广东省广州市越秀区知用学校2022-2023学年九年级上学期数学第二次月考测试题(含答案)

这是一份广东省广州市越秀区知用学校2022-2023学年九年级上学期数学第二次月考测试题(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
广东省广州市越秀区知用学校
2022-2023学年第一学期九年级数学第二次月考测试题（附答案）
一、选择题（共30分）
1．方程（x﹣2）（x+3）＝0的解是（　　）
A．x＝2 B．x＝﹣3 C．x1＝﹣2，x2＝3 D．x1＝2，x2＝﹣3
2．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．
3．把二次函数y＝x2的图象沿着x轴向左平移2个单位，再向上平移3个单位，所得到的函数图象的解析式为（　　）
A．y＝（x+2）2+3 B．y＝（x﹣2）2+3 C．y＝（x+2）2﹣3 D．y＝（x﹣2）2﹣3
4．⊙O的直径为10，同一个平面内有一点P，且OP＝5，则P与⊙O的位置关系是（　　）
A．P在圆内 B．P在圆上 C．P在圆外 D．无法确定
5．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8．把△ABC绕点A逆时针方向旋转到△AB'C'，点B'恰好落在AC边上，则CC'＝（　　）

A．10 B．2 C．2 D．4
6．在如图所示的网格中，每个小正方形的边长为1，点A、O、D都在格点上，点O是△ABO和△DCO的位似中心，则△ABO与△DCO的周长比为（　　）

A．5：2 B．25：4 C．4：25 D．2：5

7．如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∠CAB＝20°，则∠AOD等于（　　）

A．120° B．140° C．150° D．160°
8．用一个圆心角为120°，半径为2的扇形作一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆半径为（　　）
A． B． C． D．
9．如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，且BD＝2AD，CE＝2AE，则下列结论中不成立的是（　　）

A．△ABC∽△ADE B．DE∥BC
C．DE：BC＝1：2 D．S△ABC＝9S△ADE
10．已知二次函数y＝﹣x2+2x+5，若P（n，y1），Q（n﹣2，y2）是该二次函数图象上的两点，且y1＞y2，则实数n的取值范围为（　　）
A．n＜﹣1 B．n＜0 C．n＜1 D．n＜2
二、填空题（本大题每题3分，共18分）
11．已知点P（2，﹣6）与点Q（a，b）关于原点对称，则a+b＝　 　．
12．在一个不透明的袋子中装有红球、黄球共30个，这些球除颜色外都相同．小明通过多次实验发现，摸出黄球的频率稳定在0.30左右，则袋子中黄球的数量可能是 　 　个．
13．如图，PA、PB、CD为⊙O的切线，A、B、E为切点，PA＝10，则△PCD的周长为　 　．



14．如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上．已知纸板的两条直角边DE＝40cm，EF＝20cm，测得边DF离地面的高度AC＝1.6m，CD＝8m，则树高AB为 　 　m．

15．已知二次函数y＝2020x2+2021x+2022的图象上有两点A（x1，2023）和B（x2，2023），则当x＝x1+x2时，二次函数的值是 　 　．
16．如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD边上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点G，连接CG并延长交AD于点F，则AF的最大值是　 　．

三．解答题（本大题共72分）
17．（解方程：x2﹣10x+16＝0．
18．如图，△ABC在平面直角坐标系内，顶点的坐标分别为A（﹣1，5），B（﹣4，2），C（﹣2，2）．
（1）将△ABC绕点O逆时针旋转90°后，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）求旋转过程中点B经过的路径长（结果保留π）．

19．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD为BC边上的中线，DE⊥AB于点E．
（1）求证：△BDE∽△CAD．
（2）若AB＝13，BC＝10，求线段DE的长．

