资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB．将矩形ABCD对折，得到折痕MN，沿着CM折叠，点D的对应点为E，ME与BC的交点为F；再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，此时点B的对应点为G．下列结论：①△CMP是直角三角形；②AB＝BP；③PN＝PG；④PM＝PF；⑤若连接PE，则△PEG∽△CMD．其中正确的个数为（ ）
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
2．点A（﹣3，y1），B（0，y2），C（3，y3）是二次函数y＝﹣（x+2）2+m图象上的三点，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y1＝y3＜y2 C．y3＜y2＜y1 D．y1＜y3＜y2
3．如图所示，已知为的直径，直线为圆的一条切线，在圆周上有一点，且使得，连接，则的大小为( )
A． B． C． D．
4．我国传统文化中的“福禄寿喜”图（如图）由四个图案构成．这四个图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
5．已知如图，中，，，，边的垂直平分线交于点，交于点，则的长是（ ）．
A． B． C．4 D．6
6．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．﹣
7．已知锐角∠AOB如图，（1）在射线OA上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径作，交射线OB于点D，连接CD；
（2）分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，交于点M，N；
（3）连接OM，MN．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（ ）
A．∠COM=∠COD B．若OM=MN，则∠AOB=20°
C．MN∥CD D．MN=3CD
8．一元二次方程的解是（ ）
A． B． C．， D．，
9．如图，正方形AEFG的边AE放置在正方形ABCD的对角线AC上，EF与CD交于点M，得四边形AEMD，且两正方形的边长均为2，则两正方形重合部分（阴影部分）的面积为（ ）
A．﹣4+4 B．4+4 C．8﹣4 D．+1
10．如图，已知抛物线y=x2+px+q的对称轴为直线x=﹣2，过其顶点M的一条直线y=kx+b与该抛物线的另一个交点为N（﹣1，﹣1）．若要在y轴上找一点P，使得PM+PN最小，则点P的坐标为（ ）.
A．（0，﹣2） B．（0，﹣） C．（0，﹣） D．（0，﹣）
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知x=1是关于x的一元二次方程2x2﹣x+a=0的一个根，则a的值是_____．
12．如图，在菱形ABCD中，边长为1，∠A＝60˚，顺次连接菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1；顺次连结四边形A1B1C1D1各边中点，可得四边形A2B2C2D2；顺次连结四边形A2B2C2D2各边中点，可得四边形A3B3C3D3；按此规律继续下去，…，则四边形A2019B2019C2019D2019的面积是_____．
13．已知反比例函数y=的图象在第一、三象限内，则k的值可以是__．(写出满足条件的一个k的值即可)
14．如图，某水平地面上建筑物的高度为AB，在点D和点F处分别竖立高是2米的标杆CD和EF，两标杆相隔52米，并且建筑物AB、标杆CD和EF在同一竖直平面内，从标杆CD后退2米到点G处，在G处测得建筑物顶端A和标杆顶端C在同一条直线上；从标杆FE后退4米到点H处，在H处测得建筑物顶端A和标杆顶端E在同一条直线上，则建筑物的高是__________米．
15．若△ABC∽△A′B′C′，∠A＝50°，∠C＝110°，则∠B′的度数为_____．
16．若函数y＝（m+1）x2﹣x+m（m+1）的图象经过原点，则m的值为_____．
17．如图，直角三角形的直角顶点在坐标原点，，若点在反比例函数的图象上，则经过点的反比例函数解析式为___；
18．如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E.如果∠B＝60°，AC＝6，那么CD的长为______.
