资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．已知抛物线经过点，，若，是关于的一元二次方程的两个根，且，，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在⊙O中，点A、B、C在圆上，∠AOB＝100°，则∠C＝（ ）
A．45° B．50° C．55° D．60°
3．关于抛物线的说法中，正确的是（ ）
A．开口向下 B．与轴的交点在轴的下方
C．与轴没有交点 D．随的增大而减小
4．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体是（ ）
A．球体 B．圆锥 C．棱柱 D．圆柱
5．如图，点A，B，C，D都在上，OA⊥BC，∠AOB=40°，则∠CDA的度数为( )
A．40° B．30° C．20° D．15°
6．将抛物线先向左平移一个单位，再向上平移两个单位，两次平移后得到的抛物线解析式为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，点A(m，m+1)、B(m+3，m−1)是反比例函数与直线AB的交点，则直线AB的函数解析式为（ ）
A． B．
C． D．
8．小明随机地在如图正方形及其内部区域投针，则针扎到阴影区域的概率是（ ）
A． B． C． D．
9．把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
10．如图，两个同心圆(圆心相同半径不同的圆)的半径分别为6cm和3cm，大圆的弦AB与小圆相切，则劣弧AB的长为( )
A．2πcm B．4πcm C．6πcm D．8πcm
11．已知线段MN＝4cm，P是线段MN的黄金分割点，MP＞NP，那么线段MP的长度等于（ ）
A．（2+2）cm B．（2﹣2）cm C．（+1）cm D．（﹣1）cm
12．小广,小娇分别统计了自己近5次数学测试成绩，下列统计量中能用来比较两人成绩稳定性的是( )
A．方差 B．平均数 C．众数 D．中位数
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，OA⊥OB，等腰直角△CDE的腰CD在OB上，∠ECD＝45°，将△CDE绕点C逆时针旋转75°，点E的对应点N恰好落在OA上，则的值为__________
14．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，边AB的垂直平分线分别交边BC、AB于点D、E如果BC=8，，那么BD=_____．
15．设，是关于的一元二次方程的两根，则______.
16．将一些半径相同的小圆按如图所示的规律摆放，请仔细观察，第_________个图形有94个小圆.
17．掷一枚硬币三次，正面都朝上的概率是__________．
18．若二次函数的图象与x轴交于A，B两点，则的值为______．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，抛物线y=-x2+bx+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，其中点A（-1，0）．过点A作直线y=x+c与抛物线交于点D，动点P在直线y=x+c上，从点A出发，以每秒个单位长度的速度向点D运动，过点P作直线PQ∥y轴，与抛物线交于点Q，设运动时间为t（s）.
（1）直接写出b，c的值及点D的坐标；
（2）点 E是抛物线上一动点，且位于第四象限，当△CBE的面积为6时，求出点E 的坐标；
（3）在线段PQ最长的条件下，点M在直线PQ上运动，点N在x轴上运动，当以点D、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，请求出此时点N的坐标．
20．（8分）建设中的大外环路是我市的一项重点民生工程.某工程公司承建的一段路基工程的施工土方量为120万立方，原计划由公司的甲、乙两个工程队从公路的两端同时相向施工150天完成.由于特殊情况需要，公司抽调甲队外援施工，由乙队先单独施工40天后甲队返回，两队又共同施工了110天，这时甲乙两队共完成土方量103.2万立方.