20．已知关于x的一元二次方程x2﹣x+2m﹣4＝0有两个实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若方程的两根满足（x1﹣3）（x2﹣3）＝m2﹣1，求m的值．
21．有A、B两个黑布袋，A布袋中有四个除标号外完全相同的小球，小球上分别标有数字﹣1，0，1，2；B布袋中有二个除标号外完全相同的小球，小球上分别标有数字0，1．小明先从A布袋中随机取出一个小球，用m表示取出的球上标有的数字，再从B布袋中随机取出一个小球，用n表示取出的球上标有的数字．
（1）若用（m，n）表示小明取球时m与n的对应值，请用树状图或列表法表示（m，n）的所有取值；
（2）求关于x的一元二次方程x2﹣mx+n＝0有实数根的概率．
22．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？
23．如图，AB是⊙O的直径，∠BAC＝90°，四边形EBOC是平行四边形，EB交⊙O于点D，连接CD并延长交AB的延长线于点F．
（1）求证：CF是⊙O的切线；
（2）若∠F＝30°，EB＝4，求图中阴影部分的面积（结果保留根号和π）．

24．已知抛物线y＝ax2+2x+c与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，一次函数y＝kx+b的图象l经过抛物线上的点C（m，n）
（1）求抛物线的解析式；
（2）若m＝3，直线l与抛物线只有一个公共点，求k的值；
（3）若k＝﹣2m+2，直线l与抛物线的对称轴相交于点D，点P在对称轴上．当PD＝PC时，求点P的坐标．
25．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为直径，AC和BD交于点E，AB＝BC．
（1）求∠ADB的度数；
（2）过B作AD的平行线，交AC于F，试判断线段EA，CF，EF之间满足的等量关系，并说明理由；
（3）在（2）条件下过E，F分别作AB，BC的垂线，垂足分别为G，H，连接GH，交BO于M，若AG＝3，S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，求⊙O的半径．


参考答案
一、选择题（共30分）
1．解：（x﹣2）（x+3）＝0，
x﹣2＝0，x+3＝0，
x1＝2，x2＝﹣3，
故选：D．
2．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．该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．该图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；
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：C．
3．解：∵原抛物线的顶点为（0，0），
∴新抛物线的顶点为（﹣2，3），
∴新抛物线的解析式为y＝（x+2）2+3，
故选：A．
4．解：∵⊙O的直径为10，
∴⊙O的半径为5，
∵OP＝5，
∴点P在⊙O上．
故选：B．
5．解：∵∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，
∴AC＝＝10，
∵将Rt△ABC绕点A逆时针旋转得到Rt△AB′C′，
∴AB′＝AB＝6，B'C'＝BC＝8，∠ABC＝∠AB'C'＝90°，
∴B'C＝AC﹣AB'＝4，∠C'B'C＝90°，
在Rt△B'C'C中，CC'＝＝＝4，
故选：D．
6．解：∵点O是△ABO和△DCO的位似中心，
∴△ABO∽△DCO，相似比为OA：OD＝2：5，
∴△ABO与△DCO的周长比为2：5．
故选：D．
7．解：∵线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴＝，
∵∠CAB＝20°，
∴∠BOD＝40°，
∴∠AOD＝140°．
故选：B．
8．解：设圆锥底面的半径为r，
根据题意得2πr＝，解得：r＝．
故选：D．
9．解：
∵BD＝2AD，CE＝2AE，
∴，
∵∠DAE＝∠BAC，
∴△ADE∽△ABC，
∴∠ADE＝∠B，
∴DE∥BC，故B正确；
∴△ABC∽△ADE，故A正确；
∴，故C错误；
∴S△ABC＝9S△ADE，故D正确；
故选：C．
10．解：∵P（n，y1），Q（n﹣2，y2）是函数y＝﹣x2+2x+5的图象上的两点，且y1＞y2，
∴﹣n2+2n+5＞﹣（n﹣2）2+2（n﹣2）+5，
化简整理得，4n﹣8＜0，
∴n＜2，
∴实数n的取值范围是n＜2，
故选：D．
二、填空题（共18分）
11．解：由点P（2，﹣6）与点Q（a，b）关于原点对称，
得a＝﹣2，b＝6，
则a+b＝﹣2+6＝4．
故答案为：4．
12．解：∵袋子中装有红球、黄球共30个，多次实验发现，摸出黄球的频率稳定在0.30左右，
∴袋子中黄球的数量可能是30×0.3＝9（个），
故答案为：9．
13．解：∵PA、PB切⊙O于A、B，CD切⊙O于E，
∴PA＝PB＝10，ED＝AD，CE＝BC；
∴△PCD的周长＝PD+DE+PC+CE＝2PA＝20．
14．解：∵∠DEF＝∠BCD＝90°，∠D＝∠D，
∴△DEF∽△DCB，
∴＝，
∵DE＝40cm＝0.4m，EF＝20cm＝0.2m，AC＝1.6m，CD＝8m，
∴＝，
∴BC＝4米，
∴AB＝AC+BC＝1.6+4＝5.6米，
故答案为：5.6．
15．解：∵二次函数y＝2020x2+2021x+2022的图象上有两点A（x1，2023）和B（x2，2023），
∴x1、x2是方程2020x2+2021x+2022＝2023的两个根，
∴x1+x2＝﹣，
∴当x＝x1+x2时，二次函数y＝2020x2+2021x+2022＝2020（﹣）2+2021•（﹣）+2022＝2022．
故答案为：2022．
16．解：以AB为直径作圆，因为∠AGB＝90°，所以G点在圆上．
当CF与圆相切时，AF最大．
此时FA＝FG，BC＝CG．
设AF＝x，则DF＝4﹣x，FC＝4+x，
在Rt△DFC中，利用勾股定理可得：
42+（4﹣x）2＝（4+x）2，
解得x＝1．
故答案为1．

