【文档说明】2022-2023学年湖南省长沙市长郡教育集团九年级上期中数学试题及答案解析.docx，共(22)页，494.441 KB，由小喜鸽上传

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第1页，共22页2022-2023学年湖南省长沙市长郡教育集团九年级（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.−2的相反数是()A.2B.−2C.12D.−12.下列所给的事件中

，是必然事件的是()A.买10注福利彩票会中奖B.某校的400名学生中，至少有2名学生的生日是同一天C.连续4次投掷质地均匀的硬币，会有1次硬币正面朝上D.2023年的春节假期长沙会下雪3.奥运火炬时隔

14年再次在“鸟巢”点燃，北京由此成为世界上首个既举办夏季奥运会又举办冬季奥运会的“双奥之城”，下列各届冬奥会会徽图案中，是中心对称图形的是()A.B.C.D.4.下列运算中，正确的是()A.𝑥6÷

𝑥2=𝑥3B.𝑥2+𝑥2=𝑥4C.(−𝑥3)2=−𝑥6D.(−𝑥)3⋅(−𝑥)2=−𝑥55.二次函数𝑦=(𝑥+1)2−2的顶点坐标是()A.(−1,−2)B.(−1,2)C.(1,−2)D.(1,2)6.方程2𝑥+5=13𝑥的解为()A.𝑥

=−1B.𝑥=1C.𝑥=0D.𝑥=−37.如图，已知𝐴𝐵//𝐸𝐷，𝐶𝐷//𝐸𝐹，若∠1=145°，则∠2的度数为()A.35°B.40°第2页，共22页C.45°D.50°8.如图，将△𝐴𝐵𝐶绕点𝐶顺时针旋转90°得到△𝐸𝐷𝐶.若点𝐴，𝐷

，𝐸在同一条直线上，∠𝐴𝐶𝐵=20°，则∠𝐴𝐷𝐶的度数是()A.55°B.60°C.65°D.70°9.如图，𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，弦𝐶𝐷⊥𝐴𝐵于𝐸，若∠𝐴𝐵𝐶=30°，�

�𝐸=1，则𝑂𝐷长为()A.3B.√6C.2√3D.210.如图1，等边△𝐴𝐵𝐶的边长为3，分别以顶点𝐵、𝐴、𝐶为圆心，𝐵𝐴长为半径作弧𝐴𝐶、弧𝐶𝐵、弧𝐵𝐴，我们把这三条弧所组成的图形称作莱洛三角

形，显然莱洛三角形仍然是轴对称图形．设点𝐼为对称轴的交点，如图2，将这个图形的顶点𝐴与等边△𝐷𝐸𝐹的顶点𝐷重合，且𝐴𝐵⊥𝐷𝐸，𝐷𝐸=2𝜋，将它沿等边△𝐷𝐸𝐹的边作无滑动的滚动，当它第一

次回到起始位置时，这个图形在运动中扫过区域面积是()第3页，共22页A.18𝜋B.27𝜋C.452𝜋D.45𝜋二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）11.由𝑎𝑐>𝑏𝑐得到𝑎<𝑏的条件是：�

�______0(填“>”，“<”或“=”)．12.已知点𝐴(𝑎,1)与点𝐵(−3,𝑏)关于原点对称，则𝑎−𝑏的值为______．13.小强投一枚质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别刻有1

到6的点数，则向上的一面的点数大于1且小于6的概率为______．14.如图，若以𝐴𝐵为边长作⊙𝑂的内接正多边形，则这个多边形是正______边形．15.如图，𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，𝐶𝐷切⊙𝑂于点𝐶.若∠𝐵�

�𝐷=50°，则∠𝐴𝐵𝐶的大小为°.16.如图，在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶=90°，以顶点𝐴为圆心，以适当长为半径画弧，分别交𝐴𝐶，𝐴𝐵于点𝑀，𝑁，再分别以点𝑀，𝑁为圆心，以大于12𝑀𝑁的长为半径画弧，两

弧交于点𝑃，作射线𝐴𝑃交边𝐵𝐶于点𝐷，若𝐴𝐶=6，𝐴𝐵=10，△𝐴𝐵𝐶的面积为24，则𝐶𝐷的长为______．第4页，共22页三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题6.0分)计算：√16−20

