九年级期末试卷检测题(WORD版含答案)

九年级期末试卷检测题（WORD 版含答案）
一、选择题
1．如图，等边三角形ABC 的边长为5，D 、E 分别是边AB 、AC 上的点，将△ADE 沿DE 折叠，点A 恰好落在BC 边上的点F 处，若BF ＝2，则BD 的长是（ ）
A ．2
B ．3
C ．
218
D ．
247
2．如图，在△ABC 中，DE ∥BC ，若DE ＝2，BC ＝6，则
ADE ABC 的面积
的面积
＝（ ）
A ．
13
B ．
14
C ．
16
D ．
19
3．二次函数y ＝3(x －2)2－1的图像顶点坐标是（ ） A ．（－2，1）
B ．（－2，－1）
C ．（2，1）
D ．（2，－1）
4．如图，某水库堤坝横断面迎水坡AB 的坡比是1：3，堤坝高BC=50m ，则应水坡面AB 的长度是（ ）
A ．100m
B ．3m
C ．150m
D ．3
5．把二次函数y =2x 2的图象向右平移3个单位，再向上平移2个单位后的函数关系式是
（ ）
A ．22(3)2y x =-+
B ．22(3)2y x =++
C ．22(3)?2y x =-
D ．22(3)?2y x =+
6．如图，△ABC 内接于⊙O ，若∠A=α，则∠OBC 等于（ ）
A ．180°﹣2α
B ．2α
C ．90°+α
D ．90°﹣α
7．方程2210x x --=的两根之和是（ ） A ．2-
B ．1-
C ．
12
D ．12
-
8．二次函数2
y ax bx c =++（a ，b ，c 为常数，且0a ≠）中的x 与y 的部分对应值如下表：
x
2- 1-
0 1
2
y
5 0
3- 4-
3-
以下结论：
①二次函数2
y ax bx c =++有最小值为4-； ②当1x <时，y 随x 的增大而增大；
③二次函数2
y ax bx c =++的图象与x 轴只有一个交点；
④当13x 时，0y <.
其中正确的结论有（ ）个
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
9．如图，
O 的半径为2，弦2AB =，点P 为优弧AB 上一动点，60PAC ∠=︒，交直
线PB 于点C ，则ABC 的最大面积是 ( )
A ．
12
B ．1
C ．2
D 2
10．某同学在解关于x 的方程ax 2+bx +c ＝0时，只抄对了a ＝1，b ＝﹣8，解出其中一个根是x ＝﹣1．他核对时发现所抄的c 是原方程的c 的相反数，则原方程的根的情况是（ ）
A ．有两个不相等的实数根
B ．有两个相等的实数根
C ．有一个根是x ＝1
D ．不存在实数根
11．如图，A 、B 、C 、D 是⊙O 上的四点，BD 为⊙O 的直径，若四边形ABCO 是平行四边
形，则∠ADB 的大小为（ ）
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．75° 12．一组数据10，9，10，12，9的平均数是（ ）
A ．11
B ．12
C ．9
D ．10
二、填空题
13．若扇形的半径长为3，圆心角为60°，则该扇形的弧长为___．
14．关于x 的方程（m ﹣2）x 2﹣2x +1＝0是一元二次方程，则m 满足的条件是_____. 15．如图，矩形ABCD 中，2AB =，点E 在边CD 上，且BC CE =，AE 的延长线与
BC 的延长线相交于点F ，若CF AB =，则tan DAE ∠=______.
16．如图，∠C=∠E=90°，AC=3，BC=4，AE=2，则AD=_________ ．
17．关于x 的方程220kx x --=的一个根为2，则k =______. 18．如图，P 为O 外一点，PA 切O 于点A ，若3PA =，45APO ∠=︒，则O 的半
径是______.
19．如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中．点 A ，B ，C ，D 都在这些小正方形的格点上，AB 、CD 相交于点E ，则sin ∠AEC 的值为_____．
20．如图，在边长为 6 的等边△ABC 中，D 为 AC 上一点，AD=2，P 为 BD 上一点，连接
CP ，以 CP 为 边，在 PC 的右侧作等边△CPQ ，连接 AQ 交 BD 延长线于 E ，当△CPQ 面积最小时，QE=____________．
21．已知点P （x 1，y 1）和Q （2，y 2）在二次函数y ＝（x +k ）（x ﹣k ﹣2）的图象上，其中k ≠0，若y 1＞y 2，则x 1的取值范围为_____．
22．某服装店搞促销活动，将一种原价为56元的衬衣第一次降价后，销售量仍然不好，又进行第二次降价，两次降价的百分率相同，现售价为31.5元，设降价的百分率为x ，则列出方程是______________．
23．如图，圆形纸片⊙O 半径为 52，先在其内剪出一个最大正方形，再在剩余部分剪出 4个最大的小正方形，则 4 个小正方形的面积和为_______．
24．若关于x 的一元二次方程22
(1)0k x x k -+-=的一个根为1，则k 的值为__________.
三、解答题
25．某校九年级（2）班A 、B 、C 、D 四位同学参加了校篮球队选拔. （1）若从这四人中随杋选取一人，恰好选中B 参加校篮球队的概率是______； （2）若从这四人中随机选取两人，请用列表或画树状图的方法求恰好选中B 、C 两位同学参加校篮球队的概率.
