【解析】

一元二次方程的根的情况与根的判别式

有关，

b
2
4ac
(32)
2
42(3)
420
， 方程有两个不相等的实数根，故选
B
2
．
B
【解析】

【分析】

【详解】

解：∵
AC
是⊙
O
的直径，∴∠
ABC=90°
，

∵∠C=50°
，∴∠
BAC=40°
，

∵∠ABC的平分线
BD
交⊙
O
于点
D
，∴∠
ABD=∠ DBC=45°
，

∴∠CAD=∠DBC=45°
，

∴∠BAD=∠BAC+∠CAD=40°+45°=85°
，

故选
B
．

【点睛】

本题考查圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．

3
．
C
【解析】

【分析】

由抛物线的开口方向判断
a
与
0
的关系，由抛物线与
y
轴的交点判断
c
与
0< br>的关系，然后根据对称轴及抛
物线与
x
轴交点情况进行推理，进而对所得结论进 行判断．

【详解】

解：抛物线开口向下，得：
a
＜0
；抛物线的对称轴为
x=-
物线交
y
轴于正半轴，得：
c
＞
0.
∴abc
＜
0, ①正确；
2a+b=0
，②正确；

由图知：抛物线与
x
轴有两个不 同的交点，则
△=b
2
-4ac
＞
0
，故③错误；

由对称性可知，抛物线与
x
轴的正半轴的交点横坐标是
x=3
，所以 当
x=3
时，
y= 9a+3b+c=0,
故④错误；

观察图象得当
x=-2
时，
y
＜
0
，

即
4a-2b+c
＜
0
∵b=-2a
，

∴4a+4a+c
＜
0
即
8a+c
＜
0
，故⑤正确
.
正确的结论有①②⑤，

b
=1
，则
b=-2a
，
2a+b=0
，
b=-2a
，故
b
＞
0
； 抛
2a

故选
:C
【点睛】

主要考查图象 与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的表达式求
2a
与
b
的关系，以及 二次函数与方
程之间的转换，根的判别式的熟练运用．

4
．
C
【解析】

.
又因∠
3
是
△ABD
的一个 外角，可得∠
3
＝试题分析：已知
m∥n
，根据平行线的性质可得∠
3
＝∠
1
＝
70°
∠2
＋∠
A.
即∠A
＝∠
3
－∠
2
＝
70°.
故答案选
C.
－
30°
＝
40°

考点：平行线的性质
.
5
．
B
【解析】

【分析】

10n
的形式，其中
1≤|a|
＜
10
，
n
为整数 ．确定
n
的值时，要看把原数变成
a
时，科学记数法的表示形式为
a ×
小数点移动了多少位，
n
的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞
10
时，
n
是正数；当原数的
绝对值＜
1
时，
n
是负数．

【详解】

1
．

解：将800
亿用科学记数法表示为：
8×
故选：
B
．

【点睛】

10
n
的形式，其中
1≤|a|
＜10
，
n
为整数，表此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为< br>a×
示时关键要正确确定
a
的值以及
n
的值．

