專(zhuān)題6.1小題易丟分期末考前必做選擇30題（提升版）-2022-2023學(xué)年九年級(jí)數(shù)學(xué)上學(xué)期復(fù)習(xí)備考高分秘籍 【蘇科版】（解析版）

2025-2025學(xué)年九班級(jí)數(shù)學(xué)上學(xué)期復(fù)習(xí)備考高分秘籍【蘇科版】專(zhuān)題6.1小題易丟分期末考前必做選擇30題（提升版）一．選擇題（共30小題）1．（2025秋?儀征市期中）假如關(guān)于x的方程（x﹣4）2＝m﹣1可以用直接開(kāi)平方法求解，那么m的取值范圍是（）A．m≥1 B．m＞1 C．m＞﹣1 D．m≥﹣1【分析】依據(jù)解一元二次方程﹣直接開(kāi)平方法得到m﹣1≥0，然后解不等式即可．【解析】依據(jù)題意得m﹣1≥0，解得m≥1．故選：A．2．（2025秋?儀征市期中）關(guān)于x的方程a（x+m）2+b＝0的解是x1＝﹣2，x2＝1（a，m，b均為常數(shù)，a≠0），則方程a（x﹣m+2）2+b＝0的解是（）A．x1＝0，x2＝﹣3 B．x1＝0，x2＝3 C．x1＝﹣4，x2＝﹣1 D．無(wú)法求解【分析】把方程a（x﹣m+2）2+b＝0變形為a[（﹣x﹣2）+m]2+b＝0，所以可以把方程a（x﹣m+2）2+b＝0看作關(guān)于（﹣x﹣2）的一元二次方程，依據(jù)題意得﹣x﹣2＝﹣2或﹣x﹣2＝1，然后解一次方程即可．【解析】把方程a（x﹣m+2）2+b＝0變形為a[（﹣x﹣2）+m]2+b＝0，則方程a（x﹣m+2）2+b＝0看作關(guān)于（﹣x﹣2）的一元二次方程，∵a（x+m）2+b＝0的解是x1＝﹣2，x2＝1，∴﹣x﹣2＝﹣2或﹣x﹣2＝1，解得x1＝0，x2＝﹣3，即方程a（x﹣m+2）2+b＝0的解是x1＝0，x2＝﹣3．故選：A．3．（2025秋?梁溪區(qū)校級(jí)期中）我國(guó)南宋數(shù)學(xué)家楊輝在1275年提出的一個(gè)問(wèn)題：“直田積（矩形面積）八百六十四步（平方步），只云闊（寬）不及長(zhǎng)一十二步（寬比長(zhǎng)少一十二步），問(wèn)闊及長(zhǎng)各幾步？”若設(shè)寬為x步，則可列方程（）A．x（x﹣12）＝864 B．x（x+12）＝864 C．2（x+x+12）＝864 D．（x+12）（x﹣12）＝864【分析】依據(jù)矩形長(zhǎng)與寬之間的關(guān)系，可得出長(zhǎng)為（x+12）步，再結(jié)合矩形的面積為八百六十四平方步，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，此題得解．【解析】∵寬比長(zhǎng)少一十二步，且寬為x步，∴長(zhǎng)為（x+12）步，又∵直田積（矩形面積）八百六十四步（平方步），∴依據(jù)題意可列出方程x（x+12）＝864．故選：B．4．（2025秋?常州期中）已知三角形兩邊的長(zhǎng)分別是8和6，第三邊的長(zhǎng)是方程x2﹣9x+14＝0的一個(gè)實(shí)數(shù)根，則三角形的周長(zhǎng)是（）A．21 B．21或16 C．16 D．22【分析】先利用因式分解法解方程得到x1＝2，x2＝7，然后依據(jù)三角形三邊的關(guān)系確定第三邊的長(zhǎng)，從而得到三角形的周長(zhǎng)．【解析】x2﹣9x+14＝0，（x﹣2）（x﹣7）＝0，x﹣2＝0或x﹣7＝0，所以x1＝2，x2＝7，當(dāng)三角形的第三邊長(zhǎng)為2時(shí)，2+6＝8，不符合三角形三邊的關(guān)系，舍去；當(dāng)三角形的第三邊長(zhǎng)為7時(shí)，三角形的周長(zhǎng)為6+8+7＝21．故選：A．（2025秋?姜堰區(qū)期中）有3個(gè)樣本數(shù)據(jù)如圖所示，樣本1、樣本2、樣本3的方差分別為S12、S22、S32，關(guān)于它們有下列幾種說(shuō)法：①S12＞S22，②S22＞S32，③S32＞S12．其中正確的序號(hào)為（）A．② B．③ C．②③ D．①②【分析】分別計(jì)算出方差即可．