26．用铁片制作的圆锥形容器盖如图所示．
（1）我们知道：把平面内线段OP 绕着端点O 旋转1周，端点P 运动所形成的图形叫做圆．类比圆的定义，给圆锥下定义 ；
（2）已知OB ＝2 cm ，SB ＝3 cm ， ①计算容器盖铁皮的面积；
②在一张矩形铁片上剪下一个扇形，用它围成该圆锥形容器盖．以下是可供选用的矩形铁
片的长和宽，其中可以选择且面积最小的矩形铁片是 ． A ．6 cm×4 cm B ．6 cm×4.5 cm C ．7 cm×4 cm D ．7 cm×4.5 cm
27．如图1，已知抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 交y 轴于点A (0，4)，交x 轴于点B (4，0)，点P 是抛物线上一动点，试过点P 作x 轴的垂线1，再过点A 作1的垂线，垂足为Q ，连接AP ． (1)求抛物线的函数表达式和点C 的坐标； (2)若△AQP ∽△AOC ，求点P 的横坐标；
(3)如图2，当点P 位于抛物线的对称轴的右侧时，若将△APQ 沿AP 对折，点Q 的对应点为点Q ′，请直接写出当点Q ′落在坐标轴上时点P 的坐标．
28．如图，在正方形ABCD 中，AB ＝4，动点P 从点A 出发，以每秒2个单位的速度，沿线段AB 方向匀速运动，到达点B 停止．连接DP 交AC 于点E ，以DP 为直径作⊙O 交AC 于点F ，连接DF 、PF ．
（1）求证：△DPF 为等腰直角三角形； （2）若点P 的运动时间t 秒．
①当t 为何值时，点E 恰好为AC 的一个三等分点；
②将△EFP 沿PF 翻折，得到△QFP ，当点Q 恰好落在BC 上时，求t 的值．
29．如图，已知抛物线2
y x bx c =++经过(1
0)A -，、(30)B ，两点，与y 轴相交于点C . （1）求抛物线的解析式；
（2）点P 是对称轴上的一个动点，当PAC 的周长最小时，直接写出点P 的坐标和周长最小值;
（3）点Q 为抛物线上一点，若8QAB
S
=，求出此时点Q 的坐标.
30．在“慈善一日捐”活动中，为了解某校学生的捐款情况，抽样调查了该校部分学生的捐款数（单位：元），并绘制成下面的统计图．
（1）本次调查的样本容量是________，这组数据的众数为________元；
（2）求这组数据的平均数；
（3）该校共有600学生参与捐款，请你估计该校学生的捐款总数．
31．（1）如图1，在△ABC中，点D，E，Q分别在AB，AC，BC上，且DE∥BC，AQ交
DE于点P，求证：DP EP BQ CQ
＝；
（2）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，正方形DEFG的四个顶点在△ABC的边上，连接AG，AF分别交DE于M，N两点．
①如图2，若AB=AC=1，直接写出MN的长；
②如图3，求证MN2=DM·EN．
32．如图，E是正方形ABCD的CD边上的一点，BF⊥AE于F，
(1)求证：△ADE∽△BFA；
(2)若正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，求△BFA的面积，
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一、选择题
1．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据折叠得出∠DFE＝∠A＝60°，AD＝DF，AE＝EF，设BD＝x，AD＝DF＝5﹣x，求出∠DFB ＝∠FEC，证△DBF∽△FCE，进而利用相似三角形的性质解答即可．
【详解】
解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝AC＝5，
∵沿DE折叠A落在BC边上的点F上，
∴△ADE≌△FDE，
∴∠DFE＝∠A＝60°，AD＝DF，AE＝EF，
设BD＝x，AD＝DF＝5﹣x，CE＝y，AE＝5﹣y，
∵BF＝2，BC＝5，
∴CF＝3，
∵∠C＝60°，∠DFE＝60°，
∴∠EFC+∠FEC＝120°，∠DFB+∠EFC＝120°，
∴∠DFB＝∠FEC，
∵∠C＝∠B，
∴△DBF∽△FCE，
∴BD BF DF
FC CE EF
==，
即
25
35
x x
y y
-
==
-
，
解得：x＝21
8
，
即BD＝21
8
，
故选：C．
【点睛】
此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知折叠的性质、相似三角形的判定定理.
2．D
解析：D
【解析】
【分析】
由DE∥BC知△ADE∽△ABC，然后根据相似比求解．
【详解】
解：∵DE∥BC
∴△ADE∽△ABC.
又因为DE＝2，BC＝6，可得相似比为1:3.
即ADE
ABC
的面积
的面积
=22
13：=
1
9
.
故选D.