220+|−3|−(12)−1．18.(本小题6.0分)先化简，再求值：𝑥(𝑥+1)+(𝑥+1)(𝑥−1)−𝑥，其中𝑥=√3．19.(本小题6.0分)如图，已知△𝐴𝐵𝐶三个顶点的坐标分别为𝐴(−1,2)，𝐵(−3,4)，𝐶(−2,6)，在给出的平面直角坐标系中：(1)画出△

𝐴𝐵𝐶绕点𝐴顺时针旋转90°后得到的△𝐴𝐵1𝐶1；并直接写出𝐵1、𝐶1的坐标；(2)计算点𝐵旋转到点𝐵1位置时，经过的路径弧𝐵𝐵1的长度．20.(本小题8.0分)为了解某校九年级全体男生1000米跑步的成绩，随机抽取了部分男生进行测试，并将测试成绩分为𝐴、𝐵、𝐶

、𝐷四个等级，绘制出如下两幅不完整的统计图表，根据图表信息解答下列第5页，共22页问题：成绩等级频数分布表成绩等级频数𝐴24𝐵10𝐶𝑥𝐷2(1)表中的𝑥=______，扇形图中表示𝐶的圆心角的度数为______度．(2)甲、乙、丙、丁是

𝐴等级中的四名学生，学校决定从这四名学生中随机抽取两名介绍体育锻炼经验，请用列表法或画树状图法，求同时抽到甲和乙两名学生的概率．21.(本小题8.0分)如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷内接于⊙𝑂，𝐴𝐶为⊙𝑂的直径，∠𝐴𝐷

𝐵=∠𝐶𝐷𝐵．(1)试判断△𝐴𝐵𝐶的形状，并给出证明；(2)若𝐴𝐵=√2，𝐴𝐷=1，求𝐶𝐷的长度．22.(本小题9.0分)习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气”.第6页，共22页某校为提高

学生的阅读品味，现决定购买获得第十届茅盾文学奖的《北上》(徐则臣著)和《牵风记》(徐怀中著)两种书共50本．已知购买2本《北上》和1本《牵风记》需100元；购买6本《北上》与购买7本《牵风记》的价格相同．(1)求这两种书的单价；(2)若购买《北上》的数量不少于所购买《牵风记》数量的一

半，且购买两种书的总价不超过1600元．请问有哪几种购买方案？哪种购买方案的费用最低？最低费用为多少元？23.(本小题9.0分)如图，𝐶是圆𝑂被直径𝐴𝐵分成的半圆上一点，过点𝐶的圆𝑂的切线交𝐴𝐵的延长线于点𝑃，连接𝐶𝐴，𝐶𝑂，𝐶𝐵．(1)求证：∠𝐴𝐶𝑂=∠𝐵

𝐶𝑃；(2)若∠𝐴𝐵𝐶=2∠𝐵𝐶𝑃，求∠𝑃的度数；(3)在(2)的条件下，若𝐴𝐵=4，求图中阴影部分的面积(结果保留𝜋和根号)．24.(本小题10.0分)定义：函数图象上到两坐标轴的距离都不大于𝑛(𝑛≥0)的点叫做这个函数图象的“𝑛阶方

点”.例如，点(13,13)是函数𝑦=𝑥图象的“12阶方点”；点(−1,1)是函数𝑦=−𝑥图象的“1阶方点”．(1)在①(−1,2)；②(0,0)；③(12,−1)三点中，是正比例函数𝑦=−2𝑥图象的“1阶方点”的有_

_____(填序号)；(2)若𝑦关于𝑥的一次函数𝑦=𝑎𝑥−3𝑎+1图象的“2阶方点”有且只有一个，求𝑎的值；(3)若函数图象恰好经过“𝑛阶方点”中的点(𝑛,𝑛)，则点(𝑛,𝑛)称为

此函数图象的“不动𝑛阶方点”，若𝑦关于𝑥的二次函数𝑦=14𝑥2+(𝑝−𝑡+1)𝑥+𝑞+𝑡−2的图象上存在唯一的一个“不动𝑛阶方点”，且当2≤𝑝≤3时，𝑞的最小值为𝑡，求𝑡的值．25.(本小题10.0分)已知⊙𝑂为△𝐴𝐶𝐷的外接圆

，𝐴𝐷=𝐶𝐷．(1)如图1，延长𝐴𝐷至点𝐵，使𝐵𝐷=𝐴𝐷，连接𝐶𝐵．第7页，共22页①求证：△𝐴𝐵𝐶为直角三角形；②若⊙𝑂的半径为4，𝐴𝐷=5，求𝐵𝐶的值；(2)如图2，若∠𝐴𝐷𝐶=90°，𝐸为⊙𝑂上的一点，且点𝐷，𝐸位于𝐴𝐶两

