【解析】浙江省湖州市長興縣2022-2023學(xué)年九年級上學(xué)期數(shù)精準(zhǔn)教學(xué)階段性綜合分析材料三

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浙江省湖州市長興縣2022-2023學(xué)年九年級上學(xué)期數(shù)精準(zhǔn)教學(xué)階段性綜合分析材料(三）

一、選擇題(本題有10小題，每小題3分，共30分)

1．下列拋物線中，與拋物線y=2(x-1)2+2形狀相同的是()

A．y=(x-1)2B．y=2x2C．y=(x-1)2+2D．y=(2x-1)2+2

【答案】B

【知識點】二次函數(shù)y=a（x-h）^2+k的圖象

【解析】【解答】解：∵與拋物線y=2(x-1)2+2形狀相同的的拋物線中a=2，

∴拋物線y=2x2與拋物線y=2(x-1)2+2形狀相同.

故答案為：B

【分析】利用與拋物線y=a（x-h）2+k的形狀相同的二次函數(shù)解析式中的a的絕對值相等，觀察各選項中的二次函數(shù)解析式，可得答案.

2．如圖，點A，B，C在O⊙上，∠ACB=40°，則∠AOB的度數(shù)是()

A．40°B．75°C．80°D．85°

【答案】C

【知識點】圓周角定理

【解析】【解答】解：∵，

∴∠AOB=2∠ACB=2×40°=80°.

故答案為：C

【分析】利用一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半，可求出∠AOB的度數(shù).

3．如圖，AB∥CD∥EF，AF與BE相交于點G，若AG=2，GD=1，DF=5，則的值是()

A．B．C．D．

【答案】B

【知識點】平行線分線段成比例

【解析】【解答】解：∵AG=2，AD=1，DF=5，

∴AD=AG+GD=1+2=3，

∵AB∥CD∥EF，

∴

故答案為：B

【分析】利用已知條件求出AD的長，再利用平行線分線段成比例定理可求出BC與CE的比值.

4．某射擊運動員在同一條件下的射擊成績記錄如下：

射擊次數(shù)20801002004001000

“射中九環(huán)以上”的次數(shù)186882168327823

“射中九環(huán)以上”的頻率(結(jié)果保留兩位小數(shù))0.900.850.820.840.820.82

根據(jù)頻率的穩(wěn)定性，估計這名運動員射擊一次時“射中九環(huán)以上”的概率約是()

A．0.90B．0.85C．0.82D．0.84

【答案】C

【知識點】利用頻率估計概率

【解析】【解答】解：根據(jù)頻率的穩(wěn)定性，估計這名運動員射擊一次時“射中九環(huán)以上”的概率約是0.82.

故答案為：C

【分析】利用表中數(shù)據(jù)，隨著實驗次數(shù)的增加，可知這名運動員射擊一次時“射中九環(huán)以上”的概率逐漸趨于穩(wěn)定，可得答案.

5．如圖，某校數(shù)學(xué)興趣小組為測量學(xué)校旗桿AC的高度，在點F處豎立一根長為1.5米的標(biāo)桿DF，量出DF的影子EF的長度為1米，再量出旗桿AC的影子BC的長度為6米，則旗桿AC的高度是()

A．6米B．7米C．8.5米D．9米

【答案】D

【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：由題意可知△DEF∽△ABC，

∴，

∴，

解之：AC=9.

故答案為：9

【分析】利用已知條件可知△DEF∽△ABC，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例，可求出AC的長.

6．如圖，正八邊形ABCDEFGH中，∠EAG的度數(shù)是()

A．30°B．40°C．45°D．50°

【答案】C

【知識點】正多邊形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：連接EG，EC，AC，

∵正八邊形ABCDEFGH，

∴四邊形ACEG是正方形，

∴∠EAG=∠GAC=×90°=45°.

故答案為：C

【分析】連接EG，EC，AC，易證四邊形ACEG是正方形，利用正方形的性質(zhì)，可求出∠EAG的度數(shù).

7．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A，B，C的坐標(biāo)滿足二次函數(shù)y=ax2+bx(a≠0)的表達式，則對該二次函數(shù)的系數(shù)a和b判斷正確的是()

A．a(chǎn)0B．a(chǎn)0，b0，b>0

【答案】A

【知識點】二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系

【解析】【解答】解：過點A、B、C三點的大致函數(shù)圖象如下，

∵拋物線的開口向下，

∴a＜0，

對稱軸在y軸的右側(cè)，

∴b＜0.