【点睛】
本题主要是先证明两三角形相似，再根据已给的线段求相似比即可．
3．D
解析：D
【解析】
【分析】
由二次函数的顶点式，即可得出顶点坐标．
【详解】
解：∵二次函数为y=a（x-h）2+k顶点坐标是（h，k），
∴二次函数y=3（x-2）2-1的图象的顶点坐标是（2，-1）．
故选：D．
【点睛】
此题考查了二次函数的性质，二次函数为y=a（x-h）2+k顶点坐标是（h，k）．4．A
解析：A
【解析】
∵
堤坝横断面迎水坡AB的坡比是1，∴BC
AC
，
∵BC=50
，∴，∴100
==（m）．故选A 5．A
解析：A 【解析】
将二次函数22y x =的图象向右平移3个单位，再向上平移2个单位后的函数关系式为：
22(3)2y x =-+.
故选A.
6．D
解析：D 【解析】
连接OC ，则有∠BOC=2∠A=2α， ∵OB=OC ，∴∠OBC=∠OCB ， ∵∠OBC+∠OCB+∠BOC=180°， ∴2∠OB C+2α=180°， ∴∠OBC=90°-α， 故选D.
7．C
解析：C 【解析】 【分析】
利用两个根和的关系式解答即可. 【详解】 两个根的和=1122
b a ， 故选：C. 【点睛】
此题考查一元二次方程根与系数的关系式， 1212,b c x x x x a a
+=-
=. 8．B
解析：B 【解析】 【分析】
根据表中数据，可获取相关信息：抛物线的顶点坐标为（1，－4），开口向上，与x 轴的两个交点坐标是（－1，0）和（3，0），据此即可得到答案. 【详解】
①由表格给出的数据可知（0，-3）和（2，-3）是一对对称点，所以抛物线的对称轴为
20
2
+=1，即顶点的横坐标为x=1，所以当x=1时，函数取得最小值－4，故此选项正确； ②由表格和①可知当x ＜1时，函数y 随x 的增大而减少；故此选项错误；
③由表格和①可知顶点坐标为（1，－4），开口向上，∴二次函数2y ax bx c =++的图象与x 轴有两个交点，一个是（－1，0），另一个是（3，0）；故此选项错误； ④函数图象在x 轴下方y<0，由表格和③可知，二次函数2
y ax bx c =++的图象与x 轴的两个交点坐标是（－1，0）和（3，0），∴当13x 时，y<0；故此选项正确；
综上：①④两项正确， 故选：B ． 【点睛】
本题综合性的考查了二次函数的性质，解题的关键是能根据二次函数的对称性判断：纵坐标相同两个点的是一对对称点．
9．B
解析：B 【解析】 【分析】
连接OA 、OB ，如图1，由2OA OB AB ===可判断OAB 为等边三角形，则
60AOB ∠=︒，根据圆周角定理得1
302
APB AOB ∠=∠=︒，由于60PAC ∠=︒，所以
90C ∠=︒，因为2AB =，则要使ABC 的最大面积，点C 到AB 的距离要最大；由90ACB ∠=︒，可根据圆周角定理判断点C 在D 上，如图2，于是当点C 在半圆的中点
时，点C 到AB 的距离最大，此时ABC 为等腰直角三角形，从而得到ABC 的最大面积． 【详解】
解：连接OA 、OB ，如图1，
2OA OB ==，2AB =， OAB ∴为等边三角形， 60AOB ∴∠=︒，
1
302
APB AOB ∴∠=∠=︒，
60PAC ∠=︒
90ACP ∴∠=︒
2AB =，要使ABC 的最大面积，则点C 到AB 的距离最大，
作ABC 的外接圆D ，如图2，连接CD ，
90ACB ∠=︒，点C 在D 上，AB 是D 的直径，
当点C 半圆的中点时，点C 到AB 的距离最大，此时ABC 等腰直角三角形，
CD AB ∴⊥，1CD =，
12ABC S ∴=⋅AB ⋅CD 12112
=⨯⨯=， ABC ∴的最大面积为1．
故选B ．
【点睛】
本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理和等腰直角三角形的判断与性质；记住等腰直角三角形的面积公式．
10．A
解析：A
【解析】
【分析】
直接把已知数据代入进而得出c 的值，再解方程根据根的判别式分析即可．
【详解】
∵x ＝﹣1为方程x 2﹣8x ﹣c ＝0的根，
1+8﹣c ＝0，解得c ＝9，
∴原方程为x 2－8x ＋9＝0，
∵24b ac ∆=-＝（﹣8）2－4×9＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A ．
【点睛】
本题考查一元二次方程的解、一元二次方程根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程()2
00++=≠ax bx c a ，根的情况由24b ac ∆=-来判别，当24b ac -＞0时，方程有两个不相等的实数根，当24b ac -＝0时，方程有两个相等的实数根，当24b ac -＜0时，方程没有实数根．
11．A
解析：A
【解析】
解：∵四边形ABCO是平行四边形，且OA=OC，∴四边形ABCO是菱形，
∴AB=OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∵BD是⊙O的直径，
∴点B、D、O在同一直线上，
∴∠ADB=1
2
∠AOB=30°
故选A．
12．D
解析：D
【解析】
【分析】
利用平均数的求法求解即可．
【详解】
这组数据10，9，10，12，9的平均数是1
(10910129)10 5
++++=
故选：D．
【点睛】
本题主要考查平均数，掌握平均数的求法是解题的关键．二、填空题
13．【解析】
【分析】
根据弧长的公式列式计算即可．
【详解】
∵一个扇形的半径长为3，且圆心角为60°，
∴此扇形的弧长为=π．
故答案为：π．
【点睛】
此题考查弧长公式，熟记公式是解题关键．
解析：π
【解析】
【分析】
根据弧长的公式列式计算即可．
∵一个扇形的半径长为3，且圆心角为60°，
∴此扇形的弧长为603 180
π⨯
=π．
故答案为：π．
【点睛】
此题考查弧长公式，熟记公式是解题关键．
14．【解析】
【分析】
根据一元二次方程的定义ax2+bx+c=0(a≠0),列含m的不等式求解即可. 【详解】
解：∵关于x的方程（m﹣2）x2﹣2x+1＝0是一元二次方程，
∴m-2≠0,
∴m≠
解析：2
m≠
【解析】
【分析】
根据一元二次方程的定义ax2+bx+c=0(a≠0),列含m的不等式求解即可.
