【文档说明】2022-2023学年福建省厦门市思明区华侨中学九年级上期中数学试题及答案解析.docx，共(23)页，628.307 KB，由小喜鸽上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-169841.html

以下为本文档部分文字说明：

第1页，共23页2022-2023学年福建省厦门市思明区华侨中学九年级（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.手机移动支付给生活带来便捷．如图是张老师2021年9月18日微

信账单的收支明细(正数表示收入，负数表示支出，单位：元)，张老师当天微信收支的最终结果是()A.收入90元B.支出8元C.支出5元D.收入6元2.抛物线𝑦=−3(𝑥−4)2+5左平移2个单位再向下平移1个单位后所得到的新函数的顶点

坐标是()A.(−6,4)B.(2,6)C.(2,4)D.(6,4)3.关于一元二次方程𝑥2−2√5𝑥+4=0根的情况描述正确的是()A.有两个相等的实数根B.没有实数根C.有两个不相等的实数根D.不能确定4.

如图，已知四边形𝐴𝐵𝐶𝐷内接于⊙𝑂，∠𝐴=100°，则∠𝐵𝑂𝐷=()A.80°B.50°C.160°D.100°5.方程3𝑥2+2𝑥+1=3的解相当于函数𝑦=3𝑥2+2𝑥+1的()A.函数值为0时自变量的值B.函数值为3时自变量的值C.自变量为0时的函数值D.自变量

为3时的函数值第2页，共23页6.如图，在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐵𝐶=5，𝑆▱𝐴𝐵𝐶𝐷=10√6，以顶点𝐶为圆心，𝐵𝐶为半径作圆，则𝐴𝐷边所在直线与⊙𝐶的位置关系是()A.相交B.

相切C.相离D.以上三种都有可能7.图1是一个地铁站入口的双翼闸机．如图2，它的双翼展开时，双翼边缘的端点𝐴与𝐵之间的距离为10𝑐𝑚，双翼的边缘𝐴𝐶=𝐵𝐷=54𝑐𝑚，且与闸机侧立面夹角∠𝑃𝐶�

�=∠𝐵𝐷𝑄=30°.当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度为()A.(54√3+10)𝑐𝑚B.(54√2+10)𝑐𝑚C.64𝑐𝑚D.54𝑐𝑚8.如图1，有两全等的正三角形𝐴𝐵𝐶，𝐷𝐸𝐹，且�

�，𝐴分别为△𝐴𝐵𝐶，△𝐷𝐸𝐹的重心．固定𝐷点，将△𝐷𝐸𝐹逆时针旋转，使得𝐴落在𝐷𝐸上，如图2所示．求图1与图2中，两个三角形重迭区域的面积比为何()第3页，共23页A.2：1B.3：2C.4：3D.5：49.若关于𝑥的一

元二次方程𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐=0(𝑎𝑐≠0)有一根为𝑥=2019，则关于𝑦的一元二次方程𝑐𝑦2+𝑏𝑦+𝑎=0(𝑎𝑐≠0)必有一根为()A.12019B.−12019C.2019D.−2

01910.已知二次函数𝑦=𝑎𝑥2−2𝑎𝑥+𝑐，当−3<𝑥<−2时，𝑦>0；当3<𝑥<4时，𝑦<0.则𝑎与𝑐满足的关系式是()A.𝑐=−15𝑎B.𝑐=−8𝑎C.𝑐=−3𝑎D.𝑐=𝑎二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）11.计算：(√2)0

+1=______．12.抛物线𝑦=2𝑥2−𝑏𝑥+3的对称轴是直线𝑥=1，则𝑏的值为______．13.如图，将△𝐴𝐵𝐶绕点𝐴逆时针旋转110°，得到△𝐴𝐷𝐸，若点𝐷落在线段𝐵𝐶的延长线上，则∠𝐵大小为_

_____．14.如图，已知𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，𝐴𝐵=2，𝐶、𝐷是圆周上的点，且∠𝐶𝐷𝐵=30°，则𝐵𝐶的长为______．15.公路上行驶的汽车急刹车时的行驶路程𝑠(𝑚)与

时间𝑡(𝑠)的函数关系式为𝑠=20𝑡−5𝑡2，当遇到紧急情况时，司机急刹车，但由于惯性汽车要滑行______𝑚才能停下来．16.已知正方形𝐴𝐵𝐶𝐷边长为2，𝐸、𝐹分别是直线𝐵𝐶、𝐶𝐷上

的动点，且满足𝐵𝐸=𝐶𝐹，连接𝐴𝐸、𝐵𝐹，交点为𝑃点，则𝑃𝐷的最小值为______．三、计算题（本大题共1小题，共15.0分）第4页，共23页17.(1)解方程：𝑥2+4𝑥+2=0．(2)计算：√−273−(13)−1+|√3−2|．(3)化简求值：(1−2𝑥+3)

÷𝑥+1𝑥2−9，其中𝑥=3−√3．四、解答题（本大题共8小题，共71.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）18.(本小题6.0分)如图所示的正方形网格中，△𝐴𝐵𝐶的顶点均在格点上，𝐴(2,0)在所给平面直角坐标系中解答下列问题：(1)将△

