设饲养室的面积为ym2，根据题意得：
y＝x•＝﹣（x﹣25）2+，
∵﹣＜0，
∴当x＝25时，占地面积最大，
∴饲养室长x为25m时，占地面积y最大；
（2）由题意得：y＝x•＝﹣（x﹣26）2+338，
∵﹣＜0，
∴当x＝26时，占地面积最大，
即饲养室长x为26m时，占地面积y最大，
∵26﹣25＝1（cm），
∴小敏的说法正确；
（3）由题意得：y＝x•＝﹣（x﹣27）2+，
∵﹣＜0，
∴当x＝27时，占地面积最大，
即饲养室长x为26m时，占地面积y最大，
∵27﹣25＝2（cm），
∴小敏的说法正确．
【点评】此题主要考查了由实际问题列二次函数关系式以及二次函数的最值问题，同时也利用了矩形的面积公式，关键是列出函数解析式．
一十九．圆心角、弧、弦的关系（共1小题）
42．（2021秋•越秀区校级期中）已知线段AD、BC为⊙O的弦，且BC＝AD，求证：AB＝CD．

【分析】根据圆心角、弧、弦的关系，由BC＝AD得到＝，则＝，从而得到AB＝CD．
【解答】证明：∵BC＝AD，
∴＝，
即+＝+，
∴＝，
∴AB＝CD．
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
二十．圆周角定理（共1小题）
43．（2021秋•龙亭区校级期中）已知⊙O的直径AB＝10，CD是⊙O的弦．
（1）如图1，若AB⊥CD，垂足为M，OM：OB＝3：5，求CD的长；
（2）如图2，若DC平分∠ADB，求AC的长．

【分析】（1）连接OC，如图1，先计算出OM＝3，再根据出径定理得到CM＝DM，接着利用勾股定理计算出CM，从而得到CD的长；
（2）连接BC，由圆周角定理得出∠ADB＝∠ACB＝90°，由角平分线的定义得出∠ADC＝∠BDC＝45°，根据勾股定理可求出答案．
【解答】解：（1）连接OC，如图1，

∵AB＝10，OM：OA＝3：5，
∴OC＝5，OM＝3，
∵AB⊥CD，
∴CM＝DM，
在Rt△OCM中，CM＝＝＝4，
∴CD＝2CM＝8．
（2）如图2，连接BC，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
∵DC平分∠ADB，
∴∠ADC＝∠BDC＝45°，
∴∠BAC＝∠BDC＝45°，
∴AC＝BC，
设AC＝BC＝x，
∴x2+x2＝102，
∴x＝5，
∴AC＝5．
【点评】本题考查了圆周角定理，垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．
二十一．三角形的外接圆与外心（共1小题）
44．（2021秋•大同期中）如图，△ABC内接于⊙O，连接OA，OB．若∠OAB＝65°，则∠ACB的度数为 　25°　．

【分析】根据三角形的内角和定理求得∠AOB的度数，再进一步根据圆周角定理求解．
【解答】解：∵OA＝OB，∠OAB＝35°，
∴∠AOB＝180°﹣65°×2＝50°，
∴∠C＝∠AOB＝×50°＝25°．
故答案为：25°．
【点评】此题综合运用了三角形的内角和定理以及圆周角定理．一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
二十二．切线的性质（共1小题）
45．（2021秋•阳信县期中）如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，C是上任意一点，过点C作⊙O的切线，分别与PA，PB相交于D，E两点，若PA＝PB＝5cm，求△PDE的周长．