【详解】
解：∵关于x的方程（m﹣2）x2﹣2x+1＝0是一元二次方程，
∴m-2≠0,
∴m≠2.
故答案为：m≠2.
【点睛】
本题考查了一元二次方程的概念，满足二次项系数不为0是解答此题的关键. 15．【解析】
【分析】
设BC=EC=a,根据相似三角形得到，求出a的值，再利用tanA即可求解. 【详解】
设BC=EC=a,
∵AB∥CD，
∴△ABF∽△ECF，
∴,即
解得a=（-舍去）
∴
解析：
1 2
【分析】
设BC=EC=a,根据相似三角形得到
222a a =+，求出a 的值，再利用tan DAE ∠=tanA 即可求解.
【详解】
设BC=EC=a,
∵AB ∥CD ，
∴△ABF ∽△ECF ， ∴AB EC BF CF =,即222
a a =+
解得1（-1舍去）
∴tan DAE ∠=tanF=
2EC a CF =
. 【点睛】 此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知矩形的性质及正切的定义.
16．.
【解析】
试题分析：由∠C=∠E=90°，∠BAC=∠DAE 可得△ABC ∽△ADE ，根据相似三角形的对应边的比相等就可求出AD 的长．
试题解析：∵∠C=∠E=90°，∠BAC=∠DAE
∴△AB 解析：
103
. 【解析】 试题分析：由∠C=∠E=90°，∠BAC=∠DAE 可得△ABC ∽△ADE ，根据相似三角形的对应边的比相等就可求出AD 的长．
试题解析：∵∠C=∠E=90°，∠BAC=∠DAE
∴△ABC ∽△ADE
∴AC ：AE=BC ：DE
∴DE=83
∴103
AD = 考点: 1.相似三角形的判定与性质；2.勾股定理.
17．1
【分析】
方程的根即方程的解，就是能使方程两边相等的未知数的值，利用方程解的定义就可以得到关于k的方程，从而求得k的值．
【详解】
把x＝2代入方程得：4k−2−2＝0，解得k＝1
故
解析：1
【解析】
【分析】
方程的根即方程的解，就是能使方程两边相等的未知数的值，利用方程解的定义就可以得到关于k的方程，从而求得k的值．
【详解】
把x＝2代入方程得：4k−2−2＝0，解得k＝1
故答案为:1．
【点睛】
本题主要考查了方程的根的定义，是一个基础的题目．
18．3
【解析】
【分析】
由题意连接OA，根据切线的性质得出OA⊥PA，由已知条件可得△OAP是等腰直角三角形，进而可求出OA的长，即可求解．
【详解】
解：连接OA，
∵PA切⊙O于点A，
∴OA
解析：3
【解析】
【分析】
由题意连接OA，根据切线的性质得出OA⊥PA，由已知条件可得△OAP是等腰直角三角形，进而可求出OA的长，即可求解．
【详解】
解：连接OA，
∵PA切⊙O于点A，
∴OA⊥PA，
∴∠OAP=90°，
∵∠APO=45°，
∴OA=PA=3，
故答案为：3．
【点睛】
本题考查切线的性质即圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，连接过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．
19．【解析】
【分析】
通过作垂线构造直角三角形，由网格的特点可得Rt△ABD是等腰直角三角形，进而可得Rt△ACF是等腰直角三角形，求出CF，再根据△ACE∽△BDE的相似比为1：3，根据勾股定理求
25
【解析】
【分析】
通过作垂线构造直角三角形，由网格的特点可得Rt△ABD是等腰直角三角形，进而可得Rt△ACF是等腰直角三角形，求出CF，再根据△ACE∽△BDE的相似比为1：3，根据勾股定理求出CD的长，从而求出CE，最后根据锐角三角函数的意义求出结果即可．
【详解】
过点C作CF⊥AE，垂足为F，
在Rt△ACD中，CD22
1310
+=
由网格可知，Rt△ABD是等腰直角三角形，因此Rt△ACF是等腰直角三角形，
∴CF＝AC•sin45°2
，
由AC∥BD可得△ACE∽△BDE，
∴
1
3 CE AC
DE BD
==，
∴CE＝1
4
CD＝
10
4
，
在Rt△ECF中，sin∠AEC＝
2425
25
10
CF
CE
=⨯=，
故答案为：25
5
．
【点睛】
考查锐角三角函数的意义、直角三角形的边角关系，作垂线构造直角三角形是解决问题常用的方法，借助网格，利用网格中隐含的边角关系是解决问题的关键．
20．【解析】
【分析】
如图，过点D作DF⊥BC于F，由“SAS”可证△ACQ≌△BCP，可得AQ＝BP，