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，在矩形ABCD中，AB=2，E为BC上一点，且BE=1，∠AED=90°，将AED绕点E顺时针旋转得到，A′E交AD于P， D′E交CD于Q，连接PQ，当点Q与点C重合时，AED停止转动．
（1）求线段AD的长；
（2）当点P与点A不重合时，试判断PQ与的位置关系，并说明理由；
（3）求出从开始到停止，线段PQ的中点M所经过的路径长．
20．（6分）已知四边形ABCD的四个顶点都在⊙O上，对角线AC和BD交于点E．
（1）若∠BAD和∠BCD的度数之比为1：2，求∠BCD的度数；
（2）若AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为劣弧BD的中点，求弦AC的长；
（3）若⊙O的半径为1，AC+BD＝3，且AC⊥BD．求线段OE的取值范围．
21．（6分）在平面直角坐标系中有，为原点，，，将此三角形绕点顺时针旋转得到，抛物线过三点．
（1）求此抛物线的解析式及顶点的坐标；
（2）直线与抛物线交于两点，若，求的值；
（3）抛物线的对称轴上是否存在一点使得为直角三角形．
22．（8分）已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，求m的取值范围．
23．（8分）在一个不透明的口袋里有标号为的五个小球，除数字不同外，小球没有任何区别，摸球前先搅拌均匀，每次摸一个球．
（1）下列说法:
①摸一次，摸出一号球和摸出号球的概率相同;
②有放回的连续摸次，则一定摸出号球两次;
③有放回的连续摸次，则摸出四个球标号数字之和可能是．
其中正确的序号是
（2）若从袋中不放回地摸两次，求两球标号数字是一奇一偶的概率，(用列表法或树状图)
24．（8分）问题背景：如图1设P是等边△ABC内一点，PA＝6，PB＝8，PC＝10，求∠APB的度数．小君研究这个问题的思路是：将△ACP绕点A逆时针旋转60°得到△ABP'，易证：△APP'是等边三角形，△PBP'是直角三角形，所以∠APB＝∠APP'+∠BPP'＝150°．
简单应用：（1）如图2，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°．P为△ABC内一点，且PA＝5，PB＝3，PC＝2，则∠BPC＝ °．
（2）如图3，在等边△ABC中，P为△ABC内一点，且PA＝5，PB＝12，∠APB＝150°，则PC＝ ．
拓展廷伸：（3）如图4，∠ABC＝∠ADC＝90°，AB＝BC．求证：BD＝AD+DC．
（4）若图4中的等腰直角△ABC与Rt△ADC在同侧如图5，若AD＝2，DC＝4，请直接写出BD的长．
25．（10分）如图，是的直径，点在上，，FD切于点，连接并延长交于点，点为中点，连接并延长交于点，连接，交于点，连接．
（1）求证：；
（2）若的半径为，求的长．
26．（10分）某公司销售某一种新型通讯产品，已知每件产品的进价为4万元，每月销售该种产品的总开支(不含进价)总计11万元，在销售过程中发现，月销售量(件)与销售单价(万元)之间存在着如图所示的一次函数关系
（1）求关于的函数关系式．
（2）试写出该公司销售该种产品的月获利(万元)关于销售单价(万元)的函数关系式，当销售单价为何值时，月获利最大?并求这个最大值．(月获利＝月销售额一月销售产品总进价一月总开支)
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】根据折叠的性质得到，于是得到，求得是直角三角形；设AB=x，则AD=2x，由相似三角形的性质可得CP=x，可求BP=PG=x=PN，可判断②③，由折叠的性质和平行线的性质可得∠PMF=∠FPM，可证PF=FM；由，且∠G=∠D=90°，可证△PEG∽△CMD，则可求解．
【详解】∵沿着CM折叠，点D的对应点为E，
∴∠DMC=∠EMC，
∵再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，
∴∠AMP=∠EMP，
∵∠AMD=180°，
∴∠PME+∠CME=×180°=90°，
∴△CMP是直角三角形；故①符合题意；
∵AD=2AB，
∴设AB=x，则AD=BC=2x，
∵将矩形ABCD对折，得到折痕MN；
∴AM=DM=AD=x=BN=NC，
∴CMx，
∵∠PMC=90°=∠CNM，∠MCP=∠MCN，
∴△MCN∽△NCP，
∴CM2=CN•CP，
∴3x2=x×CP，
∴CP=x，
∴
∴AB=BP，故②符合题意；
∵PN=CP﹣CN=x-x =x，
∵沿着MP折叠，使得AM与EM重合，
∴BP=PG=x，
∴PN=PG，故③符合题意；
∵AD∥BC，
∴∠AMP=∠MPC，
∵沿着MP折叠，使得AM与EM重合，
∴∠AMP=∠PMF，
∴∠PMF=∠FPM，
∴PF=FM，故④不符合题意，
如图，
∵沿着MP折叠，使得AM与EM重合，
∴AB=GE=x，BP=PG=x，∠B=∠G=90°
∴，
∵，
∴，且∠G=∠D=90°，
∴△PEG∽△CMD，故⑤符合题意，
综上：①②③⑤符合题意，共4个，
故选：B．
【点睛】
本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，直角三角形的性质，矩形的性质等知识，利用参数表示线段的长度是解题的关键．
2、C
【解析】先确定抛物线的对称轴，然后比较三个点到对称轴的距离，再利用二次函数的性质判断对应的函数值的大小．
【详解】二次函数y＝﹣（x+2）2+m图象的对称轴为直线x＝﹣2，
又a=-1, 二次函数开口向下，
∴x＜-2时，y随x增大而增大，x＞-2时，y随x增大而减小，
而点A（﹣3，y1）到直线x＝﹣2的距离最小，点C（3，y3）到直线x＝﹣2的距离最大，
所以y3＜y2＜y1．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查二次函数的图像，解题的关键是熟知二次函数的图像与性质.
