人教九上期末真题必刷常考60题（44个考点专练）（解析版）

期末真题必刷常考60题（44个考点专练）一．一元二次方程的定义（共1小题）1．（2023春•高新区期末）若关于x的方程（a﹣1）x2+4x﹣3＝0是一元二次方程，则a的取值范围是a≠1．【分析】根据一元二次方程的定义，形如ax2+bx+c＝0，且a、b、c是常数，a≠0解之即可．【解答】解：∵关于x的方程（a﹣1）x2+4x﹣3＝0是一元二次方程，∴a﹣1≠0，解得：a≠1，故答案为：a≠1．【点评】本题考查了一元二次方程的定义，正确掌握一元二次方程的定义是解题的关键．二．一元二次方程的一般形式（共1小题）2．（2023春•任城区期末）一元二次方程2x2+x﹣5＝0的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（）A．2，1，5 B．2，1，﹣5 C．2，0，﹣5 D．2，0，5【分析】根据多项式的项和单项式的系数定义得出答案即可．【解答】解：一元二次方程2x2+x﹣5＝0的二次项系数，一次项系数，常数项分别是2，1，﹣5，故选：B．【点评】本题考查了单项式的系数定义，多项式的项的定义和一元二次方程的一般形式，注意：找多项式的各项系数时带着前面的符号．三．一元二次方程的解（共1小题）3．（2023春•太仓市期末）如果a是方程x2﹣2x﹣2＝0的一个实数根，则2a2﹣4a﹣1的值为3．【分析】根据一元二次方程的解的定义，把x＝a代入方程得到a2﹣2a﹣2＝0，则a2﹣2a＝2，然后把2a2﹣4a变形为2（a2﹣2a），再利用整体代入的方法计算．【解答】解：把x＝a代入方程得a2﹣2a﹣2＝0，则a2﹣2a＝2，所以2a2﹣4a﹣1＝2（a2﹣2a）﹣1＝2×2﹣1＝3．故答案为：3．【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．也考查了整体代入的计算方法．四．解一元二次方程-配方法（共1小题）4．（2023春•东至县期末）用配方法解方程x2﹣4x+2＝0，配方正确的是（）A．（x+2）2＝2 B．（x﹣2）2＝2 C．（x﹣2）2＝﹣2 D．（x﹣2）2＝6【分析】根据一元二次方程的配方法即可求出答案．【解答】解：∵x2﹣4x+2＝0，∴x2﹣4x+4＝2，∴（x﹣2）2＝2，故选：B．【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．五．换元法解一元二次方程（共1小题）5．（2023春•合肥期末）若（a2+b2）（a2+b2+4）＝12，则a2+b2的值为（）A．2或﹣6 B．﹣2或6 C．6 D．2【分析】先设a2+b2＝t，则方程即可变形为t2+4t﹣12＝0，解方程即可求得t即a2+b2的值．【解答】解：设t＝a2+b2，则原方程可化为：t2+4t﹣12＝0，分解因式得：（t+6）（t﹣2）＝0，解得：t1＝﹣6，t2＝2．∵a2+b2是非负数，∴a2+b2＝2．故选：D．【点评】本题考查了换元法解一元二次方程．把一些形式复杂的方程通过换元的方法变成一元二次方程，从而达到降次的目的．六．根的判别式（共1小题）6．（2023春•亭湖区校级期末）如果关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+2x+1＝0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是m＜2且m≠1．【分析】根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到m﹣1≠0且Δ＝22﹣4（m﹣1）＞0，然后求出两不等式解集的公共部分即可．【解答】解：根据题意得m﹣1≠0且Δ＝22﹣4（m﹣1）＞0，解得m＜2且m≠1．故答案为m＜2且m≠1．【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．七．根与系数的关系（共1小题）7．（2023春•河东区期末）已知m、n是一元二次方程x2+x﹣2023＝0的两个实数根，则代数式m2+2m+n的值等于（）A．2019 B．2020 C．2021 D．2022【分析】先根据一元二次方程根的定义得到m2＝﹣m+2023，则m2+2m+n可化为m+n+2023，再根据根与系数的关系得到m+n＝﹣1，然后利用整体代入的方法计算．【解答】解：∵m是一元二次方程x2+x﹣2023＝0的根，∴m2+m﹣2023＝0，∴m2＝﹣m+2023，∴m2+2m+n＝﹣m+2023+2m+n＝m+n+2023，∵m、n是一元二次方程x2+x﹣2023＝0的两个实数根，∴m+n＝﹣1，∴m2+2m+n＝﹣1+2023＝2022．故选：D．【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1x2＝．也考查了一元二次方程的解．八．由实际问题抽象出一元二次方程（共2小题）8．（2023春•莱州市期末）某种防疫物资原价为50元/件，经过连续两次降价后售价为28元/件，每次降价的百分率均为x，根据题意所列方程正确的是（）A．50（1﹣x）2＝50﹣28 B．50（1﹣x）2＝28 C．50（1﹣2x）＝28 D．50（1﹣x2）＝28【分析】可先表示出第一次降价后的价格，那么第一次降价后的价格×（1﹣降低的百分率）＝28，把相应数值代入即可求解．【解答】解：设平均每次降价的百分率为x，则第一次降价后的价格为50（1﹣x）元，两次连续降价后售价在第一次降价后的价格的基础上降低x，为50（1﹣x）×（1﹣x）元，则列出的方程是50（1﹣x）2＝28，故选：B．【点评】此题考查求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2＝b．9．（2023春•台江区校级期末）某超市一月份的营业额200万元，已知第一季度的营业总额共1000万元，如果平均每月营业额的增长率为x，由题意列方程应为（）A．200（1+x）2＝1000 B．200+200×2x＝1000 C．200[1+（1+x）+（1+x）2]＝1000 D．200[1+x+（1+x）2]＝1000【分析】先得到二月份的营业额，三月份的营业额，利用等量关系：一月份的营业额+二月份的营业额+三月份的营业额＝1000万元，把相关数值代入即可．【解答】解：∵该超市一月份的营业额为200万元，且平均每月增长率为x，∴该超市二月份的营业额为200（1+x）万元，三月份的营业额为200（1+x）2万元，又∵第一季度的总营业额共1000万元，∴200+200（1+x）+200（1+x）2＝1000，即200[1+（1+x）+（1+x）2]＝1000．故选：C．【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程中求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2＝b．