【分析】由PA、PB、DC、EC都为⊙O的切线，根据切线长定理得到PA＝PB＝5cm，DA＝DC，EC＝EB，然后把△PDE的周长＝PD+PE+DC+EC进行等线段代换得到△PDE的周长＝PA+PB，而PA＝PB＝5cm，即可得到△PDE的周长．
【解答】解：∵PA与PB分别切⊙O于A、B两点，DE切⊙O于C，
∴DA＝DC，EC＝EB，
∵PA＝PB＝5cm，
∴△PDE的周长＝PD+PE+DC+EC＝PD+DA+PE+EB＝PA+PB＝10cm．
【点评】本题考查了切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，并且这点与圆心的连线平分两切线的夹角．
二十三．三角形的内切圆与内心（共1小题）
46．（2021秋•龙岩校级期中）求边长为7，24，25的三角形的内切圆半径长．
【分析】由△ABC的三边长可知△ABC是直角三角形，由直角三角形的外接圆的半径等于斜边的一半，即可计算出外接圆半径；利用内切圆半径等于两直角边的和与斜边的差的一半，即可计算出内切圆半径．
【解答】解：∵72+242＝252，
∴△ABC是直角三角形，且斜边长为25，
∴内切圆的半径为：（7+24﹣25）÷2＝3；
∴该三角形内切圆的半径长为3．
【点评】此题考查了三角形的外接圆、内切圆的知识与勾股定理的知识；解题的关键是掌握内切圆半径等于两直角边的和与斜边的差的一半．
二十四．正多边形和圆（共1小题）
47．（2021秋•兴宁区校级期中）如图，把圆分成六等分，经过各分点作圆的切线，以相邻切线的交点为顶点的图形是这个圆的外切正六边形，⊙O的半径是R，它的外切正六边形的边长为（　　）

A． B．R C．2R D．6R
【分析】求出∠AOD＝30°，然后解直角三角形求出AD，再根据边长AB＝2AD计算即可得解．
【解答】解：如图，∠AOD＝360°÷12＝30°，

所以，AD＝OD•tan30°＝R，
所以，外切六边形的边长AB＝2AD＝R．
故选：A．
【点评】本题考查了正多边形和圆，主要利用了解直角三角形，熟记正多边形的性质并求出切点与相邻的顶点所对的圆心角的度数是解题的关键．
二十五．弧长的计算（共1小题）
48．（2021秋•西城区校级期中）一个扇形的半径为4，圆心角为90°，则此扇形的弧长为 　2π　．
【分析】根据弧长的计算公式直接解答即可．
【解答】解：扇形弧长为：＝2π，
故答案为：2π．
【点评】本题考查了弧长的计算，熟记弧长的计算公式即可．
二十六．圆锥的计算（共1小题）
49．（2021秋•铜山区期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6．若以AC所在直线为轴，把△ABC旋转一周，得到一个圆锥，则这个圆锥的侧面积等于 　60π　．

【分析】运用公式s＝πlr（其中勾股定理求解得到的母线长l为5）求解．
【解答】解：由已知得，母线长AB＝10，半径r为6，
∴圆锥的侧面积是s＝πlr＝10×6×π＝60π．
故答案为60π．
【点评】本题考查了圆锥的计算，要学会灵活的运用公式求解．
二十七．旋转的性质（共1小题）
50．（2021秋•兴宁区校级期中）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转55°得到△ADE，若∠E＝70°且AD⊥BC于点F，则∠BAC＝　75°　．

【分析】由旋转的性质可得∠BAD＝55°，∠E＝∠ACB＝70°，由直角三角形的性质可得∠DAC＝20°，即可求解．
【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得△ADE，
∴∠BAD＝55°，∠E＝∠ACB＝70°，
∵AD⊥BC，
∴∠DAC＝20°，
∴∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝75°．
故答案为：75°．
【点评】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
二十八．旋转对称图形（共1小题）
51．（2021秋•海安市期中）如图所示的四角风车至少旋转 　90　°就可以与原图形重合．