三．解答题（本大题共72分）
17．解：x2﹣10x+16＝0
（x﹣2）（x﹣8）＝0，
x﹣2＝0或x﹣8＝0，
解得：x1＝2，x2＝8．
18．解：（1）如图所示，△A1B1C1为所求作．

（2）∵，
∴旋转过程中点B经过的路径长为＝π．
19．解：（1）∵AB＝AC，BD＝CD，
∴AD⊥BC，∠B＝∠C，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝∠ADC，
∴△BDE∽△CAD．
（2）∵AB＝AC，BD＝CD，
∴AD⊥BC，
在Rt△ADB中，AD＝＝＝12，
∵•AD•BD＝•AB•DE，
∴DE＝．

20．解：（1）根据题意得Δ＝（﹣1）2﹣4（2m﹣4）≥0，
解得m≤；
（2）根据题意得x1+x2＝1，x1x2＝2m﹣4，
∵（x1﹣3）（x2﹣3）＝m2﹣1，
∴x1x2﹣3（x1+x2）+9＝m2﹣1，
∴2m﹣4﹣3×1+9＝m2﹣1，
∴m2﹣2m﹣3＝0，
解得m1＝﹣1，m2＝3（不合题意，舍去）．
故m的值是﹣1．
21．解：（1）画树状图如下：

由图表知，（m，n）有8种可能；

（2）由方程得Δ＝m2﹣2n，
当（m，n）的对应值是（﹣1，0），（0，0），（1，0），（2，0），（2，1）时，△≥0，原方程有实数根，
则关于x的一元二次方程x2﹣mx+n＝0有实数根的概率是．
22．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最大，最大利润是2640元．
23．（1）证明：如图连接OD．
∵四边形OBEC是平行四边形，
∴OC∥BE，
∴∠AOC＝∠OBE，∠COD＝∠ODB，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∴∠DOC＝∠AOC，
在△COD和△COA中，
，
∴△COD≌△COA，
∴∠CAO＝∠CDO＝90°，
∴CF⊥OD，
∴CF是⊙O的切线．
（2）解：∵∠F＝30°，∠ODF＝90°，
∴∠DOF＝∠AOC＝∠COD＝60°，
∵OD＝OB，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠DBO＝60°，
∵∠DBO＝∠F+∠FDB，
∴∠FDB＝∠EDC＝30°，
∵EC∥OB，
∴∠E＝180°﹣∠OBD＝120°，
∴∠ECD＝180°﹣∠E﹣∠EDC＝30°，
∴∠EDC＝∠ECD，
∴EC＝ED＝BO，
∵∠EBO＝60°，OB＝OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴BD＝OB，
∵EB＝4，
∴OB＝OD＝OA＝2，
在RT△AOC中，∵∠OAC＝90°，OA＝2，∠AOC＝60°，
∴AC＝OA•tan60°＝2，
∴S阴＝2•S△AOC﹣S扇形OAD＝2××2×2﹣＝4﹣．

