2019年九年级数学上期末模拟试题(带答案)

2019年九年级数学上期末模拟试题(带答案)
一、选择题
1．如图，在5×
5正方形网格中，一条圆弧经过A 、B 、C 三点，那么这条圆弧所在的圆的圆心为图中的( )
A ．M
B ．P
C ．Q
D ．R 2．一元二次方程
的根是（ ） A ．3x = B ．1203x x ==-， C ．1203x x ==， D ．1203x x ==，
3．把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知
4EF CD ==，则球的半径长是（ ）
A ．2
B ．2.5
C ．3
D ．4
4．如图，在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，AC=BC=1，将绕点A 逆时针旋转30°后得到Rt △ADE ，点B 经过的路径为弧BD ，则图中阴影部分的面积是( )
A ．6π
B ．3π
C ．2π-12
D ．12
5．下列命题错误．．
的是 ( ) A ．经过三个点一定可以作圆
B ．经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心
C ．同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等
D ．三角形的外心到三角形各顶点的距离相等
6．受益于电子商务发展和法治环境改善等多重因素，“快递业”成为我国经济的一匹“黑马”，2016年我国快递业务量为300亿件，2018年快递量将达到450亿件，若设快递量平均每年增长率为x ，则下列方程中，正确的是( )
A ．()3001x 450+=
B ．()30012x 450+=
C ．2300(1x)450+=
D ．2450(1x)300-= 7．一元二次方程x 2+x ﹣14＝0的根的情况是（ ） A ．有两个不等的实数根 B ．有两个相等的实数根
C ．无实数根
D ．无法确定 8．甲袋里有红、白两球，乙袋里有红、红、白三球，两袋的球除颜色不同外都相同，分别往两袋里任摸一球，则同时摸到红球的概率是（ ）
A ．13
B ．14
C ．15
D ．16
9．“射击运动员射击一次，命中靶心”这个事件是（ ）
A ．确定事件
B ．必然事件
C ．不可能事件
D ．不确定事件
10．若20a ab -=（b ≠0），则
a a
b +=（ ） A ．0 B ．12 C ．0或12 D ．1或 2
11．已知点P （﹣b ，2）与点Q （3，2a ）关于原点对称点，则a 、b 的值分别是（ ） A ．﹣1、3 B ．1、﹣3 C ．﹣1、﹣3 D ．1、3
12．如图，AOB V 中，30B ∠=︒．将AOB V 绕点O 顺时针旋转52︒得到A OB ''△，边A B ''与边OB 交于点C （A '不在OB 上），则A CO '∠的度数为（ ）
A ．22︒
B ．52︒
C ．60︒
D ．82︒
二、填空题
13．从五个数1，2，3，4，5中随机抽出1个数 ，则数3被抽中的概率为_________．
14．已知如图所示的图形的面积为24，根据图中的条件，可列出方程：_______.
15．心理学家发现：学生对概念的接受能力y 与提出概念的时间x （分）之间的关系式为y=﹣0.1x 2+2.6x+43（0≤x≤30），若要达到最强接受能力59.9，则需________ 分钟．
16．如图，P 是⊙O 的直径AB 延长线上的一点，PC 与⊙O 相切于点C ，若∠P=20°，则∠A=___________°．
17．在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2的图象如图所示．已知A点坐标为（1，1），过点A作AA1∥x轴交抛物线于点A1，过点A1作A1A2∥OA交抛物线于点A2，过点A2作A2A3∥x轴交抛物线于点A3，过点A3作A3A4∥OA交抛物线于点A4……，依次进行下去，则点A2019的坐标为_______．
18．某校组织“优质课大赛”活动，经过评比有两名男教师和两名女教师获得一等奖，学校将从这四名教师中随机挑选两位教师参加市教育局组织的决赛，挑选的两位教师恰好是一男一女的概率为____．
19．如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AE是⊙O的切线，A为切点，连接BC并延长交AE于点D．若AOC=80°，则ADB的度数为（）
A．40° B．50° C．60° D．20°
20．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+c（a≠0）的图象过正方形ABOC的三个顶点A，B，C，则ac的值是________．
三、解答题
21．如图，斜坡AB 长10米，按图中的直角坐标系可用353
y x =-+表示，点A ，B 分别在x 轴和y 轴上，且30OAB ︒∠=．在坡上的A 处有喷灌设备，喷出的水柱呈抛物线形落到B 处，抛物线可用213