故答案為：A

【分析】畫出拋物線的大致圖象，利用開口方向可得到a的取值范圍，利用對稱軸的位置：左同右異，可得到b的取值范圍.

8．如圖，AD是⊙O的直徑，以A為圓心，弦AB為半徑畫弧交⊙O于點C，連結(jié)BC交AD于點E，若DE=2，BC=8，則⊙O的半徑是()

A．B．5C．D．

【答案】B

【知識點】勾股定理；垂徑定理

【解析】【解答】解：連接OB，

∵以A為圓心，弦AB為半徑畫弧交⊙O于點C，

∴，

∵AD是直徑，

∴AD⊥BC，

∴BE=BC=4，∠OEB=90°，

設(shè)圓的半徑為r，則OE=r-2，

在Rt△OBE中，

OB2=OE2+BE2即r2=（r-2）2+42

解之：r=5.

故答案為：B

【分析】連接OB，利用已知作圖可知，利用垂徑定理可證得AD⊥BC，同時可求出BE的長，設(shè)圓的半徑為r，可表示出OE的長，利用勾股定理可得到關(guān)于r的方程，解方程求出r的值.

9．從地面豎直向上拋出一小球，小球的高度h(單位：m)與小球運動時間t(單位：s)之間的函數(shù)關(guān)系如圖所示，則下列描述正確的是()

A．小球拋出3秒后，速度越來越快B．小球在空中經(jīng)過的路程是40m

C．小球拋出3秒時速度達到最大D．小球的高度h=30m時，t=1.5s

【答案】A

【知識點】二次函數(shù)的實際應(yīng)用-拋球問題

【解析】【解答】解：A、小球拋出3秒后，速度越來越快，正確，故A符合題意；

B、由圖象可知小球在空中達到的最大高度為40m，故B不符合題意；

C、小球拋出3秒時高度達到最大，故C不符合題意；

D、設(shè)函數(shù)解析式為h=a（t-3）2+40，

∴9a+40=0，

解之：

∴拋物線的解析式為h=（t-3）2+40，

當(dāng)h=30時（t-3）2+40=30

解之：t1=4.5，t2=1.5，故D不符合題意；

故答案為：D

【分析】小球拋出3秒后，速度越來越快，可對A作出判斷；觀察圖象，可知當(dāng)t=3時，小球的高度達到最高，可對B，C作出判斷；再利用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式，將h=30代入，可求出對應(yīng)的t的值，可對D作出判斷.

10．如圖，將正方形EFGH的各邊向外延長，使得AE=DH=CG=BF，順次連結(jié)A，B，C，D，得到四邊形ABCD，過點G作GD的垂線交AB于點M，若GM=GD，則的值是()

A．B．C．D．

【答案】D

【知識點】正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解法一：

解：過點M作MN⊥BG于點N，

∵∠MGN=90°，∠NGH=90°，

∴∠DGH=∠MGN，

又∵∠DHG=∠MNG=90°，

∴△DHG∽△MNG，

∴，

∵，

∴設(shè)HG=3，HD=3x，

則GN=4，MN=4x，

∴NF=1，BN=3X-1，

∵MN⊥BG，AF⊥BG，

∴MN∥AF，

∴△BMN∽△BAF，

∴，

∴，

解得x=1，

∴AE=HD=3，ED=EH+HD=6，

∴，

∴，

本題答案為：D.

解法二：

解：過點G作PQ∥AD，交線段DC于點P，交線段QB于點Q，

根據(jù)一線三等角模型易得△MQG∽△GPD，

∵，

∴相似比為4：3，

設(shè)GP=3，DP=3x，（x＞1）

則QG=4x，MQ=4，

∵QP=BC=DP，

∴QB=PC=x+3，

根據(jù)一線三等角模型易得△BQG∽△GPC，

∴，

∴，

即，

解得x=3，

∴BQ=6，QG=12，PG=3，BC=15，

∴，

∴EH=BG-GC=，

∴，

本題答案為：D.

【分析】思路分析：首先通過前面三句話的描述可以得出，ABCDEFGH組成了趙爽弦圖模型。最主要的是條件“GD⊥GM”和條件“”如何使用。結(jié)合整個圖形，主要有兩種思考方向：1、以G為旋轉(zhuǎn)中心構(gòu)造手拉手模型；2、以G為端點，構(gòu)造一線三等角模型。

解法分析：此題最終需要求兩條線段的比值，如果設(shè)兩個未知數(shù)，那么在計算與轉(zhuǎn)化過程中會大大增加難度，而且題目條件中并未出現(xiàn)長度數(shù)值，所以我們可以采用賦值法來減少未知數(shù)的個數(shù).