3、C
【分析】连接OB，由题意可知，△COB是等边三角形，即可求得∠C，再由三角形内角和求得∠BAC,最后根据切线的性质和余角的定义解答即可.
【详解】解：如图：连接OB
∵为的直径
∴∠ACB=90°
又∵AO=OC
∴OB=AC=OC
∴OC=OB=BC
∴△COB是等边三角形
∴∠C=60°
∴∠BAC=90°-∠C=30°
又∵直线为圆的一条切线
∴∠CAP=90°
∴=∠CAP-∠BAC=60°
故答案为C.
【点睛】
本题主要考查了圆的性质、等边三角形以及切线的性质等知识点，根据题意说明△COB是等边三角形是解答本题的关键.
4、B
【解析】试题分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形．故正确；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故错误．
故选B．
点睛：掌握中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
5、B
【分析】根据勾股定理求出BC,根据线段垂直平分线性质和勾股定理可求AE.
【详解】因为中，，，，
所以BC=
因为的垂直平分线交于点，
所以AE=EC
设AE=x,则BE=8-x,EC=x
在Rt△BCE中，由BE2+BC2=EC2可得
x2+（8-x）2=62
解得x=.即AE=
故选：B
【点睛】
考核知识点：勾股定理，线段垂直平分线.根据勾股定理求出相应线段是关键.
6、C
【分析】将变形为﹣1，再代入计算即可求解．
【详解】解：∵，
∴＝﹣1＝﹣1＝．
故选：C．
【点睛】
考查了比例的性质，解题的关键是将变形为．
7、D
【分析】由作图知CM=CD=DN，再利用圆周角定理、圆心角定理逐一判断可得．
【详解】解：由作图知CM=CD=DN，
∴∠COM=∠COD，故A选项正确；
∵OM=ON=MN，
∴△OMN是等边三角形，
∴∠MON=60°，
∵CM=CD=DN，
∴∠MOA=∠AOB=∠BON=∠MON=20°，故B选项正确；
∵∠MOA=∠AOB=∠BON，
∴∠OCD=∠OCM= ，
∴∠MCD=，
又∠CMN=∠AON=∠COD，
∴∠MCD+∠CMN=180°，
∴MN∥CD，故C选项正确；
∵MC+CD+DN＞MN，且CM=CD=DN，
∴3CD＞MN，故D选项错误；
故选D．
【点睛】
本题主要考查作图-复杂作图，解题的关键是掌握圆心角定理和圆周角定理等知识点．
8、C
【解析】用因式分解法解一元二次方程即可.
【详解】
∴ 或
∴，
故选C.
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的解，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键.
9、A
【解析】试题分析：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=90°，∠ACD=15°，AD=CD=2，
则S△ACD=AD•CD=×2×2=2；
AC=AD=2，
则EC=2﹣2，
∵△MEC是等腰直角三角形，
∴S△MEC=ME•EC=（2﹣2）2=6﹣1，
∴阴影部分的面积=S△ACD﹣S△MEC=2﹣（6﹣1）=1﹣1．
故选A．
考点：正方形的性质．
10、B
【解析】根据线段垂直平分线的性质，可得N，′根据待定系数法，可得函数解析式，根据配方法，可得M点坐标，根据两点之间线段最短，可得MN′，根据自变量与函数值的对应关系，可得P点坐标．
【详解】如图，
作N点关于y轴的对称点N′，连接MN′交y轴于P点，
将N点坐标代入抛物线，并联立对称轴，得，
解得，
y=x2+4x+2=（x+2）2-2，
M（-2，-2），
N点关于y轴的对称点N′（1，-1），
设MN′的解析式为y=kx+b，
将M、N′代入函数解析式，得，
解得，
MN′的解析式为y=x-，
当x=0时，y=-，即P（0，-），
故选：B．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，利用了线段垂直平分线的性质，两点之间线段最短得出P点的坐标是解题关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、﹣1．
【解析】将x=1代入方程得关于a的方程, 解之可得.