【分析】直接利用旋转对称图形的性质得出旋转角．
【解答】解：∵＝90°，
∴四角风车至少旋转90°就可以与原图形重合．
故答案为：90．
【点评】此题主要考查了旋转对称图形，正确掌握旋转对称图形的性质是解题关键．
二十九．中心对称图形（共1小题）
52．（2021秋•微山县期中）2021年国庆节期间，许多单位用鲜花围成了几何图形庆祝祖国母亲72周岁生日下列围成的几何图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A．等腰三角形 B．平行四边形 C．矩形 D．正五边形
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A．等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意；
D．正五边形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
【点评】本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好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，图形旋转180°后与原图重合．
三十．关于原点对称的点的坐标（共1小题）
53．（2021秋•汉川市期中）点A和点B关于原点成中心对称，已知点A的坐标是（3，﹣4），则点B的坐标是 　（﹣3，4）　．
【分析】直接利用两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y），进而得出答案．
【解答】解：∵点A和点B关于原点成中心对称，点A的坐标是（3，﹣4），
∴点B的坐标是（﹣3，4）．
故答案为：（﹣3，4）．
【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．
三十一．坐标与图形变化-旋转（共1小题）
54．（2021秋•汉川市期中）如图，△AOB中，OA＝4，OB＝6，，将△AOB绕原点O顺时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A'的坐标是 　（2，﹣2）　．

【分析】如图，过点A作AH⊥OB于H，设OH＝m，则BH＝6﹣m，利用勾股定理构建方程求出m，可得结论．
【解答】解：如图，过点A作AH⊥OB于H，设OH＝m，则BH＝6﹣m，

∵AH2＝OA2﹣OH2＝AB2﹣BH2，
∴42﹣m2＝（2）2﹣（6﹣m）2，
∴m＝2，
∴AH＝＝2，
∴A（2，2），
∴将△AOB绕原点O逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A′（2，﹣2），
故答案为：（2，﹣2）．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是求出点A的坐标，属于中考常考题型．
三十二．作图-旋转变换（共1小题）
55．（2021春•福田区校级期中）在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，建立平面直角坐标系，△ABC的位置如图所示，先作△ABC关于原点O成中心对称的△A1B1C1，再把△A1B1C1向上平移4个单位长度得到△A2B2C2．
（1）画出△A1B1C1和△A2B2C2；
（2）△A2B2C2与△ABC关于某点成中心对称，直接写出对称中心的坐标是 　（0，2）　；
（3）已知P为x轴上一点．若△ABP的面积为3，直接写出点P的坐标 　（﹣1，0）或（﹣5，0）　．

【分析】（1）利用中心对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，描点得到△A1B1C1，利用点平移的坐标特征写出A2、B2、C2的坐标，然后描点得到△A2B2C2；
（2）连接AA2、BB2、CC2，它们相交于Q点，则Q点为对称中心；
（3）设P点坐标为（t，0），利用三角形面积公式得到×|t+3|×3＝3，然后解得P点坐标．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1和△A2B2C2为所作；

（2）如图，△A2B2C2与△ABC关于Q点成中心对称，Q点的坐标为（0，2）；
故答案为（0，2）
（3）设P点坐标为（t，0），
∵△ABP的面积为3，
∴×|t+3|×3＝3，解得t1＝﹣1，t2＝﹣5，
∴P点坐标为（﹣1，0）或（﹣5，0）．
故答案为（﹣1，0）或（﹣5，0）．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换．
三十三．随机事件（共2小题）
56．（2021秋•越城区期中）（1）下列事件中，哪些是必然事件？哪些是不可能事件？哪些是不确定事件？（填入题后括号内）
①校运会上，我班一位女同学的100米跑成绩是12秒11．（ 　不确定　事件）
②人在地球上所受的重力比在月球上小．（ 　不可能　事件）
③一个四边形四个内角的和等于360°．（ 　必然　事件）
（2）写出一个不确定事件．（只需写一个，填在下面的横线上） 　明天会下雨（答案不唯一）．　
【分析】根据事件发生的可能性大小判断即可．
【解答】解：（1）①校运会上，我班一位女同学的100米跑成绩是12秒11．（不确定事件）
②人在地球上所受的重力比在月球上小．（不可能事件）
③一个四边形四个内角的和等于360°．（必然事件）
（2）写出一个不确定事件．（只需写一个，填在下面的横线上） 明天会下雨（答案不唯一）．
故答案为：（1）不确定，不可能，必然；（2）明天会下雨（答案不唯一）．
【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．
57．（2022春•龙岗区校级期中）将2个红球、3个白球、2个黑球放入一个不透明袋子里，从中摸出6个球，恰好红球、白球、黑球都摸到，这个事件是（　　）
A．不太可能事件 B．不可能事件
C．随机事件 D．必然事件
【分析】根据事件发生的可能性大小判断即可．
【解答】解：由题意可知，从中摸出6个球，红球、白球、黑球都可以摸到，
∴这个事件是必然事件，
故选：D．
【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．
三十四．几何概率（共1小题）
58．（2021秋•都江堰市期中）如图，从一个大正方形中截去面积为12和3的两个小正方形，若随机向大正方形内投一粒米，则米粒落在图中阴影部分的概率为 　　．