y x bx c =-++表示．
（1）求抛物线的函数关系式（不必写自变量取值范围）；
（2）求水柱离坡面AB 的最大高度；
（3）在斜坡上距离A 点2米的C 处有一颗3.5米高的树，水柱能否越过这棵树？
22．如图所示，抛物线y ＝x 2+bx +c 经过A 、B 两点，A 、B 两点的坐标分别为（﹣1，0）、（0，﹣3）．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）点E 为抛物线的顶点，点C 为抛物线与x 轴的另一交点，点D 为y 轴上一点，且DC ＝DE ，求出点D 的坐标；
（3）在第二问的条件下，在直线DE 上存在点P ，使得以C 、D 、P 为顶点的三角形与△DOC 相似，请你直接写出所有满足条件的点P 的坐标．
23．关于x 的一元二次方程x 2﹣2x ﹣(n ﹣1)＝0有两个不相等的实数根．
(1)求n 的取值范围；
(2)若n 为取值范围内的最小整数，求此方程的根．
24．如图，以△ABC 的BC 边上一点O 为圆心的圆，经过A ，B 两点，且与BC 边交于点E ，D 为BE 的下半圆弧的中点，连接AD 交BC 于F ，AC=FC ．
（1）求证：AC 是⊙O 的切线；
（2）已知圆的半径R=5，EF=3，求DF 的长．
25．如图，某足球运动员站在点O处练习射门．将足球从离地面0.5m的A处正对球门踢出（点A在y轴上），足球的飞行高度y（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间满足函数关系y＝at2+5t+c，己知足球飞行0.8s时，离地面的高度为3.5m．
（1）a＝，c＝；
（2）当足球飞行的时间为多少时，足球离地面最高？最大高度是多少？
（3）若足球飞行的水平距离x（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间具有函数关系x＝10t，已知球门的高度为2.44m，如果该运动员正对球门射门时，离球门的水平距离为
28m，他能否将球直接射入球门？
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一、选择题
1．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，分别作AB，BC的垂直平分线即可得到答案．
【详解】
解：作AB的垂直平分线，作BC的垂直平分线，如图，
它们都经过Q，所以点Q为这条圆弧所在圆的圆心．
故选：C．
【点睛】
本题考查了垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心．这也常用来确定圆心的方法．2．D
解析：D
【解析】
x2−3x=0，
x(x−3)=0，
∴x1=0，x2=3.
故选：D.
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
取EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，设OF=x，则
OM=4-x，MF=2，然后在Rt△MOF中利用勾股定理求得OF的长即可．
【详解】
如图：
EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠D=90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴MN=CD=4，
设OF=x，则ON=OF，
∴OM=MN-ON=4-x，MF=2，
在直角三角形OMF中，OM2+MF2=OF2，
即：（4-x）2+22=x2，
解得：x=2.5，
故选B．
【点睛】
本题主考查垂径定理及勾股定理的知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．4．A
解析：A
【解析】
【分析】
先根据勾股定理得到2，再根据扇形的面积公式计算出S扇形ABD，由旋转的性质得到Rt△ADE≌Rt△ACB，于是S阴影部分=S△ADE+S扇形ABD-S△ABC=S扇形ABD．
【详解】
∵∠ACB=90°，AC=BC=1，
∴，
∴S 扇形ABD =2
30=3606
ππ⨯，
又∵Rt △ABC 绕A 点逆时针旋转30°后得到Rt △ADE ，
∴Rt △ADE ≌Rt △ACB ，
∴S 阴影部分=S △ADE +S 扇形ABD −S △ABC =S 扇形ABD =
6
π， 故选A.
【点睛】
本题考查扇形面积计算，熟记扇形面积公式，采用作差法计算面积是解题的关键. 5．A
解析：A
【解析】
选项A ，经过不在同一直线上的三个点可以作圆；选项B ，经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心，正确；选项C ，同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，正确；选项D ，三角形的外心到三角形各顶点的距离相等，正确；故选A.