∠CAQ＝∠CBP，由直角三角形的性质和勾股定理可求BD的长，由锐角三角函数可求BP的长，由相
解析：
67
【解析】
【分析】
如图，过点D作DF⊥BC于F，由“SAS”可证△ACQ≌△BCP，可得AQ＝BP，∠CAQ＝
∠CBP，由直角三角形的性质和勾股定理可求BD的长，由锐角三角函数可求BP的长，由相似三角形的性质可求AE的长，即可求解．
【详解】
如图，过点D作DF⊥BC于F，
∵△ABC，△PQC是等边三角形，
∴BC＝AC，PC＝CQ，∠BCA＝∠PCQ＝60°，
∴∠BCP＝∠ACQ，且AC＝BC，CQ＝PC，
∴△ACQ≌△BCP（SAS）
∴AQ＝BP，∠CAQ＝∠CBP，
∵AC＝6，AD＝2，
∴CD ＝4，
∵∠ACB ＝60°，DF ⊥BC ，
∴∠CDF ＝30°，
∴CF ＝12
CD ＝2，DF ＝CF ÷tan30°＝ ∴BF ＝4，
∴BD ，
∵△CPQ 是等边三角形，
∴S △CPQ 2， ∴当CP ⊥BD 时，△CPQ 面积最小，
∴cos ∠CBD ＝
BP BF BC BD =， ∴
6BP =，
∴BP ，
∴AQ ＝BP ＝
7， ∵∠CAQ ＝∠CBP ，∠ADE ＝∠BDC ，
∴△ADE ∽△BDC ， ∴AE AD BC BD
=， ∴
6AE =，
∴AE ＝7
，
∴QE ＝AQ−AE ＝
7．
． 【点睛】 本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，求出BP 的长是本题的关键．
21．x1＞2或x1＜0．
【解析】
【分析】
将二次函数的解析式化为顶点式，然后将点P 、Q 的坐标代入解析式中，然后
y1＞y2，列出关于x1的不等式即可求出结论．
【详解】
解：y ＝（x+k ）（x ﹣k ﹣2
解析：x 1＞2或x 1＜0．
【解析】
【分析】
将二次函数的解析式化为顶点式，然后将点P 、Q 的坐标代入解析式中，然后y 1＞y 2，列出关于x 1的不等式即可求出结论．
【详解】
解：y ＝（x +k ）（x ﹣k ﹣2）
＝（x ﹣1）2﹣1﹣2k ﹣k 2，
∵点P （x 1，y 1）和Q （2，y 2）在二次函数y ＝（x +k ）（x ﹣k ﹣2）的图象上，
∴y 1＝（x 1﹣1）2﹣1﹣2k ﹣k 2，
y 2＝﹣2k ﹣k 2，
∵y 1＞y 2，
∴（x 1﹣1）2﹣1﹣2k ﹣k 2＞﹣2k ﹣k 2，
∴（x 1﹣1）2＞1，
∴x 1＞2或x 1＜0．
故答案为：x 1＞2或x 1＜0．
【点睛】
此题考查的是比较二次函数上两点之间的坐标大小关系，掌握二次函数的顶点式和根据函数值的取值范围求自变量的取值范围是解决此题的关键．
22．=31.5
【解析】
【分析】
根据题意，第一次降价后的售价为，第二次降价后的售价为，据此列方程得解．
【详解】
根据题意，得：
=31.5
故答案为：=31.5．
【点睛】
本题考查一元二次方程的
解析：()2
561x -=31.5
【解析】
【分析】
根据题意，第一次降价后的售价为()561x -，第二次降价后的售价为()2
561x -，据此列方程得解．
【详解】
根据题意，得：
()2
561x -=31.5
故答案为：()2561x -=31.5．
【点睛】
本题考查一元二次方程的应用，关键是理解第二次降价是以第一次降价后的售价为单位“1”的． 23．16
【解析】
【分析】
根据题意可知四个小正方形的面积相等，构造出直角△OAB，设小正方形的面积为x ，根据勾股定理求出x 值即可得到小正方形的边长，从而算出4 个小正方形的面积和.
【详解】
解：如
解析：16
【解析】
【分析】
根据题意可知四个小正方形的面积相等，构造出直角△OAB ，设小正方形的面积为x ，根据勾股定理求出x 值即可得到小正方形的边长，从而算出4 个小正方形的面积和.
【详解】
解：如图，点A 为上面小正方形边的中点，点B 为小正方形与圆的交点，D 为小正方形和大正方形重合边的中点，
由题意可知：四个小正方形全等，且△OCD 为等腰直角三角形，
∵⊙O 半径为，根据垂径定理得：
∴
=5， 设小正方形的边长为x ，则AB=
12x ， 则在直角△OAB 中，
OA 2+AB 2=OB 2，
即()(22215=2x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭， 解得x=2，
∴四个小正方形的面积和=242=16⨯.