二、填空題(本題有6小題，每小題4分，共24分)

11．（2023·寧波）袋中裝有除顏色外其余均相同的5個紅球和3個白球.從袋中任意摸出一個球，則摸出的球是紅球的概率為.

【答案】

【知識點】簡單事件概率的計算

【解析】【解答】解：.

故答案為：.

【分析】袋中有8個小球，它們除顏色不同外其他的都相同，其中紅色的小球共有5個，故從中摸出一個共有8種等可能的結(jié)果，其中能摸出紅球的只有5種等可能的結(jié)果，根據(jù)概率公式即可算出答案。

12．若△ABC∽△A'B'C'，且，△ABC的周長為12cm，則△A'B'C'的周長為cm．

【答案】16

【知識點】相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：設(shè)△A′B′C′的周長為x，

∵△ABC∽△A'B'C'，

∴，

解之：x=16.

故答案為：16

【分析】設(shè)△A′B′C′的周長為x，利用相似三角形的周長比等于相似比，可得到關(guān)于x的方程，解方程求出x的值.

13．如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，以頂點D為圓心作半徑為r的圓，使點A在⊙D內(nèi)且點C在⊙D外，則r的取值范圍是．

【答案】3＜r＜4

【知識點】點與圓的位置關(guān)系

【解析】【解答】解：∵AB=4，AD=3，以頂點D為圓心作半徑為r的圓，使點A在⊙D內(nèi)且點C在⊙D外，

∴r的取值范圍為3＜r＜4.

故答案為：3＜r＜4

【分析】設(shè)圓的半徑為r，圓心到點的距離為d，當(dāng)d=r時，點在圓上；當(dāng)d＜r時，點在圓內(nèi)；當(dāng)d＞r時，點在圓外，利用已知條件可得到r的取值范圍.

14．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，將拋物線y=x2-4x+3向左平移n個單位，使平移后的拋物線經(jīng)過原點，則n的值為．

【答案】1或3

【知識點】二次函數(shù)圖象的幾何變換

【解析】【解答】解：∵y=x2-4x+3=（x-2）2-1，

∴平移后的函數(shù)解析式為y=（x-2+n）2-1，

∵使平移后的拋物線經(jīng)過原點即（0，0），

∴（-2+n）2-1=0

解之：n1=3，n2=1.

故答案為：1或3

【分析】先將函數(shù)解析式轉(zhuǎn)化為頂點式，利用上加下減，左加右減，可得到平移后的函數(shù)解析式，再將（0，0）代入函數(shù)解析式，可得到關(guān)于n的方程，解方程求出n的值.

15．如圖，有一塊三角板ABC，∠C為直角，∠ABC=30°，將它放置在0O中，點A，B在圓上，邊BC經(jīng)過圓心O，劣弧的度數(shù)是°．

【答案】120

【知識點】線段垂直平分線的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；垂徑定理；圓周角定理

【解析】【解答】解：延長AC交圓O于點D，連接BD，AO，

∵∠C=90°，

∴BC⊥AD，

∴BC垂直平分AD，

∴AB=BD，

∵∠CAB=90°-∠ABC=90°-30°=60°，

∴△ABD是等邊三角形，

∴∠D=60°，

∵，

∴∠AOB=2∠D=2×60°=120°，

∴劣弧AB的度數(shù)為120°.

故答案為：120

【分析】延長AC交圓O于點D，連接BD，AO，利用垂徑定理可證得BC垂直平分AD，利用垂直平分線的性質(zhì)可知AB=BD；再利用三角形的內(nèi)角和定理求出∠CAB的度數(shù)，可證得△ABD是等邊三角形，利用等邊三角形的性質(zhì)可求出∠D的度數(shù)；然后利用圓周角定理可求出∠AOB的度數(shù)，利用圓心角的度數(shù)和它所對的弧的度數(shù)相等，可求出劣弧AB的度數(shù).