【解析】樣本1的平均數(shù)為＝5，S12＝×[（2﹣5）2+（3﹣5）2+（6﹣5）2+（9﹣5）2+（10﹣5）2]＝11，樣本2的平均數(shù)為＝5，S22＝×[（2﹣5）2+（4﹣5）2+（6﹣5）2+（8﹣5）2+（10﹣5）2]＝9，樣本3的平均數(shù)為＝5，S32＝×[（2﹣5）2+（5﹣5）2+（6﹣5）2+（7﹣5）2+（10﹣5）2]＝7.8，∴S12＞S22＞S32．故選：D．6．（2025秋?高郵市期中）我校在科技文化節(jié)活動(dòng)中，8位評(píng)委給某個(gè)節(jié)目的評(píng)分各不相同，去掉1個(gè)最高分和1個(gè)最低分，剩下的6個(gè)評(píng)分與原始的8個(gè)評(píng)分相比肯定不發(fā)生變化的是（）A．平均數(shù) B．中位數(shù) C．方差 D．眾數(shù)【分析】依據(jù)平均數(shù)、中位數(shù)、方差、眾數(shù)的意義即可求解．【解析】依據(jù)題意，從8個(gè)原始評(píng)分中去掉1個(gè)最高分和1個(gè)最低分，得到6個(gè)有效評(píng)分．6個(gè)有效評(píng)分與8個(gè)原始評(píng)分相比，中位數(shù)肯定不發(fā)生變化．故選：B．7．（2025秋?玄武區(qū)期中）如圖，在一塊正三角形飛鏢玩耍板上畫(huà)一個(gè)正六邊形（圖中陰影部分），假設(shè)飛鏢投中玩耍板上的每一點(diǎn)是等可能的（若投中邊界或沒(méi)有投中玩耍板，則重投1次），任意投擲飛鏢1次，則飛鏢投中陰影部分的概率為（）A． B． C． D．【分析】依據(jù)幾何概率的求法：飛鏢落在陰影部分的概率就是陰影區(qū)域的面積與總面積的比值．【解析】如圖，依據(jù)等邊三角形和正六邊形的性質(zhì)，可知圖中全部小三角形的面積都相等，∴任意投擲飛鏢一次，飛鏢投中陰影部分的概率為＝．故選：D．8．（2025春?武進(jìn)區(qū)期中）袋子里有8個(gè)紅球，m個(gè)白球，3個(gè)黑球，每個(gè)球除顏色外都相同，從中任意摸出一個(gè)球，若摸到紅球的可能性最大，則m的值不行能是（）A．1 B．3 C．5 D．10【分析】摸到紅球的可能性最大，即白球的個(gè)數(shù)比紅球的少．【解析】袋子里有8個(gè)紅球，m個(gè)白球，3個(gè)黑球，若摸到紅球的可能性最大，則m的值不行能大于8．觀看選項(xiàng)，只有選項(xiàng)D符合題意．故選：D．9．（2025秋?儀征市期中）已知⊙O的半徑為2cm，點(diǎn)P到圓心O的距離為，則點(diǎn)P在⊙O（）A．上 B．內(nèi) C．外 D．內(nèi)或外【分析】直接依據(jù)點(diǎn)與圓的位置關(guān)系即可得出結(jié)論．【解析】∵⊙O的半徑為2cm，點(diǎn)P到圓心O的距離為cm，2cm＞cm，∴點(diǎn)P在圓內(nèi)．故選：B．10．（2025秋?江都區(qū)期中）下列說(shuō)法正確的是（）A．三點(diǎn)確定一個(gè)圓 B．任何三角形有且只有一個(gè)內(nèi)切圓 C．長(zhǎng)度相等的弧是等弧 D．三角形的外心是三條角平分線的交點(diǎn)【分析】依據(jù)確定圓的條件，三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心，等弧的概念，三角形的外接圓與外心，逐一推斷即可．【解析】A．不在同一條直線上的三個(gè)點(diǎn)確定一個(gè)圓，故A不符合題意；B．任何三角形有且只有一個(gè)內(nèi)切圓，故B符合題意；C．能夠重合的弧是等弧，故C不符合題意；D．三角形的外心是三條邊垂直平分線的交點(diǎn)，故D不符合題意；故選：B．11．（2025秋?高郵市期中）如圖，已知⊙O的直徑為26，弦AB＝24，動(dòng)點(diǎn)P、Q在⊙O上，弦PQ＝10，若點(diǎn)M、N分別是弦AB、PQ的中點(diǎn)，則線段MN的取值范圍是（）A．7≤MN≤17 B．14≤MN≤34 C．7＜MN＜17 D．6≤MN≤16【分析】連接OM、ON、OA、OP，由垂徑定理得OM⊥AB，ON⊥PQ，AM＝AB＝12，PN＝PQ＝5，由勾股定理得OM＝5，ON＝12，當(dāng)AB∥PQ時(shí)，M、O、N三點(diǎn)共線，當(dāng)AB、PQ位于O的同側(cè)時(shí)，線段MN的長(zhǎng)度最短＝ON﹣OM＝7，當(dāng)AB、PQ位于O的兩側(cè)時(shí)，線段EF的長(zhǎng)度最長(zhǎng)＝OM+ON＝17，便可得出結(jié)論．