6
．
D
【解析】

分析：根据得
k=xy=-6
，所以只要点的横坐标与纵坐标的积等于
-6
，就在函数图象上．

解答：解：原式可化为：
xy=-6
，

A
、
2×
（
-3
）
=-6
，符合条件；

B
、
2=-6
，符合条件；

（
-3
）< br>×
C
、
3×
（
-2
）
=-6
，符合 条件；

D
、
3×2=6
，不符合条件．

故选
D
．

7
．
C
【解析】

试题解析：原式=
故选
C.
考点：二次根式的乘除法．
8
．
B
【解析】

【分析】

分式的分母不为零，即
x-2≠1
．

【详解】

∵分式
．
1
有意义，

．．．
x2
∴x-2≠1,
∴
x2
.
故选：
B.
【点睛】

考查了分式有意义的条件，（
1< br>）分式无意义
⇔
分母为零；（
2
）分式有意义
⇔
分母 不为零；（
3
）分式值为零
⇔
分子为零且分母不为零．

9
．
B
【解析】

【分析】

由抛物线 解析式可求得其开口方向、顶点坐标、最值及增减性，则可判断四个选项，可求得答案．

【详解】

解：
A
、因为
a
＝
3
＞
0
，所以开口向上，错误；

B
、顶点坐标是（
1
，
2
），正确；

C
、当
x
＞
1
时，
y
随
x
增大而增 大，错误；

D
、图象与
y
轴的交点坐标为（
0
，
5
），错误；

故选：
B
．

【点睛】

考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在
y
＝
a
（
x
﹣
h
）
2
+k
中，对称轴为
x
＝
h
，
顶点坐标为（
h
，
k
）．

10
．
A
【解析】

【分析】

由
AB∥CD
，根据两直线平行，内错角相等，即可求得 ∠
ABC
的度数，又由
BC
平分∠
ABE
，即可求得
∠ABE
的度数，继而求得答案．

【详解】

∵AB∥CD,∠C=35°
，

∴∠ABC=∠C=35°
，

∵BC
平分∠
ABE
，

∴∠ABE=2∠ABC=70°
，

∵AB∥CD
，

∴∠BED=∠ABE=70°.
故选：
A.
【点睛】

本题考查了平行线的性质，解题的关键是掌握平行线的性质进行解答
.
11
．
A
【解析】

根据轴对称图形的概念求解．

解：根据轴对称图形的概念可知：
B
，
C
，
D
是轴对称图形，
A
不是轴对称图形，

故选
A
．

“
点睛
”
本题考查了轴对称图 形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．

12
．
A
【解析】

【分析】

对一个物体，在正面进行正投影得到的由前向后观察物体的视图，叫做主视图
.
【详解】

解：由主视图的定义可知
A
选项中的图形为该立体图形的主视图，故选择
A.
【点睛】

本题考查了三视图的概念
.
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13
．
5

3
【解析】

Q
a2
,

b3


aba25
=
11
.
bb33
14
．
31

【解析】

【分析】

先利用等腰直角三角形的性质求出
BC=2
，
B F=AF=1
，再利用勾股定理求出
DF
，即可得出结论．

【详解】

如图，过点
A
作
AF⊥BC
于
F
，


在
Rt△ABC
中，∠
B=45°
，

∴BC=
2
AB=2
，
BF=AF=
2
AB=1
，

2
∵两个同样大小的含45°
角的三角尺，

∴AD=BC=2
，

在
Rt△ADF
中，根据勾股定理得，
DF=
∴CD=BF+DF- BC=1+
3
-2=
3
-1
，

故答案为
3
-1
．

【点睛】

此题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．

15
．
AD
2
AF
2
=
3

7


6
【解析】

【分析】

点
O
到点
O′
所经过的路径长分三段，先以
A
为圆心，1
为半径，圆心角为
90
度的弧长，再平移了
AB
弧
的 长，最后以
B
为圆心，
1
为半径，圆心角为
90
度的弧长． 根据弧长公式计算即可．

【详解】

解：∵扇形
OAB
的 圆心角为
30°
，半径为
1
，

∴AB
弧长
=
30π1π
,

1806
90π1π7
2π.

18066
∴点 O
到点
O′
所经过的路径长
=
故答案为
:
7
π.

6

【点睛】

本题考查了弧长公式：
l
16
．
1
或
2
【解析】

【分析】

分类讨论：点在圆内，点在圆外，根据线段的和差，可得直径，根据圆的性质，可得答案．

【详解】

点在圆内，圆的直径为
1+3=4
，圆的半径为
2
；

点在圆外，圆的直径为
3−1=2
，圆的半径为
1
，

故答案为
1
或
2.
【点睛】

本题考查点与圆的位置关系，关键是分类讨论：点在圆内，点在圆外
.
17
．
1
．
2
【解析】

【分析】

仔细观察表格，发现大量重复试验发芽的频率逐渐稳定在
1.2< br>左右，从而得到结论．

【详解】

∵观察表格，发现大量重复试验发芽的频率逐渐稳定在1.2
左右，

∴该玉米种子发芽的概率为1.2
，

故答案为
1.2
．

【点睛】

考查利用频率估计 概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率
=
所求情况数与总情
况数之比．