故答案为：16.
【点睛】
本题考查了垂径定理、勾股定理、正方形的性质，熟练掌握利用勾股定理解直角三角形是解题的关键．
24．0
【解析】
把x ＝1代入方程得，，
即，
解得.
此方程为一元二次方程，
，
即，
故答案为0.
解析：0
【解析】
把x ＝1代入方程得，2110k k -+-=，
即20k k -=，
解得120,1k k ==.
此方程为一元二次方程，
10k ∴-≠，
即1k ≠，
0.k ∴=
故答案为0.
三、解答题
25．（1）14；（2）P （BC 两位同学参加篮球队）16
=
【解析】 【分析】
(1)根据概率公式P m n =(n 次试验中，事件A 出现m 次)计算即可 (2)用列表法求得全部情况的总数与符合条件的情况数目，二者的比值就是其发生的概率.
【详解】
解：(1)()1P B 4
= 恰好选中B 参加校篮球队的概率是
14
. (2)列表格如下：
∴P （BC 两位同学参加篮球队）21126
=
= 【点睛】 本题考查的是用列表法或树状图法求事件的概率问题，通过题目找出全部情况的总数与符合条件的情况数目与熟记概率公式是解题的关键.
26．（1）把平面内，以直角三角形的直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转而成的曲面所围成的几何体叫做圆锥；（2）①6π；②B.
【解析】
【分析】
（1）根据平面内图形的旋转，给圆锥下定义；（2）①根据圆锥侧面积公式求容器盖铁皮的面积；②首先求得扇形的圆心角的度数，然后求得弓形的高就是矩形的宽，长就是圆的直径．
【详解】
解：（1）把平面内，以直角三角形的直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转而成的曲面所围成的几何体叫做圆锥；
（2）①由题意，容器盖铁皮的面积即圆锥的侧面积
∴==23=6S rl πππ⨯⨯母侧
即容器盖铁皮的面积为6πcm²；
②解：设圆锥展开扇形的圆心角为n 度，
则2π×2=
3 180 nπ⨯
解得：n=240°，
如图：∠AOB=120°，
则∠AOC=60°，
∵OB=3，
∴OC=1.5，
∴矩形的长为6cm，宽为4.5cm，
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆锥的定义及其有关计算，根据题意作出图形是解答本题的关键．
27．(1)y＝﹣x2+3x+4；(﹣1，0)；(2)P的横坐标为13
4
或
11
4
.(3)点P的坐标为(4，0)或(5，﹣6)
或(2，6).
【解析】
【分析】
(1)利用待定系数法求抛物线解析式，然后利用抛物线解析式得到一元二次方程，通过解一元二次方程得到C点坐标；
(2)利用△AQP∽△AOC得到AQ＝4PQ，设P(m，﹣m2+3m+4)，所以m＝4|4﹣(﹣
m2+3m+4|，然后解方程4(m2﹣3m)＝m和方程4(m2﹣3m)＝﹣m得P点坐标；
(3)设P(m，﹣m2+3m+4)(m＞3
2
)，当点Q′落在x轴上，延长QP交x轴于H，如图2，则
PQ＝m2﹣3m，证明Rt△AOQ′∽Rt△Q′HP，利用相似比得到Q′B＝4m﹣12，则OQ′＝12﹣3m，在Rt△AOQ′中，利用勾股定理得到方程42+(12﹣3m)2＝m2，然后解方程求出m得到此时P点坐标；当点Q′落在y轴上，易得点A、Q′、P、Q所组成的四边形为正方形，利用PQ＝PQ′得到|m2﹣3m|＝m，然后解方程m2﹣3m＝m和方程m2﹣3m＝﹣m 得此时P点坐标．
【详解】
解：(1)把A(0，4)，B(4，0)分别代入y＝﹣x2+bx+c得
4
1640
c
b c
=
⎧
⎨
-++=
⎩
，解得
3
4
b
c
=
⎧
⎨
=
⎩
，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+3x+4，
当y＝0时，﹣x2+3x+4＝0，解得x1＝﹣1，x2＝4，∴C(﹣1，0)；
故答案为y＝﹣x2+3x+4；(﹣1，0)；
(2)∵△AQP ∽△AOC ， ∴AQ PQ AO CO
∴=， ∴441
AQ AO PQ CO ===，即AQ ＝4PQ ， 设P (m ，﹣m 2+3m +4)，
∴m ＝4|4﹣(﹣m 2+3m +4|，即4|m 2﹣3m |＝m ，
解方程4(m 2﹣3m )＝m 得m 1＝0(舍去)，m 2＝134，此时P 点横坐标为134
； 解方程4(m 2﹣3m )＝﹣m 得m 1＝0(舍去)，m 2＝
114，此时P 点坐标为1175,416⎛⎫ ⎪⎝⎭； 综上所述，点P 的坐标为(134，5116)或(114，7516
)； (3)设()