【解析】連接OM、ON、OA、OP，如圖所示：∵⊙O的直徑為26，∴OA＝OP＝13，∵點(diǎn)M、N分別是弦AB、PQ的中點(diǎn)，AB＝24，PQ＝10，∴OM⊥AB，ON⊥PQ，AM＝AB＝12，PN＝PQ＝5，∴OM＝＝5，ON＝＝12，當(dāng)AB∥PQ時(shí)，M、O、N三點(diǎn)共線，當(dāng)AB、PQ位于O的同側(cè)時(shí)，線段MN的長(zhǎng)度最短＝OM﹣ON＝12﹣5＝7，當(dāng)AB、PQ位于O的兩側(cè)時(shí)，線段MN的長(zhǎng)度最長(zhǎng)＝OM+ON＝12+5＝17，∴線段MN的長(zhǎng)度的取值范圍是7≤MN≤17，故選：A．12．（2025秋?天寧區(qū)校級(jí)期中）如圖，等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為8，以BC上一點(diǎn)O為圓心的圓分別與邊AB、AC相切，則⊙O的半徑為（）A．3 B．4 C．2 D．4﹣【分析】設(shè)⊙O與AC的切點(diǎn)為E，連接AO，OE，依據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AC＝8，∠C＝∠BAC＝60°，由切線的性質(zhì)得到∠BAO＝∠CAO＝∠BAC＝30°，求得∠AOC＝90°，解直角三角形即可得到結(jié)論．【解析】設(shè)⊙O與AC的切點(diǎn)為E，連接AO，OE，∵等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為8，∴AC＝8，∠C＝∠BAC＝60°，∵圓分別與邊AB，AC相切，∴∠BAO＝∠CAO＝BAC＝30°，∴∠AOC＝90°，∴OC＝AC＝4，∵OE⊥AC，∴OE＝OC＝2，∴⊙O的半徑為2，故選：C．13．（2025秋?姜堰區(qū)期中）如圖，正n邊形A1A2A3…An兩條對(duì)角線A1A7、A4A6的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P，若∠P＝24°，則n的值是（）A．12 B．15 C．18 D．24【分析】連接A2A6，A2A4，依據(jù)正n邊形的性質(zhì)知A1A7∥A2A6，得∠P＝∠A2A6A4＝24°，則正n邊形中心角為24°，即可解決問(wèn)題．【解析】連接A2A6，A2A4，∵多邊形是正n邊形，∴A1A7∥A2A6，∴∠P＝∠A2A6A4＝24°，∴正n邊形中心角為24°，∴n＝360°÷24°＝15，故選：B．14．（2025秋?梁溪區(qū)校級(jí)期中）如圖，?ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)A、B、D均在⊙O上，且對(duì)角線AC經(jīng)過(guò)點(diǎn)O，BC與⊙O相切于點(diǎn)B，已知⊙O的半徑為6，則?ABCD的面積為（）A．54 B．76.8 C．36 D．72+14【分析】連接OB，延長(zhǎng)BO交AD于E，如圖，先依據(jù)切線的性質(zhì)得OB⊥BC，再利用平行四邊形的性質(zhì)得AD∥BC，AD＝BC，所以BE⊥AD，接著依據(jù)垂徑定理得到AE＝DE，然后證明△AOE∽△COB，利用相像比求出OE＝3，OC＝12，則依據(jù)勾股定理可計(jì)算出BC，然后利用平行四邊形的面積公式求解．【解析】連接OB，延長(zhǎng)BO交AD于E，如圖，∵BC與⊙O相切于點(diǎn)B，∴OB⊥BC，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴BE⊥AD，∴AE＝DE＝AD＝BC，∵AE∥BC，∴△AOE∽△COB，∴，∴OE＝OB＝3，OC＝2OA＝12，在Rt△OCB中，BC＝＝6，∴?ABCD的面積＝BE?BC＝（3+6）×6＝54．故選：A．15．（2025春?盱眙縣期中）如圖，四邊形ABCD是正方形，以B為圓心，作半徑長(zhǎng)為2的半圓，交AB于點(diǎn)E．