侧，作△𝐴𝐷𝐸关于𝐴𝐷对称的图形△𝐴𝐷𝑄，连接𝑄𝐶，试猜想𝑄𝐴，𝑄𝐶，𝑄𝐷三者之间的数量关系并给予证明．第8页，共22页答案和解析1.【答案】𝐴【解析】解：−2的相反数是2．故

选：𝐴．根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得答案．本题考查了相反数．在一个数的前面加上负号就是这个数的相反数．2.【答案】𝐵【解析】解：𝐴、买10注福利彩票会中奖是随机事件，故本选项不符合题意；B、某校的400名学生中，至少有2名学生的生日是同一天是必然

事件，故本选项不符合题意；C、连续4次投掷质地均匀的硬币，会有1次硬币正面朝上是随机事件，故本选项不符合题意；D、2023年的春节假期长沙会下雪是随机事件，故本选项不符合题意．故选：𝐵．根据必然事件、不可能事件、随机

事件的概念可区别各类事件．本题考查了随机事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．3.【答案】𝐶【解析】解：选项A、𝐵

、𝐷都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，故选：𝐶．根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如

果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．本题考查的是中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．第9页，共22页4.【答案】𝐷【解析】解：𝐴选项，原式=

𝑥4，故该选项不符合题意；𝐵选项，原式=2𝑥2，故该选项不符合题意；𝐶选项，原式=𝑥6，故该选项不符合题意；𝐷选项，原式=−𝑥3⋅𝑥2=−𝑥5，故该选项符合题意；故选：𝐷．根据同底数幂的除法判断𝐴

选项；根据合并同类项判断𝐵选项；根据幂的乘方与积的乘方判断𝐶选项；根据积的乘方和同底数幂的乘法判断𝐷选项．本题考查了同底数幂的乘除法，合并同类项，幂的乘方与积的乘方，掌握(𝑎𝑚)𝑛=𝑎𝑚𝑛，(𝑎𝑏)𝑛=𝑎𝑛𝑏𝑛是解题的关键．5.【答案】�

�【解析】解：二次函数𝑦=(𝑥+1)2−2的图象的顶点坐标为(−1,−2)．故选：𝐴．直接根据二次函数的顶点式即可求得顶点坐标．本题考查了二次函数的性质，根据二次函数的顶点式，找出函数图象的顶点坐标是解题的关键．6.【答案】𝐵【解析】解：2𝑥

+5=13𝑥，𝑥+5=6𝑥，5𝑥=5，𝑥=1，经检验𝑥=1是原方程的解，则方程2𝑥+5=13𝑥的解为𝑥=1．故选：𝐵．分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到𝑥的值，经检验即可得到分式方程的解此

题考查了分式方程的解，注意解分式方程时，先把分式方程转化为整式方程再求解，最后注意需验根．第10页，共22页7.【答案】𝐴【解析】解：∵𝐴𝐵//𝐸𝐷，∴∠1+∠𝐷=180°，∵∠1=145°，∴∠𝐷=35°，∵𝐶𝐷//𝐸𝐹，∴∠2=∠𝐷=35°，故选：�

�．根据平行线的性质求解即可．此题考查了平行线的性质，熟记“两直线平行，同旁内角互补”及“两直线平行，内错角相等”是解题的关键．8.【答案】𝐶【解析】【分析】此题考查旋转的性质，等腰直角三角形，关键是根据旋转的性质和三角形内角和解答．根据旋转的性质和三角形内角和解答即可．【解答】解

：∵将△𝐴𝐵𝐶绕点𝐶顺时针旋转90°得到△𝐸𝐷𝐶，∠𝐴𝐶𝐵=20°，∴∠𝐷𝐶𝐸=∠𝐴𝐶𝐵=20°，∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐴𝐶𝐸=90°，𝐴𝐶=𝐶𝐸，∴△𝐴𝐶𝐸是等腰直角三角形，∴∠𝐸=∠𝐷𝐴𝐶=45°，∵点𝐴，𝐷，𝐸在同一条直线

上，∴∠𝐴𝐷𝐶+∠𝐸𝐷𝐶=180°，∵∠𝐸𝐷𝐶+∠𝐸+∠𝐷𝐶𝐸=180°，∴∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐸+∠𝐷𝐶𝐸=45°+20°=65°，故选：𝐶．9.【答案】𝐷【解析】解：∵𝐶𝐷⊥𝐴�

�，𝐴𝐵是直径，∴𝐴𝐷⏜=𝐴𝐶⏜，第11页，共22页∴∠𝐴𝑂𝐷=2∠𝐴𝐵𝐶=2×30°=60°，在𝑅𝑡△𝑂𝐷𝐸中，𝑂𝐷=2𝑂𝐸=2×1=2．故选：𝐷．先利用垂径定理得到𝐴𝐷⏜=𝐴

𝐶⏜，再根据圆周角定理得到∠𝐴𝑂𝐷=60°，然后根据含30度的直角三角形三边的关系得到𝑂𝐷的长．本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理．10.【答案】𝐵【解析】解：如图

1中，∵等边△𝐷𝐸𝐹的边长为2𝜋，等边△𝐴𝐵𝐶的边长为3，∴𝑆矩形𝐴𝐺𝐻𝐹=2𝜋×3=6𝜋，由题意知，𝐴𝐵⊥𝐷𝐸，𝐴𝐺⊥𝐴𝐹，∴∠𝐵𝐴𝐺=120°，∴𝑆

扇形𝐵𝐴𝐺=120𝜋⋅32360=3𝜋，∴图形在运动过程中所扫过的区域的面积为3(𝑆矩形𝐴𝐺𝐻𝐹+𝑆扇形𝐵𝐴𝐺)=3(6𝜋+3𝜋)=27𝜋；故选：𝐵．先判断出莱洛三角形

等边△𝐷𝐸𝐹绕一周扫过的面积如图所示，利用矩形的面积和扇形的面积之和即可；本题考查轨迹，弧长公式，莱洛三角形的周长，矩形，扇形面积公式，解题的关键是判断出莱洛三角形绕等边△𝐷𝐸𝐹扫过的图形．11

.【答案】<【解析】解：根据不等式的性质3，由𝑎𝑐>𝑏𝑐得到𝑎<𝑏的条件是：𝑐<0．故答案为：<．根据不等式的性质解答即可．本题考查了不等式的性质．解题的关键是掌握不等式的性质：1、不等式的两边同时加上(或减去)同一个数或同一个含有字母的式子

，不等号的方向不变；2、不等式的两边同时乘以(或除以)同一第12页，共22页个正数，不等号的方向不变；3、不等式的两边同时乘以(或除以)同一个负数，不等号的方向改变．12.【答案】4【解析】解：∵点𝐴(𝑎,1)与点𝐵(−

3,𝑏)关于原点对称，∴𝑎=3，𝑏=−1，∴𝑎−𝑏=3−(−1)=3+1=4．故答案为：4．利用关于原点对称的点的坐标特征得到𝑎=3，𝑏=−1，从而得到𝑎−𝑏的值．此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反．13.【答案】

23【解析】解：∵一枚质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，点数大于1且小于6的有2，3，4，5共4个，∴这个骰子向上的一面点数大于1且小于6的概率为46=23．故答案为：23．骰子六个面出现的机会

相同，求出骰子向上的一面点数大于1且小于6有几种，直接应用求概率的公式求解即可．此题考查概率的求法：如果一个事件有𝑛种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件𝐴出现𝑚种结果，那么事件𝐴的概率𝑃(𝐴)=𝑚𝑛．14.【答案】六【

解析】解：连接𝑂𝐵，∵𝐴𝐵=𝑂𝐴=𝑂𝐵，∴△𝐴𝑂𝐵是等边三角形，∴∠𝐴𝑂𝐵=60°，∴360°60∘=6，故这个多边形是正六边形．第13页，共22页故答案为：六．连接𝑂𝐵，由题意得到△𝐴𝑂𝐵是等边三角形，于是得到结论．本题考查了

正多边形和圆的有关知识、等腰三角形的判断和性质以及多边形内角和定理的运用，熟记多边形内角和定理计算公式是解题的关键．15.【答案】40【解析】【分析】直接利用切线的性质结合等腰三角形的性质得出答案．此题主要考查了切线的性质，正

确得出∠𝑂𝐶𝐵的度数是解题关键．【解答】解：连接𝐶𝑂，∵𝐶𝐷切⊙𝑂于点𝐶，∴𝐶𝑂⊥𝐶𝐷，∴∠𝑂𝐶𝐷=90°，∵∠𝐵𝐶𝐷=50°，∴∠𝑂𝐶𝐵=90°−50°=40°，∵𝐶𝑂=𝐵𝑂，∴