（1）问甲、乙两队原计划平均每天的施工土方量分别为多少万立方？
（2）在抽调甲队外援施工的情况下，为了保证150天完成任务，公司为乙队新购进了一批机械来提高效率，那么乙队平均每天的施工土方量至少要比原来提高多少万立方才能保证按时完成任务？
21．（8分）俄罗斯世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于44元，且获利不高于30%．试销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售量为y本，销售单价为x元．
（1）请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围；
（2）当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？
（3）将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？最大利润是多少元？
22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣3，0）和点B（2，0），直线y＝h（h为常数，且0＜h＜6）与BC交于点D，与y轴交于点E，与AC交于点F．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AE，求h为何值时，△AEF的面积最大．
（3）已知一定点M（﹣2，0），问：是否存在这样的直线y＝h，使△BDM是等腰三角形？若存在，请求出h的值和点D的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（10分）如图， 已知∠ABC＝90°，点P为射线BC上任意一点(点P与点B不重合)，分别以AB、AP为边在∠ABC的内部作等边△ABE和△APQ，连接QE并延长交BP于点F. 试说明：（1）△ABP≌△AEQ；（2）EF＝BF
24．（10分）如图，甲、乙两人在玩转盘游戏时，准备了两个可以自由转动的转盘A、B，每个转盘被分成面积相等的几个扇形，并在每一个扇形内标上数字.游戏规则：同时转动两个转盘，当转盘停止后，指针所指区域的数字之和为0时，甲获胜；数字之和为1时，乙获胜.如果指针恰好指在分割线上，那么重转一次，直到指针指向某一区域为止.
（1）用画树状图或列表法求乙获胜的概率；
（2）这个游戏规则对甲、乙双方公平吗？请判断并说明理由.
25．（12分）如图，一艘船由A港沿北偏东65°方向航行km至B港，然后再沿北偏西40°方向航行至C港，C港在A港北偏东20°方向.
求：（1）∠C的度数；
（2）A，C两港之间的距离为多少km.
26．某校有一露天舞台,纵断面如图所示,AC垂直于地面,AB表示楼梯,AE为舞台面,楼梯的坡角∠ABC=45°,坡长AB=2m,为保障安全,学校决定对该楼梯进行改造,降低坡度,拟修新楼梯AD,使∠ADC=30°
(1)求舞台的高AC(结果保留根号)
(2)楼梯口B左侧正前方距离舞台底部C点3m处的文化墙PM是否要拆除?请说明理由.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】根据a的符号分类讨论，分别画出对应的图象，然后通过图象判断m和n的符号，找到这两种情况下都正确的结论即可.
【详解】解：当a＞0时，如下图所示，
由图可知：当＜＜时，y＜0；当＜或＞时，y＞0
∵＜0＜
∴m＞0，n＜0，
此时：不能确定其符号，故A不一定成立；
，故B错误；
，故C正确；
，故D错误.
当a＜0时，如下图所示，
由图可知：当＜＜时，y＞0；当＜或＞时，y＜0
∵＜0＜
∴m＜0，n＞0，
此时：不能确定其符号，故A不一定成立；
，故B正确；
，故C正确；
，故D错误.
综上所述：结论一定正确的是C.
故选C.
【点睛】
此题考查的是二次函数的图象及性质，掌握二次函数的图象及性质与二次项系数的关系、分类讨论的数学思想和数形结合的数学思想是解决此题的关键.
2、B
【分析】利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半，求得圆周角的度数即可；
【详解】解：∵，
∴∠C＝∠AOB，
∵∠AOB＝100°，
∴∠C＝50°；
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键.
3、C
【分析】根据题意利用二次函数的性质，对选项逐一判断后即可得到答案．
【详解】解：A. ，开口向上，此选项错误；
B. 与轴的交点为（0，21），在轴的上方，此选项错误；
C. 与轴没有交点，此选项正确；
D. 开口向上，对称轴为x=6，时随的增大而减小，此选项错误.
故选：C.
【点睛】
本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，熟练掌握并利用二次函数的性质解答．
4、D
【解析】试题分析：观察可知，这个几何体的俯视图为圆，主视图与左视图都是矩形，所以这个几何体是圆柱，故答案选D.
考点：几何体的三视图.
5、C
【分析】先根据垂径定理由OA⊥BC得到，然后根据圆周角定理计算即可．
【详解】解：∵OA⊥BC，
∴，
∴∠ADC=∠AOB=×40°=20°．
故选：C.
【点睛】
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．
6、A
【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律，进而得出平移后抛物线的解析式即可．
【详解】抛物线先向左平移1个单位得到解析式：，再向上平移2个单位得到抛物线的解析式为：．
故选：．
【点睛】
此题考查了抛物线的平移变换以及抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减．
7、B
【分析】根据反比例函数的特点k=xy为定值，列出方程，求出m的值，便可求出一次函数的解析式；
【详解】由题意可知，m（m+1）=（m+1）（m-1）
解得m=1．
∴A（1，4），B（6，2）；
设AB的解析式为
∴
解得
∴AB的解析式为
故选B.