【详解】解：将x=1代入方程得:2-1+a=0,
解得:a=-1,
故答案为: -1.
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的解.
12、
【分析】连接AC、BD，根据菱形的面积公式，得S菱形ABCD=，进而得矩形A1B1C1D1的面积，菱形A2B2C2D2的面积，以此类推，即可得到答案．
【详解】连接AC、BD，则AC⊥BD，
∵菱形ABCD中，边长为1，∠A＝60°，
∴S菱形ABCD＝AC∙BD＝1×1×sin60°＝，
∵顺次连结菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是矩形，
∴矩形A1B1C1D1的面积＝AC∙BD＝AC∙BD＝S菱形ABCD＝＝，
菱形A2B2C2D2的面积＝×矩形A1B1C1D1的面积＝S菱形ABCD＝＝，
……，
∴四边形A2019B2019C2019D2019的面积＝，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查菱形得性质和矩形的性质，掌握菱形的面积公式，是解题的关键．
13、1
【解析】在本题中已知“反比例函数的图像在第一、三象限内,”从而得到2-k＞0,顺利求解k的值.
【详解】反比例函数的图像在第一、三象限内可得，2-k＞0
解得:k＜2
不妨取k=1,可得已知反比例函数,即可满足的图像在第一、三象限内.
【点睛】
熟练掌握反比例函数的性质是本题的解题关键.
14、54
【解析】设建筑物的高为x米，根据题意易得△CDG∽△ABG，∴，∵CD＝DG＝2，∴BG＝AB＝x，再由△EFH∽△ABH可得，即，∴BH＝2x，即BD＋DF＋FH＝2x，亦即x－2＋52＋4＝2x，解得x＝54，即建筑物的高是54米．
15、20°
【分析】先根据三角形内角和计算出∠B的度数，然后根据相似三角形的性质得到∠B′的度数．
【详解】解：∵∠A＝50°，∠C＝110°，
∴∠B＝180°﹣50°﹣110°＝20°，
∵△ABC∽△A′B′C′，
∴∠B′＝∠B＝20°．
故答案为20°．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质，如果两个三角形相似，那么它们的对应角相等，对应边成比例，它们对应面积的比等于相似比的平方.
16、0或﹣1
【分析】根据题意把原点（0,0）代入解析式，得出关于m的方程，然后解方程即可．
【详解】∵函数经过原点，
∴m（m+1）＝0，
∴m＝0或m＝﹣1，
故答案为0或﹣1．
【点睛】
本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是知道函数图象上的点满足函数解析式．
17、
【解析】构造K字型相似模型，直接利用相似三角形的判定与性质得出，而由反比例性质可知S△AOD==3，即可得出答案．
【详解】解：过点B作BC⊥x轴于点C，过点A作AD⊥x轴于点D，
∵∠BOA=90°，
∴∠BOC+∠AOD=90°，
∵∠AOD+∠OAD=90°，
∴∠BOC=∠OAD，
又∵∠BCO=∠ADO=90°，
∴△BCO∽△ODA，
∴ ，
∴，
∴S△BCO=S△AOD
∵S△AOD===3，
∴S△BCO=×3=1
∵经过点B的反比例函数图象在第二象限，
故反比例函数解析式为：y=．
故答案为．
【点睛】
此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及反比例函数数的性质，正确得出S△BOC=1是解题关键．
18、6
【分析】由AB是⊙O的直径，根据由垂径定理得出AD＝AC，进而利用等边三角形的判定和性质求得答案.
【详解】解：连接AD，
∵⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E，
∴AD＝AC，
∵∠B＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
∵AC＝6，
∴CD＝AC＝6.
故答案为：6.