∠𝐴𝐵𝐶=∠𝑂𝐶𝐵=40°．故答案为：40．16.【答案】3【解析】解：如图所示，过𝐷作𝐷𝐸⊥𝐴𝐵于𝐸，由题可得，𝐴𝑃平分∠𝐵𝐴𝐶，∠𝐶=90°，∴𝐶𝐷=𝐷𝐸，设𝐶𝐷=𝐷𝐸=𝑥，∵△𝐴𝐵𝐶的面积为24，∴12𝐴𝐶×𝐶𝐷+12

𝐴𝐵×𝐷𝐸=24，即12×6𝑥+12×10𝑥=24，解得𝑥=3，第14页，共22页∴𝐶𝐷=3．故答案为：3．过𝐷作𝐷𝐸⊥𝐴𝐵于𝐸，依据角平分线的性质，即可得到𝐶𝐷=𝐷𝐸，再根据△𝐴𝐵𝐶的面积为24

，即可得到𝐶𝐷的长．本题考查了作图−基本作图、角平分线的性质的运用，解决本题的关键是掌握角平分线的性质，即角的平分线上的点到角的两边的距离相等．17.【答案】解：√16−20220+|−3|−(12)−1=4−1+3−2=4．【解析】先化简各式，然后再进

行计算即可解答．本题考查了实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，准确熟练地化简各式是解题的关键．18.【答案】解：𝑥(𝑥+1)+(𝑥+1)(𝑥−1)−𝑥=𝑥2+𝑥+𝑥2−1−𝑥=2𝑥2−1，当𝑥=√3时，原式=2×(√3)2−1=2×3−1=5．【解析】先去

括号，再合并同类项，然后把𝑥的值代入化简后的式子进行计算即可解答．本题考查了整式的混合运算−化简求值，准确熟练地进行计算是解题的关键．19.【答案】解：(1)如图所示，△𝐴𝐵1𝐶1即为所求，其中𝐵1(1,4)，𝐶1(3,3)，(2)∵𝐴𝐵=√22+

22=2√2，∠𝐵𝐴𝐵1=90°，∴弧𝐵𝐵1的长度−90⋅𝜋×2√2180=√2𝜋．【解析】(1)分别作出点𝐵、𝐶绕点𝐴顺时针旋转90°所得对应点，再与点𝐴首尾顺次连接即可得；第15页，共22页(2)利用弧长的公式求解可得

．本题主要考查作图−旋转变换，解题的关键是熟练掌握旋转变换的定义和性质，并据此得出变换后的对应点及扇形的面积公式．20.【答案】436【解析】解：(1)根据题意可得，总体为，某校九年级全体男生1000米跑步的成绩，10÷25%=40(人)，可得𝑥=

40−24−10−2=4(人)，360°×440=36°，故答案为：4，36°；(2)从甲、乙、丙、丁中任取两人，所有可能出现的结果情况如下：共有12种可能出现的结果，其中同时抽到甲、乙两名学生的有2种，所以同时抽到甲、乙两名学生的概率为

212=16．(1)由统计图表可得“𝐵等级”的频数为10人，占调查人数的25%，从而求出调查人数，根据各组频数之和等于样本容量，可求出𝑥的值，求出“𝐶等级”所占得出人数的百分比，进而估计总体中“𝐶等级”所占的百分比，进而求出相应的圆心角的度数；(2)列举出所有可能出现的结果，再根据概

率的定义进行计算即可．本题考查统计的过程与方法，列表法求随机事件的概率，列举出所有可能出现的结构情况是正确解答的关键．21.【答案】解：(1)△𝐴𝐵𝐶是等腰直角三角形，证明过程如下：∵𝐴𝐶为⊙𝑂

的直径，∴∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐴𝐵𝐶=90°，∵∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐶𝐷𝐵，∴𝐴𝐵⏜=𝐵𝐶⏜，∴𝐴𝐵=𝐵𝐶，第16页，共22页又∵∠𝐴𝐵𝐶=90°，∴△𝐴𝐵𝐶是等腰直角三角形．(2)在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，�

�𝐵=𝐵𝐶=√2，∴𝐴𝐶=2，在𝑅𝑡△𝐴𝐷𝐶中，𝐴𝐷=1，𝐴𝐶=2，∴𝐶𝐷=√3．即𝐶𝐷的长为：√3．【解析】(1)根据圆周角定理，等腰直角三角形的判定定理解答即可；(2)根