𝐴𝐵𝐶绕点𝑂逆时针旋转90°，画出旋转后的△𝐴1𝐵1𝐶1；(2)请直接写出经过𝐴、𝐵、𝐶三点的⊙𝑃的圆心𝑃的坐标______．19.(本小题6.0分)如图，点𝐸，𝐹在𝐵𝐶上，𝐵𝐸=𝐶𝐹，𝐴𝐵=𝐷�

�，∠𝐵=∠𝐶.图中与𝐴𝐹相等的线段是哪条？请说明理由．第5页，共23页20.(本小题6.0分)福州开通地铁后，小林乘地铁上下班，地铁出入口有上，下行自动扶梯和步行楼梯．一段时间后，他发现：乘坐自动扶梯，人距离下

层地面平台的高度𝑦(单位：𝑚)与下行时间𝑥(单位：𝑠)之间的一次函数关系如图；走步行楼梯，人距离下层地面平台的高度ℎ(单位：𝑚)与下行时间𝑥(单位：𝑠)的关系如下表．时间𝑥(单位：𝑠)0918高度ℎ(单位：𝑚)1050(1)求𝑦关于

𝑥的函数解析式；(2)请帮助小林判断，从上层平台到下层地面平台，是乘坐扶梯还是走步行楼梯节约时间，并说明理由．21.(本小题8.0分)已知𝑥1、𝑥2是一元二次方程(𝑎−6)𝑥2+2𝑎𝑥+𝑎=0的两个实数根．(1)求𝑎的取值范围

；(2)是否存在实数𝑎，使−𝑥1+𝑥1𝑥2=4+𝑥2成立？若存在，求出𝑎的值；若不存在，请说明理由．22.(本小题10.0分)在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，点𝑃是直线𝐵𝐶上一点，连接𝐴𝑃，

将线段𝑃𝐴绕点𝑃顺时针旋转90°，得到线段𝑃𝐸，连接𝐶𝐸．(1)如图1，若点𝑃在线段𝐶𝐵的延长线上，过点𝐸作𝐸𝐹⊥𝐵𝐶交𝐵𝐶于点𝐻，交对角线𝐴𝐶于点𝐹，连接𝐴𝐸①请根据题意补全图形(不需要用尺规作图)；②若∠𝑃𝐴𝐵=20°，求∠𝐶�

�𝐸的度数；③求证：𝐸𝐻=𝐹𝐻第6页，共23页(2)若点𝑃在射线𝐵𝐶上，直接写出𝐶𝐸、𝐶𝑃、𝐶𝐷三条线段的数量关系______．23.(本小题10.0分)疫情期间，学校按照防疫要求，

学生在进校时必须排队接受体温检测．某校统计了学生早晨到校情况，发现学生到校的累计人数𝑦(单位：人)随时间𝑥(单位：分钟)的变化情况如图所示，当0≤𝑥≤10时，𝑦可看作是𝑥的二次函数，其图象经过原点，且顶点坐标为(10,500)；当10≤𝑥≤

12时，累计人数保持不变．(1)求𝑦与𝑥之间的函数表达式；(2)如果学生一进校就开始测量体温，校门口有2个体温检测棚，每个检测点每分钟可检测20人．校门口排队等待体温检测的学生人数最多时有多少人？全部学生都完成体温检测需要多少时间？24.(本小题12.0分)

已知△𝐴𝐵𝐶内接于⊙𝑂，𝐴𝐵=𝐴𝐶，点𝐷是⊙𝑂上一点．(1)如图①，若∠𝐵𝐴𝐶=45°，𝐵𝐷为⊙𝑂的直径，𝐵𝐷=12，连接𝐶𝐷，求∠𝐷𝐵𝐶的度数和𝐵𝐶的第7页，共23页长度；(

2)如图②，连接𝑂𝐶，𝑀是𝑂𝐶延长线上一点．①尺规作图，过𝑀作⊙𝑂的一条切线，切点为𝐸(𝐸在𝑂𝐶右侧).(不写作法，保留作图痕迹)②连接𝐸𝐶，若𝐶𝐸//𝐴𝐵，请你猜想∠𝐵𝐴𝐶与∠𝑀的数量关系，并说明理由．25.(本小题13.0分)如图，在直角坐标系中，

抛物线𝑦=√33𝑥2+𝑏𝑥+𝑐经过点𝐴的坐标为(−2,0)和原点𝑂，将线段𝑂𝐴绕原点𝑂顺时针旋转120°，得到线段𝑂𝐵．(1)求抛物线解析式，判断点𝐵是否在抛物线上；(2)连接𝐴𝐵，作点𝑂关于𝐴𝐵的对称点𝑂′，求四边形𝐴

𝑂𝐵𝑂′的面积；(3)点𝑃(𝑛,0)是𝑥轴上一个动点，过𝑃点作𝑥轴的垂线交直线𝐴𝐵于点𝑀，交抛物线于点𝑁，将△𝐴𝑁𝐵的面积记为𝑆，若7√38≤𝑆≤9√38，求𝑛的取值范围．第8页，共23页答案和解析1.【答案】𝐷【解析】解：19+(−8)+(