【点睛】
此题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点及用待定系数法求一次函数及反比例函数的解析式，比较简单．
8、D
【分析】根据几何概型的意义，求出圆的面积，再求出正方形的面积，算出其比值即可．
【详解】解：设正方形的边长为2a，则圆的半径为a，
则圆的面积为：，
正方形的面积为：，
∴针扎到阴影区域的概率是，
故选：D．
【点睛】
本题考查几何概型的求法：首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所求事件（A）；然后计算阴影区域的面积和总面积的比，这个比即事件（A）发生的概率．
9、C
【分析】根据抛物线的平移规律：上加下减，左加右减解答即可.
【详解】解：把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为：.
故选：C.
【点睛】
此题考查了抛物线的平移，属于基本题型，熟知抛物线的平移规律是解答的关键.
10、B
【解析】首先连接OC，AO，由切线的性质，可得OC⊥AB，根据已知条件可得：OA=2OC，进而求出∠AOC的度数，则圆心角∠AOB可求，根据弧长公式即可求出劣弧AB的长．
【详解】解：如图，连接OC，AO，
∵大圆的一条弦AB与小圆相切，
∴OC⊥AB，
∵OA=6，OC=3，
∴OA=2OC，
∴∠A=30°，
∴∠AOC=60°，
∴∠AOB=120°，
∴劣弧AB的长= =4π，
故选B．
【点睛】
本题考查切线的性质，弧长公式，熟练掌握切线的性质是解题关键．
11、B
【解析】根据黄金分割的定义进行作答.
【详解】由黄金分割的定义知，，又MN=4，所以，MP=2 - 2. 所以答案选B.
【点睛】
本题考查了黄金分割的定义，熟练掌握黄金分割的定义是本题解题关键.
12、A
【分析】根据方差的意义：体现数据的稳定性，集中程度，波动性大小；方差越小，数据越稳定．要比较两位同学在五次数学测验中谁的成绩比较稳定，应选用的统计量是方差．
【详解】平均数，众数，中位数都是反映数字集中趋势的数量，方差是反映数据离散水平的数据，也就会说反映数据稳定程度的数据是方差
故选A
考点：方差
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】由旋转角的定义可得∠DCM=75°，进一步可得∠NCO=60°，△NOC是30°直角三角形，设DE=a，将OC，CD用a表示，最后代入即可解答．
【详解】解：由题意得∠DCM=75°，∠NCM=∠ECD=45°
∴∠NCO=180°-75°-45°=60°
∴∠ONC=90°-60°=30°
设CD=a，CN=CE=a
∴OC=CN=
∴
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质，抓住旋转的旋转方向、旋转角，找到旋转前后的不变量是解答本题的关键．
14、
【解析】：∵在RT△ABC中，∠C=90°,BC=8，tanA=,∴AC= ,
∴AB=,∵边AB的垂直平分线交边AB于点E, ∴BE=,∵在RT△BDE中，∠BED=90°, ∴cosB=,∴BD=,故答案为.
点睛：本题考查了解直角三角形，线段平分线的性质，掌握直角三角形中边角之间的关系是解答本题的关键.
15、－5.
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系即可求解．
【详解】∵，是关于的一元二次方程的两根，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，如果，是方程的两根，那么，．
16、9.
【分析】分析数据可得：第1个图形中小圆的个数为6；第2个图形中小圆的个数为10；第3个图形中小圆的个数为16；第1个图形中小圆的个数为21；则知第n个图形中小圆的个数为n（n+1）+1．依此列出方程即可求得答案．
【详解】解：设第n个图形有91个小圆，依题意有n2+n+1=91 即n2+n=90
（n+10）（n﹣9）=0
解得n1=9，n2=﹣10（不合题意舍去）．
故第9个图形有91个小圆．
故答案为：9
【点睛】
本题考查(1)、一元二次方程的应用；(2)、规律型：图形的变化类．
17、
【分析】根据题意画出树状图，再根据概率公式，即可求解.