得到第一季度的营业额的等量关系是解决本题的关键．九．一元二次方程的应用（共2小题）10．（2023春•荣成市期末）在国家积极政策的鼓励下，环保意识日渐深入人心，新能源汽车的市场需求逐年上升．（1）某汽车企业2020年到2022年这两年新能源汽车的销售总量增长了96%．求该汽车企业这两年新能源汽车销售总量的平均年增长率；（2）某汽车企业下属的一个专卖店经销一款进价为15万元/辆的新能源汽车，经销一段时间后发现：当该款汽车售价定为25万元/辆时，平均每周售出8辆；售价每降低0.5万元，平均每周多售出1辆．若该店计划下调售价使平均每周的销售利润为96万元，并且尽量让利于顾客，求下调后每辆汽车的售价．【分析】（1）设该汽车企业这两年新能源汽车销售总量的平均年增长率为x，该汽车企业2020年新能源汽车销售总量为a辆，则该汽车企业2022年新能源汽车销售总量为（1+96%）a辆，利用该汽车企业2022年新能源汽车销售总量＝该汽车企业2020年新能源汽车销售总量×（1+该汽车企业这两年新能源汽车销售总量的平均年增长率）2，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；（2）设下调后每辆汽车的售价为y万元，则每辆汽车的销售利润为（y﹣15）万元，平均每周可售出（58﹣2y）辆，利用该店销售该款汽车平均每周的销售利润＝每辆的销售利润×每周的销售量，可得出关于y的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．【解答】解：（1）设该汽车企业这两年新能源汽车销售总量的平均年增长率为x，该汽车企业2020年新能源汽车销售总量为a辆，则该汽车企业2022年新能源汽车销售总量为（1+96%）a辆，根据题意得：a（1+x）2＝（1+96%）a，解得：x1＝0.4＝40%，x2＝﹣2.4（不符合题意，舍去）．答：该汽车企业这两年新能源汽车销售总量的平均年增长率为40%；（2）设下调后每辆汽车的售价为y万元，则每辆汽车的销售利润为（y﹣15）万元，平均每周可售出8+×1＝（58﹣2y）辆，根据题意得：（y﹣15）（58﹣2y）＝96，整理得：y2﹣44y+483＝0，解得：y1＝21，y2＝23，又∵要尽量让利于顾客，∴y＝21．答：下调后每辆汽车的售价为21万元．【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．11．（2023春•莒南县期末）今年超市以每件25元的进价购进一批商品，当商品售价为40元时，三月份销售256件，四、五月该商品十分畅销，销售量持续上涨，在售价不变的基础上，五月份的销售量达到400件．（1）求四、五这两个月销售量的月平均增长百分率．（2）经市场预测，六月份的销售量将与五月份持平，现商场为了减少库存，采用降价促销方式，经调查发现，该商品每降价1元，月销量增加5件，当商品降价多少元时，商场六月份可获利4250元？【分析】（1）利用平均增长率的等量关系：a（1+x）2＝b，列式计算即可；（2）利用总利润＝单件利润×销售数量，列方程求解即可．【解答】（1）解：设平均增长率为x，由题意得：256×（1+x）2＝400，解得：x＝0.25或x＝﹣2.25（舍）；∴四、五这两个月的月平均增长百分率为25%；（2）解：设降价y元，由题意得：（40﹣y﹣25）（400+5y）＝4250，整理得：y2+65y﹣350＝0，解得：y＝5或y＝﹣70（舍）；∴当商品降价5元时，商场六月份可获利4250元．【点评】本题考查一元二次方程的实际应用．根据题意正确的列出一元二次方程是解题的关键．一十．反比例函数的图象（共1小题）12．（2023春•槐荫区期末）在同一平面直角坐标系中，函数y＝kx﹣k（k≠0）与的大致图象可能是（）A． B． C． D．【分析】分两种情况讨论，当k＞0时，分析出一次函数和反比例函数所过象限；再分析出k＜0时，一次函数和反比例函数所过象限，符合题意者即为正确答案．【解答】解：①当k＞0时，y＝kx﹣k过一、三、四象限；函数的图象过一、三象限；②当k＜0时，y＝kx﹣k过一、二、四象象限；函数的图象过二、四象限．观察图形可知，只有C选项符合题意．故选：C．【点评】本题主要考查了反比例函数的图象和一次函数的图象，熟悉两函数中k的符号对函数图象的影响是解题的关键．一十一．反比例函数系数k的几何意义（共2小题）13．（2023春•临淄区期末）下面四个图中反比例函数的表达式均为，则阴影部分的图形的面积为3的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据反比例函数比例系数k＝xy的几何意义，三角形的面积公式，分别求出四个图形中阴影部分的面积，即可求解．【解答】解：第1个图中，阴影面积为3，故符合题意；第2个图中，阴影面积为，故不符合题意；第3个图中，阴影面积为，故符合题意；第4个图中，阴影面积为，故不符合题意；故选：B．【点评】本题考查了反比例函数中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为|k|，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，解此类题一定要正确理解k的几何意义．也考查了反比例函数的对称性，三角形的面积．14．（2023春•叙州区期末）如图，过点P（4，6）分别作PC⊥x轴于点C，PD⊥y轴于点D，PC、PD分别交反比例函数y＝（x＞0）的图象于点A、B，则四边形BOAP的面积为16．【分析】根据阴影部分的面积等于矩形OCPD的面积减去一个k值即可．【解答】解：∵矩形面积＝4×6＝24，S△BDO+S△AOC＝k＝8．∴S阴影＝24﹣8＝16．故答案为：16．【点评】本题考查了反比例函数k值的几何意义，反比例函数的k值就是图形上任意一点与坐标轴围成的长方形的面积．一十二．反比例函数图象上点的坐标特征（共2小题）15．（2023春•鄞州区期末）若反比例函数的图象经过点A（a，b），则下列结论中不正确的是（）A．点A位于第二或四象限 B．图象一定经过（﹣a，﹣b） C．在每个象限内，y随x的增大而减小 D．图象一定经过（﹣b，﹣a）【分析】根据题目中的函数解析式和反比例函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，本题得以解决．【解答】解：∵反比例函数的图象经过点A（a，b），∴ab＝﹣6，∵k＝﹣6＜0，∴图象位于第二、四象限，故选项A正确，不符合题意；在每个象限内，y随x的增大而增大，故选项C不正确，符合题意．∵ab＝﹣6，∴图象一定经过（﹣a，﹣b）和（﹣b，﹣a）故选项B、D正确，不符合题意；故选：C．