−5)=6(元)，故选：𝐷．根据有理数的加法法则求和即可．本题考查了正数和负数，掌握正数和负数表示相反意义的量是解题的关键．2.【答案】𝐶【解析】解：抛物线𝑦=−3(𝑥−4)2+5的顶点坐标为(4,5)，∵向左平移2个单位，向下平移1个单位，∴新抛物线的顶

点坐标是(2,4)．故选：𝐶．先确定出原抛物线的顶点坐标，再根据向左平移横坐标减，向下平移，纵坐标减解答即可．本题考查了二次函数图象与几何变换，利用点的平移规律左减右加，上加下减解答是解题的关键．3.【答案】𝐶【解析】解：𝑥2−2√5𝑥+4=0，△=(

−2√5)2−4×1×4=4>0，故方程有两个不相等的实数根．故选：𝐶．把𝑎=1，𝑏=−2√5，𝑐=4代入判别式△=𝑏2−4𝑎𝑐进行计算，然后根据计算结果判断方程根的情况．本题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：(1)△>0，方

程有两个不相等的实数根；(2)△=0，方程有两个相等的实数根；(3)△<0，方程没有实数根．4.【答案】𝐶【解析】解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为圆内接四边形，∴∠𝐴+∠𝐶=180°，第9页，共23页∵∠𝐴=100°，∴∠𝐶=180°−∠𝐴=180°−100°=80°，由圆周角定理得：∠

𝐵𝑂𝐷=2∠𝐶=160°，故选：𝐶．根据圆内接四边形的性质求出∠𝐶，再根据圆周角定理计算即可．本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．5.【答案】𝐵【解析】解：𝑦=3𝑥2+2𝑥+1，则3𝑥2+2𝑥+1=3变为𝑦=3，∴方

程3𝑥2+2𝑥+1=3的解相当于函数𝑦=3𝑥2+2𝑥+1的函数值为3时自变量的值，故选：𝐵．由𝑦=3𝑥2+2𝑥+1知：3𝑥2+2𝑥+1=3为𝑦=3，即可求解．本题考查的是抛物线和𝑥轴的交点，利用函数思想解决方程问题是本题解题的关键．6.【答案

】𝐴【解析】解：如图，作𝐶𝐻⊥𝐷𝐴交𝐷𝐴的延长线于𝐻．∵𝑆平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐵𝐶⋅𝐶𝐻，∴𝐶𝐻=10√65=2√6，∵2√6<5，∴直线𝐴𝐷与⊙𝐶相交，故选：𝐴

．如图，作𝐶𝐻⊥𝐷𝐴交𝐷𝐴的延长线于𝐻.求出𝐶𝐻的值即可判断．本题考查直线与圆的位置关系，平行四边形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．7.【答案】𝐶【解析】第1

0页，共23页【分析】本题考查了解直角三角形的应用，含30°角的直角三角形的性质.特殊角的三角函数值，特殊角的三角函数值应用广泛，一是它可以当作数进行运算，二是具有三角函数的特点，在解直角三角形中应用较多．过𝐴作𝐴𝐸⊥𝐶𝑃于𝐸，过𝐵作𝐵𝐹⊥𝐷𝑄于𝐹

，则可得𝐴𝐸和𝐵𝐹的长，依据端点𝐴与𝐵之间的距离为10𝑐𝑚，即可得到可以通过闸机的物体的最大宽度．【解答】解：如图所示，过𝐴作𝐴𝐸⊥𝐶𝑃于𝐸，过𝐵作𝐵𝐹⊥𝐷𝑄于𝐹，则在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐸中，

∠𝑃𝐶𝐴=30°，𝐴𝐶=54𝑐𝑚，∴𝐴𝐸=12𝐴𝐶=12×54=27(𝑐𝑚)，同理可得，𝐵𝐹=27𝑐𝑚，又∵点𝐴与𝐵之间的距离为10𝑐𝑚，∴通过闸机的物体的最大宽度为27+10+27=64(𝑐𝑚)，故选：𝐶．8.【答案】𝐶【解析】解：

设三角形的边长是𝑥，则高长是√32𝑥.图(1)中，阴影部分是一个内角是60°的菱形，𝐴𝐷=23×√32𝑥=√33𝑥.另一条对角线长是：𝑀𝑁=2𝑂𝑀=2×12𝑂𝑀⋅𝑡𝑎𝑛30°=2×12×√33𝑥⋅𝑡𝑎𝑛30°=13𝑥.则阴影部分的面积是：12×13�

�⋅√33𝑥=√318𝑥2；图(2)中，𝐴𝐷=𝐴𝐷=23×√32𝑥=√33𝑥.是一个角是30°的直角三角形．则阴影部分的面积=12𝐴𝐷⋅𝑠𝑖𝑛30°⋅𝐴𝐷⋅𝑐𝑜𝑠30°=12×√33𝑥⋅×12×√33𝑥⋅√32=√3

24𝑥2．两个三角形重迭区域的面积比为：√318𝑥2：√324𝑥2=4：3．故选：𝐶．设三角形的边长是𝑥，则(1)中阴影部分是一个内角是60°的菱形，图(2)是一个角是30°的直角三角第11页，共23页形，分别求得两个图形的面积，即可求解．本题主要考查了三角形的重心