【点睛】
此题考查了垂径定理以及等边三角形数的判定与性质．注意由垂径定理得出AD=AC是关键．
三、解答题(共66分)
19、（1）5；（2）∥，理由见解析；（3）
【分析】（1）求出AE＝，证明△ABE∽△DEA，由可求出AD的长；
（2）过点E作EF⊥AD于点F，证明△PEF∽△QEC，再证△EPQ∽△A'ED'，可得出∠EPQ＝∠EA'D'，则结论得证；
（3）由（2）知PQ∥A′D′，取A′D′的中点N，可得出∠PEM为定值，则点M的运动路径为线段，即从AD的中点到DE的中点，由中位线定理可得出答案．
【详解】解：（1）∵AB＝2，BE＝1，∠B＝90°，
∴AE＝＝＝，
∵∠AED＝90°，
∴∠EAD+∠ADE＝90°，
∵矩形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴∠BAE+∠EAD＝90°，
∴∠BAE＝∠ADE，
∴△ABE∽△DEA，
∴，
∴，
∴AD＝5；
（2）PQ∥A′D′，理由如下：
∵，∠AED＝90°
∴＝＝2，
∵AD＝BC＝5，
∴EC＝BC﹣BE＝5﹣1＝4，
过点E作EF⊥AD于点F，
则∠FEC＝90°，
∵∠A'ED'＝∠AED＝90°，
∴∠PEF＝∠CEQ，
∵∠C＝∠PFE＝90°，
∴△PEF∽△QEC，
∴，
∵，
∴，
∴PQ∥A′D′；
（3）连接EM，作MN⊥AE于N，
由（2）知PQ∥A′D′，
∴∠EPQ＝∠A′＝∠EAP，
又∵△PEQ为直角三角形，M为PQ中点，
∴PM＝ME，
∴∠EPQ＝∠PEM，
∵∠EPF＝∠EAP+∠AEA′，∠NEM＝∠PEM+∠AEA′
∴∠EPF＝∠NEM，
又∵∠PFE＝∠ENM﹣90°，
∴△PEF∽△EMN，
∴＝为定值，
又∵EF＝AB＝2，
∴MN为定值，即M的轨迹为平行于AE的线段，
∵M初始位置为AD中点，停止位置为DE中点，
∴M的轨迹为△ADE的中位线，
∴线段PQ的中点M所经过的路径长＝＝．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，中位线定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
20、（1）120°；（2）；（3）≤OE≤
【分析】(1)利用圆内接四边形对角互补构建方程解决问题即可．
(2)将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，根据旋转的性质得出∠E＝∠CAD＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，求出A、B、E三点共线，解直角三角形求出即可；
(3)由题知 AC⊥BD，过点O作OM⊥AC于M，ON⊥BD于N，连接OA，OD，判断出四边形OMEN是矩形，进而得出OE2＝2﹣（AC2+BD2），设AC＝m，构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
【详解】解：(1)如图1中，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，
∵∠A：∠C＝1：2，
∴设∠A＝x，∠C＝2x，则x+2x＝180°，
解得，x＝60°，
∴∠C＝2x＝120°．
(2)如图2中，
∵A、B、C、D四点共圆，∠BAD＝60°，
∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°，
∵点C为弧BD的中点，
∴BC＝CD，∠CAD＝∠CAB＝∠BAD＝30°，
将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，如图2所示：
则∠E＝∠CAD＝∠CAB＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，
∴∠ABC+∠EBC＝（180°﹣∠CAB﹣∠ACB）+（180°﹣∠E﹣∠BCE）＝360°﹣（∠CAB+∠ACB+∠ABC）＝360°﹣180°＝180°，
∴A、B、E三点共线，
过C作CM⊥AE于M，
∵AC＝CE，
∴AM＝EM＝AE＝（AB+AD）＝×（3+5）＝4，
在Rt△AMC中，AC＝．
(3) 过点O作OM⊥AC于M，ON⊥BD于N，连接OA，OD，
∵OA＝OD＝1，OM2＝OA2﹣AM2，ON2＝OD2﹣DN2，AM＝AC，DN＝BD，AC⊥BD，
∴四边形OMEN是矩形，
∴ON＝ME，OE2＝OM2+ME2，
∴OE2＝OM2+ON2＝2﹣（AC2+BD2）
设AC＝m，则BD＝3﹣m，
∵⊙O的半径为1，AC+BD＝3，
∴1≤m≤2，
OE2＝2﹣ [（AC+BD）2﹣2AC×BD]＝﹣m2+m﹣＝﹣（m﹣）2+，
∴≤OE2≤，
∴≤OE≤．
【点睛】
本题主要考查的是圆和四边形的综合应用，掌握圆和四边形的基本性质结合题目条件分析题目隐藏条件是解题的关键.