【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．16．（2023春•南阳期末）若点A（﹣3，y1），B（﹣1，y2）都在反比例函数y＝的图象上，则y1＞y2（填“＞”或“＜”）．【分析】根据反比例函数的性质得出答案即可．【解答】解：∵y＝中k＝6＞0，∴在每个象限内，y随x的增大而减小，∵﹣3＜﹣1＜0，∴y1＞y2．故答案为：＞．【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，能熟记反比例函数的性质是解此题的关键，反比例函数y＝，①当k＞0时，在每个象限内，y随x的增大而减小，②当k＜0时，在每个象限内，y随x的增大而增大．一十三．反比例函数的应用（共1小题）17．（2023春•淮安区期末）我校的饮水机接通电源就进入自动程序，开机加热时每分钟上升10℃，加热到100℃，停止加热，水温开始下降，此时水温（℃）与开机后用时（min）成反比例关系．直至水温降至20℃时自动开机加热，重复上述自动程序．若在水温为20℃时，接通电源后，水温y（℃）和时间x（min）的关系如图所示．（1）a＝8，b＝40．（2）直接写出图中y关于x的函数表达式．（3）饮水机有多少时间能使水温保持在50℃及以上？（4）若某天上午7：00饮水机自动接通电源，开机温度正好是20℃，问学生上午第一节下课时（8：40）能喝到50℃以上的水吗？请说明理由．【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；（2）由（1）中的计算可直接得出；（3）分别求出函数值为50时的两个时间，求时间差即可解决问题；（4）由题意可知，饮水机工作时40分钟为一个循环，算出从开机到第一节课下课的时间差，并利用循环求出对应时间的水温即可．【解答】解：（1）∵开机加热时每分钟上升10℃，∴从20℃到100℃需要8分钟，设一次函数关系式为：y＝k1x+b，将（0，20），（8，100）代入y＝k1x+b，得k1＝10，b＝20．∴y＝10x+20（0≤x≤8），设反比例函数关系式为：y＝，将（8，100）代入，得k＝800，∴y＝，当y＝20时，代入关系式可得x＝40；故答案为：8；40．（2）由（1）中计算可得，y＝．（3）在y＝10x+20（0≤x≤8）中，令y＝50，解得x＝3；反比例函数y＝中，令y＝50，解得：x＝16，∴学生在每次温度升降过程中能喝到50℃以上水的时间有16﹣3＝13分钟．（4）由题意可知，饮水机工作时40分钟为一个循环，上午七点到上午第一节下课时（8：40）的时间是100分钟，是2个40分钟多20分钟，∴＝40（℃），∴学生上午第一节下课时（8：40）不能喝到超过50℃的水．【点评】本题考查反比例函数的应用、一次函数的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法确定函数解析式，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．一十四．二次函数的定义（共1小题）18．（2023春•青秀区校级期末）下列函数中，是二次函数的是（）A．y＝x B． C．y＝x2 D．y＝x﹣2【分析】根据二次函数的定义求解，二次函数的一般式是y＝ax2+bx+c，其中a≠0．【解答】解：A、y＝x，是正比例函数，故本选项不符合题意；B、，是反比例函数，故本选项不符合题意；C、y＝x2，符合定义，故本选项符合题意；D、y＝x﹣2，是一次函数，故本选项不符合题意；故选C．【点评】此题考查了二次函数的定义，熟记二次函数的定义及一般形式是解题的关键．一十五．二次函数的性质（共3小题）19．（2023春•仓山区校级期末）对于y＝3（x﹣1）2+2的性质，下列叙述正确的是（）A．顶点坐标为（﹣1，2） B．对称轴为直线x＝1 C．当x＝1时，y有最大值2 D．当x≥1时，y随x增大而减小【分析】根据二次函数的性质对各选项进行逐一辨别．【解答】解：由题意得，该函数的顶点坐标是（1，2），二次项系数3＞0，∴其对称轴为x＝1；当x＝1时，y有最小值2；当x≥1时，y随x增大而增大，∴选项A，C，D不符合题意，选项B符合题意，故选：B．【点评】此题考查了二次函数性质的应用能力，关键是能准确理解并运用该知识．20．（2023春•肇东市期末）如果二次函数y＝x2﹣8x+m﹣1的顶点在x轴上，那么m＝17．【分析】由二次函数的顶点在x轴上结合二次函数的性质，即可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出结论．【解答】解：∵二次函数y＝x2﹣8x+m﹣1的顶点在x轴上，∴＝＝0，即4m﹣68＝0，∴m＝17．故答案为：17．【点评】本题考查了二次函数的性质，牢记二次函数的顶点坐标为（﹣，）是解题的关键．21．（2023春•金安区校级期末）已知二次函数y＝x2+2x﹣3．（1）将二次函数y＝x2+2x﹣3化成顶点式；（2）求图象与x轴，y轴的交点坐标．【分析】（1）利用配方法将一般式转化为顶点式即可；（2）令y＝0，即x2+2x﹣3＝0方程的两个根即是抛物线与x轴的两个交点的横坐标．【解答】解：（1）y＝x2+2x﹣3＝x2+2x+1﹣4＝（x+1）2﹣4（2）令x＝0，则y＝﹣3，即该抛物线与y轴的交点坐标是（0，﹣3），又∵y＝x2+2x﹣3＝（x+3）（x﹣1）∴该抛物线与x轴的交点坐标是（﹣3，0）（1，0）．【点评】本题考查了二次函数的三种形式、二次函数的性质和由函数图象确定坐标、直线与图象的交点问题，综合体现了数形结合的思想．一十六．二次函数图象与系数的关系（共1小题）22．（2023春•蓝田县期末）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，对称轴是直线x＝1．下列结论：①abc＞0；②3a+c＞0；③（a+c）2﹣b2＜0；④a+b≤m（am+b）（m为实数）．其中结论正确的为（）A．①④ B．②③④ C．①②④ D．①②③④【分析】由抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与y轴交点位置判断①，由a与b的关系及x＝﹣1时y＜0可判断②，利用（a+c）2﹣b2＝（a+b+c）（a﹣b+c），根据x＝﹣1时y＞0，x＝1时y＜0可判断③，由x＝1时y取最小值可判断④．【解答】解：∵抛物线开口向上，∴a＞0，∵抛物线对称轴为直线∴b＝﹣2a＜0，∵抛物线与y轴交点在x轴下方，∴c＜0∴abc＞0，故①正确．∵x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＝3a+c＝0，故②不正确．∵（a+c）2﹣b2＝（a+b+c）（a﹣b+c），且a+b+c＜0，a﹣b+c＝0，∴（a+c）2﹣b2＝0，故③不正确．