山东省潍坊市北海中学2023-2024学年九年级上学期期中数学试卷

这是一份山东省潍坊市北海中学2023-2024学年九年级上学期期中数学试卷，共16页。试卷主要包含了cm2等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）已知圆锥的底面半径为9cm，母线长为30cm，则圆锥的侧面积为（ ）
A．270πcm2B．360πcm2C．450πcm2D．540πcm2
3．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴有一个公共点．这对应着一元二次方程ax2+bx+c＝0的根的情况是（ ）
A．没有实数根
B．有两个相等的实数根
C．有两个不相等的实数根
D．无法确定
4．（3分）在平面直角坐标系中，函数y＝﹣x﹣1与y＝﹣的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
5．（3分）已知二次函数y＝x2﹣5x﹣6，当y＝0时，x的值是（ ）
A．2或﹣3B．﹣1或6C．﹣6或1D．﹣3或﹣2
6．（3分）已知a和b是方程x2+x﹣2022＝0的两个根，则代数式a+b的值是（ ）
A．2022B．﹣2022C．﹣1D．1
7．（3分）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠B＝58°，∠ACD＝40°．若⊙O的半径为5，则弧CD的长为（ ）
A．πB．πC．πD．π
8．（3分）如图，正方形ABCD边长为4cm，以正方形的一边BC为直径在正方形ABCD内作半圆，过A作半圆的切线，与半圆相切于F点，与DC相交于E点，则△ADE的面积（ ）cm2
A．12B．24C．8D．6
9．（3分）如图，把一个直角三角板△ACB绕着30°角的顶点B顺时针旋转，使得点A与CB的延长线上的点E重合，连接CD，则∠BDC的度数为（ ）
A．15°B．20°C．25°D．30°
10．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，图象过点（﹣1，0），对称轴为直线x＝2，下列结论：（1）4a+b＝0；（2）9a+c＞3b；（3）8a+7b+2c＞0；（4）若点A（﹣3，y1）、点B（﹣，y2）、点C（，y3）在该函数图象上，则y1＜y3＜y2；（5）若方程a（x+1）（x﹣5）＝﹣3的两根为x1和x2，且x1＜x2，则x1＜﹣1＜5＜x2其中正确的结论是（ ）
A．①③⑤B．①④⑤C．①②④D．①⑤
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．（3分）已知点A（x，﹣2）与B（6，y）关于原点对称，则x+y＝ ．
12．（3分）⊙O中，弦AB∥CD，CD＝24，AB＝10，半径为13，则AB与CD之间的距离为 ．
13．（3分）抛物线y＝x2+x+2的图象上有三个点（﹣3，a）、（﹣2，b）、（3，c），则a、b、c的大小关系是 （用“＜”连接）．
14．（3分）如图是一个用来盛爆米花的圆锥形纸杯，纸杯开口圆的直径EF长为6cm，母线OE（OF）长为9cm．在母线OF上的点A处有一块爆米花残渣，且FA＝3cm．在母线OE上的点B处有一只蚂蚁，且EB＝1cm．这只蚂蚁从点B处沿圆锥表面爬行到A点，则爬行的最短距离为 cm．
15．（3分）如图，将一块腰长为的等腰直角三角板ABC放置在平面直角坐标系中，其直角顶点A落在x轴上，点B落在y轴上，点C落在第一象限内，且OB＝1，连接OC交AB于点D，则点D的坐标为 ．
三．解答题（共7小题，满分55分）
16．（6分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°．
（1）尺规作图：作Rt△ABC的外接圆⊙O；作∠ACB的角平分线交⊙O于点D，连接AD．（不写作法，保留作图痕迹）
（2）若AC＝6，BC＝8，求AD的长．
17．（9分）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，A、B、C三点在格点上．
（1）作出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
（2）作出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2，并写出点C2的坐标．