21、（1）；点；（2）；（3）存在，Q1(1，-1)，Q2(1，2)， Q3(1，4)， Q4(1，-5)．
【分析】（1）用待定系数法可求抛物线的解析式，进行配成顶点式即可写出顶点坐标；
（2）将直线与抛物线联立，通过根与系数关系得到，，再通过得出，通过变形得出代入即可求出的值；
（3）分：， ， 三种情况分别利用勾股定理进行讨论即可．
【详解】（1）∵，，
∵绕点顺时针旋转，得到，
∴点的坐标为：，
将点A,B代入抛物线中得
解得
∴此抛物线的解析式为：
∵；
∴点
（2）直线：与抛物线的对称轴交点的坐标为，
交抛物线于，，
由得：
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴
∴
（3）存在，或，，
∴
设点
，
若，则
即
∴或
若，则
即
∴
若，则
即
∴
即Q1(1,-1), Q2(1,2), Q3(1,4), Q4(1,-5).
【点睛】
本题主要考查二次函数与几何综合，掌握二次函数的图象和性质，分情况讨论是解题的关键．
22、m＞﹣1且m≠1．
【分析】由关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，由一元二次方程的定义和根的判别式的意义可得m≠1且△＞1，即4﹣4m•（﹣1）＞1，两个不等式的公共解即为m的取值范围．
【详解】∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴m≠1且△＞1，即4﹣4m•（﹣1）＞1，解得m＞﹣1，
∴m的取值范围为m＞﹣1且m≠1，
∴当m＞﹣1且m≠1时，关于x的一元二次方程mx2+2x﹣1=1有两个不相等的实数根．
23、（1）①③；（2）
【分析】（1）①摸一次，1号与5号球摸出概率相同，正确；
②有放回的连续摸10次，不一定摸出2号球，错误；
③有放回的连续摸4次，若4次均摸出5号球：5+5+5+5=20，则摸出四个球标号数字之和可能是20，正确；
（2）列表得出所有等可能的情况数，找出两球标号数字是一奇一偶的情况数，即可求出所求的概率．
【详解】（1）①摸一次，1号与5号球摸出概率相同，正确；
②有放回的连续摸10次，不一定摸出2号球，错误；
③有放回的连续摸4次，若4次均摸出5号球：5+5+5+5=20，则摸出四个球标号数字之和可能是20，正确；
故答案为：①③；
（2）列表如下：
1
2
3
4
5
1
﹣﹣﹣
（1，2）
（1，3）
（1，4）
（1，5）
2
（2，1）
﹣﹣﹣
（2，3）
（2，4）
（2，5）
3
（3，1）
（3，2）
﹣﹣﹣
（3，4）
（3，5）
4
（4，1）
（4，2）
（4，3）
﹣﹣﹣
（4，5）
5
（5，1）
（5，2）
（5，3）
（5，4）
﹣﹣﹣
所有等可能的情况有20种，其中数字是一奇一偶的情况有12种，
则P（一奇一偶）=．
【点睛】
此题考查了列表法与树状图法，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.