18
．
y=3x-1
【解析】

∵ y=3x+1
的图象沿
y
轴向下平移
2
个单位长度，
∴平移后所得图象对应的函数关系式为：y=3x+1
﹣
2
，即
y=3x
﹣
1
．

故答案为
y=3x
﹣
1
．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19
．（
1
）
a=-1
，
B
坐标为（
1, 3
）；（
2
）
y=-
（
x-3
）
2
+3
，或
y=-
（
x-7
）
2
+3.
【解析】

【分析】

（
1
）利用待定系数法即可解决问题；

n
π
R
．也考查了旋转的性质和圆的性质．

180< /p>

（
2
）如图，设抛物线向右平移后的解析式为
y=-(x-m)
2
+3,
再用
m
表示点
C
的坐标，需分两种情况讨 论，
用待定系数法即可解决问题
.
【详解】

（
1
）把点
A
（
0,2
）代入抛物线的解析式可得，
2=a+3
，

∴a=-1
，

∴抛物线的解析式为y=-
（
x-1
）
2
+3
，顶点为（
1,3
）

（
2
）如图，设抛物线向右平移后的解析式为
y=-(x-m)
2
+ 3
，

2

yx13

m1

x=
由

解得
2
2


y

x m

3
m1
∴点C
的横坐标为

2
∵MN=m-1,
四边形
MDEN
是正方形，

∴C
（
m1
，
m-1
）

2
把
C
点代入
y=-
（
x-1
）
2
+3
，

(m1)
2
+3,
得
m-1=-
4解得
m=3
或
-5
（舍去）

∴平移后的解析式为y= -
（
x-3
）
2
+3
，

当点
C
在
x
轴的下方时，
C
（
把
C
点代入
y=-
（
x-1
）
2
+3
，

m1
，
1-m
）

2
(m1)
2
+3,
得
1-m=-
4
解得
m=7
或
-1
（舍去）

∴平移后的解析式为y=-
（
x-7
）
2
+3
综 上：平移后的解析式为
y=-
（
x-3
）
2
+3
， 或
y=-
（
x-7
）
2
+3.

【点睛】

此题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是熟知正方形的性质与函数结合进行求解
. < br>20
．（
1
）
-1
；（
2
）
26182
.
7

【解析】

【分析】

（
1
）根据零指数幂的意义、特殊角的锐角三角函数以及 负整数指数幂的意义即可求出答案；

（
2
）先化简原式，然后将
a
的值代入即可求出答案．

【详解】

（
1
）原式
=3+1
﹣（﹣
2
）
2
﹣
2×=4
﹣
4
﹣
1=
﹣< br>1
；

（
2
）原式
=
=
1
2
242a
+
（a1）（a1）（a1）（a1）
62a

a
2
1
当
a=
﹣
2+
2
时，原式
=
【点睛 】

222
26182
=

．

7< br>542
本题考查了学生的运算能力，解题的关键是熟练运用运算法则，本题属于基础题型．
21
．（
1
）刘徽奖的人数为
40
人，补全统计图见 解析；（
2
）获得
“
祖冲之奖
”
的学生成绩的中位数是90
分，
众数是
90
分；（
3
）
P
（ 点在第二象限）

【解析】

【分析】

（
1）先根据祖冲之奖的人数及其百分比求得总人数，再根据扇形图求出赵爽奖、杨辉奖的人数，继而根
据各奖项的人数之和等于总人数求得刘徽奖的人数，据此可得；

（
2
）根据中位数和众数的定义求解可得；

（
3
）列表得出所有等可能结果，再找到这个点在第二象限的结果，根据概率公式求解可得．

【详解】

10%=200
人，∴赵爽奖的人数为
200×24%= 48
人，杨辉奖的人数为（
1
）∵获奖的学生人数为
20÷
200× 46%=92
人，则刘徽奖的人数为
200
﹣（
20+48+92
）
=40
，补全统计图如下：