將半圓B繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，記旋轉(zhuǎn)角為30°，半圓B正好與邊CD相切，則正方形的邊長(zhǎng)為（）A．3 B．2 C．2+ D．4【分析】設(shè)半圓B與邊CD相切的切點(diǎn)為F，旋轉(zhuǎn)后的圓心B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為O，連接FO并延長(zhǎng)交AB于H，依據(jù)切線的性質(zhì)得到FH⊥CD，依據(jù)矩形的性質(zhì)得到FH＝BC，∠BHF＝∠EHO＝90°，依據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到OE＝EB＝OF＝2，∠BEO＝30°，于是得到結(jié)論．【解析】設(shè)半圓B與邊CD相切的切點(diǎn)為F，旋轉(zhuǎn)后的圓心B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為O，連接FO并延長(zhǎng)交AB于H，∵CD與⊙O相切，∴FH⊥CD，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DCB＝∠ABC＝90°，∴四邊形BCFH是矩形，∴FH＝BC，∠BHF＝∠EHO＝90°，∵將半圓B繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，記旋轉(zhuǎn)角為30°，∴OE＝EB＝OF＝2，∠BEO＝30°，∴OH＝OE＝1，∴BC＝FH＝3，即正方形的邊長(zhǎng)為3，故選：A．16．（2025秋?海陵區(qū)校級(jí)月考）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，DE，F(xiàn)G是⊙O的弦，AB＝DE，F(xiàn)G＝AC．下列結(jié)論：①DE+FG＝BC；②+＝；③∠DOE+∠FOG＝∠BOC；④∠DEO+∠FGO＝∠BAC．其中全部正確結(jié)論的序號(hào)是（）A．①②③④ B．②③ C．②④ D．②③④【分析】利用已知條件與三角形的任意兩邊之和大于第三邊可以判定①錯(cuò)誤；利用在同圓或等圓中，等弦對(duì)等弧，以及等式的性質(zhì)可以判定②正確；利用在同圓或等圓中，等弦所對(duì)的圓心角相等以及等式的性質(zhì)可以判定③正確；利用等腰三角形的性質(zhì)以及③的結(jié)論可以判定④正確．【解析】∵AB+AC＞BC，AB＝DE，F(xiàn)G＝AC，∴DE+FG＞BC．∴①錯(cuò)誤；∵AB＝DE，F(xiàn)G＝AC，∴＝，＝．∴+＝+，∴+＝，∴②正確；連接OA，OB，OC，OD，OE，OF，OG，如圖，∵AB＝DE，F(xiàn)G＝AC，∴∠AOB＝∠DOE，∠AOC＝∠FOG．∴∠AOB+∠AOC＝∠DOE+∠FOG．即∠DOE+∠FOG＝∠BOC．∴③正確；∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA＝＝90°﹣∠AOB．同理可得：∠OAC＝90°﹣∠AOC，∠DEO＝90°﹣∠DOE，∠FGO＝90°﹣∠FOG．∴∠OAB+∠OAC＝180°﹣（∠AOB+∠AOC）＝180°﹣∠BOC，∠DEO+∠FGO＝180°﹣（∠DOE+∠FOG）．由③知：∠DOE+∠FOG＝∠BOC，∴∠OAB+∠OAC＝∠DEO+∠FGO．即：∠DEO+∠FGO＝∠BAC．∴④正確；∴正確的序號(hào)為：②③④．故選：D．17．（2025秋?東臺(tái)市期中）拋物線y＝ax2+bx+c上部分點(diǎn)的橫坐標(biāo)x和縱坐標(biāo)y的對(duì)應(yīng)值如下表，則下列說(shuō)法中正確的有（）個(gè)x…﹣4﹣3﹣2﹣101…y…﹣37﹣21﹣9﹣133…①當(dāng)x＞1時(shí)，y隨x的增大而減小．②拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝﹣．③當(dāng)x＝2時(shí)，y＝﹣9．④方程ax2+bx+c＝0一個(gè)正數(shù)解x1滿(mǎn)足1＜x1＜2．