据勾股定理解答即可．本题主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形，勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解答本题的关键．22.【答案】解：(1)设购买《北上》的单价为𝑥元，《牵风记》的单价为𝑦元，由题意得：{2𝑥+𝑦=1006𝑥=7𝑦，解得{𝑥=35𝑦=30．答：购

买《北上》的单价为35元，《牵风记》的单价为30元；(2)设购买《北上》的数量为𝑛本，则购买《牵风记》的数量为(50−𝑛)本，根据题意得{𝑛≥12(50−𝑛)35𝑛+30(50−𝑛)≤1600，解得：1623≤𝑛≤20，则𝑛可以取17、18、19、2

0，当𝑛=17时，50−𝑛=33，共花费17×35+33×30=1585元；当𝑛=18时，50−𝑛=32，共花费18×35+32×30=1590元；当𝑛=19时，50−𝑛=31，共花费19×35+31×30=1595元；当𝑛=20时，50−𝑛=3

0，共花费20×35+30×30=1600元；所以，共有4种购买方案分别为：购买《北上》和《牵风记》的数量分别为17本和33本;购买《北上》和《牵风记》的数量分别为18本和32本;购买《北上》和《牵风记》的数量分别为19本和31本;第1

7页，共22页购买《北上》和《牵风记》的数量分别为20本和30本；其中购买《北上》和《牵风记》的数量分别为17本和33本费用最低，最低费用为1585元．【解析】本题考查了二元一次方程组和不等式组的应用，弄清题意、确定等量关系和不等关系是解答本题的关键．(1)设购买《北上》的单价为

𝑥元，《牵风记》的单价为𝑦元，根据“购买2本《北上》和1本《牵风记》需100元”和“购买6本《北上》与购买7本《牵风记》的价格相同”建立方程组求解即可；(2)设购买《北上》的数量𝑛本，则购买《牵

风记》的数量为(50−𝑛)本，根据“购买《北上》的数量不少于所购买《牵风记》数量的一半”和“购买两种书的总价不超过1600元”两个不等关系列不等式组解答并确定整数解即可．23.【答案】(1)证明：∵𝐴𝐵是半圆𝑂的直径，∴∠𝐴𝐶𝐵=

90°，∵𝐶𝑃是半圆𝑂的切线，∴∠𝑂𝐶𝑃=90°，∴∠𝐴𝐶𝐵=∠𝑂𝐶𝑃，∴∠𝐴𝐶𝑂=∠𝐵𝐶𝑃；(2)解：由(1)知∠𝐴𝐶𝑂=∠𝐵𝐶𝑃，∵∠𝐴𝐵𝐶=2∠𝐵𝐶𝑃，∴∠𝐴𝐵𝐶=2∠𝐴𝐶𝑂，∵𝑂𝐴=𝑂𝐶，∴∠𝐴𝐶𝑂=∠�

�，∴∠𝐴𝐵𝐶=2∠𝐴，∵∠𝐴𝐵𝐶+∠𝐴=90°，∴∠𝐴=30°，∠𝐴𝐵𝐶=60°，∴∠𝐴𝐶𝑂=∠𝐵𝐶𝑃=30°，∴∠𝑃=∠𝐴𝐵𝐶−∠𝐵𝐶𝑃=60°−30°=30°，即∠𝑃的度数是30°；(3)解：由(2)知∠𝐴=30°，∵

∠𝐴𝐶𝐵=90°，第18页，共22页∴𝐵𝐶=12𝐴𝐵=2，𝐴𝐶=√3𝐵𝐶=2√3，∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝐵𝐶⋅𝐴𝐶=12×2×2√3=2√3，∴阴影部分的面积是12𝜋×(𝐴𝐵2)2−2√3=2𝜋−2√3，即阴影部分的面积是2𝜋−2√3

．【解析】(1)由𝐴𝐵是半圆𝑂的直径，𝐶𝑃是半圆𝑂的切线，可得∠𝐴𝐶𝐵=∠𝑂𝐶𝑃，即得∠𝐴𝐶𝑂=∠𝐵𝐶𝑃；(2)由∠𝐴𝐵𝐶=2∠𝐵𝐶𝑃，可得∠𝐴𝐵𝐶=2∠𝐴，从而∠𝐴=30°，∠𝐴𝐵𝐶=60°，可得∠𝑃的度数是30°；(3)∠𝐴=