16．如圖，函數(shù)y=ax2+bx+c(a，b，c為常數(shù)，且a≠0)經(jīng)過點(-1，0)，(m，0)，且10；②a+b0

∴解得k的取值范圍是k1)，點E，F(xiàn)分別在邊AD，AB上．AE=1，

[特例感知]如圖1，當(dāng)m=3時，若AF：FB=1：3，求證：△AEF∽△BCF；

[變式探究]如圖2，當(dāng)m=3.5時，若以點B，F(xiàn)，C為頂點的三角形與△AEF相似，求AF的長；

[理解操作]請你用直尺和圓規(guī)在如圖3的AB邊上找出所有以點B，F(xiàn)，C為頂點的三角形與△AEF相似的點F(不需要寫作法，保留畫圖痕跡)，

【答案】解：[特例感知]證明：∵AE=1，BC=3，∴AE：BC=1：3，

∵AF：FB=1：3，∴AE：BC=AF：FB

在矩形ABCD中，∠A=∠B=90°，

∴△AEF∽△BCF

[變式探究]解：在矩形ABCD中，∠A=∠B=90°，

①當(dāng)∠AFE=∠BFC時，△AEF∽△BCF，∴

即：，解得AF=

②當(dāng)∠AFE=∠BCF時，△AEF∽△BFC，∴

即，解得AF=2-或AF=2+

[理解操作]如圖所示，

【知識點】矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；作圖﹣相似變換

【解析】

【分析】[特例感知]利用已知可得到BC的長，再證明AE：BC=AF：FB，利用兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等的兩三角形相似，可證得結(jié)論.

[變式探究]利用矩形的性質(zhì)可證得∠A=∠B=90°，再分情況討論：當(dāng)∠AFE=∠BFC時，△AEF∽△BCF，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例，可求出AF的長；當(dāng)∠AFE=∠BCF時，△AEF∽△BFC，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例，可求出AF的長，綜上所述可得到AF的長.

[理解操作]作點E關(guān)于AB得對稱點E'，連結(jié)CE'交AB于點F1；再連接CE，以CE為直徑作圓與AB交于點F2和F3，畫出圖形即可.

24．在平面直角坐標(biāo)系x●y中，二次函數(shù)y=x2+bx+c(b，c為常數(shù))的圖象與x軸交于點A(-1，0)和點B，與y軸交于點C(0，-3)，點P是拋物線上的一個動點．

（1）求二次函數(shù)的表達式；

（2）如圖1，若點P在第四象限，過點P作PH⊥BC于點H，當(dāng)PH的長度最大時，求點P的坐標(biāo)；

（3）如圖2，若點P在第三象限，直線BP和AP分別交y軸于E，F(xiàn)兩點，求證：CE=3CF．

【答案】（1）解：把A(-1，0)和C(0，-3)分別代人y=x2+bx+c，

得

解得

∴二次函數(shù)的表達式為y=x2-2x-3

（2）解：連結(jié)PC，PB，過點P作PM_⊥x軸，交BC于點M，

在Rt△BOC中，BC=

∵S△PBC=BC·PH=PH，

∴要使PH的長度最大，只要S△PBC最大

設(shè)點P(n，(n+1)(n-3))，則M(n，n-3)，

∴S△PBC=S△PMC+S△PMB=

當(dāng)n=時，S△PBC最大

此時PH的長度最大，點P的坐標(biāo)為(，）

（3）解：過點P作PN⊥x軸于點N，則PN∥OF，

∴△APN∽△AFO，

∴

設(shè)點P(n，(n+1)(n-3))，則

∴FO=-(n-3)，

∴CF=FO一CO=-(n-3)-3=-n

同理，由△BOE∽△BNP，得OE=3(n+1)，

∴CE=CO-EO=3-3(n+1)=-3n

∴CE=3CF

【知識點】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；三角形的面積；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【分析】（1）將點A，C的坐標(biāo)代入二次函數(shù)解析式，可得到關(guān)于b，c的方程組，解方程組求出b，c的值，可得到二次函數(shù)解析式.

（2）連結(jié)PC，PB，過點P作PM_⊥x軸，交BC于點M，利用勾股定理求出BC的長，再利用三角形的面積公式可表示出△PBC的面積，設(shè)點P(n，(n+1)(n-3))，則M(n，n-3)，根據(jù)S△PBC=S△PMC+S△PMB，利用三角形的面積公式可得到S△PBC與n之間的函數(shù)解析式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)，可求出PH的長度最大時點P的坐標(biāo).

（3）過點P作PN⊥x軸于點N，則PN∥OF，可證得△APN∽△AFO，利用點P的坐標(biāo)可得到關(guān)于n和FO的方程，解方程可表示出FO，從而可得到CF的長；同理可證△BOE∽△BNP，可表示出OE的長，然后表示出CE的長，即可證得結(jié)論.