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】依據(jù)拋物線的軸對(duì)稱(chēng)性，將表格擴(kuò)充，簡(jiǎn)潔發(fā)覺(jué)①④正確，②③錯(cuò)誤．【解析】①由表格看出，當(dāng)x＞1時(shí)，y隨x的增大而減小，故①的說(shuō)法正確；②由表格看出，這個(gè)拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝，故②的說(shuō)法錯(cuò)誤；③當(dāng)x＝2時(shí)的函數(shù)值與x＝﹣1時(shí)的函數(shù)值相同，即y＝﹣1，故③的說(shuō)法錯(cuò)誤；④方程ax2+bx+c＝0的解異號(hào)，其中正數(shù)解x1滿(mǎn)足1＜x1＜2，負(fù)數(shù)解x2滿(mǎn)足﹣1＜x2＜0，故④的說(shuō)法正確．故選：B．18．（2025秋?射陽(yáng)縣校級(jí)月考）如圖，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為（2，5）和（5，5），拋物線y＝a（x﹣m）2+n的頂點(diǎn)在線段AB上運(yùn)動(dòng)（拋物線隨頂點(diǎn)一起平移），與x軸交于C、D兩點(diǎn)（C在D的左側(cè)），點(diǎn)C的橫坐標(biāo)最小值為﹣3，則點(diǎn)D的橫坐標(biāo)最大值為（）A．2 B．10 C．5 D．9【分析】當(dāng)C點(diǎn)橫坐標(biāo)最小時(shí)，拋物線頂點(diǎn)必為A（2，5），依據(jù)此時(shí)拋物線的對(duì)稱(chēng)軸，可推斷出CD間的距離；當(dāng)D點(diǎn)橫坐標(biāo)最大時(shí)，拋物線頂點(diǎn)為B（5，5），再依據(jù)此時(shí)拋物線的對(duì)稱(chēng)軸及CD的長(zhǎng)，可推斷出D點(diǎn)橫坐標(biāo)最大值．【解析】當(dāng)點(diǎn)C橫坐標(biāo)為﹣3時(shí)，拋物線頂點(diǎn)為A（2，5），對(duì)稱(chēng)軸為x＝2，此時(shí)D點(diǎn)橫坐標(biāo)為7，則CD＝10；當(dāng)拋物線頂點(diǎn)為B（5，5）時(shí)，拋物線對(duì)稱(chēng)軸為x＝5，且CD＝10，故C（0，0），D（10，0）；由于此時(shí)D點(diǎn)橫坐標(biāo)最大，故點(diǎn)D的橫坐標(biāo)最大值為10；故選：B．19．（2025秋?如皋市校級(jí)月考）若A（m+1，y1）、B（m，y2），C（m﹣2，y3）為拋物線y＝ax2﹣4ax+2（a＜0）上三點(diǎn)，且總有y2＞y3＞y1，則m的取值范圍是（）A．m＞2 B． C． D．m＞3【分析】由拋物線解析式可得拋物線開(kāi)口方向及對(duì)稱(chēng)軸，依據(jù)拋物線開(kāi)口方向及對(duì)稱(chēng)軸分類(lèi)爭(zhēng)辯y2＞y3，y3＞y1，可得m的取值范圍．【解析】∵y＝ax2﹣4ax+2（a＜0），∴拋物線開(kāi)口向下，對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝＝2，∵y2＞y3，∴＜2，解得m＜3，∵y3＞y1，∴＞2，解得m＞，故選：C．20．（2025秋?南通月考）函數(shù)y＝|ax2+bx+c|（a＞0，b2﹣4ac＞0）的圖象是由函數(shù)y＝ax2+bx+c（a＞0，b2﹣4ac＞0）的圖象x軸上方部分不變，下方部分沿x軸向上翻折而成，如圖所示，則下列結(jié)論正確的是（）①2a+b＝0；②c＝3；③abc＞0；④將圖象向上平移1個(gè)單位后與直線y＝5有3個(gè)交點(diǎn)．A．①② B．①③ C．②③④ D．