23,342P m m m m ⎛
⎫-++> ⎪⎝⎭， 当点Q ′落在x 轴上，延长QP 交x 轴于H ，如图2，
则PQ ＝4﹣(﹣m 2+3m +4)＝m 2﹣3m ，
∵△APQ 沿AP 对折，点Q 的对应点为点Q '，
∴∠AQ ′P ＝∠AQP ＝90°，AQ ′＝AQ ＝m ，PQ ′＝PQ ＝m 2﹣3m ，
∵∠AQ ′O ＝∠Q ′PH ，
∴Rt △AOQ ′∽Rt △Q ′HP ， ∴AO AQ Q H PQ '
''
=，即243m Q H m m '=-，解得Q ′H ＝4m ﹣12， ∴OQ ′＝m ﹣(4m ﹣12)＝12﹣3m ，
在Rt △AOQ ′中，42+(12﹣3m )2＝m 2，
整理得m 2﹣9m +20＝0，解得m 1＝4，m 2＝5，此时P 点坐标为(4，0)或(5，﹣6)； 当点Q ′落在y 轴上，则点A 、Q ′、P 、Q 所组成的四边形为正方形，
∴PQ ＝AQ ′，
即|m 2﹣3m |＝m ，
解方程m 2﹣3m ＝m 得m 1＝0(舍去)，m 2＝4，此时P 点坐标为(4，0)；
解方程m 2﹣3m ＝﹣m 得m 1＝0(舍去)，m 2＝2，此时P 点坐标为(2，6)，
综上所述，点P 的坐标为(4，0)或(5，﹣6)或(2，6)
【点睛】
本题考查了待定系数法，相似三角形的性质，解一元二次方程，三角形折叠，题目综合性较强，解决本题的关键是：①熟练掌握待定系数法求函数解析式；②能够熟练掌握相似三角形的判定和性质；③能够熟练掌握一元二次方程的解法；④理解折叠的性质. 28．（1）详见解析；（2）①1；51．
【解析】
【分析】
（1）要证明三角形△DPF为等腰直角三角形，只要证明∠DFP＝90°，∠DPF＝∠PDF＝45°即可，根据直径所对的圆周角是90°和同弧所对的圆周角相等，可以证明∠DFP＝90°，∠DPF＝∠PDF＝45°，从而可以证明结论成立；
（2）①根据题意，可知分两种情况，然后利用分类讨论的方法，分别计算出相应的t的值即可，注意点P从A出发到B停止，t≤4÷2＝2；
②根据题意，画出相应的图形，然后利用三角形相似，勾股定理，即可求得t的值．【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠DAC＝45°，
∵在⊙O中，DF所对的圆周角是∠DAF和∠DPF，
∴∠DAF＝∠DPF，
∴∠DPF＝45°，
又∵DP是⊙O的直径，
∴∠DFP＝90°，
∴∠FDP＝∠DPF＝45°，
∴△DFP是等腰直角三角形；
（2）①当AE：EC＝1：2时，
∵AB∥CD，
∴∠DCE＝∠PAE，∠CDE＝∠APE，
∴△DCE∽△PAE，
∴DC CE
=，
PA AE
∴42
=，
21
t
解得，t ＝1；
当AE ：EC ＝2：1时，
∵AB ∥CD ，
∴∠DCE ＝∠PAE ，∠CDE ＝∠APE ，
∴△DCE ∽△PAE ， ∴
DC CE PA AE =， ∴4122
t =， 解得，t ＝4，
∵点P 从点A 到B ，t 的最大值是4÷2＝2，
∴当t ＝4时不合题意，舍去；
由上可得，当t 为1时，点E 恰好为AC 的一个三等分点；
②如右图所示，
∵∠DPF ＝90°，∠DPF ＝∠OPF ，
∴∠OPF ＝90°，
∴∠DPA +∠QPB ＝90°，
∵∠DPA +∠PDA ＝90°，
∴∠PDA ＝∠QPB ，
∵点Q 落在BC 上，
∴∠DAP ＝∠B ＝90°，
∴△DAP ∽△PBQ ， ∴DA DP PB PQ
=， ∵DA ＝AB ＝4，AP ＝2t ，∠DAP ＝90°，
∴DP
＝PB ＝4﹣2t ，
设PQ ＝a ，则PE ＝a ，DE ＝DP ﹣a ＝a ，
∵△AEP ∽△CED ， ∴AP PE CD DE
=， 即
24t =
解得，a ，
∴PQ ，
∴
2
2
424
4224
t
t t t
+
=
-+，
解得，t1＝﹣5﹣1（舍去），t2＝5﹣1，
即t的值是5﹣1．
【点睛】
此题主要考查四边形综合，解题的关键是熟知正方形的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质.
29．（1）223
y x x
=--；（2）(1,2)
P-1032；（3）
1
(122,4)
Q-，2
(122,4)
Q+，3(1,4)
Q-
【解析】
【分析】
(1)把(10)
A-，、(30)
B，代入抛物线2
y x bx c
=++即可求出b,c即可求解;
(2)根据A,B关于对称轴对称,连接BC交对称轴于P点,即为所求,再求出坐标及PAC的周长;
(3)根据△QAB的底边为4,故三角形的高为4,令y=4，求出对应的x即可求解.