∵x＝1时，y＝a+b+c为最小值，∴a+b≤m（am+b），故④正确．故选：A．【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程及不等式的关系．一十七．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题）23．（2023春•青秀区校级期末）已知点A（﹣1，y1）、B（﹣2，y2）、C（2，y3）三点都在二次函数y＝﹣x2﹣2x+m的图象上，则y1、y2、y3的大小关系为（）A．y1＞y2＞y3 B．y1＞y3＞y2 C．y3＞y1＞y2 D．y2＞y1＞y3【分析】先确定抛物线的对称轴，根据二次函数的性质，然后利用抛物线开口向下时，离对称轴越远，函数值越小求解．【解答】解：y＝﹣x2﹣2x+m＝﹣（x+1）2+m+1，抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，开口向下，而点A（﹣1，y1）在对称轴上，点C（2，y3）离对称轴最远，所以y1＞y2＞y3．故选：A．【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．一十八．二次函数图象与几何变换（共2小题）24．（2023春•鼓楼区校级期末）把抛物线y＝x2向左平移2个单位得到的抛物线是（）A．y＝（x+2）2 B．y＝（x﹣2）2 C．y＝x2+2 D．y＝x2﹣2【分析】求出抛物线平移后的顶点坐标，然后利用顶点式写出即可．【解答】解：∵抛物线y＝x2向左平移2个单位后的顶点坐标为（﹣2，0），∴得到的抛物线是y＝（x+2）2．故选：A．【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，利用顶点的变化确定抛物线解析式求解更简便．25．（2023春•宜春期末）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣4x+5与y轴交于点C，则该抛物线关于点C成中心对称的抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣4x+5．【分析】由抛物线解析式求得抛物线的顶点坐标与点C的坐标，然后结合中心对称的性质，求得新抛物线顶点坐标，即可得抛物线解析式．【解答】解：由抛物线y＝x2﹣4x+5＝（x﹣2）2+1知，抛物线顶点坐标是（2，1）．由抛物线y＝x2﹣4x+5知，C（0，5）．∴该抛物线关于点C成中心对称的抛物线的顶点坐标是（﹣2，9）．∴该抛物线关于点C成中心对称的抛物线的表达式为：y＝﹣（x+2）2+9＝﹣x2﹣4x+5．故答案为：y＝﹣x2﹣4x+5．【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，表示出新抛物线的顶点坐标是解题的关键．一十九．待定系数法求二次函数解析式（共2小题）26．（2023春•海淀区校级期末）已知一个二次函数图象上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如表所示：x…﹣3﹣2﹣101…y…0﹣3﹣4﹣30…（1）这个二次函数的解析式是y＝x2+2x﹣3；（2）在给定的平面直角坐标系中画出这个二次函数的图象；（3）当﹣4＜x＜0时，y的取值范围为﹣4≤y＜5．【分析】（1）利用表中数据和抛物线的对称性可得到二次函数的顶点坐标为（﹣1，﹣4），则可设顶点式y＝a（x+1）2﹣4，然后把点（0，﹣3）代入求出a即可；（2）利用描点法画二次函数图象；（3）根据x＝﹣4、﹣2时的函数值即可写出y的取值范围．【解答】解：（1）由题意可得二次函数的顶点坐标为（﹣1，﹣4），设二次函数的解析式为：y＝a（x+1）2﹣4，把点（0，﹣3）代入y＝a（x+1）2﹣4，得a＝1，故抛物线解析式为y＝（x+1）2﹣4，即y＝x2+2x﹣3；（2）如图所示：（3）∵y＝（x+1）2﹣4，∴当x＝﹣4时，y＝（﹣4+1）2﹣4＝5，当x＝﹣0时，y＝﹣3，又对称轴为x＝﹣1，∴当﹣4＜x＜0时，y的取值范围是﹣4≤y＜5．【点评】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的图象与性质．27．（2023春•美兰区校级期末）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，﹣1）和点B（4，4）．（1）求该抛物线的解析式；（2）点P是抛物线上的一动点（点P在直线AB的下方），过点P作PQ∥y轴，交直线AB于点Q．设点P的横坐标为m，求线段PQ的长（用含m的代数式表示）；（3）在（2）的条件下，连接PA、PB，求△PAB面积的最大值，并求出此时点P的坐标．【分析】（1）依据题意，将A、B两点代入解析式求出a，b即可得解；（2）依据题意，根据A、B两点坐标可以得出直线AB为y＝x，结合P的横坐标为m，P在抛物线上，Q在直线AB上，进而可以得解；【解答】解：（1）把A（﹣1，﹣1），B（4，4）代入．y＝x2+bx+c得解得．∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣4．（2）∵A（﹣1，﹣1），B（4，4），∴直线AB的解析式为：y＝x．∵点P的横坐标为m，P在抛物线y＝x2﹣2x﹣4，Q在y＝x上，∴P（m，m2﹣2m﹣4），Q（m，m）．∴PQ＝m﹣（m2﹣2m﹣4）＝﹣m2+3m+4．（3）设△PAB的面积为s，由（2）得：PQ＝﹣m2+3m+4，∴＝．∵，∴当时，S取最大值，此时．∴P（，﹣）．【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质，解题时需要熟练掌握并理解．二十．抛物线与x轴的交点（共2小题）28．（2023春•海淀区校级期末）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，当y＜0时，x的取值范围是（）A．﹣1＜x＜2 B．x＞2 C．x＜﹣1 D．x＜﹣1或x＞2【分析】根据抛物线与x轴的交点和图象，可以写出当y＜0时，x的取值范围．【解答】解：由图象可知，当y＜0时，x的取值范围是﹣1＜x＜2，故选：A．【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．29．（2023春•肇东市期末）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴相交于（﹣2，0）和（4，0）两点，当函数值y＞0时，自变量x的取值范围是﹣2＜x＜4．【分析】由抛物线与x轴的交点坐标，结合图象即可解决问题．