【详解】画树状图如下：
∵掷一枚硬币三次，共有8种可能，正面都朝上只有1种，
∴正面都朝上的概率是：.
故答案是：
【点睛】
本题主要考查求简单事件的概率，画出树状图，是解题的关键.
18、﹣4
【解析】与x轴的交点的家横坐标就是求y=0时根，再根据求根公式或根与系数的关系，求出两根之和与两根之积。把要求的式子通分代入即可。
【详解】设y=0，则，∴一元二次方程的解分别是点A和点B的横坐标，即，，∴，
∴ ，故答案为：．
【点睛】
根据求根公式可得，若，是方程的两个实数根，则
三、解答题（共78分）
19、（1）b=2，c=1，D（2，3）；（2）E(4，-5) ；（3）N(2，0)，N(-4，0)，N(-2.5，0)，N(3.5，0)
【分析】（1）将点A分别代入y=-x2+bx+3，y=x+c中求出b、c的值，确定解析式，再解两个函数关系式组成的方程组即可得到点D的坐标；
（2））过点E作EF⊥y轴，设E（x，-x2+2x+3），先求出点B、C的坐标，再利用面积加减关系表示出△CBE的面积，即可求出点E的坐标.
（3）分别以点D、M、N为直角顶点讨论△MND是等腰直角三角形时点N的坐标．
【详解】（1）将A（-1,0）代入y=-x2+bx+3中，得-1-b+3=0，解得b=2，
∴y=-x2+2x+3，
将点A代入y=x+c中，得-1+c=0，解得c=1，
∴y=x+1，
解，解得，（舍去），
∴D（2,3）.
∴b= 2 ，c= 1 ，D（2,3）.
（2）过点E作EF⊥y轴，
设E（x，-x2+2x+3）,
当y=-x2+2x+3中y=0时，得-x2+2x+3=0，解得x1=3，x2=-1（舍去），
∴B(3，0).
∵C(0，3)，
∴，
∴，
解得x1=4,x2=-1（舍去），
∴E(4，-5).
（3）∵A(-1，0),D(2，3),
∴直线AD的解析式为y=x+1,
设P（m，m+1），则Q（m，-m2+2m+3），
∴线段PQ的长度h=-m2+2m+3-（m+1）=，
∴当=0.5，线段PQ有最大值.
当∠D是直角时，不存在△MND是等腰直角三角形的情形；
当∠M是直角时，如图1，点M在线段DN的垂直平分线上，此时N1（2,0）；
当∠M是直角时，如图2，作DE⊥x轴，M2E⊥HE，N2H⊥HE,
∴∠H=∠E=90,
∵△M2N2D是等腰直角三角形，
∴N2M2=M2D,∠N2M2D=90,
∵∠N2M2H=∠M2DE,
∴△N2M2H≌△M2DE,
∴N2H=M2E=2-0.5=1.5，M2H=DE，
∴E(2，-1.5)，
∴M2H=DE=3+1.5=4.5，
∴ON2=4.5-0.5=4，
∴N2(-4，0)；
当∠N是直角时，如图3，作DE⊥x轴，
∴∠N3HM3=∠DEN3=90,
∵△M3N3D是等腰直角三角形，
∴N3M3=N3D,∠DN3M3=90，
∵∠DN3E=∠N3M3H，
∴△DN3E≌△N3M3H，
∴N3H=DE=3，
∴N3O=3-0.5=2.5，
∴N3(-2.5，0)；
当∠N是直角时，如图4，作DE⊥x轴，
∴∠N4HM4=∠DEN4=90,
∵△M4N4D是等腰直角三角形，
∴N4M4=N4D,∠DN4M4=90，
∵∠DN4E=∠N4M4H，
∴△DN4E≌△N4M4H，
∴N4H=DE=3，
∴N4O=3+0.5=3.5，
∴N4(3.5，0)；
综上，N(2，0)，N(-4，0)，N(-2.5，0)，N(3.5，0).
【点睛】
此题是二次函数的综合题，考查待定系数法求函数解析式；根据函数性质得到点坐标，由此求出图象中图形的面积；还考查了图象中构成的等腰直角三角形的情况，此时依据等腰直角三角形的性质，求出点N的坐标.