30°，可得𝐵𝐶=12𝐴𝐵=2，𝐴𝐶=√3𝐵𝐶=2√3，即得𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝐵𝐶⋅𝐴𝐶=2√3，故阴影部分的面积是12𝜋×(𝐴𝐵2)2−2√3=2𝜋−2√3．本题考查圆的综合应用，涉及圆的切线性质，直角三角形性质及

应用等知识，题目难度不大．24.【答案】②③【解析】解：(1)(−1,2)到𝑥轴距离为2，不符合题意，(0,0)到两坐标轴的距离都等于0，符合题意，③(12,−1)到𝑥轴距离为1，到𝑦轴距离为12，符合题意，故答案为：②③．(2)∵𝑦=𝑎𝑥−3𝑎+1=𝑎(𝑥−3)+1，∴函

数经过定点(3,1)，在以𝑂为中心，边长为4的正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，当直线与正方形区域只有唯一交点时，图象的“2阶方点”有且只有一个，由图可知，𝐶(2,−2)，𝐷(2,2)，∵一次函数𝑦=𝑎𝑥−3𝑎+

1图象的“2阶方点”有且只有一个，当直线经过点𝐶(2,−2)时，−2=2𝑎−3𝑎+1，第19页，共22页解得𝑎=3，此时图象的“2阶方点”有且只有一个，当直线经过点𝐷(2,2)时，2=2𝑎−3𝑎+1，解得𝑎=−1，此时图象的“

2阶方点”有且只有一个，综上所述：𝑎的值为3或𝑎=−1．(3)∵点(𝑛,𝑛)在直线𝑦=𝑥上，∴𝑦=14𝑥2+(𝑝−𝑡+1)𝑥+𝑞+𝑡−2的图象上存在唯一的一个“不动𝑛阶方点”时，方程14𝑥2+(𝑝−𝑡

+1)𝑥+𝑞+𝑡−2=𝑥有两个相等实数根，∴𝛥=(𝑝−𝑡)2−𝑞−𝑡+2=0，∴𝑞=(𝑝−𝑡)2−𝑡+2，∵当2≤𝑝≤3时，𝑞的最小值为𝑡，若𝑝=𝑡，则𝑞的最小值为−𝑡+2，则−𝑡+2

=𝑡，解得𝑡=𝑝=1，不符合题意．当𝑡<2时，若𝑝=2，则𝑞取最小值，即𝑞=(2−𝑡)2−𝑡+2=𝑡解得𝑡=3+√3(舍)或𝑡=3−√3，当𝑡>3时，若𝑝=3，则𝑞取最小值，即𝑞=(3

−𝑡)2−𝑡+2=𝑡解得𝑡=4−√5(舍)或𝑡=4+√5，综上所述，𝑡=3−√3或4+√5．(1)根据定义进行判断即可；(2)在以𝑂为中心，边长为4的正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，当直线与正方形区域只有唯一交点时，图象的“2阶方点”有且只有一个，结合图象求𝑎的值即可；(3)在以𝑂为中

心，边长为2𝑛的正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，当抛物线与正方形区域有公共部分时，二次函数𝑦=−(𝑥−𝑛)2−2𝑛+1图象的“𝑛阶方点”一定存在，结合函数图象求解即可．第20页，共22页本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，理解定义，将所求问题转化为正方形与函数图象

的交点问题是解题的关键．25.【答案】证明：(1)①∵𝐴𝐷=𝐶𝐷，𝐵𝐷=𝐴𝐷，∴𝐷𝐵=𝐷𝐶．∴∠𝐵=∠𝐷𝐶𝐵，∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐴𝐶𝐷∵∠𝐵+∠𝐷𝐶𝐵+∠𝐷𝐴𝐶+∠𝐴𝐶𝐷=180°∴∠𝐷𝐶𝐵+∠

𝐴𝐶𝐷=90°即∠𝐴𝐶𝐵=90°∴△𝐴𝐵𝐶为直角三角形；解：②连接𝑂𝐴，𝑂𝐷，如图，∵𝐴𝐷=𝐶𝐷，∴𝐴𝐷⏜=𝐶𝐷⏜，∴𝑂𝐷⊥𝐴𝐶且𝐴𝐻=𝐶𝐻．∵⊙𝑂的半径为4，∴𝑂𝐴=𝑂𝐷=4．设

𝐷𝐻=𝑥，则𝑂𝐻=4−𝑥，∵𝐴𝐻2=𝑂𝐴2−𝑂𝐻2，𝐴𝐻2=𝐴𝐷2−𝐷𝐻2，∴52−𝑥2=42−(4−𝑥)2．解得：𝑥=258．∴𝐷𝐻=258．第21页，共22页由①知：𝐵𝐶⊥𝐴𝐶，∵𝑂𝐷⊥𝐴𝐶，∴𝑂𝐷//𝐵𝐶．