【解答】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于（﹣2，0）和（4，0）两点，函数开口向下，∴函数值y＞0时，自变量x的取值范围是﹣2＜x＜4，故答案为﹣2＜x＜4．【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．二十一．图象法求一元二次方程的近似根（共1小题）30．（2023春•东营期末）如表中列出了二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的一些对应值，则一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的一个近似解x1的范围是（）x…﹣3﹣2﹣101…y…﹣11﹣5﹣111…A．﹣3＜x1＜﹣2 B．﹣2＜x1＜﹣1 C．﹣1＜x1＜0 D．0＜x1＜1【分析】根据函数的增减性：函数在[﹣1，0]上y随x的增大而增大，可得答案．【解答】解：当x＝﹣1时，y＝﹣1，x＝1时，y＝1，函数在[﹣1，0]上y随x的增大而增大，得一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的一个近似解在﹣1＜x1＜0，故选：C．【点评】本题考查了图象求一元二次方程的近似根，两个函数值的积小于零时，方程的解在这两个函数值对应的自变量的中间．二十二．二次函数的应用（共3小题）31．（2023春•芙蓉区校级期末）某学校航模组设计制作的火箭升空高度h（m）与飞行时间t（s）满足函数关系式为h＝﹣t2+12t+1．如果火箭在点火升空到最高点时打开降落伞，那么降落伞将在离地面37m处打开．【分析】把二次函数配方为顶点式，写出最大值解题即可．【解答】解：h＝﹣t2+12t+1＝﹣（t﹣6）2+37，∵a＝﹣1＜0，∴点火升空的最高点距地面37m，故答案为：37．【点评】本题考查了二次函数的应用以及二次函数的最值，运用配方法配成顶点式是解题的关键．32．（2023春•开福区校级期末）“卢沟晓月”是著名的北京八景之一，每当黎明斜月西沉，月色倒影水中，更显明媚皎洁．古时乾隆皇帝曾在秋日路过卢沟桥，赋诗“半钩留照三秋淡，一练分波平镜明”于此，并题“卢沟晓月”，立碑于桥头．卢沟桥主桥拱可以近似看作抛物线，桥拱在水面的跨度OA约为22米，若按如图所示方式建立平面直角坐标系，则主桥拱所在抛物线可以表示为y＝﹣（x﹣11）2+k，则主桥拱最高点P与其在水中倒影P'之间的距离为26米．【分析】把A（22，0）代入y＝﹣（x﹣11）2+k求出k，根据镜面对称可得PP′＝2k，即可求得结果．【解答】解：由二次函数的图象可知，A（22，0）在抛物线上，把A（22，0）代入y＝﹣（x﹣11）2+k得：0＝﹣（22﹣11）2+k，解得：k＝13，∴y＝﹣（x﹣11）2+13，∵P和P′关于x轴对称，∴PP′＝2×13＝26（米），故答案为：26．【点评】本题主要考查了二次函数的应用，把A（22，0）代入函数解析式求出k值是解决问题的关键．33．（2023春•青秀区校级期末）从2020年开始，越来越多的商家向线上转型发展，“直播带货”已经成为商家的一种促销的重要手段．某商家在直播间销售一种进价为每件10元的日用商品，经调查发现，该商品每天的销售量y（件）与销售单价x（元）满足y＝﹣10x+400，设销售这种商品每天的利润为W（元）．（1）求W与x之间的函数关系式；（2）该商家每天想获得1250元的利润，又要减少库存，应将销售单价定为多少元？（3）若销售单价不低于28元，且每天至少销售50件时，求W的最大值．【分析】（1）根据销售1件的利润乘以每天销售量等于每天的总利润，直接列式即可作答；（2）令W＝1250，可得：﹣10x2+500x﹣4000＝1250，解方程即可求解；（3）根据题意有：，解得：28≤x≤35，将W＝﹣10x2+500x﹣4000化为顶点式为：W＝﹣10（x﹣25）2+2250，即可知当x＞25时，函数值随着x的增大而减小，问题随之得解．【解答】解：（1）根据题意，有：W＝y×（x﹣10）＝（﹣10x+400）×（x﹣10），化简，得：W＝﹣10x2+500x﹣4000，根据，解得：0＜x≤40；即函数关系为：W＝﹣10x2+500x﹣4000，0＜x≤40；（2）令W＝1250，可得：﹣10x2+500x﹣4000＝1250，解得：x＝15，或者x＝35，当x＝15时，销量：y＝﹣10x+400＝250（件）；当x＝35时，销量：y＝﹣10x+400＝50（件）；销量越高，越有利于减少库存，即为了减少库存，将销售单价应定为15元；（3）根据题意有：，解得：28≤x≤35，将W＝﹣10x2+500x﹣4000化为顶点式为：W＝﹣10（x﹣25）2+2250，∵﹣10＜0，∴当x＞25时，函数值随着x的增大而减小，∵28≤x≤35，∴当x＝28时，函数值最大，最大为：W＝﹣10（28﹣25）2+2250＝2160．答：此时W的最大值为2160元．【点评】本题主要考查了二次函数的应用，根据已知的等量关系列出相应的函数关系式是解答本题的关键．二十三．圆周角定理（共2小题）34．（2023春•青冈县期末）如图，点A，B，C在⊙O上，若∠C＝110°，则∠AOB等于（）A．100° B．110° C．120° D．140°【分析】根据圆周角定理及角的和差即可求得答案．【解答】解：∵∠C＝110°，∴优弧所对的圆心角为2∠C＝220°，∴∠AOB＝360°﹣220°＝140°，故选：D．【点评】本题考查圆周角定理，利用其求得优弧所对的圆心角是解题的关键．35．（2023春•东城区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，且CD⊥AB于点E．（1）求证：∠BCO＝∠D；（2）若CD＝4，OE＝1，求⊙O的半径．【分析】（1）根据等腰三角形性质求出∠BCO＝∠B，根据圆周角定理得出∠B＝∠D，再求出答案即可；（2）根据垂径定理求出CE＝DE＝2，再根据勾股定理求出OC即可．【解答】（1）证明：∵OC＝OB，∴∠BCO＝∠B，∵，∴∠B＝∠D，∴∠BCO＝∠D；（2）解：∵AB是⊙O的直径，且CD⊥AB于点E，∴CE＝CD，∵CD＝4，∴CE＝，在Rt△OCE中，OC2＝CE2+OE2，∵OE＝1，∴，解得：OC＝3（负数舍去），∴⊙O的半径为3．【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质，圆周角定理等知识点，能求出CE＝DE和∠B＝∠D是解此题的关键．二十四．切线的性质（共1小题）36．（2023春•青冈县期末）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，AC是⊙O的直径，∠BAC＝15°，则∠P的度数为30°．【分析】先利用切线的性质得到∠CAP＝90°，则利用互余计算出∠PAB＝75°，再根据切线长定理得到PA＝PB，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算∠P的度数．