20、（1）甲、乙两队原计划平均每天的施工土方量分别为0.42万立方和0.38万立方.（2）乙队平均每天的施工土方量至少要比原来提高0.112万立方才能保证按时完成任务.
【解析】分析: （1）设甲队原计划平均每天的施工土方量为x万立方，乙队原计划平均每天的施工土方量为y万立方，根据“甲乙两队合作150天完成土方量120万立方，甲队施工110天、乙队施工150天完成土方量103.2万立方”，即可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设乙队平均每天的施工土方量比原来提高a万立方才能保证按时完成任务，根据完成工作的总量=甲队完成的土方量+乙队完成的土方量，即可得出关于a的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论.
详解:
（1）设甲队原计划平均每天的施工土方量为x万立方，乙队原计划平均每天的施工土方量为y万立方.根据题意，得
解之，得
答：甲、乙两队原计划平均每天的施工土方量分别为0.42万立方和0.38万立方.
（2）设乙队平均每天的施工土方量至少要比原来提高z万立方.根据题意，得
40（0.38+z）+110(0.38+z+0.42≥120，
解之，得z≥0.112，
答：乙队平均每天的施工土方量至少要比原来提高0.112万立方才能保证按时完成任务.
点睛：本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，找出关于a的一元一次不等式.
21、（1）y=﹣10x+740（44≤x≤52）；（2）当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元；（3）将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大，最大利润是2640元．
【分析】（1）售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，则售单价每上涨（x﹣44）元，每天销售量减少10（x﹣44）本，所以y=300﹣10（x﹣44），然后利用销售单价不低于44元，且获利不高于30%确定x的范围；
（2）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到（x﹣40）（﹣10x+740）=2400，然后解方程后利用x的范围确定销售单价；
（3）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到w=（x﹣40）（﹣10x+740），再把它变形为顶点式，然后利用二次函数的性质得到x=52时w最大，从而计算出x=52时对应的w的值即可．
【详解】（1）y=300﹣10（x﹣44），
即y=﹣10x+740（44≤x≤52）；
（2）根据题意得（x﹣40）（﹣10x+740）=2400，
解得x1=50，x2=64（舍去），
答：当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元；
（3）w=（x﹣40）（﹣10x+740）
=﹣10x2+1140x﹣29600
=﹣10（x﹣57）2+2890，
当x＜57时，w随x的增大而增大，
而44≤x≤52，
所以当x=52时，w有最大值，最大值为﹣10（52﹣57）2+2890=2640，
答：将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大，最大利润是2640元．
【点睛】
本题考查了二次函数的应用，一元二次方程的应用，解决二次函数应用类问题时关键是通过题意，确定出二次函数的解析式，然后利用二次函数的性质确定其最大值；在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围．
22、（1）y＝﹣x2﹣x+1；（2）当h＝3时，△AEF的面积最大，最大面积是 ．（3）存在，当h＝时，点D的坐标为（，）；当h＝时，点D的坐标为（，）．
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题．
（2）由题意可得点E的坐标为（0，h），点F的坐标为（ ，h），根据S△AEF＝•OE•FE＝•h•＝﹣（h﹣3）2+．利用二次函数的性质即可解决问题．
（3）存在．分两种情形情形，分别列出方程即可解决问题．
【详解】解：如图：
（1）∵抛物线y＝ax2+bx+1经过点A（﹣3，0）和点B（2，0），
∴，
解得：．
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+1．
（2）∵把x＝0代入y＝﹣x2﹣x+1，得y＝1，
∴点C的坐标为（0，1），