∵𝐴𝐻=𝐶𝐻，∴𝐵𝐶=2𝐷𝐻=254．(2)𝑄𝐴，𝑄𝐶，𝑄𝐷三者之间的数量关系为：𝑄𝐶2=2𝑄𝐷2+𝑄𝐴2.理由：延长𝑄𝐴交⊙𝑂于点𝐹，连接𝐷𝐹，𝐹𝐶，如图，∵∠𝐴𝐷𝐶=90°，𝐴𝐷=𝐶𝐷，∴∠�

�𝐴𝐶=∠𝐷𝐶𝐴=45°．∴∠𝐷𝐹𝐴=∠𝐸=∠𝐷𝐶𝐴=45°，∠𝐷𝐹𝐶=∠𝐷𝐴𝐶=45°．∴∠𝑄𝐹𝐶=∠𝐴𝐹𝐷+∠𝐷𝐹𝐶=90°．∴𝑄𝐶2=𝑄𝐹2+𝐶𝐹2．∵△𝐴𝐷𝑄与△𝐴𝐷𝐸关于𝐴𝐷对称，∴∠𝐷�

�𝐴=∠𝐸=45°，∴∠𝐷𝑄𝐴=∠𝐷𝐹𝐴=45°，∴𝐷𝑄=𝐷𝐹．∴∠𝑄𝐷𝐹=180°−∠𝐷𝑄𝐴−∠𝑄𝐹𝐷=90°．∴𝐷𝑄2+𝐷𝐹2=𝑄𝐹2．即𝑄𝐹2=

2𝐷𝑄2．∵∠𝑄𝐷𝐹=∠𝐴𝐷𝐶=90°，∴∠𝑄𝐷𝐴=∠𝐶𝐷𝐹．在△𝑄𝐷𝐴和△𝐹𝐷𝐶中，{∠𝑄𝐷𝐴=∠𝐹𝐷𝐶∠𝐷𝑄𝐴=∠𝐷𝐹𝐶=45°𝐷𝐴=𝐷𝐶,第22页，共22

页∴△𝑄𝐷𝐴≌△𝐹𝐷𝐶(𝐴𝐴𝑆)．∴𝑄𝐴=𝐹𝐶．∴𝑄𝐶2=2𝑄𝐷2+𝑄𝐴2．【解析】(1)①利用“如果三角形中一条边上的中线等于这边的一半，那么可以证得这个三角形是直角三角形”可得出结论；②连接𝑂𝐴，𝑂𝐷，利用垂径定理得到𝑂𝐷⊥𝐴�

�且𝐴𝐻=𝐶𝐻，设𝐷𝐻=𝑥，则𝑂𝐻=4−𝑥，利用勾股定理列出方程求得𝐷𝐻的值，再利用三角形的中位线定理得到𝐵𝐶=2𝐷𝐻；(2)猜想𝑄𝐴，𝑄𝐶，𝑄𝐷三者之间的数量关系为：𝑄𝐶2=2𝑄𝐷2+𝑄𝐴2.延长𝑄𝐴交⊙𝑂于点𝐹，连

接𝐷𝐹，𝐹𝐶，由已知可得∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐷𝐶𝐴=45°；利用同弧所对的圆周角相等，得到∠𝐷𝐹𝐴=∠𝐸=∠𝐷𝐶𝐴=45°，∠𝐷𝐹𝐶=∠𝐷𝐴𝐶=45°，由于△𝐴�

�𝑄△与𝐴𝐷𝐸关于𝐴𝐷对称，于是∠𝐷𝑄𝐴=∠𝐸=45°，则得△𝐷𝑄𝐹为等腰直角三角形，△𝑄𝐹𝐶为直角三角形；利用勾股定理可得：𝑄𝐶2=𝑄𝐹2+𝐶𝐹2，𝑄𝐹2=2𝐷𝑄2；利用△𝑄𝐷𝐴≌△𝐹𝐷𝐶得到𝑄𝐴=𝐹𝐶，等量代换可得结论．本

题是一道圆的综合题，主要考查了圆的有关性质，垂径定理，勾股定理，圆周角定理及其推论，等腰直角三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，直角三角形的判定与性质，轴对称的性质，方程的解法．根据图形的特点恰当的添加辅助线是解题的关键．