24、（1）135；（2）13；（3）见解析；（4）
【分析】简单应用：（1）先利用旋转得出BP'＝AP＝5，∠PCP'＝90°，CP'＝CP＝2，再根据勾股定理得出PP'＝CP＝4，最后用勾股定理的逆定理得出△BPP'是以BP'为斜边的直角三角形，即可得出结论；
（2）同（1）的方法得出∠APP'＝60°，进而得出∠BPP'＝∠APB﹣∠APP'＝90°，最后用勾股定理即可得出结论；
拓展廷伸：（3）先利用旋转得出BD'＝BD，CD'＝AD，∠BCD'＝∠BAD，再判断出点D'在DC的延长线上，最后用勾股定理即可得出结论；
（4）先利用旋转得出BD'＝BD，CD＝AD'，∠DBD'＝90°，∠BCD＝∠BAD'，再判断出点D'在AD的延长线上，最后用勾股定理即可得出结论．
【详解】解：简单应用：（1）如图2，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝90°，AC＝BC，将
△ACP绕点C逆时针旋转90°得到△CBP'，连接PP'，
∴BP'＝AP＝5，∠PCP'＝90°，CP'＝CP＝2，
∴∠CPP'＝∠CP'P＝45°，
根据勾股定理得，PP'＝CP＝4，
∵BP'＝5，BP＝3，∴PP'2+BP2＝BP'，
∴△BPP'是以BP'为斜边的直角三角形，
∴∠BPP'＝90°，
∴∠BPC＝∠BPP'+∠CPP'＝135°，
故答案为：135；
（2）如图3，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AC＝AB，
将△ACP绕点A逆时针旋转60°得到△ABP'，连接PP'，
∴BP'＝CP，AP'＝AP＝5，∠PAP'＝60°，
∴△APP'是等边三角形，
∴PP'＝AP＝5，∠APP'＝60°，
∵∠APB＝150°，
∴∠BPP'＝∠APB﹣∠APP'＝90°，
根据勾股定理得，BP'＝＝13，
∴CP＝13，
故答案为：13；
拓展廷伸：（3）如图4，
在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，
将△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△BCD'，
∴BD'＝BD，CD'＝AD，∠BCD'＝∠BAD，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠BCD+∠BCD'＝180°，
∴点D'在DC的延长线上，
∴DD'＝CD+CD'＝CD+AD，
在Rt△DBD'中，DD'＝BD，
∴BD＝CD+AD；
（4）如图5，
在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，
连接BD，将△CBD绕点B顺时针旋转90°得到△ABD'，
∴BD'＝BD，CD＝AD'，∠DBD'＝90°，∠BCD＝∠BAD'，
AB与CD的交点记作G，
∵∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴∠DAB+∠AGD＝∠BCD+∠BGC＝180°，
∵∠AGD＝∠BGC，
∴∠BAD＝∠BCD，
∴∠BAD＝∠BAD'，
∴点D'在AD的延长线上，
∴DD'＝AD'﹣AD＝CD﹣AD＝2，
在Rt△BDD'中，BD＝DD'＝．
【点睛】
本题主要考查了三角形的旋转变换，涉及了旋转的性质、等边三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理，灵活的利用三角形的旋转变换添加辅助线是解题的关键.
25、（1）证明见解析；（2）．
【分析】(1)利用圆周角定理及，求得∠ABC=30°，利用切线的性质求得∠D=30°，根据直角三角形30度角的性质从而证出；
(2)先证得△OAC为等边三角形，求得的长，过点C作CM⊥AO于点M，证出△CME∽△FBE，求出，利用勾股定理求出，利用面积法即可求出．
【详解】(1) 连接BC，
∵AB是⊙O的直径，，
∴∠ACB=90°，∠ABC=30°，∠BAC=60°，
∴，
∵BD切于点，
∴AB⊥DB，
∴∠D=90∠BAD=9060°=30°，
∴AD=2AB，
∴AD=4AC，
∴；
(2) 连接OC，过点C作CM⊥AO于点M，
∵∠BAC=60°，OA=OC，
∴△OAC为等边三角形，
∴AC=OA=OC=2，OM=MA=1，
∵CM⊥AO，
∴OM=MA==1，
在中， ，，
∴，
∵点为中点，
∴，
∴，
∵BF切于点，
∴AB⊥FB，
∴∠FBE=90，
∵∠FEB=∠CEM，
∴，
∴，即，
∴，
在中，，，，
∴，
∵AB是⊙O的直径
∴∠AGB=90°，
∴BG⊥AF，
∵，
∴，
∴
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了切线的性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理以及三角形面积的计算，学会添加常用辅助线，熟练掌握圆周角定理，并能进行推理计算是解决问题的关键．
26、（1）；（2）当x=10万元时，最大月获利为7万元
【分析】（1）根据函数图象，利用待定系数法求解可得；
（2）根据“总利润=单价利润×销售量-总开支”列出函数解析式，由二次函数的性质可得最值．
【详解】（1）设y=kx+b，
将点（6，5）、（8，4）代入，得：
，
解得：，
∴；
（2）根据题意得：
z=（x-4）y-11
=（x-4）（-x+8）-11
=-x2+10x-43
=-（x-10）2+7，
∴当x=10万元时，最大月获利为7万元．
【点睛】
本题主要考查二次函数的应用，熟练掌握待定系数法求函数解析式及二次函数的图象和性质是解题的关键．
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