①③④【分析】依據(jù)函數(shù)圖象與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)求出對(duì)稱(chēng)軸為，進(jìn)而可得2a+b＝0，由圖象可得拋物線y＝ax2+bx+c與y軸交點(diǎn)在x軸下方，由拋物線y＝ax2+bx+c的開(kāi)口方向，對(duì)稱(chēng)軸位置和拋物線與y軸交點(diǎn)位置可得abc的符號(hào)，求出二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的頂點(diǎn)式，可得圖象向上平移1個(gè)單位后與直線y＝5有3個(gè)交點(diǎn)【解析】∵圖象經(jīng)過(guò)（﹣1，0），（3，0），∴拋物線y＝ax2+bx+c的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝1，∴﹣＝1，∴b＝﹣2a，即2a+b＝0，①正確．由圖象可得拋物線y＝ax2+bx+c與y軸交點(diǎn)在x軸下方，∴c＜0，②錯(cuò)誤．由拋物線y＝ax2+bx+c的開(kāi)口向上可得a＞0，∴b＝﹣2a＜0，∴abc＞0，③正確．設(shè)拋物線y＝ax2+bx+c的解析式為y＝a（x+1）（x﹣3），代入（0，3）得：3＝﹣3a，解得：a＝﹣1，∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1，4），∵點(diǎn)（1，4）向上平移1個(gè)單位后的坐標(biāo)為（1，5），∴將圖象向上平移1個(gè)單位后與直線y＝5有3個(gè)交點(diǎn)，故④正確；故選：D．21．（2025?宿豫區(qū)開(kāi)學(xué)）已知二次函數(shù)y＝2x2﹣4x﹣1在0≤x≤a時(shí)，y取得的最大值為15，則a的值為（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】先找到二次函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸和頂點(diǎn)坐標(biāo)，求出y＝15時(shí)，x的值，再依據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)得出答案．【解析】∵二次函數(shù)y＝2x2﹣4x﹣1＝2（x﹣1）2﹣3，∴拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為x＝1，頂點(diǎn)（1，﹣3），∴當(dāng)y＝﹣3時(shí)，x＝1，當(dāng)y＝15時(shí)，2（x﹣1）2﹣3＝15，解得x＝4或x＝﹣2，∵當(dāng)0≤x≤a時(shí)，y的最大值為15，∴a＝4，故選：D．22．（2025?蘇州模擬）若二次函數(shù)y＝﹣x2+b的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)（0，4），則不等式﹣x2+b≥0的解集為（）A．﹣2≤x≤2 B．x≤2 C．x≥﹣2 D．x≤﹣2或x≥2【分析】由拋物線經(jīng)過(guò)（0，4）可得拋物線解析式，將y＝0代入拋物線解析式可得拋物線與x軸交點(diǎn)橫坐標(biāo)，進(jìn)而求解．【解析】將（0，4）代入y＝﹣x2+b得b＝4，∴拋物線y＝﹣x2+4，將y＝0代入y＝﹣x2+4得0＝﹣x2+4，解得x1＝﹣2，x2＝2，∵拋物線開(kāi)口向下，∴﹣2≤x≤2時(shí)﹣x2+b≥0，故選：A．23．（2025秋?海陵區(qū)校級(jí)期中）如圖，在△ABC中，P為AB上一點(diǎn)，在下列四個(gè)條件中，不能判定△APC和△ACB相像的條件是（）A．∠ACP＝∠B B．∠APC＝∠ACB C．AC2＝AP?AB D．AC?CP＝AP?CB【分析】依據(jù)三角形相像的判定方法逐一進(jìn)行推斷．【解析】當(dāng)∠ACP＝∠B時(shí)，∵∠A＝∠A，∴△ACP∽∠ABC；當(dāng)∠APC＝∠ACB時(shí)，∵∠A＝∠A，∴△ACP∽∠ABC；當(dāng)AC2＝AP?AB時(shí)，即，∵A＝∠A，∴△ACP∽∠ABC；當(dāng)AB?CP＝AP?CB時(shí)，即，∵A＝∠A，∴不能判定△APC和△ACB相像，故選：D．24．（2025秋?江陰市校級(jí)月考）如圖，平行四邊形ABCD中，E是邊BC上的點(diǎn)，AE交BD于點(diǎn)F，假如BE＝2EC，那么S△BEF：S△DAF等于（）A．