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浙江省湖州市長興縣2022-2023學(xué)年九年級上學(xué)期數(shù)精準(zhǔn)教學(xué)階段性綜合分析材料(三）

一、選擇題(本題有10小題，每小題3分，共30分)

1．下列拋物線中，與拋物線y=2(x-1)2+2形狀相同的是()

A．y=(x-1)2B．y=2x2C．y=(x-1)2+2D．y=(2x-1)2+2

2．如圖，點A，B，C在O⊙上，∠ACB=40°，則∠AOB的度數(shù)是()

A．40°B．75°C．80°D．85°

3．如圖，AB∥CD∥EF，AF與BE相交于點G，若AG=2，GD=1，DF=5，則的值是()

A．B．C．D．

4．某射擊運動員在同一條件下的射擊成績記錄如下：

射擊次數(shù)20801002004001000

“射中九環(huán)以上”的次數(shù)186882168327823

“射中九環(huán)以上”的頻率(結(jié)果保留兩位小數(shù))0.900.850.820.840.820.82

根據(jù)頻率的穩(wěn)定性，估計這名運動員射擊一次時“射中九環(huán)以上”的概率約是()

A．0.90B．0.85C．0.82D．0.84

5．如圖，某校數(shù)學(xué)興趣小組為測量學(xué)校旗桿AC的高度，在點F處豎立一根長為1.5米的標(biāo)桿DF，量出DF的影子EF的長度為1米，再量出旗桿AC的影子BC的長度為6米，則旗桿AC的高度是()

A．6米B．7米C．8.5米D．9米

6．如圖，正八邊形ABCDEFGH中，∠EAG的度數(shù)是()

A．30°B．40°C．45°D．50°

7．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A，B，C的坐標(biāo)滿足二次函數(shù)y=ax2+bx(a≠0)的表達式，則對該二次函數(shù)的系數(shù)a和b判斷正確的是()

A．a(chǎn)0B．a(chǎn)0，b0，b>0

8．如圖，AD是⊙O的直徑，以A為圓心，弦AB為半徑畫弧交⊙O于點C，連結(jié)BC交AD于點E，若DE=2，BC=8，則⊙O的半徑是()

A．B．5C．D．

9．從地面豎直向上拋出一小球，小球的高度h(單位：m)與小球運動時間t(單位：s)之間的函數(shù)關(guān)系如圖所示，則下列描述正確的是()

A．小球拋出3秒后，速度越來越快B．小球在空中經(jīng)過的路程是40m

C．小球拋出3秒時速度達到最大D．小球的高度h=30m時，t=1.5s

10．如圖，將正方形EFGH的各邊向外延長，使得AE=DH=CG=BF，順次連結(jié)A，B，C，D，得到四邊形ABCD，過點G作GD的垂線交AB于點M，若GM=GD，則的值是()

A．B．C．D．

二、填空題(本題有6小題，每小題4分，共24分)

11．（2023·寧波）袋中裝有除顏色外其余均相同的5個紅球和3個白球.從袋中任意摸出一個球，則摸出的球是紅球的概率為.

12．若△ABC∽△A'B'C'，且，△ABC的周長為12cm，則△A'B'C'的周長為cm．

13．如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，以頂點D為圓心作半徑為r的圓，使點A在⊙D內(nèi)且點C在⊙D外，則r的取值范圍是．

14．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，將拋物線y=x2-4x+3向左平移n個單位，使平移后的拋物線經(jīng)過原點，則n的值為．

15．如圖，有一塊三角板ABC，∠C為直角，∠ABC=30°，將它放置在0O中，點A，B在圓上，邊BC經(jīng)過圓心O，劣弧的度數(shù)是°．

16．如圖，函數(shù)y=ax2+bx+c(a，b，c為常數(shù)，且a≠0)經(jīng)過點(-1，0)，(m，0)，且10；②a+b1)，點E，F(xiàn)分別在邊AD，AB上．AE=1，

[特例感知]如圖1，當(dāng)m=3時，若AF：FB=1：3，求證：△AEF∽△BCF；

[變式探究]如圖2，當(dāng)m=3.5時，若以點B，F(xiàn)，C為頂點的三角形與△AEF相似，求AF的長；

[理解操作]請你用直尺和圓規(guī)在如圖3的AB邊上找出所有以點B，F(xiàn)，C為頂點的三角形與△AEF相似的點F(不需要寫作法，保留畫圖痕跡)，

24．在平面直角坐標(biāo)系x●y中，二次函數(shù)y=x2+bx+c(b，c為常數(shù))的圖象與x軸交于點A(-1，0)和點B，與y軸交于點C(0，-3)，點P是拋物線上的一個動點．

（1）求二次函數(shù)的表達式；

（2）如圖1，若點P在第四象限，過點P作PH⊥BC于點H，當(dāng)PH的長度最大時，求點P的坐標(biāo)；

（3）如圖2，若點P在第三象限，直線BP和AP分別交y軸于E，F(xiàn)兩點，求證：CE=3CF．

答案解析部分

1．【答案】B

【知識點】二次函數(shù)y=a（x-h）^2+k的圖象

【解析】【解答】解：∵與拋物線y=2(x-1)2+2形狀相同的的拋物線中a=2，

∴拋物線y=2x2與拋物線y=2(x-1)2+2形狀相同.