18．（6分）阅读下面材料：方程x4﹣6x2+8＝0是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是设x2＝y，则x4＝y2，∴原方程可化为y2﹣6y+8＝0，解方程求得y的值，进而得到原方程的四个根x1＝，x2＝﹣，x3＝2，x4＝﹣2．
以上方法叫做换元法，通过换元达到降次的目的，体现了数学的转化思想，运用上述方法解答下列问题．
（1）解方程2（x2+3x）2﹣3（x2+3x）﹣2＝0；
（2）已知实数a满足（a2+）2﹣3a2＝10+3，请直接写出﹣a2的值．
19．（6分）随着信息技术的迅猛发展，人们去商场购物的支付方式更加多样、便捷，现有“微信”、“支付宝”、“银行卡”和“现金”四种支付方式．
（1）若随机选一种方式进行支付，则恰巧是“现金”的概率是 ；
（2）在一次购物中，小嘉和小琪都想从“微信”、“支付宝”和“银行卡”三种支付方式中选一种方式进行支付，求出两人恰好选择同一种支付方式的概率（用画树状图法或列表法求解）．
20．（9分）某广告公司设计一幅周长为16米的矩形广告牌，广告设计费为每平方米2000元．设矩形一边长为x，面积为S平方米．
（1）求S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（2）设计费能达到24000元吗？如果能请求出此时的边长x，如果不能请说明理由；
（3）当x是多少米时，设计费最多？最多是多少元？
21．（8分）在探究“四点共圆的条件”的数学活动课上，小霞小组通过探究得出：在平面内，一组对角互补的四边形的四个顶点共圆．请应用此结论．解决以下问题：
如图1，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α（60°＜α＜180°）．点D是BC边上的一动点（点D不与B，C重合），将线段AD绕点A顺时针旋转α到线段AE，连接BE．
（1）求证：A，E，B，D四点共圆；
（2）如图2，当AD＝CD时，⊙O是四边形AEBD的外接圆，求证：AC是⊙O的切线．
22．（11分）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，点D和点C关于抛物线的对称轴对称，直线AD与y轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，直线AD上方的抛物线上有一点F，过点F作FG垂直AD于点G，作FH平行于x轴交直线AD于点H，求△FGH周长的最大值及F点坐标；
（3）点M是抛物线顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是矩形，请直接写出P点坐标．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1． 解：A．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
2． 解：底面半径为9cm，则底面周长＝18πcm，圆锥的侧面积＝×18π×30＝270πcm2，故选A．
3． 解：∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴有一个公共点，
∴当y＝0时，对应的x的值只有一个，
∴一元二次方程ax2+bx+c＝0的根的情况是有两个相等的实数根，
故选：B．
4． 解：∵y＝﹣x﹣1的图象过第二、三、四象限，y＝﹣（x﹣1）2的开口向下，顶点在点（1，0），
∴同时符合条件的图象只有选项A．故选A．
5． 解：令y＝0，得到x2﹣5x﹣6＝0，
即（x﹣6）（x+1）＝0，
解得：x＝﹣1或6．
故选：B．
6． 解：∵a，b是方程x2+x﹣2022＝0的两个实数根，
∴a+b＝﹣＝﹣1，
故选：C．
7． 解：如图，连接OA、OD、OC，
∵∠B＝58°，∠ACD＝40°．
∴∠AOC＝2∠B＝116°，∠AOD＝2∠ACD＝80°，
∴∠DOC＝36°，
∴弧CD的长为＝π．
故选：C．
8． 解：∵AE与圆O切于点F，
显然根据切线长定理有AF＝AB＝4cm，EF＝EC，
设EF＝EC＝xcm，
则DE＝（4﹣x）cm，AE＝（4+x）cm，
在三角形ADE中由勾股定理得：
（4﹣x）2+42＝（4+x）2，
∴x＝1cm，
∴CE＝1cm，
∴DE＝4﹣1＝3cm，
∴S△ADE＝AD•DE÷2＝3×4÷2＝6cm2．