【分析】由两个小正方形面积可推出最大正方形的边长及面积，从而可求阴影部分的面积，根据米粒落在图中阴影部分的概率为阴影部分与大正方形面积比即可得到答案．
【解答】解：由图可知大正方形中的两个小正方形边长分别为2cm，cm．
∴大正方形的边长为为2+＝3cm，
则大正方形的面积为（3）2＝27（cm2），
阴影部分的面积为27﹣12﹣3＝12（cm2）．
则米粒落在图中阴影部分的概率为＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了几何概型的概率求法，利用面积求概率是解题的关键．
三十五．列表法与树状图法（共1小题）
59．（2021秋•莲湖区期中）某景区检票口有A、B、C、D共4个检票通道．甲、乙两人到该景区游玩，两人分别从4个检票通道中随机选择一个检票．
（1）甲选择A检票通道的概率是　　；
（2）求甲乙两人选择的检票通道恰好相同的概率．
【分析】（1）直接利用概率公式计算；
（2）利用列表法展示所有16种等可能的结果数，再找出甲乙两人选择的检票通道恰好相同的结果数，然后根据概率公式计算．
【解答】（1）解：甲选择A检票通道的概率＝
故答案为；
（2）解：列表如下：

结果 乙

甲
A
B
C
D
A
（A，A）
（A，B）
（A，C）
（A，D）
B
（B，A）
（B，B）
（B，C）
（B，D）
C
（C，A）
（C，B）
（C，C）
（C，D）
D
（D，A）
（D，B）
（D，C）
（D，D）
共有16种可能结果，并且它们的出现是等可能的，“甲、乙两人选择相同检票通道”记为事件E，它的发生有4种可能：（A，A）、（B，B）、（C，C）、（D，D）
∴P（E）＝＝．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
三十六．利用频率估计概率（共1小题）
60．（2021春•灌南县期中）在一只不透明的口袋里，装有若干个除了颜色外均相同的小球，某数学学习小组做摸球试验，将球搅匀后从中随机摸出一个球记下颜色，再把它放回袋中，不断重复．如表是活动进行中的一组统计数据：
摸球的次数n
100
150
200
500
800
1000
摸到白球的次数m
59
96
b
295
480
601
摸到白球的频率
a
0.64
0.58
0.59
0.60
0.601
（1）上表中的a＝　0.59　，b＝　116　；
（2）“摸到白球的”的概率的估计值是　0.6　（精确到0.1）；
（3）如果袋中有12个白球，那么袋中除了白球外，还有多少个其它颜色的球？
【分析】（1）利用频率＝频数÷样本容量直接求解即可；
（2）根据统计数据，当n很大时，摸到白球的频率接近0.6；
（3）根据利用频率估计概率，可估计摸到白球的概率为0.6，然后利用概率公式计算其他颜色的球的个数．
【解答】解：（1）a＝59÷100＝0.59，b＝200×0.58＝116．
故答案为：0.59，116
（2）“摸到白球的”的概率的估计值是0.6；
故答案为：0.6
（3）12÷0.6﹣12＝8（个）．
答：除白球外，还有大约8个其它颜色的小球；
【点评】本题考查了利用频率估计概率：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．