故答案為：B

【分析】利用與拋物線y=a（x-h）2+k的形狀相同的二次函數(shù)解析式中的a的絕對值相等，觀察各選項中的二次函數(shù)解析式，可得答案.

2．【答案】C

【知識點】圓周角定理

【解析】【解答】解：∵，

∴∠AOB=2∠ACB=2×40°=80°.

故答案為：C

【分析】利用一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半，可求出∠AOB的度數(shù).

3．【答案】B

【知識點】平行線分線段成比例

【解析】【解答】解：∵AG=2，AD=1，DF=5，

∴AD=AG+GD=1+2=3，

∵AB∥CD∥EF，

∴

故答案為：B

【分析】利用已知條件求出AD的長，再利用平行線分線段成比例定理可求出BC與CE的比值.

4．【答案】C

【知識點】利用頻率估計概率

【解析】【解答】解：根據(jù)頻率的穩(wěn)定性，估計這名運動員射擊一次時“射中九環(huán)以上”的概率約是0.82.

故答案為：C

【分析】利用表中數(shù)據(jù)，隨著實驗次數(shù)的增加，可知這名運動員射擊一次時“射中九環(huán)以上”的概率逐漸趨于穩(wěn)定，可得答案.

5．【答案】D

【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：由題意可知△DEF∽△ABC，

∴，

∴，

解之：AC=9.

故答案為：9

【分析】利用已知條件可知△DEF∽△ABC，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例，可求出AC的長.

6．【答案】C

【知識點】正多邊形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：連接EG，EC，AC，

∵正八邊形ABCDEFGH，

∴四邊形ACEG是正方形，

∴∠EAG=∠GAC=×90°=45°.

故答案為：C

【分析】連接EG，EC，AC，易證四邊形ACEG是正方形，利用正方形的性質(zhì)，可求出∠EAG的度數(shù).

7．【答案】A

【知識點】二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系

【解析】【解答】解：過點A、B、C三點的大致函數(shù)圖象如下，

∵拋物線的開口向下，

∴a＜0，

對稱軸在y軸的右側(cè)，

∴b＜0.

故答案為：A

【分析】畫出拋物線的大致圖象，利用開口方向可得到a的取值范圍，利用對稱軸的位置：左同右異，可得到b的取值范圍.

8．【答案】B

【知識點】勾股定理；垂徑定理

【解析】【解答】解：連接OB，

∵以A為圓心，弦AB為半徑畫弧交⊙O于點C，

∴，

∵AD是直徑，

∴AD⊥BC，

∴BE=BC=4，∠OEB=90°，

設(shè)圓的半徑為r，則OE=r-2，

在Rt△OBE中，

OB2=OE2+BE2即r2=（r-2）2+42

解之：r=5.

故答案為：B

【分析】連接OB，利用已知作圖可知，利用垂徑定理可證得AD⊥BC，同時可求出BE的長，設(shè)圓的半徑為r，可表示出OE的長，利用勾股定理可得到關(guān)于r的方程，解方程求出r的值.

9．【答案】A

【知識點】二次函數(shù)的實際應(yīng)用-拋球問題

【解析】【解答】解：A、小球拋出3秒后，速度越來越快，正確，故A符合題意；

B、由圖象可知小球在空中達到的最大高度為40m，故B不符合題意；

C、小球拋出3秒時高度達到最大，故C不符合題意；

D、設(shè)函數(shù)解析式為h=a（t-3）2+40，

∴9a+40=0，

解之：

∴拋物線的解析式為h=（t-3）2+40，

當(dāng)h=30時（t-3）2+40=30

解之：t1=4.5，t2=1.5，故D不符合題意；

故答案為：D

【分析】小球拋出3秒后，速度越來越快，可對A作出判斷；觀察圖象，可知當(dāng)t=3時，小球的高度達到最高，可對B，C作出判斷；再利用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式，將h=30代入，可求出對應(yīng)的t的值，可對D作出判斷.