的性质，解直角三角形，以及菱形、直角三角形面积的计算，正确计算两个图形的面积是解决本题的关键．9.【答案】𝐴【解析】解：把𝑥=2019代入方程𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐=0得20192𝑎+2019𝑏+𝑐=0

，所以120192𝑐+12019𝑏+𝑎=0，所以12019为方程𝑐𝑦2+𝑏𝑦+𝑎=0(𝑎𝑐≠0)一根．故选：𝐴．利用一元二次方程根的定义得到20192𝑎+2019𝑏+𝑐=0，两边除以20192得到120192𝑐+12019𝑏+𝑎=0，从而可判断

12019为方程𝑐𝑦2+𝑏𝑦+𝑎=0(𝑎𝑐≠0)一根．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．10.【答案】𝐵【解析】解：∵当−3<𝑥<−2时，𝑦>0∴{9𝑎+6�

�+𝑐≥04𝑎+4𝑎+𝑐≥0，解得：𝑐≥−8𝑎；∵当3<𝑥<4时，𝑦<0，∴{9𝑎−6𝑎+𝑐≤016𝑎−8𝑎+𝑐≤0，解得：𝑐≤−8𝑎；∴𝑐=−8𝑎，故选：𝐵．把𝑥=−3和𝑥=−2代入𝑦=𝑎𝑥2−2𝑎𝑥+𝑐，由𝑦<0都成立，列不等式组求的�

�与𝑐的关系；把𝑥=3和𝑥=4代入𝑦=𝑎𝑥2−2𝑎𝑥+𝑐，由𝑦>0都成立，列不等式组求的𝑎与𝑐的关系即可解答．本题考查了抛物线与𝑥轴的交点和二次函数的性质，根据自变量的取值范围以及函数值与0的关系列出不等式(组)是解决问题的关键

11.【答案】2第12页，共23页【解析】解：(√2)0+1=1+1=2．故答案为：2．首先计算零指数幂，然后计算加法，求出算式的值即可．此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，

再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．12.【答案】4【解析】解：∵𝑦=2𝑥2−𝑏𝑥+3，对称轴是直线𝑥=1，∴−𝑏2𝑎=1，即−−𝑏4=1，解得𝑏=4．故答案为4．已

知抛物线的对称轴，利用对称轴公式可求𝑏的值．本题主要考查了求抛物线的顶点坐标的方法，公式法：𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的顶点坐标为(−𝑏2𝑎,4𝑎𝑐−𝑏24𝑎)，对称轴是𝑥=−𝑏2𝑎．13.【答案】35°【解析】解：∵△𝐴𝐵𝐶绕

点𝐴逆时针旋转110°，得到△𝐴𝐷𝐸，∴𝐴𝐵=𝐴𝐷，∠𝐵𝐴𝐷=110°，由三角形内角和可得∠𝐵=180°−∠𝐵𝐴𝐷2=180°−110°2=35°．故答案为：35°．由旋转可知，𝐴𝐵

=𝐴𝐷且∠𝐵𝐴𝐷=110°，则有三角形内角和可以计算出∠𝐵．本题是几何图形旋转问题，考查了图形旋转的性质、三角形内角和以及等腰三角形的性质．14.【答案】1【解析】解：∵𝐴𝐵是直径，∴∠𝐴𝐶𝐵=90°，∵∠𝐴=∠𝐶𝐷𝐵=30°，第13页，共23页∴𝐵

𝐶=12𝐴𝐵=1，故答案为1．根据直角三角形30度角的性质即可解决问题．本题考查圆周角定理，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．15.【答案】20【解析】解：依题意：该函数关系式化简为𝑠=−5(𝑡−2)2+20，当𝑡

=2时，汽车停下来，滑行了20𝑚．故答案为20．由题意得，此题实际是求从开始刹车到停止所走的路程，即𝑆的最大值，把抛物线解析式化成顶点式后，即可解答．本题考查二次函数的实际应用．16.【答案】√5−1【解析】解：在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝐷

，在△𝐴𝐵𝐸和△𝐵𝐶𝐹中，{𝐴𝐵=𝐵𝐶∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐵𝐶𝐹𝐵𝐸=𝐶𝐹，∴△𝐴𝐵𝐸≌△𝐵𝐶𝐹(𝑆𝐴𝑆)，∴∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐶𝐵𝐹，∵∠𝐶𝐵𝐹+∠𝐴𝐵

𝐹=90°，∴∠𝐵𝐴𝐸+∠𝐴𝐵𝐹=90°，∴∠𝐴𝑃𝐵=90°，∴点𝑃在以𝐴𝐵为直径的圆上，第14页，共23页由图形可知：当𝑂、𝑃、𝐷在同一直线上时，𝐷𝑃有最小值，如图所示：∵正方形𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐵𝐶=2，∴𝐴𝑂=1=𝑂𝑃，𝑅𝑡△𝑂�

�𝐷中，𝑂𝐷=√22+12=√5，∴𝑃𝐷=𝑂𝐷−𝑂𝑃=√5−1，故答案为：√5−1．先证明△𝐴𝐵𝐸≌△𝐵𝐶𝐹，即可得到∠𝐴𝑃𝐵=90°，所以点𝑃在以𝐴𝐵为直径的圆上，由图

形可知：当𝑂、𝑃、𝐷在同一直线上时，𝐷𝑃有最小值，然后根据勾股定理即可解决问题．本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解决本题的关键是得到△𝐴𝐵𝐸≌△𝐵𝐶𝐹．1

7.【答案】解：(1)𝑥2+4𝑥+2=0，𝑥2+4𝑥=−2，𝑥2+4𝑥+4=2，即(𝑥+2)2=2，∴𝑥+2=±√2，∴𝑥1=−2+√2，𝑥2=−2−√2；(2)原式=−3−3+2−√3=−4−√3；(3)原式=(𝑥+3𝑥+3−2𝑥+3)⋅(𝑥+3)(𝑥−3)�

�+1=𝑥+1𝑥+3⋅(𝑥+3)(𝑥−3)𝑥+1=𝑥−3，当𝑥=3−√3时，原式=−√3．【解析】(1)利用配方法求解即可；(2)根据立方根、负整数指数幂以及绝对值的性质进行计算即可；(3)直接将括号里面通分运算，进而利用分式的混合运算法则计算得出答案．本题考查

了配方法解一元二次方程，实数的运算，分式的化简求值，解题的关键：(1)熟练掌握配方法；(2)掌握运算性质；(3)正确化简分式．第15页，共23页18.【答案】(32,32)【解析】解：(1)如图所示，△𝐴1𝐵1𝐶

1即为所求，(2)∵𝐴𝐵2=12+12=2，𝐵𝐶2=22+22=8，𝐴𝐶2=12+32=10，∴𝐴𝐵2+𝐵𝐶2=𝐴𝐶2，∴△𝐴𝐵𝐶是直角三角形，则经过𝐴、𝐵、𝐶三点的⊙𝑃的圆心𝑃即为𝐴𝐶的中点，∵𝐴(2,0)、𝐶(1,3)，∴𝑃(32,32)，

故答案为：(32,32).(1)分别作出三个顶点绕着原点逆时针旋转90°得到的对应点，再首尾顺次连接即可得；(2)先利用勾股定理逆定理证明三角形𝐴𝐵𝐶是直角三角形，据此知经过𝐴、𝐵、𝐶三点的⊙𝑃的圆心𝑃即为𝐴𝐶的中点，从而得出

答案．本题主要考查作图−旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义和性质及圆周角定理的推论．19.【答案】解：𝐴𝐹=𝐷𝐸，理由如下：∵𝐵𝐸=𝐶𝐹，∴𝐵𝐸+𝐸𝐹=𝐶𝐹+𝐸𝐹，∴𝐵𝐹=𝐶𝐸，在△𝐴𝐵𝐹和△𝐷𝐶𝐸中，{𝐴𝐵=𝐷𝐶∠𝐵=∠𝐶�

�𝐹=𝐶𝐸，第16页，共23页∴△𝐴𝐵𝐹≌△𝐷𝐶𝐸(𝑆𝐴𝑆)，∴𝐴𝐹=𝐷𝐸．【解析】证明△𝐴𝐵𝐹≌△𝐷𝐶𝐸(𝑆𝐴𝑆)，可得𝐴𝐹=𝐷𝐸．本题主要考查全等三角

形的判定与性质，解决本题的关键是证明三角形全等．20.【答案】解：(1)设𝑦关于𝑥的函数解析式为𝑦=𝑘𝑥+𝑏(𝑘≠0)．∵𝑦=𝑘𝑥+𝑏的图象经过点(0,10)，(12,4)，∴{𝑏=1012𝑘+𝑏=

4，解方程组得：{𝑘=−12𝑏=10，∴𝑦关于𝑥的函数解析式为𝑦=−12𝑥+10．(2)走步行楼梯所花时间少．理由如下：由表可知，走步行楼梯，18𝑠时在下层地面平台．将𝑦=0代入𝑦=−12𝑥+10，得−12𝑥+10=0，解得𝑥=20(𝑠)，

即乘坐扶梯在20𝑠时到达下层地面平台，∵18<20，∴走步行楼梯所花时间少．【解析】1)根据函数图象中的数据可以得到𝑦关于𝑥的函数解析式；(2)分别令ℎ=0和𝑦=0求出相应的𝑥的值，然后比较大小即可解答本题

．本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．21.【答案】解：(1)∵一元二次方程(𝑎−6)𝑥2+2𝑎𝑥+𝑎=0的两个实数根，∴△=(2𝑎)2−4(𝑎−6)𝑎≥0且�

�−6≠0，解得：𝑎≥0且𝑎≠6；(2)∵𝑥1、𝑥2是一元二次方程(𝑎−6)𝑥2+2𝑎𝑥+𝑎=0的两个实数根，∴由根与系数的关系得：𝑥1+𝑥2=−2𝑎𝑎−6，𝑥1⋅𝑥2=𝑎𝑎−6，第17页，共23页由−𝑥1+�

�1𝑥2=4+𝑥2得：𝑥1𝑥2=4+𝑥1+𝑥2，∴𝑎𝑎−6=4−2𝑎𝑎−6，解得：𝑎=24>且𝑎≠6，所以存在实数𝑎，使−𝑥1+𝑥1𝑥2=4+𝑥2成立，此时𝑎=24．【解析】(

1)根据已知得出△≥0且𝑎−6≠0，求出即可；(2)根据根与系数的关系得出𝑥1+𝑥2=−2𝑎𝑎−6，𝑥1⋅𝑥2=𝑎𝑎−6，代入𝑥1𝑥2=4+𝑥1+𝑥2得求出即可．本题考查了根的判别式和根与系数的关系，能根据根的判别式和根

与系数的关系得出关于𝑎的不等式和方程是解此题的关键．22.【答案】𝐶𝐸=√2(𝐶𝐷−𝐶𝑃)或𝐶𝐸=√2(𝐶𝐷+𝐶𝑃)【解析】(1)①解：补全图形如图1所示：②解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形

，∴∠𝐵𝐴𝐶=45°，由旋转的性质得：𝑃𝐸=𝑃𝐴，∠𝐴𝑃𝐸=90°，∴△𝐴𝑃𝐸是等腰直角三角形，∴∠𝑃𝐴𝐸=45°=∠𝐵𝐴𝐶，∴∠𝐶𝐴𝐸=∠𝑃𝐴𝐵=20°；③证明：如图2所示：∵线段𝑃𝐴绕点𝑃顺时针旋转

90°得到线段𝑃𝐸，∴𝑃𝐴=𝑃𝐸，∠𝐴𝑃𝐸=90°，∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，∴∠𝐴𝐵𝑃=∠𝐴𝐵𝐶=90°，𝐴𝐵=𝐵𝐶，∵𝐸𝐹⊥𝐵𝐶于𝐻，∴∠𝑃𝐻𝐸=90°=∠𝐴𝐵𝑃，∴∠𝐸𝑃𝐻+∠𝐸=90°，∴∠1

=∠𝐸，即∠𝐴𝑃𝐵=∠𝐸，在△𝐴𝑃𝐵和△𝑃𝐸𝐻中，{∠𝐴𝐵𝑃=∠𝑃𝐻𝐸∠𝐴𝑃𝐵=∠𝐸𝑃𝐴=𝐸𝑃，第18页，共23页∴△𝐴𝑃𝐵≌△𝑃𝐸𝐻(𝐴𝐴𝑆)，∴𝑃𝐵=𝐸𝐻，𝐴𝐵=𝑃𝐻，

∴𝐵𝐶=𝑃𝐻，∴𝑃𝐵=𝐶𝐻，∴𝐶𝐻=𝐸𝐻，∵∠𝐴𝐶𝐵=12∠𝐵𝐶𝐷=45°，∴𝐶𝐻=𝐹𝐻，∴𝐸𝐻=𝐹𝐻．(2)解：分两种情况：①当点𝑃在线段𝐵𝐶

上时：𝐶𝐸=√2(𝐶𝐷−𝐶𝑃)，理由如下：在𝐵𝐴上截取𝐵𝑀=𝐵𝑃，连接𝑃𝑀．则△𝑃𝐵𝑀是等腰直角三角形，∴𝑃𝑀=√2𝑃𝐵，∠𝐵𝑀𝑃=∠𝐵𝑃𝑀=45°，∵

𝐴𝐵=𝐵𝐶，∴𝐴𝑀=𝑃𝐶，由旋转的性质得：𝑃𝐸=𝑃𝐴，∠𝐴𝑃𝐸=90°，∴∠𝐴𝑃𝑀+∠𝐶𝑃𝐸=180°−90°−45°=45°，又∵∠𝑀𝐴𝑃+∠𝐴𝑃𝑀=∠𝐵𝑀𝑃=45°，∴∠𝑀𝐴𝑃=∠𝐶𝑃𝐸，在△𝑃𝐶𝐸和△𝐴𝑀𝑃

中，{𝑃𝐶=𝐴𝑀∠𝐸𝑃𝐶=∠𝑃𝐴𝑀𝑃𝐸=𝑃𝐴，∴△𝑃𝐶𝐸≌△𝐴𝑀𝑃(𝑆𝐴𝑆)，∴𝐶𝐸=𝑃𝑀，∵𝐶𝐷−𝑃𝐶=𝐵𝐶−𝑃𝐶=𝐵𝑃，∴𝐶𝐸=𝑃𝑀=√2𝐵𝑃=√2(�

�𝐷−𝐶𝑃)；②当点𝑃在线段𝐵𝐶的延长线上时，𝐶𝐸=√2(𝐶𝐷+𝐶𝑃)，理由如下：在𝐵𝐴上截取𝐵𝑀=𝐵𝑃，连接𝑃𝑀，如图4所示：则△𝑃𝐵𝑀是等腰直角三角形，𝑃𝑀=√2𝐵𝑃．第19页，共23页∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷

是正方形，∴𝐴𝐵=𝐵𝐶，∠𝐷𝐴𝑀=∠𝐵𝐴𝐷=90°，𝐴𝐷//𝐵𝐶，∴𝐴𝑀=𝑃𝐶，∠𝐷𝐴𝑃=∠𝐴𝑃𝐵，由旋转的性质得：𝑃𝐸=𝑃𝐴，∠𝐴𝑃𝐸=90°，∴∠𝑃𝐴𝑀=∠𝐸𝑃𝐶，在△𝑃𝐶𝐸和△𝐴𝑀𝑃中，{𝑃�

�=𝐴𝑀∠𝐸𝑃𝐶=∠𝑃𝐴𝑀𝑃𝐸=𝑃𝐴，∴△𝑃𝐶𝐸≌△𝐴𝑀𝑃(𝑆𝐴𝑆)，∴𝐶𝐸=𝑃𝑀，∵𝐶𝐷+𝐶𝑃=𝐵𝐶+𝐶𝑃=𝐵𝑃，∴𝐶𝐸=𝑃𝑀=√

2𝐵𝑃=√2(𝐶𝐷+𝐶𝑃)；故答案为：𝐶𝐸=√2(𝐶𝐷−𝐶𝑃)或𝐶𝐸=√2(𝐶𝐷+𝐶𝑃)．(1)①据题意补全图形即可；②由正方形和旋转的性质证出∠𝑃𝐴𝐸=∠𝐵𝐴𝐶，即可得出答案；③证明△𝐴𝑃𝐵≌△𝑃𝐸𝐻即可；(2)

①当点𝑃在线段𝐵𝐶上时，在𝐵𝐴上截取𝐵𝑀=𝐵𝑃.则△𝑃𝐵𝑀是等腰直角三角形，证明△𝑃𝐶𝐸≌△𝐴𝑀𝑃(𝑆𝐴𝑆)，得出𝐶𝐸=𝑃𝑀，即可得出结论；②当点𝑃在线段𝐵𝐶的延长线上时，在𝐵𝐴上截取𝐵𝑀=𝐵𝑃.则△𝑃�

�𝑀是等腰直角三角形，𝑃𝑀=√2𝐵𝑃.证明△𝑃𝐶𝐸≌△𝐴𝑀𝑃(𝑆𝐴𝑆)，得出𝐶𝐸=𝑃𝑀，即可得出结论．本题是四边形综合题目，考查了旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判

断和性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．23.【答案】解：(1)①当0≤𝑥≤10时，∵顶点坐标为(10,500)，∴设𝑦=𝑎(𝑥−10)2+500，将(0,0)代

入，得：100𝑎+500=0，解得𝑎=−5，∴𝑦=−5(𝑥−10)2+500=−5𝑥2+100𝑥(0≤𝑥≤10)，②当10<𝑥≤12时，第20页，共23页𝑦=500(10<𝑥≤12)，∴𝑦与𝑥之间的函数表达式为𝑦={−5𝑥2+100𝑥(0≤𝑥≤10)500(

10<𝑥≤12)；(2)设第𝑥分钟时的排队等待人数为𝑤人，由题意可得𝑤=𝑦−40𝑥，①0≤𝑥≤10时，𝑤=−5𝑥2+100𝑥−40𝑥=−5𝑥2+60𝑥=−5(𝑥−6)2+180，∵−5<0，∴当𝑥=6时

，𝑤的最大值是180；②当10<𝑥≤12时，𝑤=500−40𝑥，∵−40<0，∴𝑤随𝑥的增大而减小，∴20≤𝑤<100，∴排队人数最多是180人；要全部学生都完成体温检测，根据题意得：500−40𝑥=0，解得：𝑥=12.5，∴要全部学生都完成体温检测需要12.5分钟．【解析】(

1)①当0≤𝑥≤10时由顶点坐标为(10,500)，可设𝑦=𝑎(𝑥−10)2+500，再将(0,0)代入，求得𝑎的值，则可得𝑦与𝑥之间的函数解析式；②当10<𝑥≤12时，根据等候的人数不变得出函数解析式；(2)设第𝑥分钟时的排队等待人数为𝑤人，根据𝑤=𝑦−40𝑥及(1)中

所得的𝑦与𝑥之间的函数解析式，可得𝑤关于𝑥的二次函数和一次函数，按照二次函数和一次函数的性质可得答案．本题主要考查了二次函数在实际问题中的应用，熟练掌握待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的性质是解题的关键．24.【答案】解：(1)∵𝐵𝐷为⊙𝑂的直径，∴∠

𝐵𝐶𝐷=90°，∵∠𝐷=∠𝐵𝐴𝐶=45°，∴△𝐵𝐷𝐶为等腰直角三角形，∴∠𝐷𝐵𝐶=∠𝐷=45°，第21页，共23页∴𝐵𝐶=𝐶𝐷=√22𝐵𝐷=6√2；(2)①尺规作图如下：

𝑀𝐸为⊙𝑂的切线；②∠𝑀=3∠𝐵𝐴𝐶−90°.理由：连接𝑂𝐴，𝑂𝐵，𝑂𝐸，如图，在△𝑂𝐴𝐵和△𝑂𝐴𝐶中，{𝑂𝐴=𝑂𝐴𝑂𝐵=𝑂𝐶𝐴𝐵=𝐴𝐶，∴△𝑂𝐴𝐵≌△𝑂𝐴𝐶(𝑆𝑆�

�)，∴∠𝑂𝐵𝐴=∠𝑂𝐶𝐴，∠𝑂𝐴𝐵=∠𝑂𝐴𝐶=12∠𝐵𝐴𝐶．∵𝑂𝐴=𝑂𝐵，𝑂𝐴=𝑂𝐶，∴∠𝑂𝐴𝐵=∠𝑂𝐵𝐴，∠𝑂𝐴𝐶=∠𝑂𝐶𝐴，∴∠𝑂𝐶𝐴=12∠𝐵𝐴𝐶．∵𝐶𝐸//𝐴𝐵，∴∠𝐴𝐶

𝐸=∠𝐵𝐴𝐶，∴∠𝑂𝐶𝐸=∠𝑂𝐶𝐴+∠𝐴𝐶𝐸=32∠𝐵𝐴𝐶，第22页，共23页∵𝑂𝐶=𝑂𝐸，∴∠𝑂𝐶𝐸=∠𝑂𝐸𝐶=32∠𝐵𝐴𝐶．∴∠𝐸𝑂𝐶=180°−∠𝑂𝐶𝐸−

∠𝑂𝐸𝐶=180°−3∠𝐵𝐴𝐶．∵𝑀𝐸为圆𝑂的切线，∴𝑂𝐸⊥𝑀𝐸，∴∠𝑂𝐸𝑀=90°，∴∠𝑀=90°−∠𝐸𝑂𝐶=90°−(180°−3∠𝐵𝐴𝐶)=3∠𝐵𝐴𝐶−90°．【解析】(1)利用圆周角定及其推论得到△𝐵

𝐷𝐶为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质解答即可得出结论；(2)①分别以𝑀，𝑂为圆心，以大于12𝑂𝑀的长为半径画弧，过两弧的交点作直线得到𝑂𝑀的垂直平分线，再以𝑂𝑀为直径画弧交⊙𝑂于点𝐸，作直线𝑀𝐸，则𝑀𝐸为所作的圆的切线；②连接𝑂𝐴，𝑂𝐵，�

�𝐸，利用全等三角形的判定与性质和等腰三角形的性质得到∠𝑂𝐶𝐴=12∠𝐵𝐴𝐶；利用平行线的性质和角的和差得到∠𝑂𝐶𝐸=32∠𝐵𝐴𝐶，再利用等腰三角形的性质，切线的性质定理和三角形的内角和定理解答即可得出结论．本题主要考查了等腰三角形的性质，代入直角三角

形的判定与性质，圆周角定理，圆的切线的性质定理，三角形的内角和定理，全等三角形的判定与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．25.【答案】解：(1)过点𝐵作𝐵𝐻⊥𝑥轴于点𝐻，将线段𝑂𝐴绕原点𝑂

顺时针旋转120°，则∠𝐵𝑂𝐻=60°，则𝐵𝐻=√3，𝑂𝐻=1，故点𝐵(1,√3)；抛物线过原点，则𝑐=0，第23页，共23页将点𝐴的坐标代入抛物线表达式并解得：𝑏=2√33，故抛物线的表达式为：𝑦=√33𝑥2+2√33𝑥；当𝑥=1时，𝑦=√3，

故点𝐵在抛物线上；(2)如图1，作点𝑂关于𝐴𝐵的对称点𝑂′，则四边形𝐴𝑂𝐵𝑂′为菱形，四边形𝐴𝑂𝐵𝑂′的面积=𝐴𝑂×𝐵𝐻=2×√3=2√3；(3)由点𝐴、𝐵的坐标得直线𝐴𝐵的表达式为：𝑦=√33(𝑥+2)

，点𝑃(𝑛,0)，则点𝑁(𝑛,√33𝑛2+2√33𝑛)、点𝑀(𝑛,√33𝑛+2√33)，△𝐴𝑁𝐵的面积𝑆=12×𝑀𝑁×(𝑥𝐵−𝑥𝐴)=32|√33𝑛2+2√33𝑛−√33(𝑛+2)|，7√38

≤𝑆≤9√38，则74≤|𝑛2+𝑛−2|≤94，解得：−3√2−12≤𝑛≤−52或32≤𝑛≤3√2−12或−1−√22≤𝑛≤−1+√22．【解析】(1)过点𝐵作𝐵𝐻⊥𝑥轴于点𝐻，将线段𝑂𝐴绕原点𝑂顺时针旋转120°，则∠𝐵

𝑂𝐻=60°，则𝐵𝐻=√3，𝑂𝐻=1，故点𝐵(1,√3)，即可求解；(2)四边形𝐴𝑂𝐵𝑂′为菱形，四边形𝐴𝑂𝐵𝑂′的面积=𝐴𝑂×𝐵𝐻=2×√3=2√3；(3)△𝐴𝑁𝐵的面积𝑆=12×𝑀𝑁×(𝑥𝐵−𝑥𝐴)=32|√3

3𝑛2+2√33𝑛−√33(𝑛+2)|，即可求解．本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、解不等式、面积的计算等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．