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
快递量平均每年增长率为x ，根据我国2016年及2018年的快递业务量，即可得出关于x 的一元二次方程，此题得解．
【详解】
快递量平均每年增长率为x ，
依题意，得：2
300(1x)450+=，
故选C ．
【点睛】
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． 7．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据方程的系数结合根的判别式，可得出△=2＞0，即可判断有两个不相等的实数根．
【详解】
∵△＝12﹣4×1×（﹣14
）＝2＞0，
∴方程x2+x﹣1
4
＝0有两个不相等的实数根．
故选：A．
【点睛】
本题考查了根的判别式，牢记“当△＞0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．
8．A
解析：A
【解析】
【分析】
先画树状图求出任摸一球的组合情况总数，再求出同时摸到红球的数目，利用概率公式计算即可．
【详解】
画树状图如下：
分别往两袋里任摸一球的组合有6种：红红，红红，红白，白红，白红，白白；其中红红
的有2种，所以同时摸到红球的概率是21 63 ．
故选A．
【点睛】
本题考查了用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法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．
9．D
解析：D
【解析】
试题分析：“射击运动员射击一次，命中靶心”这个事件是随机事件，属于不确定事件，故选D．
考点：随机事件．
10．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
解：∵20a ab -= ()0b ≠，
∴a(a-b)=0，
∴a=0，b=a ．
当a=0时，原式=0；
当b=a 时，原式=12
，
故选C 11．A
解析：A
【解析】
【分析】
让两个横坐标相加得0，纵坐标相加得0即可求得a ，b 的值．
【详解】
解：∵P （-b ，2）与点Q （3，2a ）关于原点对称点，
∴-b+3=0，2+2a=0，
解得a=-1，b=3，
故选A ．
【点睛】
用到的知识点为：两点关于原点对称，这两点的横纵坐标均互为相反数；互为相反数的两个数和为0．
12．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质可得∠B ′=∠B =30°，∠BOB ′=52°，再由三角形外角的性质即可求得A CO ∠'的度数.
【详解】
∵△A ′OB ′是由△AOB 绕点O 顺时针旋转得到，∠B =30°，
∴∠B ′=∠B =30°，
∵△AOB 绕点O 顺时针旋转52°，
∴∠BOB ′=52°，
∵∠A ′CO 是△B ′OC 的外角，
∴∠A ′CO =∠B ′+∠BOB ′=30°+52°=82°．
故选D ．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，熟知旋转的性质是解决问题的关键.
二、填空题
13．【解析】分析：直接利用概率公式求解即可求出答案详解：从12345中随机取出1个不同的数共有5种不同方法其中3被抽中的概率为故答案为点睛：本题考查了概率公式的应用用到的知识点为：概率=所求情况数与总情
解析：1 5
【解析】
分析：直接利用概率公式求解即可求出答案.
详解：从1，2，3，4，5中随机取出1个不同的数，共有5种不同方法，其中3被抽中的
概率为1
5
.故答案为
1
5
.
点睛：本题考查了概率公式的应用，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比. 14．(x+1)2=25【解析】【分析】此图形的面积等于两个正方形面积的差据此即可列出方程【详解】根据题意得：（x+1）2-
1=24即：（x+1）2=25故答案为（x+1）2=25【点睛】本题考查了一元二
解析：(x+1)2=25
【解析】
【分析】
此图形的面积等于两个正方形面积的差，据此即可列出方程.
【详解】
根据题意得：（x+1）2 -1=24，
即：（x+1）2 =25．
故答案为（x+1）2 =25．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用——图形问题，解题的关键是明确图中不规则图形的面积计算方法.
15．13【解析】【分析】直接代入求值即可【详解】试题解析：把y=599代入y=﹣01x2+26x+43得599=-
01x2+26x+43解得：x1=x2=13分钟即学生对概念的接受能力达到599时需要1
解析：13
【解析】
【分析】
直接代入求值即可．
【详解】
试题解析：把y=59.9代入y=﹣0.1x2+2.6x+43得，59.9=-0.1x2+2.6x+43解得：x1=x2=13分钟．
即学生对概念的接受能力达到59.9时需要13分钟．故答案为：13．
考点：二次函数的应用．
16．35【解析】【分析】【详解】解：∵PC与⊙O相切
∴∠OCP=90°∴∠COP=90°-∠P=90°-
20°=70°∵OA=OC∴∠A=∠ACO∵∠A+∠ACO=∠COP∴∠A=35°故答案为35
解析：35
【解析】
【分析】
【详解】
解：∵PC与⊙O相切，∴∠OCP=90°，
∴∠COP=90°-∠P=90°-20°=70°，
∵OA=OC，∴∠A=∠ACO，
∵∠A+∠ACO=∠COP，
∴∠A=35°，
故答案为35.