【详解】
(1)把(10)
A-，、(30)
B，代入抛物线2
y x bx c
=++得
01
093
b c
b c
=-+
⎧
⎨
=++
⎩
解得
2
3
b
c
=-
⎧
⎨
=-
⎩
∴抛物线的解析式为：223
y x x
=--;
(2)如图，连接BC交对称轴于P点,即为所求,
∵223
y x x
=--
∴C(0,-3),对称轴x=1
设直线BC为y=kx+b,
把(30)
B，, C(0,-3)代入y=kx+b求得k=1,b=-3,
∴直线BC为y=x-3
令x=1，得y=-2，
∴P（1，-2），
∴PAC的周长
=AC+AP+CP=AC+BC=[]22(10)0(3)--+--+[]2
2(30)0(3)-+--=1032+;
(3)∵△QAB 的底边为AB=4, 182
QAB S
AB H =⨯= ∴三角形的高为4, 令y =4，即2234x x --=±
解得x 1=122-2=122+3=1
故点Q 的坐标为1(122,4)Q - ， 2(122,4)Q + ，3(1,4)Q -.
【点睛】
此题主要考查二次函数的图像与性质，解题的关键是熟知待定系数法与一次函数的求解.
30．（1）30，10；（2）平均数为12元；（3）学生的捐款总数为7200元.
【解析】
【分析】
（1）由题意得出本次调查的样本容量是6118530+++=，由众数的定义即可得出结果；
（2）由加权平均数公式即可得出结果；
（3）由总人数乘以平均数即可得出答案．
【详解】
（1）本次调查的样本容量是6118530+++=，这组数据的众数为10元；
故答案为30，10；
（2）这组数据的平均数为6511108155201230
⨯+⨯+⨯+⨯=（元）； （3）估计该校学生的捐款总数为600127200⨯=（元）．
【点睛】
此题考查的是条形统计图的综合运用．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．本题也考查了平均数、中位数、众数的定义以及利用样本估计总体的思想．
31．（1）证明见解析；（2）①
29
；②证明见解析． 【解析】
【分析】
（1）易证明△ADP ∽△ABQ ，△ACQ ∽△ADP ，从而得出DP EP BQ CQ
＝；
（2）①根据等腰直角三角形的性质和勾股定理，求出BC ，根据
△ADE ∽△ABC ，求出正方形DEFG 的边长3
．从而，由△AMN ∽△AGF 和△AMN 的MN
边上高
6，△AGF 的GF ，GF=3
，根据 MN ：GF 等于高之比即可求出MN ； ②可得出△BGD ∽△EFC ，则DG•EF=CF•BG ；又DG=GF=EF ，得GF 2=CF•BG ，再根据（1）DM MN EN BG GF CF
＝＝，从而得出结论． 【详解】
解：（1）在△ABQ 和△ADP 中，
∵DP ∥BQ ，
∴△ADP ∽△ABQ ， ∴DP AP BQ AQ
=， 同理在△ACQ 和△APE 中，
EP AP CQ AQ =， ∴DP PE BQ QC
=； （2）①作AQ ⊥BC 于点Q ．
∵BC 边上的高AQ=
2， ∵DE=DG=GF=EF=BG=CF
∴DE ：BC=1：3
又∵DE ∥BC
∴AD ：AB=1：3，
∴AD=13，
∵DE 边上的高为
6，MN ：GF=6：2，
∴MN ：3=6：2，
∴．
故答案为：29
．
②证明：∵∠B+∠C=90°∠CEF+∠C=90°，
∴∠B=∠CEF ， 又∵∠BGD=∠EFC ，
∴△BGD ∽△EFC ，
∴DG BG CF EF
=， ∴DG•EF=CF•BG ， 又∵DG=GF=EF ，
∴GF 2=CF•BG ，
由（1）得DM MN EN BG GF FC ==， ∴MN MN DM EN GF GF BG CF
=， ∴2(
)MN DM EN GF BG CF
=， ∵GF 2=CF•BG ，
∴MN 2=DM•EN ．
【点睛】 本题考查了相似三角形的判定和性质以及正方形的性质，是一道综合题目，难度较大．
32．（1）见详解；（2）
45
【解析】
【分析】
（1）根据两角相等的两个三角形相似，即可证明△ADE ∽△BFA ；
（2）利用三角形的面积比等于相似比的平方，即可解答．
【详解】
（1）证明：∵BF ⊥AE 于点F ，四边形ABCD 为正方形，
∴△ADE 和△BFA 均为直角三角形，
∵DC ∥AB ，
∴∠DEA=∠FAB ，
∴△ADE ∽△BFA ；
（2）解：∵AD=2，E 为CD 的中点，
∴DE=1，
∴
，
∴AE AB =， ∵△ADE ∽△BFA ，
∴245BFA ADE S S ∆∆==， ∵S △ADE =
12×1×2=1， ∴S △BFA =45S △ADE =45
． 【点睛】
本题主要考查三角形相似的性质与判定，熟记相似三角形的判定是解决第（1）小题的关键；第（2）小题中，利用相似三角形的面积比是相似比的平方是解决此题的关键．。