1：2 B．1：3 C．2：3 D．4：9【分析】由四邊形ABCD是平行四邊形，得BC∥AD，BC＝DA，由BE＝2EC，得＝＝，再證明△BEF∽△ADF，得＝＝，于是得到問(wèn)題的答案．【解析】∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BC∥AD，BC＝DA，∵BE＝2EC，∴＝，∴＝，∵BE∥AD，∴△BEF∽△ADF，∴＝＝＝，∴S△BEF：S△DAF等于4：9，故選：D．25．（2025秋?錫山區(qū)校級(jí)月考）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，連接AE與對(duì)角線BD交于點(diǎn)G，連接CG并延長(zhǎng)，交AB于點(diǎn)F，連接DE交CF于點(diǎn)H，連接AH．以下結(jié)論：①∠DEC＝∠AEB；②CF⊥DE；③AF＝BF；④＝，⑤HG＝，其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】由四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為6的正方形，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，得DC＝AB＝6，∠DCE＝∠ABE＝90°，CE＝BE＝3，即可證明△DCE≌△ABE，得∠DEC＝∠AEB，可推斷①正確；由∠ABG＝∠CBG＝45°，AB＝CB，BG＝BG，證明△ABG≌△CBG，得∠BAE＝∠BCF＝∠CDE，則∠DHF＝∠DCF+∠CDE＝∠DCF+∠BCF＝90°，即可證明CF⊥DE，可推斷②正確；由∠BCF＝∠BAE，CB＝AB，∠CBF＝∠ABE，證明△CBF≌△ABE，得BF＝BE＝3，所以AF＝BF＝3，可推斷③正確；依據(jù)勾股定理求得CF＝AE＝DE＝＝3，則3CH＝×6×3＝S△CDE，求得CH＝，則HF＝，所以＝，可推斷④正確；由△BFG∽△DCG，得＝＝，則FG＝×3＝，所以HG＝3﹣﹣＝，可推斷⑤正確，于是得到問(wèn)題的答案．【解析】∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為6的正方形，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，∴DC＝AB＝6，∠DCE＝∠ABE＝90°，CE＝BE＝3，∴△DCE≌△ABE（SAS），∴∠DEC＝∠AEB，故①正確；∵AB＝AD，∠BAD＝90°，∴∠ABD＝∠ADB＝45°，同理∠CBD＝∠CDB＝45°，∴∠ABG＝∠CBG＝45°，∵AB＝CB，BG＝BG，∴△ABG≌△CBG（SAS），∴∠BAE＝∠BCF＝∠CDE，∴∠DHF＝∠DCF+∠CDE＝∠DCF+∠BCF＝∠BCD＝90°，∴CF⊥DE，故②正確；∵∠BCF＝∠BAE，CB＝AB，∠CBF＝∠ABE，∴△CBF≌△ABE（AAS），∴BF＝BE＝3，∴AF＝BF＝3，故③正確；∵S△CDE＝DE?CH＝DC?CE，CF＝AE＝DE＝＝3，∴3CH＝×6×3，∴CH＝，∴HF＝3﹣＝，∴＝＝，故④正確；∵BF∥CD，∴△BFG∽△DCG，∴＝＝＝，∴FG＝CF＝×3＝，∴HG＝3﹣﹣＝，故⑤正確，故選：D．26．（2025秋?太倉(cāng)市期中）如圖，AB是⊙O的直徑，半徑OC⊥AB于點(diǎn)O，AD平分∠BAC，交OC于點(diǎn)E，交于點(diǎn)D，連接CD，OD，給出以下四個(gè)結(jié)論：①S△ACE＝2S△DOE；②CE＝OE；③＝2；④2CD2＝CE?AB．其中結(jié)論正確的序號(hào)是（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④【分析】設(shè)⊙O的半徑為r，則OA＝OC＝OD＝OB＝r，OD2＝r2，先證明△ACE∽△DOE，再依據(jù)勾股定理求得AC2＝2r2，則AC＝r，所以＝＝2，得S△ACE＝2S△DOE，可推斷①正確；由△ACE∽△DOE，得＝＝＝，則CE＝OE≠OE，可推斷②錯(cuò)誤；由∠DAC＝∠DAB，得＝，則＝＝2，可推斷③正確；由∠CDE＝∠COD，∠DCE＝∠OCD，證明△DCE∽△OCD，得＝，所以CD2＝CE?OC，即可證明2CD2＝CE?AB，可推斷④正確，于是得到問(wèn)題的答案．