故选：D．
9． 解：∵△EBD由△ABC旋转而成，
∴△ABC≌△EBD，
∴BC＝BD，∠EBD＝∠ABC＝30°，
∴∠BDC＝∠BCD，∠DBC＝180﹣30°＝150°，
∴∠BDC＝（180°﹣150°）＝15°；
故选：A．
10． 解：∵x＝﹣＝2，
∴4a+b＝0，故①正确．
由函数图象可知：当x＝﹣3时，y＜0，即9a﹣3b+c＜0，
∴9a+c＜3b，故②错误．
∵抛物线与x轴的一个交点为（﹣1，0），
∴a﹣b+c＝0
又∵b＝﹣4a，
∴a+4a+c＝0，即c＝﹣5a，
∴8a+7b+2c＝8a﹣28a﹣10a＝﹣30a，
∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∴8a+7b+2c＞0，故③正确；
∵抛物线的对称轴为x＝2，C（，y3），
∴（，y3）．
∵﹣3＜﹣＜，在对称轴的左侧，
∴y随x的增大而增大，
∴y1＜y2＜y3，故④错误．
方程a（x+1）（x﹣5）＝0的两根为x＝﹣1或x＝5，
过y＝﹣3作x轴的平行线，直线y＝﹣3与抛物线的交点的横坐标为方程的两根，
依据函数图象可知：x1＜﹣1＜5＜x2，故⑤正确．
故选：A．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11． 解：∵点A（x，﹣2）与B（6，y）关于原点对称，
∴x＝﹣6，y＝2，
∴x+y＝﹣6+2＝﹣4．
故答案为：﹣4．
12． 解：①当AB、CD在圆心两侧时；
过O作OE⊥AB交AB于E点，过O作OF⊥CD交CD于F点，连接OA、OC，如图所示：
∵半径r＝13，弦AB∥CD，且AB＝24，CD＝10
∴OA＝OC＝13，AE＝EB＝12，CF＝FD＝5，E、F、O在一条直线上
∴EF为AB、CD之间的距离
在Rt△OEA中，由勾股定理可得：
OE2＝OA2﹣AE2
∴OE＝＝5
在Rt△OFC中，由勾股定理可得：
OF2＝OC2﹣CF2
∴OF＝＝12
∴EF＝OE+OF＝17
AB与CD的距离为17；
②当AB、CD在圆心同侧时；
同①可得：OE＝5，OF＝12；
则AB与CD的距离为：OF﹣OE＝7；
故答案为：17或7．
13． 解：把（﹣3，a）、（﹣2，b）、（3，c）分别代入抛物线y＝x2+x+2得，
a＝9﹣3+2＝8，b＝4﹣2+2＝4，c＝9+3+2＝14；
因此有b＜a＜c．
故答案为：b＜a＜c．
14． 解：如图，过点A作AH⊥OB于H．
∵OE＝OF＝9cm，FA＝3cm，EB＝1cm，
∴OA＝6cm，OB＝8cm．
圆锥的底面周长是π×6＝6π（cm），则6π＝，
∴n＝120°，
即圆锥侧面展开图的圆心角是120°．
∴∠EOF＝60°，
∴AH＝OA•sin60°＝6×＝3（cm），OH＝OA•cs60°＝6×＝3（cm），
∴BH＝OB﹣OH＝5cm，
∴在直角△ABH中，由勾股定理得到：AB＝＝＝2（cm）．
故答案为：2．
15． 解：如图，过点C作CE⊥x轴于E，
∵AB＝，OB＝1，
∴OA＝＝2，
∴∠CDA＝∠BAC＝∠AOB＝90°，
∴∠CAD+∠ACD＝90°＝∠CAD+∠BAO，
∴∠BAO＝∠ACD，
在△ABO和△CAE中，
，
∴△ABO≌△CAE（AAS），
∴CE＝OA＝2，AD＝OB＝1，
∴OE＝OA+AE＝3，
∴OC＝＝＝，
∴A（2，0），B（0，1），C（3，2），
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+1，直线OC的解析式为y＝x，
解方程组得，，
∴D（，），
故答案为：（，）．
三．解答题（共7小题，满分55分）
16． 解：（1）如图，Rt△ABC的外接圆⊙O即为所求；
（2）连接BD，
∵∠ACB＝90°．
∴AB是⊙O的直径，
∴∠BDA＝90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∴∠DBA＝∠ACD＝45°，
∵AC＝6，BC＝8，
∴AB＝＝＝10，
∴AD＝BD＝AB•sin45°＝10×＝5．
答：AD的长为5．
17． 解：（1）如图，C1（﹣3，2）．（3分）
（2）如图，C2（﹣3，﹣2）．（6分）
18． 解：（1）设y＝x2+3x，则2y2﹣3y﹣2＝0，
则（y﹣2）（2y+1）＝0，
解得y1＝2，y2＝﹣，
当x2+3x＝2，即x2+3x﹣2＝0时，解得x＝；