24．解：（1）∵抛物线y＝ax2+2x+c与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，
∴，
解得．
所以，抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵抛物线上的点C（m，n），
∴n＝﹣m2+2m+3，
当m＝3时，n＝0，
∴C（3，0），
∴一次函数y＝kx+b的图象l经过抛物线上的点C（m，n），
∴3k+b＝0，
∴b＝﹣3k，
∴一次函数的解析式为y＝kx﹣3k，
∵直线l与抛物线只有一个公共点，
∴方程kx﹣3k＝﹣x2+2x+3有两个相等的实数根，
∴（k﹣2）2+4（3k+3）＝0，
解得k＝﹣4；
（3）如图，过C点作CH⊥PD于H，
C（m，n）在直线y＝kx+b上，
∴n＝（﹣2m+2）m+b，
∵点C在抛物线上，
∴n＝﹣m2+2m+3，
∴b＝m2+3，
∴直线l为y＝（﹣2m+2）x+m2+3，
∵直线l与抛物线的对称轴相交于点D，
∴D的横坐标为1，代入得：y＝﹣2m+2+m2+3＝8﹣（﹣m2+2m+3）＝8﹣n，
∴D（1，8﹣n），
设P（1，p），则PD＝8﹣n﹣p，HC＝m﹣1，PH＝p﹣n，
在Rt△PCH中，PC＝PD＝8﹣n﹣p，
∴（8﹣n﹣p）2＝（p﹣n）2+（m﹣1）2
∴（8﹣n﹣p）2﹣（p﹣n）2＝（m﹣1）2，
∴（8﹣2n）（8﹣2p）＝m2﹣2m+1，
∵n＝﹣m2+2m+3，
∴2（4﹣n）（8﹣2p）＝4﹣n，
∵k＝﹣2m+2≠0，
∴m≠1，
∴n≠4，
∴4﹣n≠0，
∴2（8﹣2p）＝1，
∴p＝，
∴P（1，）．

25．解：（1）如图1，

∵AC为直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠ACB+∠BAC＝90°，
∵AB＝BC，
∴∠ACB＝∠BAC＝45°，
∴∠ADB＝∠ACB＝45°；
（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2＝EF2．理由如下：
如图2，设∠ABE＝α，∠CBF＝β，

∵AD∥BF，
∴∠EBF＝∠ADB＝45°，
又∠ABC＝90°，
∴α+β＝45°，
过B作BN⊥BE，使BN＝BE，连接NC，
∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBN，BE＝BN，
∴△AEB≌△CNB（SAS），
∴AE＝CN，∠BCN＝∠BAE＝45°，
∴∠FCN＝90°．
∵∠FBN＝α+β＝∠FBE，BE＝BN，BF＝BF，
∴△BFE≌△BFN（SAS），
∴EF＝FN，
∵在Rt△NFC中，CF2+CN2＝NF2，
∴EA2+CF2＝EF2；
（3）如图3，延长GE，HF交于K，

由（2）知EA2+CF2＝EF2，
∴EA2+CF2＝EF2，
∴S△AGE+S△CFH＝S△EFK，
∴S△AGE+S△CFH+S五边形BGEFH＝S△EFK+S五边形BGEFH，
即S△ABC＝S矩形BGKH，
∴S△ABC＝S矩形BGKH，
∴S△GBH＝S△ABO＝S△CBO，
∴S△BGM＝S四边形COMH，S△BMH＝S四边形AGMO，
∵S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，
∴S△BMH：S△BGM＝8：9，
∵BM平分∠GBH，
∴BG：BH＝9：8，
设BG＝9k，BH＝8k，
∴CH＝3+k，
∵AG＝3，
∴AE＝3，
∴CF＝（k+3），EF＝（8k﹣3），
∵EA2+CF2＝EF2，
∴+＝，
整理得：7k2﹣6k﹣1＝0，
解得：k1＝﹣（舍去），k2＝1．
∴AB＝12，
∴AO＝AB＝6，
∴⊙O的半径为6．