10．【答案】D

【知識點】正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解法一：

解：過點M作MN⊥BG于點N，

∵∠MGN=90°，∠NGH=90°，

∴∠DGH=∠MGN，

又∵∠DHG=∠MNG=90°，

∴△DHG∽△MNG，

∴，

∵，

∴設(shè)HG=3，HD=3x，

則GN=4，MN=4x，

∴NF=1，BN=3X-1，

∵MN⊥BG，AF⊥BG，

∴MN∥AF，

∴△BMN∽△BAF，

∴，

∴，

解得x=1，

∴AE=HD=3，ED=EH+HD=6，

∴，

∴，

本題答案為：D.

解法二：

解：過點G作PQ∥AD，交線段DC于點P，交線段QB于點Q，

根據(jù)一線三等角模型易得△MQG∽△GPD，

∵，

∴相似比為4：3，

設(shè)GP=3，DP=3x，（x＞1）

則QG=4x，MQ=4，

∵QP=BC=DP，

∴QB=PC=x+3，

根據(jù)一線三等角模型易得△BQG∽△GPC，

∴，

∴，

即，

解得x=3，

∴BQ=6，QG=12，PG=3，BC=15，

∴，

∴EH=BG-GC=，

∴，

本題答案為：D.

【分析】思路分析：首先通過前面三句話的描述可以得出，ABCDEFGH組成了趙爽弦圖模型。最主要的是條件“GD⊥GM”和條件“”如何使用。結(jié)合整個圖形，主要有兩種思考方向：1、以G為旋轉(zhuǎn)中心構(gòu)造手拉手模型；2、以G為端點，構(gòu)造一線三等角模型。

解法分析：此題最終需要求兩條線段的比值，如果設(shè)兩個未知數(shù)，那么在計算與轉(zhuǎn)化過程中會大大增加難度，而且題目條件中并未出現(xiàn)長度數(shù)值，所以我們可以采用賦值法來減少未知數(shù)的個數(shù).

11．【答案】

【知識點】簡單事件概率的計算

【解析】【解答】解：.

故答案為：.

【分析】袋中有8個小球，它們除顏色不同外其他的都相同，其中紅色的小球共有5個，故從中摸出一個共有8種等可能的結(jié)果，其中能摸出紅球的只有5種等可能的結(jié)果，根據(jù)概率公式即可算出答案。

12．【答案】16

【知識點】相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：設(shè)△A′B′C′的周長為x，

∵△ABC∽△A'B'C'，

∴，

解之：x=16.

故答案為：16

【分析】設(shè)△A′B′C′的周長為x，利用相似三角形的周長比等于相似比，可得到關(guān)于x的方程，解方程求出x的值.

13．【答案】3＜r＜4

【知識點】點與圓的位置關(guān)系

【解析】【解答】解：∵AB=4，AD=3，以頂點D為圓心作半徑為r的圓，使點A在⊙D內(nèi)且點C在⊙D外，

∴r的取值范圍為3＜r＜4.

故答案為：3＜r＜4

【分析】設(shè)圓的半徑為r，圓心到點的距離為d，當(dāng)d=r時，點在圓上；當(dāng)d＜r時，點在圓內(nèi)；當(dāng)d＞r時，點在圓外，利用已知條件可得到r的取值范圍.

14．【答案】1或3

【知識點】二次函數(shù)圖象的幾何變換

【解析】【解答】解：∵y=x2-4x+3=（x-2）2-1，

∴平移后的函數(shù)解析式為y=（x-2+n）2-1，

∵使平移后的拋物線經(jīng)過原點即（0，0），

∴（-2+n）2-1=0

解之：n1=3，n2=1.

故答案為：1或3

【分析】先將函數(shù)解析式轉(zhuǎn)化為頂點式，利用上加下減，左加右減，可得到平移后的函數(shù)解析式，再將（0，0）代入函數(shù)解析式，可得到關(guān)于n的方程，解方程求出n的值.

15．【答案】120

【知識點】線段垂直平分線的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；垂徑定理；圓周角定理

【解析】【解答】解：延長AC交圓O于點D，連接BD，AO，

∵∠C=90°，

∴BC⊥AD，

∴BC垂直平分AD，

∴AB=BD，

∵∠CAB=90°-∠ABC=90°-30°=60°，

∴△ABD是等邊三角形，

∴∠D=60°，

∵，

∴∠AOB=2∠D=2×60°=120°，

∴劣弧AB的度數(shù)為120°.

故答案為：120

【分析】延長AC交圓O于點D，連接BD，AO，利用垂徑定理可證得BC垂直平分AD，利用垂直平分線的性質(zhì)可知AB=BD；再利用三角形的內(nèi)角和定理求出∠CAB的度數(shù)，可證得△ABD是等邊三角形，利用等邊三角形的性質(zhì)可求出∠D的度數(shù)；然后利用圓周角定理可求出∠AOB的度數(shù)，利用圓心角的度數(shù)和它所對的弧的度數(shù)相等，可求出劣弧AB的度數(shù).