17．(-
101010102)【解析】【分析】根据二次函数性质可得出点A1的坐标求得直线A1A 2为y=x+2联立方程求得A2的坐标即可求得A3的坐标同理求得A4的坐标即可求得A5的坐标根据坐标的变化找出变
解析：(-1010,10102)
【解析】
【分析】
根据二次函数性质可得出点A1的坐标，求得直线A1A2为y=x+2，联立方程求得A2的坐标，即可求得A3的坐标，同理求得A4的坐标，即可求得A5的坐标，根据坐标的变化找出变化规律，即可找出点A2019的坐标．
【详解】
∵A点坐标为（1，1），
∴直线OA为y=x，A1（-1，1），
∵A1A2∥OA，
∴直线A1A2为y=x+2，
解
22
y x y x +
⎧⎨⎩＝
＝
得
1
1
x
y
-
⎧
⎨
⎩
＝
＝
或
2
4
x
y
⎧
⎨
⎩
＝
＝
，
∴A2（2，4），
∴A3（-2，4），
∵A3A4∥OA，
∴直线A3A4为y=x+6，
解
26
y x y x +
⎧⎨⎩＝
＝
得
2
4
x
y
-
⎧
⎨
⎩
＝
＝
或
3
9
x
y
⎧
⎨
⎩
＝
＝
，
∴A4（3，9），∴A5（-3，9）
…，
∴A2019（-1010，10102），
故答案为（-1010，10102）．
【点睛】
此题考查二次函数图象上点的坐标特征、一次函数的图象以及交点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律是解题的关键．
18．【解析】【分析】根据列表法求出所有可能及可得出挑选的两位教师恰好是一男一女的结果数而利用概率公式计算可得【详解】解：所有可能的结果如下表：男1 男2 女1 女2 男1 （男1男2）（男1女1
解析：2 3
【解析】
【分析】
根据列表法求出所有可能及可得出挑选的两位教师恰好是一男一女的结果数而利用概率公式计算可得．
【详解】
解：所有可能的结果如下表：
的结果有8种，
所以其概率为挑选的两位教师恰好是一男一女的概率为
8
12
=
2
3
，
故答案为2
3
．
【点睛】
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法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．
19．B【解析】试题分析：根据AE是⊙O的切线A为切点AB是⊙O的直径可以先得出∠BAD为直角再由同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半求出∠B 从而得到∠ADB的度数由题意得：∠BAD=90°∵∠B=∠
解析：B．
【解析】
试题分析：根据AE 是⊙O 的切线，A 为切点，AB 是⊙O 的直径，可以先得出∠BAD 为直角．再由同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，求出∠B ，从而得到∠ADB 的度数．由题意得：∠BAD=90°，∵∠B=∠AOC=40°，∴∠ADB=90°-∠B=50°．故选B ．
考点：圆的基本性质、切线的性质．
20．－2【解析】【分析】设正方形的对角线OA 长为2m 根据正方形的性质则可得出BC 坐标代入二次函数y=ax2+c 中即可求出a 和c 从而求积【详解】设正方形的对角线OA 长为2m 则B （﹣mm ）C （mm ）A （02
解析：－2． 【解析】 【分析】
设正方形的对角线OA 长为2m ，根据正方形的性质则可得出B 、C 坐标，代入二次函数y=ax 2+c 中，即可求出a 和c ，从而求积． 【详解】
设正方形的对角线OA 长为2m ，则B （﹣m ，m ），C （m ，m ），A （0，2m ）； 把A ，C 的坐标代入解析式可得：c=2m ①，am 2+c=m ②， ①代入②得：am 2+2m=m ， 解得：a=-1m
， 则ac=-
1
m
⨯2m=-2． 考点：二次函数综合题．
三、解答题
21．（1）21
43
5
3
3
y x x =-++；（2）254米；（3）水柱能越过树 【解析】 【分析】
（1）根据直角三角形的性质求出点A 、B 的坐标，再利用待定系数法求解可得； （2）水柱离坡面的距离d=-13x 2+33x+5-（-3
3
x+5），整理成一般式，再配方成顶点式即可得；
（3）先求出点C 的坐标为（31），再求出3y ，与1+3.5比较大小即可得． 【详解】
（1）∵AB=10、∠OAB=30°，
∴OB=1
2