【解答】解：∵PA为切线，∴OA⊥PA，∴∠CAP＝90°，∴∠PAB＝90°﹣∠BAC＝90°﹣15°＝75°，∵PA，PB是⊙O的切线，∴PA＝PB，∴∠PBA＝∠PAB＝75°，∴∠P＝180°﹣75°﹣75°＝30°．故答案为30°．【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．二十五．切线的判定与性质（共1小题）37．（2023春•青冈县期末）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为点E，直线BF与AD延长线交于点F，且∠AFB＝∠ABC．（1）求证：直线BF是⊙O的切线；（2）若CD＝12，BE＝3，求⊙O的半径．【分析】（1）利用圆周角定理，等量代换，平行线的判定与性质和圆的切线的判定定理解答即可；（2）设⊙O的半径为R，连接OD，利用垂径定理求得线段DE，利用勾股定理列出方程，解方程即可得出结论．【解答】（1）证明：∵，∴∠ABC＝∠ADC，∵∠AFB＝∠ABC，∴∠ADC＝∠AFB，∴CD∥BF，∵CD⊥AB，∴AB⊥BF，∵OB为⊙O的半径．∴直线BF是⊙O的切线；（2）解：设⊙O的半径为R，连接OD，如图，∵AB⊥CD，CD＝12，∴，∵BE＝3，∴OE＝R﹣3，在Rt△OED中，∵OE2+DE2＝OD2，∴R2＝（R﹣3）2+62，解得：．即⊙O的半径为．【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，圆的切线的判定定理，勾股定理，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键．二十六．正多边形和圆（共1小题）38．（2023春•成县期末）正五边形是旋转对称图形，绕旋转中心至少旋转72度，可以和原图形重合．【分析】根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答．【解答】解：∵360°÷5＝72°，∴正五边形绕中心至少旋转72度后能和原来的图案互相重合．故答案为：72．【点评】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．二十七．旋转的性质（共1小题）39．（2023春•遂平县期末）如图，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG．延长AE交CG于点F，连接DE．下列结论：①AF⊥CG，②四边形BEFG是正方形，③若DA＝DE，则CF＝FG；其中正确的结论是（）A．①②③ B．①② C．②③ D．①③【分析】设AF交BC于K，由∠ABK＝90°及将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG，可得∠KAB＝∠BCG，即可得∠KFC＝90°，从而判断①正确；由旋转的性质可得∠AEB＝∠CGB＝90°，BE＝BG，∠EBG＝90°，由正方形的判定可证四边形BEFG是正方形，可判断②正确；过点D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性质可得AH＝AE，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得AH＝BE＝AE，由旋转的性质可得AE＝CG，从而可得CF＝FG，判断③正确．【解答】解：设AF交BC于K，如图：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABK＝90°，∴∠KAB+∠AKB＝90°，∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG，∴∠KAB＝∠BCG，∵∠AKB＝∠CKF，∴∠BCG+∠CKF＝90°，∴∠KFC＝90°，∴AF⊥CG，故①正确；∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，∴∠AEB＝∠CGB＝90°，BE＝BG，∠EBG＝90°，又∵∠BEF＝90°，∴四边形BEFG是矩形，又∵BE＝BG，∴四边形BEFG是正方形，故②正确；如图，过点D作DH⊥AE于H，∵DA＝DE，DH⊥AE，∴AH＝AE，∴∠ADH+∠DAH＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠DAB＝90°，∴∠DAH+∠EAB＝90°，∴∠ADH＝∠EAB，又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，∴△ADH≌△BAE（AAS），∴AH＝BE＝AE，∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，∴AE＝CG，∵四边形BEFG是正方形，∴BE＝GF，∴GF＝CG，∴CF＝FG，故③正确；∴正确的有：①②③，故选：A．【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．二十八．坐标与图形变化-旋转（共1小题）40．（2023春•天元区校级期末）平面直角坐标系中，C（0，4），K（2，0），A为x轴上一动点，连接AC，将AC绕A点顺时针旋转90°得到AB，当点A在x轴上运动，BK取最小值时，点B的坐标为（3，﹣1）．【分析】如图，作BH⊥x轴于H．由△ACO≌△BAH（AAS），推出BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，可得B（m+4，m），令x＝m+4，y＝m，推出y＝x﹣4，推出点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，作KM⊥EF于M，根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，构建方程组确定交点M坐标即可解决问题．【解答】解：如图，作BH⊥x轴于H．∵C（0，4），K（2，0），∴OC＝4，OK＝2，∵AC＝AB，∵∠AOC＝∠CAB＝∠AHB＝90°，∴∠CAO+∠OCA＝90°，∠BAH+∠CAO＝90°，∴∠ACO＝∠BAH，∴△ACO≌△BAH（AAS），∴BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，∴B（m+4，m），令x＝m+4，y＝m，∴y＝x﹣4，∴点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，作KM⊥EF于M，则直线KM的解析式为y＝﹣x+2，由，解得，∴M（3，﹣1），根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，此时B（3，﹣1），故答案为：（3，﹣1）【点评】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质，一次函数的应用，垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找点B的运动轨迹，学会利用垂线段最短解决最短问题．