2
．

9

故答案为
40
；

（
2
）获得
“
祖冲之奖
”
的学生成绩的中位数是
90
分，众数是
90
分．

故答案为
90
、
90
；

（
3
）列表法：


∵第二象限的点有（﹣ 2
，
2
）和（﹣
1
，
2
），∴
P
（点在第二象限）

【点睛】

2
．

9
本题考查了用列表法或画树状图法求概率、频数分布直方图以及利用统计图获取信息的能力．利用统计图
获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题，也考查列表法或画树
状图法求概率．

22
．（
1
）
y
【解析】

试题分析 ：（
1
）先求得点
A
的坐标，再利用待定系数法求得反比例函数的解析式即可 ；（
2
）连接
AC
，根
C
、
P
不共线时，
PA-PC；
C
、
P
不共线时，
PA-PC =AC
；据三角形两边之差小于第三边知：当
A
、当
A
、
因 此，当点
P
在直线
AC
与
y
轴的交点时，
PA-P C
取得最大值
.
先求得平移后直线的解析式，再求得平移
后直线与反比例函数 的图象的交点坐标，最后求直线
AC
的解析式，即可求得点
P
的坐标
.
试题解析：

8
；（
2
）
P
（
0,6
）
x

1

令一次函数
y
1
x
中< br>y2
，则
2
1
x
，

22
解得：
x4
，即点
A
的坐标为（
-4
，
2）．

∵点A
（
-4
，
2
）在反比例函数< br>y
∴k=-4×2=-8
，

∴反比例函数的表达式为
y
k
的图象上，

x
8
．

x

2

连接
AC
，根据三角形两边之差小于第三边知：当
A
、
C
、
P
不共线时，
PA-PC；当
A
、
C
、
P
不
共线时，
PA-PC=AC
；因此，当点
P
在直线< br>AC
与
y
轴的交点时，
PA-PC
取得最大值
.
设平移后直线于
x
轴交于点
F
，则
F
（
6
，
0
）

设平移后的直线解析式为
y
将
F
（
6
，
0
）代入
y
1
xb，

2
1
xb
得：
b=3
2
1
∴直线CF
解析式：
yx3

2

令

18
x
3=

，解得：x
1
8(舍去），x
2
2
，

2x
∴C
（
-2
，
4
）

∵A
、
C
两点坐标分别为
A
（
-4
，
2
）、
C
（
-2
，
4
）

∴直线AC
的表达式为
yx6
，

此时，
P
点坐标为
P
（
0
，
6
）
.
点睛：本题是一次函数与反比例函数的综合题，主要考查了用待定系数法求函数的解析式、 一次函数与反
比例函数的交点坐标，熟练运用一次函数及反比例函数的性质是解题的关键
. < br>23
．（
1
）详见解析；（
2
）
tan∠ADP＝．

【解析】

【分析】

（
1
）根据线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质即可得到结论；
（
2
）作
PH⊥AD
于
H
，根据四边形
ABE F
是菱形，∠
ABC
＝
60°
，
AB
＝
4
，得到
AB
＝
AF
＝
4
，∠
ABF
＝
∠ADB
＝
30°
，
AP⊥BF
，从而得到
P H
＝
【详解】