AB=5、OA=ABcos∠OAB=10×
3
2
=53，
则A（53，0）、B（0，5），
将A、B坐标代入y=-
1
3
x2+bx+c，得：
1
75530
3
5
b c
c
⎧
-⨯++
⎪
⎨
⎪⎩
＝
＝
，
解得：
43
3
5
b
c
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
＝
＝
，
∴抛物线解析式为y=-
1
3
x2+
43
x+5；
（2）水柱离坡面的距离d=-
1
3
x2+
43
x+5-（-
3
x+5）
=-
1
3
x2+
53
3
x
=-
1
3
（x2-53x）
=-
1
3
（x-
53
）2+
25
4
，
∴当x=
53
时，水柱离坡面的距离最大，最大距离为
25
4
米；（3）如图，过点C作CD⊥OA于点D，
∵AC=2、∠OAB=30°，
∴CD=1、3
则3
当3y=-
1
3
×（32
43
×3＞1+3.5，所以水柱能越过树．
【点睛】
本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式、直角三角形的性质、二次函数的图象与性质．
22．（1）y=x2﹣2x﹣3；（2）D（0，﹣1）；（3）P点坐标（﹣1
3
，0）、（
1
3
，﹣2）、
（﹣3，8）、（3，﹣10）．
【解析】
【分析】
(1)将A,B两点坐标代入解析式，求出b,c值，即可得到抛物线解析式；
(2)先根据解析式求出C点坐标，及顶点E的坐标，设点D的坐标为（0，m），作EF⊥y 轴于点F，利用勾股定理表示出DC,DE的长．再建立相等关系式求出m值，进而求出D 点坐标；
(3)先根据边角边证明△COD≌△DFE，得出∠CDE=90°，即CD⊥DE，然后当以C、D、P 为顶点的三角形与△DOC相似时，根据对应边不同进行分类讨论：
①当OC与CD是对应边时，有比例式OC OD
DC DP
=，能求出DP的值，又因为DE=DC,所以
过点P作PG⊥y轴于点G，利用平行线分线段成比例定理即可求出DG,PG的长度，根据点P在点D的左边和右边，得到符合条件的两个P点坐标；
②当OC与DP是对应边时，有比例式OC OD
DP DC
=，易求出DP，仍过点P作PG⊥y轴于点
G，利用比例式DG PG DP
DF EF DE
==求出DG,PG的长度，然后根据点P在点D的左边和右
边，得到符合条件的两个P点坐标；这样，直线DE上根据对应边不同，点P所在位置不同，就得到了符合条件的4个P点坐标.
【详解】
解：（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过A（﹣1，0）、B（0，﹣3），
∴
10
{
3
b c
c
-+=
=-
，解得
2
{
3
b
c
=-
=-
，
故抛物线的函数解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）令x2﹣2x﹣3=0，
解得x1=﹣1，x2=3，
则点C的坐标为（3，0），
∵y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，
∴点E坐标为（1，﹣4），
设点D的坐标为（0，m），作EF⊥y轴于点F（如下图），∵DC2=OD2+OC2=m2+32，DE2=DF2+EF2=（m+4）2+12，
∵DC=DE，
∴m2+9=m2+8m+16+1，解得m=﹣1，
∴点D的坐标为（0，﹣1）；（3）
∵点C（3，0），D（0，﹣1），E（1，﹣4），
∴CO=DF=3，DO=EF=1， 根据勾股定理，
，
在△COD 和△DFE 中，
∵{90CO DF
COD DFE DO EF
=∠=∠=︒=， ∴△COD ≌△DFE （SAS ）， ∴∠EDF=∠DCO ， 又∵∠DCO+∠CDO=90°， ∴∠EDF+∠CDO=90°， ∴∠CDE=180°﹣90°=90°，
∴CD ⊥DE ，①当OC 与CD 是对应边时， ∵△DOC ∽△PDC ， ∴
OC OD DC DP
=
1
DP ， 解得
DP=
3
， 过点P 作PG ⊥y 轴于点G ，
则DG PG DP
DF EF DE
==
，即31DG PG == 解得DG=1，PG=
13
， 当点P 在点D 的左边时，OG=DG ﹣DO=1﹣1=0， 所以点P （﹣
1
3
，0）， 当点P 在点D 的右边时，OG=DO+DG=1+1=2， 所以，点P （
1
3