二十九．作图-旋转变换（共1小题）41．（2023春•淅川县期末）如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，B，O均为格点（每个小正方形的顶点叫做格点）．（1）作点A关于点O的对称点A1；（2）连接A1B，将线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得到线段A1B1，点B的对应点为B1，画出旋转后的线段A1B1；（3）连接AB1，BB1，求出△ABB1的面积（直接写出结果即可）．【分析】（1）依据中心对称的性质，即可得到点A关于点O的对称点A1；（2）依据线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B对应点B1，即可得出旋转后的线段A1B1；（2）依据三角形的面积公式进行计算即可．【解答】解：（1）如图所示，点A1即为所求；（2）如图所示，线段A1B1即为所求；（3）如图，连接AB1，BB1，则S＝×8×2＝8．【点评】本题主要考查了利用旋转变换作图，掌握旋转的性质是解题的关键．三十．比例线段（共2小题）42．（2023春•肇源县期末）下列四组长度的线段中，是成比例线段的是（）A．4cm，5cm，6cm，7cm B．3cm，4cm，5cm，8cm C．5cm，15cm，3cm，9cm D．8cm，4cm，1cm，3cm【分析】如果其中两条线段的比（即它们的长度比）与另两条线段的比相等，则四条线段叫成比例线段．根据比例性质对选项一一分析，排除错误答案．【解答】解：A、4×7≠5×6，故选项不符合题意；B、3×8≠4×5，故选项不符合题意；C、5×9＝15×3，故选项符合题意；D、1×8≠4×3，故选项不符合题意．故选：C．【点评】此题考查了比例线段，根据成比例线段的概念，注意在相乘的时候，最小的和最大的相乘，另外两个相乘，看它们的积是否相等．同时注意单位要统一．43．（2023春•姑苏区校级期末）在比例尺为1：20000的地图上，A、B两地的距离为2.5cm，则实际距离为500m．【分析】首先设相距2.5cm的两地实际距离为xcm，根据题意可得方程＝，解此方程即可求得答案，注意统一单位．【解答】解：设实际距离为xcm，根据题意得：＝，解得：x＝50000，∵50000cm＝500m，∴实际距离为500m．故答案为：500．【点评】此题考查了比例尺．此题比较简单，解题的关键是注意理解题意，根据题意列方程，注意统一单位．三十一．黄金分割（共1小题）44．（2023春•苏州期末）符合黄金分割比例形式的图形很容易使人产生视觉上的美感．在如图所示的五角星中，，且C，D两点都是AB的黄金分割点，则CD的长为1．【分析】根据黄金分割的定义得到，继而将，代入得：，解之即可求解．【解答】解：∵C，D两点都是的黄金分割点，∴，∵AB＝AD+CD+BC，，∴，将，代入，得：，∴，整理得：，∴CD＝1，故答案为：1．【点评】本题考查黄金分割比例：把线段AB分成两条线段AC和BC，（AC＞BC），且使AC是AB和BC的比例中项（即）叫做把线段AB黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点，其中，并且线段AB的黄金分割点有两个，解题的关键是熟练掌握黄金分割比例．三十二．平行线分线段成比例（共1小题）45．（2023春•任城区期末）如图：AB∥CD∥EF，AD：DF＝3：1，BE＝12，那么CE的长为（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】根据平行线分线段成比例定理得到比例式，再根据AD：DF＝3：1，BE＝12，可计算出CE的长．【解答】解：∵AB∥CD∥EF，∴＝＝3，∴BC＝3CE，∴CE＝BE＝×12＝3，故选：A．【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，关键是掌握：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．三十三．相似三角形的判定与性质（共2小题）46．（2023春•桓台县期末）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，连结AE，过点B作BF⊥AE于点F．（1）求证：△ADE∽△BFA；（2）连接CF，若AB＝20，BC＝10，DE＝5，求CF的长．【分析】（1）由矩形的性质得∠D＝∠DAB＝90°，由BF⊥AE于点F，得∠AFB＝90°，则∠D＝∠AFB，而∠EAD＝∠ABF＝90°﹣∠BAE，所以△ADE∽△BFA；（2）作FG⊥CD于点G，由∠D＝90°，AD＝BC＝10，DE＝5，根据勾股定理得AE＝＝5，由＝sin∠ABF＝sin∠EAD＝＝，得AF＝AB＝4，则FE＝，再证明△EFG∽△EAD，得＝＝＝，则FG＝AD＝2，GE＝DE＝1，可求得CG＝16，根据勾股定理可求得CF＝＝2．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠DAB＝90°，∵BF⊥AE于点F，∴∠AFB＝90°，∴∠D＝∠AFB，∵∠EAD＝∠ABF＝90°﹣∠BAE，∴△ADE∽△BFA.（2）解：作FG⊥CD于点G，则∠CGF＝90°，∵∠D＝90°，CD＝AB＝20，AD＝BC＝10，DE＝5，∴AE＝＝＝5，∵＝sin∠ABF＝sin∠EAD＝＝＝，∴AF＝AB＝×20＝4，∴FE＝AE﹣AF＝5﹣4＝，∵∠FGE＝∠D＝90°，∴FG∥AD，∴△EFG∽△EAD，∴＝＝＝＝，∴FG＝AD＝×10＝2，GE＝DE＝×5＝1，∴CG＝CD﹣DE+GE＝20﹣5+1＝16，∴CF＝＝＝2，∴CF的长是2．【点评】此题重点考查矩形的性质、同角的余角相等、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．47．（2023春•普陀区校级期末）已知：如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，BA•BD＝BC•BE．（1）求证：△BDE∽△BCA；（2）如果AE＝AC，求证：AC2＝AD•AB．