（
1
）证明：∵
AE
垂直平分
BF
，

∴AB
＝
AF
，

∴∠BAE
＝∠
FAE
，

∵四边形ABCD
是平行四边形，

∴AD∥BC
．

∴∠FAE
＝∠
AEB
，

∴∠AEB
＝∠
BAE
，

∴AB
＝
BE
，

∴AF
＝
BE
．

∵AF∥BC
，

∴四边形ABEF
是平行四边形．

∵AB
＝
BE
，

∴四边形ABEF
是菱形；

（
2
）解：作
PH⊥AD
于
H
，

∵四边形ABEF
是菱形，∠
ABC
＝
60°
，
AB＝
4
，

∴AB
＝
AF
＝
4
，∠
ABF
＝∠
AFB
＝
30°
，
AP⊥BF，

，
DH
＝
5
，然后利用锐角三角函数的定义求解即可．

∴AP
＝
AB
＝
2
，

∴PH
＝，
DH
＝
5
，

＝．
∴tan∠ADP
＝

【点睛】

本题考查了菱形的判定及平行四边 形的性质，解题的关键是牢记菱形的几个判定定理，难度不大．

24
．（
1
）
200
；（
2
）
54°
；（
3
）见解析；（
4
）
【解析】

【分析】

（
1
）根据
A
的人数及所占的百分比即可求出总人数；
< br>（
2
）用
D
的人数除以总人数再乘
360°
即可得出 答案；

（
3
）用总人数减去
A,B,D,E
的人数即为
C
对应的人数，然后即可把条形统计图补充完整；

（
4
） 用树状图列出所有的情况，找出恰好选中甲、乙两名同学的情况数，利用概率公式求解即可．

【详解】

解：（
1
）学生报名总人数为
50?25%故答案为：
200
；

（
2
）项目
D
所在扇形的圆心角等于
360
故答案为：
54°
；

（
3
）项目
C
的人数为
200(50603020)40< br>，

补全图形如下：

1

6
200
（人），

30
54
，

200

（
4
）画树状图得：


Q
所有出现的等可能性结果共有
12
种，其中满足条件的结果有
2< br>种
.

恰好选中甲、乙两名同学的概率为
【点睛】

21

.
126

本题主要考查扇形统计图与条形统计图 的结合，能够从图表中获取有用信息，掌握概率公式是解题的关键．
25
．（
1
）顶点（
-2
，
-1
）
A
（
-1,0
）
;
（
2
）
y=
（
x-2
）
2
+1; (3) y=x
2
-
102
2
x+3,
yxx3
,y=x
2
-4x+3,
39
8
yx
2
x3
.
3
【解析】

【分析】

（
1
）将点B
和点
C
代入求出抛物线
L
即可求解
.
（< br>2
）将抛物线
L
化顶点式求出顶点再根据关于原点对称求出即可求解
.
（
3
）将使得
△PAC
为等腰直角三角形，作出所有点
P< br>的可能性，求出代入
yxdx3
即可求解
.
【详解】

（
1
）将点
B
（
-3,0
），
C
（
0,3
）代入抛物线得：

2

0=9-3b+c
c=3
，解得

b=4
c=3
，则抛物线
yx4x 3
.
2
Q
抛物线与
x
轴交于点
A,


0x
2
4x3
，
x
1
=-3，x
2
=-1
，
A
（
-1,0
），

抛物线
L
化顶点式可得
y=

x+2

-1
，由此可得顶点坐标顶点（
-2
，
-1
）
.
（
2
）抛物线
L
化顶点式 可得
y=

x+2

-1
，由此可得顶点坐标顶点（
-2
，
-1
）

2
2
Q
抛物线
L
1
的顶点与抛物线
L
的顶点关于原点对称，

L
1
对称顶点坐标为（
2
，
1
），

即将抛物线向右移
4
个单位，向上移
2
个单位
.
(3)
使得
△PAC
为等腰直角三角形，作出所有点
P
的可能性
.

QP
1
AC
是等腰直角三角形

P
1
ACA
,
QCAOACO90,CAOP
1
AE90
,
CAOP
1
AE
,
QPEACOA90
,
1
CAOAPE
1

AAS

,

求得
P
1

4,1

.,
同理得
P
2

2,1

,
P
3

3,4

,
P
4

3,2

,
由题意知抛物线
yxdx3
并将点代入得：
2
yx2

2810
x3,yx
2
4x3,yx
2
x3,yx
2
x3
.
933
【点睛】

本题主要考查抛物线综合题，讨论出
P
点的所有可能性是解题关键
.
26
．（
1
）证明见解析；（
2
）
(23
< br>)cm

【解析】

【分析】

（
1
）连接
OD
，根据角平分线的定义和等腰三角形的性质可得∠
ADO=∠CAD，即可证明
ODAC
，进而
可得∠
ODB=90°
，即可得答案 ；（
2
）根据圆周角定理可得弧
AF
弧
DF
弧
DE
，即可证明∠
BOD=60°
，
在
RtΔBOD
中，利 用∠
BOD
的正切值可求出
BD
的长，利用
S
阴影
=S
△BOD
-S
扇形
DOE
即可得答案
.
2
3
2