，﹣2）； ②当OC 与DP 是对应边时， ∵△DOC ∽△CDP ，
∴OC OD DP DC
=，即3
DP
，
解得
， 过点P 作PG ⊥y 轴于点G ， 则
DG PG DP DF EF DE ==
，即31DG PG ==，
解得DG=9，PG=3，
当点P 在点D 的左边时，OG=DG ﹣OD=9﹣1=8， 所以，点P 的坐标是（﹣3，8），
当点P 在点D 的右边时，OG=OD+DG=1+9=10， 所以，点P 的坐标是（3，﹣10），
综上所述，在直线DE 上存在点P ，使得以C 、D 、P 为顶点的三角形与△DOC 相似，满足条件的点P 共有4个，其坐标分别为（﹣13，0）、（1
3
，﹣2）、（﹣3，8）、（3，﹣10）．
考点：1.相似三角形的判定与性质；2.二次函数动点问题；3.一次函数与二次函数综合题. 23．(1)n ＞0；(2)x 1＝0，x 2＝2． 【解析】 【分析】
(1)根据方程有两个不相等的实数根可知240b ac ∆=-> ，即可求出n 的取值范围； （2）根据题意得出n 的值，将其代入方程，即可求得答案. 【详解】
(1)根据题意知，[]
2
2
4(2)41(1)0b ac n ∆=-=--⨯⨯--> 解之得：0n >；
(2)∵0n > 且n 为取值范围内的最小整数， ∴1n =，
则方程为220x x -=， 即(2)0x x -=， 解得120,2x x ==． 【点睛】
本题主要考查了一元二次方程根的判别式，明确和掌握一元二次方程
20(a 0)++=≠ax bx c 的根与24b ac ∆=-的关系（①当>0∆ 时，方程有两个不相等
的实数根；②当0∆= 时方程有两个相等的实数根；③当∆<0 时，方程无实数根）是解
24．（1）证明见解析；（2）29
【解析】
【分析】
（1）连结OA、OD，如图，根据垂径定理的推理，由D为BE的下半圆弧的中点得到OD ⊥BE，则∠D+∠DFO=90°，再由AC=FC得到∠CAF=∠CFA，根据对顶角相等得∠CFA=∠DFO，所以∠CAF=∠DFO，加上∠OAD=∠ODF，则∠OAD+∠CAF=90°，于是根据切线的判定定理即可得到AC是⊙O的切线；
（2）由于圆的半径R=5，EF=3，则OF=2，然后在Rt△ODF中利用勾股定理计算DF的长．
【详解】
解：（1）连结OA、OD，如图，
∵D为BE的下半圆弧的中点，
∴OD⊥BE，
∴∠D+∠DFO=90°，
∵AC=FC，
∴∠CAF=∠CFA，
∵∠CFA=∠DFO，
∴∠CAF=∠DFO，
而OA=OD，
∴∠OAD=∠ODF，
∴∠OAD+∠CAF=90°，即∠OAC=90°，
∴OA⊥AC，
∴AC是⊙O的切线；
（2）∵圆的半径R=5，EF=3，
∴OF=2，
在Rt△ODF中，∵OD=5，OF=2，
∴22
5+2=29
【点睛】
本题考查切线的判定．
25．（1）
25
16
，
1
2
；（2）当足球飞行的时间
8
5
s时，足球离地面最高，最大高度是
4.5m；（3）能．
【分析】
（1）由题意得：函数y ＝at 2+5t +c 的图象经过（0，0.5）（0.8，3.5），代入函数的表达式即可求出a ，c 的值；
（2）利用配方法即可求出足球飞行的时间以及足球离地面的最大高度；
（3）把x ＝28代入x ＝10t 得t ＝2.8，把t ＝2.8代入解析式求出y 的值和2.44m 比较大小即可得到结论． 【详解】
（1）由题意得：函数y ＝at 2+5t +c 的图象经过（0，0.5）（0.8，3.5）， ∴2
0.53.50.850.8c
a c
=⎧⎨
=+⨯+⎩， 解得：2516
12a c ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
，
∴抛物线的解析式为：y ＝﹣2516
t 2+5t +1
2，
故答案为：﹣2516，1
2； （2）∵y ＝﹣2516
t 2+5t +12，
∴y ＝﹣2516（t ﹣8
5）2+92， ∴当t ＝
8
5
时，y 最大＝4.5， ∴当足球飞行的时间
8
5
s 时，足球离地面最高，最大高度是4.5m ； （3）把x ＝28代入x ＝10t 得t ＝2.8，
∴当t ＝2.8时，y ＝﹣
2516
×2.82+5×2.8+12＝2.25＜2.44， ∴他能将球直接射入球门． 【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，以及二次函数的应用，正确求得解析式是解题的关键．。