【分析】（1）根据两边成比例夹角相等判定两三角形相似即可；（2）只要证明△ADC∽△ACB，即可解决问题；【解答】（1）证明：∵BA•BD＝BC•BE．∴＝，∵∠B＝∠B，∴△BDE∽△BCA．（2）证明：∵BA•BD＝BC•BE．∴＝，∵∠B＝∠B，∴△BAE∽△BCD，∴∠BAE＝∠BCD，∵AE＝AC，∴∠AEC＝∠ACE，∵∠AEC＝∠B+∠BAE，∠ACE＝∠ACD+∠BCD，∴∠B＝∠ACD，∵∠BAC＝∠BAC，∴△ADC∽△ACB，∴＝，∴AC2＝AD•AB．【点评】本题考查相似三角形的性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．三十四．相似三角形的应用（共1小题）48．（2023春•莱州市期末）一种燕尾夹如图1所示，图2是在闭合状态时的示意图，图3是在打开状态时的示意图（数据如图，单位：mm），从图2闭合状态到图3打开状态，则点B，D之间的距离减少了（）A．25mm B．20mm C．15mm D．8mm【分析】根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．【解答】解：连接BD，由题意得，EF∥BC，∴△AEF∽△ABD，∴＝，∴＝，∴BD＝45，∴点B，D之间的距离减少了45﹣20＝25（mm），故选：A．【点评】本题考查了相似三角形的应用，正确的识别图形是解题的关键．三十五．位似变换（共1小题）49．（2023春•淄博期末）在平面直角坐标系中，已知点A（﹣3，6）、B（﹣9，﹣3），以原点O为位似中心，相似比为，把△ABO缩小，则点B对应点B'的坐标是（﹣3，﹣1）或（3，1）．【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k解答．【解答】解：∵点A（﹣3，6）、B（﹣9，﹣3），以原点O为位似中心，相似比为，把△ABO缩小，∴点B的对应点B′的坐标是：（﹣9×，﹣3×）或[﹣9×（﹣），﹣3×（﹣）]，即（﹣3，﹣1）或（3，1）．故答案为：（﹣3，﹣1）或（3，1）．【点评】本题考查的是位似变换的概念和性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．三十六．作图-位似变换（共2小题）50．（2023春•莱西市期末）如图，已知O是坐标原点，A，B两点的坐标分别为（3，﹣1），（2，1），（1）以点O为位似中心，在y轴左侧将△OAB放大为原来的两倍，画出图形；（2）A点的对应点A′的坐标是（﹣6，2）；B点的对应点B′的坐标是（﹣4，﹣2）；（3）在AB上有一点P（x，y），按（1）的方式得到的对应点P′的坐标是（﹣2x，﹣2y）．【分析】（1）根据位似图形的性质即可画出△OA'B'；（2）根据点的位置直接可得坐标；（3）根据位似图形的性质可得答案．【解答】解：（1）如图，△OA'B'即为所求；（2）由图可知A'（﹣6，2），B'（﹣4，﹣2），故答案为：（﹣4，﹣2），（﹣6，2）；（3）点P的对应点P'（﹣2x，﹣2y），故答案为：（﹣2x，﹣2y）．【点评】本题主要考查了作图﹣位似变换，熟练掌握位似图形的性质，作出△OA'B'是解题的关键．51．（2023春•临淄区期末）在如图的方格纸中，△OAB的顶点坐标分别为O（0，0）、A（﹣2，﹣1）、B（﹣1，﹣3），△O1A1B1与△OAB是关于点P为位似中心的位似图形．（1）在图中标出位似中心P的位置，并写出点P及点B的对应点B1的坐标；（2）以原点O为位似中心，在位似中心的同侧画出△OAB的一个位似△OA2B2，使它与△OAB的位似比为2：1，并写出点B的对应点B2的坐标；（3）△OAB的内部一点M的坐标为（a，b），写出M在△OA2B2中的对应点M2的坐标．【分析】（1）连接O1O并延长与A1A的延长线相交，交点即为位似中心P，再根据平面直角坐标系写出点P和B1的坐标；（2）延长OA到A2，使AA2＝OA，延长OB到B2，使BB2＝OB，连接A2B2，再根据平面直角坐标系写出点B2的坐标；（3）根据位似比是2写出即可．【解答】解：（1）位似中心P如图所示，P（﹣5，﹣1），B1（3，﹣5）；（2）△OA2B2如图所示，B2（﹣2，﹣6）；（3）点M2（2a，2b）．【点评】本题考查了利用位似变换作图，熟练掌握位似变换的性质准确找出对应点的位置是解题的关键．三十七．特殊角的三角函数值（共1小题）52．（2023春•东城区校级期末）在锐角△ABC中，若|sinA﹣|+（1﹣tanB）2＝0，则∠C的度数是75°．【分析】根据非负数的性质可以求得sinA，与tanB的值，即可求得∠A与∠B的度数，然后根据三角形的内角和即可求解．【解答】解：根据题意得：sinA﹣＝0，1﹣tanB＝0，∴sinA＝，tanB＝1，∴∠A＝60°，∠B＝45°，∴∠C＝180°﹣60°﹣45°＝75°．故答案为：75°．【点评】本题考查了特殊角的三角函数以及非负数的性质，正确记忆特殊角的三角函数值是关键．三十八．解直角三角形的应用-方向角问题（共2小题）53．（2023春•宁阳县期末）现在手机导航极大方便了人们的出行，如图，嘉琪一家自驾到风景区C游玩，到达A地后，导航显示车辆应沿北偏西45°方向行驶4千米至B地，再沿北偏东60°方向行驶一段距离到达风景区C，嘉琪发现风景区C在A地的北偏东15°方向，那么B，C两地的距离为（）A．千米 B．千米 C．千米 D．5千米【分析】图所示，过点B作BD⊥AC于D，由题意得，∠BAC＝60°，∠ABC＝75°，利用三角形内角和定理求出∠C＝45°，再求出∠ABD＝30°，∠DBC＝45°＝∠C，得到千米，CD＝BD，利用勾股定理求出千米，即可利用勾股定理求出BC的长．【解答】解：如图所示，过点B作BD⊥AC于D，由题意得，∠BAC＝60°，∠ABC＝75°，∴∠C＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝45°，∵BD⊥AC，∴∠BDC＝∠BDA＝90°，∴∠ABD＝30°，∠DBC＝45°＝∠C，∴（千米），CD＝BD，∴（千米），∴（千米），故选：A．【点评】本题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的计算，方位角的表示，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．54．（2023春•巴南区期末）在海平面上有A，B，C三个标记点，其中A在C的北偏西54°方向上，与C的距离是800海里，B在C的南偏西36°方向上，与C的距离是600海里．（1）求点A与点B之间的距离；（2）若在点C处有一灯塔，灯塔的信号有效覆盖半径为500海里，每隔半小时会发射一次信号，此时在点B处有一艘轮船准备沿直线向点A处航行，轮船航行的速度为每小时20海里．轮船在驶向A处的过程中，最多能收到多少次信号？（信号传