【详解】

（
1
）连接
OD

∵
AD
平分

BAC
，

∴

BAD

CAD
，

∵
OAOD

，

∴

BAD

ADO
，

∴

ADO

CAD
，

∴ODAC
，

∴

ODB

C90
o
，

∴
ODBC

又
OD
是
eO
的半径，

∴
BC
是
eO
的切线

（
2
）由题意得
OD2cm

∵
F
是弧
AD
的中点

∴弧
AF
弧
DF

∵

BAD

CAD

∴弧
DE
弧
DF

∴弧
AF
弧
DF
弧
DE

∴

BOD
1
180
o
60
o

3
BD

OD
在
RtΔBOD
中

∵
tan

BOD
∴
BDODtan

B OD2tan60
o
23cm

2

S
阴影
S
ΔBOD
S
扇形
DOE


23 π

cm
2
.
3


【点睛】

本题考查的是切线的判定、圆周角定理及扇形面积，要证某线是圆的切线， 已知此线过圆上某点，连接圆
心和这点（即为半径），再证垂直即可；在同圆或等圆中，同弧或等弧所对 的圆周角相等，都定义这条弧
所对的圆心角的一半
.
熟练掌握相关定理及公式是解题关 键
.

27
．（
1
）见解析；（
2
）①见解析；②
.
【解析】

【分析】

（
1< br>）利用三角形的中位线得出
PM=CE
，
PN=BD
，进而判断出BD=CE
，即可得出结论
PM=PN
；

（
2
）①先证明
△ABD≌△ACE
，得
BD=CE
，同理根据三角形中位线定 理可得结论；

②如图4
，连接
AM
，计算
AN
和
DE
、
EM
的长，如图
3
，证明
△ABD≌△CA E
，得
BD=CE
，根据勾股
定理计算
CM
的长，可得结论

【详解】

（
1
）如图
1
，∵点
N
，
P
是
BC
，
CD
的中点，

∴PN∥BD
，
PN=BD
，

∵点P
，
M
是
CD
，
DE
的中点，

∴PM∥CE
，
PM=CE
，

∵AB=AC
，
AD=AE
，

∴BD=CE
，

∴PM=PN
，

∴△PMN
是等腰三角形；

（
2
）①如图
2，∵∠
DAE=∠BAC
，

∴∠BAD=∠CAE
，

∵AB=AC
，
AD=AE
，

∴△ABD≌△ACE
，

∵点M
、
N
、
P
分别是线段
DE
、
BC
、
CD
的中点，

∴PN=BD
，
PM=CE
，

∴PM=PN
，

∴△PMN
是等腰三角形；

② 当△ADE
绕点
A
逆时针旋转到第一次点
D
、
E
、
C
在一条直线上时，如图
3
，

∵∠BAC=∠DAE
，

∴∠BAD=∠CAE
，

∵AB=AC
，
AD=AE
，

∴△ABD≌△CAE
，

∴BD=CE
，

如图
4
，连接
AM
，


∵M
是
DE
的中点，
N
是
BC
的中点，
AB=AC
，

∴A
、
M
、
N
共线，且
AN⊥BC
，

由勾股定理得：
AN=
∵AD=AE=1
，
A B=AC=6
，

∴=
，∠
DAE=∠BAC
，

=4
，

∴△ADE∽△AEC
，

∴
∴
，

，

∴AM=
∴EM=
，

，
DE=
，

如图
3
，
Rt△ACM中，
CM=
∴BD=CE=CM+EM=
【点睛】

．

==
，

此题是三角形的综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰三角 形的判定和性质，全等和相似三角形
的判定和性质，直角三角形的性质，解（
1
）的关 键是判断出
PM=CE
，
PN=BD
，解（
2
）①的关键是 判
断出
△ABD≌△ACE
，解（
2
）②的关键是判断出
△ ADE∽△AEC