16．【答案】②③

【知識點】二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系；二次函數(shù)與不等式（組）的綜合應(yīng)用；二次函數(shù)y=ax^2+bx+c的性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵拋物線的開口向下。對稱軸在y軸的右側(cè)，與y軸交于正半軸，

∴a＜0，b＞0，c＞0，

∴abc＜0，故①錯誤；

∵，

∴a+b＜0，故②正確；

∵對稱軸為直線，10

∴解得k的取值范圍是k<5．

（2）解：由題意，得拋物線的頂點縱坐標(biāo)為

∵拋物線的頂點在x軸上，

∴=0，解得k=5．

【知識點】二次函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點問題

【解析】【分析】（1）利用拋物線與x軸有兩個不同的交點，可知b2-4ac＞0，可得到關(guān)于k的不等式，然后求出不等式的解集.

（2）利用拋物線的頂點在x軸上，可知頂點的縱坐標(biāo)為0，可得到關(guān)于k的方程，解方程求出k的值.

19．【答案】（1）證明：∵BO=1，CO=3，AO=，DO=

∴

∵∠AOB=∠DOC，

∴△AOB∽△DOC

∴∠A=∠D，

∴AB∥CD．

（2）解：∵∠AOE=∠DOF，∠A=∠D，

∴△AOE∽△DOF

∴

即，解得DF=

【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【分析】（1）利用已知條件可證得，圖形中隱含對頂角相等，可證得∠AOB=∠DOC，利用兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等的兩三角形相似，可證得△AOB∽△DOC，利用相似三角形的對應(yīng)角相等，可證得結(jié)論.

（2）利用有兩組對應(yīng)角相等的兩三角形相似，可證得△AOE∽△DOF，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例，可求出DF的長.

20．【答案】（1）解：由題意可知，口袋中只有“世”、“界”、“杯”三種情況，

故球上的漢字剛好是“杯”的概率P=.

（2）解：列表如下：

世界杯

世世、界世、杯

界界、世界、杯

杯杯、世杯、界

∴P=

【知識點】列表法與樹狀圖法

【解析】【分析】（1）由題意可知一共有3種結(jié)果數(shù)，但球上的漢字剛好是“杯”的只有1種情況，然后利用概率公式進行計算.

（2）根據(jù)題意可知此事件是抽取不放回，列表，可得到所有等可能的結(jié)果數(shù)及取出的兩個球上的漢字恰能組成“世界”的情況數(shù)，然后利用概率公式可求出結(jié)果.

21．【答案】（1）證明：∵BC平分∠ABD，

∴∠DBC=∠ABC，

∵∠CAD=∠DBC，

∴∠CAD=∠ABC；

（2）解：∵∠CAD=∠ABC，

∴=，

∵AD是⊙O的直徑，且AD=6，

∴的長=×π×6=π.

【知識點】圓周角定理；弧長的計算

【解析】【分析】（1）由角平分線的性質(zhì)得∠DBC=∠ABC，根據(jù)同弧所對的圓周角相等得出∠CAD=∠DBC，利用等量代換即可得出答案；

（2）根據(jù)同圓中，相等的圓周角所對的弧相等可得=，進而根據(jù)半圓的定義可得則的長為圓周長的，從而即可得出答案.

22．【答案】（1）解：設(shè)y與x的函數(shù)表達式為y=kx+b(k≠0)，

把(10，70)和(30，90)分別代人y=kx+b，

得，解得

∴y與x的函數(shù)表達式為y=x+60

（2）解：當(dāng)1≤x≤16時，W=15(100-y)=-15x+600

∵-15<0，∴W隨x的增大而減小，

∴當(dāng)x=1時，W最大=585

當(dāng)16<x≤30時，W=(x+10)(100-y)=-x2+30x+400=-(x-15)2+625

∵x=15不在16<x≤30范圍內(nèi)，當(dāng)16<x≤30時，W隨x的增大而減小，

∴當(dāng)x=17時，W最大=621

綜上述，第17天時，當(dāng)天的銷售利潤最大，是621元．

【知識點】二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；二次函數(shù)的實際應(yīng)用-銷售問題

【解析】【分析】（1）由圖象可知一次函數(shù)圖象經(jīng)過(10，70)和(30，90)，設(shè)y與x的函數(shù)表達式為y=kx+b(k≠