【解析】設(shè)⊙O的半徑為r，則OA＝OC＝OD＝OB＝r，∴∠ODE＝∠OAD，OD2＝r2，∵AD平分∠BAC，∴∠CAE＝∠OAD，∴∠CAE＝∠ODE，∵∠AEC＝∠DEO，∴△ACE∽△DOE，∵OC⊥AB，∴∠AOC＝∠BOC＝90°，∴AC2＝OA2+OC2＝r2+r2＝2r2，∴AC＝r，∴＝＝＝＝2，∴S△ACE＝2S△DOE，故①正確；∵△ACE∽△DOE，∴＝＝＝，∴CE＝OE≠OE，故②錯(cuò)誤；∵∠DAC＝∠DAB，∴＝，∴＝＝2，故③正確；∵∠COD＝∠BOD＝∠BOC＝∠AOC，∠CDE＝∠AOC，∴∠CDE＝∠COD，∵∠DCE＝∠OCD，∴△DCE∽△OCD，∴＝，∴CD2＝CE?OC，∴2CD2＝CE?2OC，∵2OC＝AB，∴2CD2＝CE?AB，故④正確，故選：D．27．（2025秋?惠山區(qū)期中）一艘貨輪從小島A正南方向的點(diǎn)B處向西航行30km到達(dá)點(diǎn)C處，然后沿北偏西60°方向航行20km到達(dá)點(diǎn)D處，此時(shí)觀測(cè)到小島A在北偏東60°方向，則小島A與動(dòng)身點(diǎn)B之間的距離為（）A．20km B．km C．km D．km【分析】過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥DE于點(diǎn)F，易證四邊形BCFE是矩形，得出EF＝BC＝30km，CF＝BE，由含30°角直角三角形的性質(zhì)得出CF＝CD＝10km，再由銳角三角函數(shù)定義求出DF＝10km，則DE＝（10+30）km，然后由銳角三角函數(shù)定義求出AE＝（10+10）km，即可得出結(jié)果．【解析】過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥DE于點(diǎn)F，如圖所示：∵∠ABC＝90°，∴四邊形BCFE是矩形，∴EF＝BC＝30km，CF＝BE，由題意得：∠DCF＝60°，∠ADE＝90°﹣60°＝30°，∴∠CDF＝90°﹣60°＝30°，∴CF＝CD＝×20＝10（km），∴BE＝10km，DF＝sin60°×CD＝×20＝10（km），∴DE＝DF+EF＝（10+30）（km），∴AE＝tan∠ADE?DE＝tan30°×DE＝×（10+30）＝（10+10）（km），∴AB＝AE+BE＝10+10+10＝（10+20）（km），故選：B．28．（2025?錫山區(qū)校級(jí)二模）已知：如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝8，tan∠ABC＝，點(diǎn)N是邊AC的中點(diǎn)，點(diǎn)M是射線BC上的一動(dòng)點(diǎn)（不與B，C重合），連接MN，將△CMN沿MN翻折得△EMN，連接BE，CE，當(dāng)線段BE的長(zhǎng)取最大值時(shí)，sin∠NCE的值為（）A． B． C． D．【分析】由翻折可知：NC＝NE，所以點(diǎn)E在以N為圓心，NC長(zhǎng)為半徑的圓上，點(diǎn)B，N，E共線時(shí)，如圖所示：此時(shí)BE最大，由翻折可知：MN是CE的垂直平分線，延長(zhǎng)GN交AB于點(diǎn)D，可得DN平分∠ANB，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥BN，然后證明Rt△AND≌Rt△HND（HL），可得AN＝HN＝6，依據(jù)勾股定理即可解決問(wèn)題．【解析】如圖，由翻折可知：NC＝NE，所以點(diǎn)E在以N為圓心，NC長(zhǎng)為半徑的圓上，點(diǎn)B，N，E共線時(shí)，如圖所示：此時(shí)BE最大，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∵AB＝8，tan∠ABC＝＝，∴AC＝12，∵點(diǎn)N是邊AC的中點(diǎn)，∴AN＝CN＝6，∴NE＝6，由翻折可知：MN是CE的垂直平分線，∴∠ENG＝∠CNG，延長(zhǎng)GN交AB于點(diǎn)