当x2+3x＝﹣，即x2+3x+＝0时，解得x＝；
综上所述，原方程的解为x1＝，x2＝，x3＝，x4＝；
（2）（a2+）2﹣3a2＝10+3整理得：（a2+）2﹣3（a2+）﹣10＝0，
设y＝a2+，则y2﹣3y﹣10＝0，
则（y+2）（y﹣5）＝0，
解得y1＝﹣2，y2＝5，
当y＝﹣2时，则a2+＝﹣2，无意义，舍去；
当y＝5时，则a2+＝5，得到a2＝5﹣，
∴﹣a2＝﹣（5﹣）＝3﹣5．
故﹣a2的值为3﹣5．
19． 解：（1）若随机选一种方式进行支付，则恰巧是“现金”支付方式的概率为，
故答案为；
（2）树状图如图，由树状图可知，共有9种等可能结果，其中两人恰好选择同一种支付方式的有3种，故P（两人恰好选择同一种支付方式）为．
20． 解：（1）∵矩形的一边为x米，周长为16米，
∴另一边长为（8﹣x）米，
∴S＝x（8﹣x）＝﹣x2+8x，其中0＜x＜8，
即S＝﹣x2+8x（0＜x＜8）；
（2）能，∵当设计费为24000元时，面积为24000÷2000＝12（平方米），
即：﹣x2+8x＝12，
解得：x＝2或x＝6，
∴设计费能达到24000元，
此时的边长为2或6米．
（3）∵S＝﹣x2+8x＝﹣（x﹣4）2+16，
∴当x＝4时，S最大值＝16，
∴当x＝4米时，矩形的最大面积为16平方米，
设计费最多，最多是32000元．
21． 证明：（1）由旋转的性质可得AE＝AD，∠DAE＝α，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠BAD＝∠DAE﹣∠BAD，即∠BAE＝∠CAD，
又∵AB＝AC，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴∠AEB＝∠ADC，
∵∠ADC+∠ADB＝180°，
∴∠AEB+∠ADB＝180°，
∴A、B、D、E四点共圆；
（2）如图所示，连接OA，OD，
∵AB＝AC，AD＝CD，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠DAC，
∵⊙O是四边形AEBD的外接圆，
∴∠AOD＝2∠ABC，
∴∠AOD＝2∠ABC＝2∠DAC，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵∠OAD+∠ODA+∠AOD＝180°，
∴2∠DAC+2∠OAD＝180°，
∴∠DAC+∠OAD＝90°，即∠OAC＝90°，
∴OA⊥AC，
又∵OA是⊙O的半径，
∴AC是⊙O的切线．
22． 解：（1）∵点A坐标（﹣1，0），点B坐标（3，0），
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵抛物线对称轴x＝1，D、C关于对称轴对称，点C坐标（0，3），如图1，
∴D（2，3），
设直线AD为y＝kx+c．将A（﹣1，0），D（2，3）代入，
得：，
解得：，
∴直线AD解析式为：y＝x+1，
∵OA＝OE＝1，
∴∠EAO＝45°，
∵FH∥AB，
∴∠FHA＝∠EAO＝45°，
∵FG⊥AH，
∴△FGH是等腰直角三角形，
设点F坐标（m，﹣m2+2m+3），
∴点H坐标（﹣m2+2m+2，﹣m2+2m+3），
∴FH＝﹣m2+m+2，
∴△FGH的周长＝（﹣m2+m+2）+2×（﹣m2+m+2）＝﹣+，
∵﹣（1+）＜0，
∴当m＝时，△FGH的周长有最大值，且最大值为 ，
当m＝时，﹣m2+2m+3＝﹣（）2+2×+3＝，
∴F（，），
∴△FGH的周长最大值为 ，F（，）；
（3）由抛物线性质得抛物线顶点M（1，4），连接AM，交y轴于点N，
则AM＝＝2，N（0，2），
设P（0，t），
如图2，分以下三种情况：
①当AM为边，PM⊥AM时，
在Rt△AMP中，AM2+PM2＝AP2，即：（2）2+（0﹣1）2+（t﹣4）2＝[0﹣（﹣1）]2+（t﹣0）2，
解得：t＝，
∴P1（0，）；
②当AM为边，PA⊥AM时，
在Rt△AMP中，AM2+AP2＝PM2，即：（2）2+[0﹣（﹣1）]2+（t﹣0）2＝（0﹣1）2+（t﹣4）2，
解得：t＝﹣，
∴P2（0，﹣）；
③当AM为对角线时，PM2+AP2＝AM2，即：（0﹣1）2+（t﹣4）2+[0﹣（﹣1）]2+（t﹣0）2＝（2）2，
解得：t1＝2+，t2＝2﹣，
∴P3（0，2+），P4（0，2﹣），
综上所述，点P的坐标为：），），，P4（0，2﹣）．