设经过点A和点C的直线的解析式为y＝mx+n，则，
解得 ，
∴经过点A和点C的直线的解析式为：y＝2x+1，
∵点E在直线y＝h上，
∴点E的坐标为（0，h），
∴OE＝h，
∵点F在直线y＝h上，
∴点F的纵坐标为h，
把y＝h代入y＝2x+1，得h＝2x+1，
解得x＝，
∴点F的坐标为（ ，h），
∴EF＝．
∴S△AEF＝•OE•FE＝•h•＝﹣（h﹣3）2+，
∵﹣＜0且0＜h＜1，
∴当h＝3时，△AEF的面积最大，最大面积是 ．
（3）存在符合题意的直线y＝h．
∵B（2，0），C（0，1），
∴直线BC的解析式为y＝﹣3x+1，设D（m，﹣3m+1）．
①当BM＝BD时，（m﹣2）2+（﹣3m+1）2＝42，
解得m＝或（舍弃），
∴D（，），此时h＝．
②当MD＝BM时，（m+2）2+（﹣3m+1）2＝42，
解得m＝或2（舍弃），
∴D（，），此时h＝．
∵综上所述，存在这样的直线y＝或y＝，使△BDM是等腰三角形，当h＝时，点D的坐标为（，）；当h＝时，点D的坐标为（，）．
【点睛】
此题考查了待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质、等腰三角形的性质、勾股定理一次函数的应用等知识，此题难度较大，注意掌握方程思想、分类讨论思想与数形结合思想的应用．
23、1．
【解析】（1）根据等边三角形性质得出AB=AE，AP=AQ，∠ABE=∠BAE=∠PAQ=60°，求出∠BAP=∠EAQ，根据SAS证△BAP≌△EAQ，推出∠AEQ=∠ABC=90°；
（1）根据等边三角形性质求出∠ABE=∠AEB=60°，根据∠ABC=90°=∠AEQ求出∠BEF=∠EBF=30°，即可得出答案．
（1）解：△BEC是等腰三角形，
理由是：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DEC＝∠ECB，
∵CE平分∠DEB，
∴∠DEC＝∠BEC，
∴∠BEC＝∠ECB，
∴BE＝BC，
∴△BEC是等腰三角形．
（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵∠ABE＝45°，
∴∠AEB＝45°＝∠ABE，
∴AE＝AB＝，
由勾股定理得：BE＝，
即BC＝BE＝1．
“点睛”本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定的应用．
24、（1）；（2）公平．理由见解析.
【解析】试题分析：依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出甲乙获胜的概率，比较即可．
试题解析：（1）列表得：
由列表法可知：会产生12种结果，它们出现的机会相等，其中和为1的有3种结果．
∴P（乙获胜）=；
（2）公平．
∵P（乙获胜）=，P（甲获胜）=．∴P（乙获胜）= P（甲获胜），∴游戏公平．
考点：1．游戏公平性；2．列表法与树状图法．
25、（1）∠C=60°（2）AC=
【分析】（1）根据方位角的概念确定∠ACB=40°+20°=60；
（2）AB=30 ，过B作BE⊥AC于E，解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：（1）如图，在点C处建立方向标
根据题意得，AF∥CM∥BD
∴∠ACM=∠FAC, ∠BCM=∠DBC
∴∠ACB=∠ACM+∠BCM=40°+20°=60°，
（2）∵AB=30 ，过B作BE⊥AC于E，
∴∠AEB=∠CEB=90°，
在Rt△ABE中，∵∠ABE=45°，AB=30，
∴AE=BE=AB=30km，
在Rt△CBE中，∵∠ACB=60°，
∴CE=BE=10 km，
∴AC=AE+CE=30+10 ，
∴A，C两港之间的距离为（30+10）km，
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，方向角问题，三角形的内角和，是基础知识比较简单．
26、（1）m；（2）不需拆除文化墙PM，理由见解析.
【分析】（1）根据锐角三角函数，即可求出AC；
（2）由题意可知：CM=3m，根据锐角三角函数即可求出DC，最后比较DC和CM的大小即可判断.
【详解】解：（1）在Rt△ABC中，∠ABC=45°,坡长AB=2m,
∴AC=AB·sin∠ABC=m
答：舞台的高AC为m；
（2）不需拆除文化墙PM，理由如下，
由题意可知：CM=3m
在Rt△ADC中，∠ADC=30°，AC=m
∴DC=m
∵m＜3m
∴DC＜CM
∴不需拆除文化墙PM.
【点睛】
此题考查的是解直角三角形的应用，掌握用锐角三角函数解直角三角形是解决此题的关键.
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
