河南省洛阳市伊滨区2022-2023学年九年级上学期第二次质检数学试题（含详细答案）

这是一份河南省洛阳市伊滨区2022-2023学年九年级上学期第二次质检数学试题（含详细答案），共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．下列图形既是中心对称图形也是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．抛物线的函数表达式为，若将轴向上平移2个单位长度，将轴向左平移3个单位长度，则该抛物线在新的平面直角坐标系中的函数表达式为（ ）
A．B．
C．D．
3．将量角器按如图所示的方式放置在三角形纸板上，使点C在半圆上．点A，B的读数分别为86°，30°，则∠ACB的度数是（ ）
A．28°B．30°C．36°D．56°
4．如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到，连接，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
5．已知（0，y1），（，y2），（3，y3）是抛物线y＝ax2﹣4ax+1（a是常数，且a＜0）上的点，则（ ）
A．y1＞y2＞y3B．y3＞y2＞y1C．y2＞y3＞y1D．y2＞y1＞y3
6．若点O是的外心，且∠BOC=50°，则∠BAC的度数为（ ）
A．25°B．130°C．25°或130°D．25°或155°
7．如图，已知BC是⊙O的直径，半径OA⊥BC，点D在劣弧AC上（不与点A，点C重合），BD与OA交于点E．设∠AED＝α，∠AOD＝β，则（ ）
A．3α+β＝180°B．2α+β＝180°C．3α﹣β＝90°D．2α﹣β＝90°
8．已知二次函数（为常数）的图象与轴有交点，且当时，随的增大而增大，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．如图，在中，顶点，，，将与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第70次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．B．C．）D．
10．如图，O是正内一点，，，，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段，下列结论：
可以由绕点B逆时针旋转得到；
点O与的距离为4；
；
；
其中正确的结论是
A．B．C．D．
二、填空题
11．在直角坐标系中，将点关于原点的对称点向左平移个单位长度得到的点的坐标是________．
12．《九章算术》作为古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．在《九章算术》中记载有一问题“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”小辉同学根据原文题意，画出圆材截面图如图所示，已知：锯口深为1寸，锯道尺（1尺＝10寸），则该圆材的直径为______寸．
13．如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形，若圆锥的底面圆半径是，则圆锥的母线l=______．
14．如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，D均在小正方形的顶点上，且点B，C在上，，则的长为______．
15．如图．在中，，，点为的中点，点在上，且，将绕点在平面内旋转，点的对应点为点，连接，．当时，的长为______．
三、解答题
16．解方程：
（1）3x2﹣5x+2＝0
（2）（x+1）（x+3）＝8
17．如图，的顶点坐标分别为，，．
(1)画出关于点的中心对称图形；
(2)画出绕点逆时针旋转90°的；直接写出点的坐标为______；
(3)在（2）的条件下，求出线段所扫过图形的面积．
18．已知：如图，ABC为锐角三角形，AB=AC，CD∥AB．
求作：线段BP，使得点P在直线CD上，且∠ABP=．
作法：①以点A为圆心，AC长为半径画圆，交直线CD于C，P两点；②连接BP．线段BP就是所求作线段．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明．
证明：∵CD∥AB，
∴∠ABP= ．
∵AB=AC，
∴点B在⊙A上．
又∵∠BPC=∠BAC（ ）（填推理依据）
∴∠ABP=∠BAC
19．如图，在中，．以AB为直径的与线段BC交于点D，过点D作，垂足为E，ED的延长线与AB的延长线交于点P．
(1)求证：直线PE是的切线；
(2)若的半径为6，，求CE的长．
20．如图所示，点P是正方形ABCD内的一点，连接AP，BP，CP，将△PAB绕着点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置．若AP=2，BP=4，∠APB=135°，求PP′及PC的长．
21．丹东是我国的边境城市，拥有丰富的旅游资源．某景区研发一款纪念品，每件成本为30元，投放景区内进行销售，规定销售单价不低于成本且不高于54元，销售一段时间调研发现，每天的销售数量y（件）与销售单价x（元/件）满足一次函数关系，部分数据如下表所示：
(1)直接写出y与x的函数关系式；
(2)若每天销售所得利润为1200元，那么销售单价应定为多少元？
(3)当销售单价为多少元时，每天获利最大？最大利润是多少元？
22．如图1，在中，，，点D、E分别在边AB，上，，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．
(1)观察猜想：
图中，线段PM与PN的数量关系是______，位置关系是______；
(2)探究证明：
把绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，，判断的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸：
把绕点A在平面内自由旋转，若，，请直接写出面积的最大值．
23．在平面直角坐标系中，二次函数 y＝ax2＋bx＋2 的图象与 x 轴交于 A（﹣3，0），B（1，0）两点，与 y 轴交于点C．
（1）求这个二次函数的关系解析式 ，x 满足什么值时 y﹤0 ?
（2）点 p 是直线 AC 上方的抛物线上一动点，是否存在点 P，使△ACP 面积最大？若存在，求出点 P的坐标；若不存在，说明理由
（3）点 M 为抛物线上一动点，在 x 轴上是否存在点 Q，使以 A、C、M、Q 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点 Q 的坐标；若不存在，说明理由．
销售单价x（元/件）
…
35
40
45
…
每天销售数量y（件）
…
90
80
70
…
参考答案：
1．D
【详解】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查的是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度后与自身重合；熟练掌握概念是解题的关键．
2．C
【分析】将题意中的平移方式转换成函数图像的平移，再求解析式即可．
【详解】解：若将轴向上平移2个单位长度，
相当于将函数图像向下平移2个单位长度，
将轴向左平移3个单位长度，
相当于将函数图像向右平移3个单位长度，
则平移以后的函数解析式为：
化简得：，
故选：C．
【点睛】本题主要考查二次函数图像的平移，将题意中的平移方式转换为函数图像的平移是解决本题的关键．
3．A
【分析】设半圆圆心为O，连OA，OB，则∠AOB＝86°−30°＝56°，根据圆周角定理得∠ACB＝∠AOB，即可得到∠ACB的大小．
【详解】设半圆圆心为O，连OA，OB，如图，
∵∠AOB＝86°−30°＝56°，
∴∠ACB＝∠AOB＝×56°＝28°．
故选A．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理．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．
4．C
【分析】根据旋转的性质，得到，进而得到，利用求出，再用即可得出结果．
【详解】解：∵将绕直角顶点顺时针旋转，得到，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质．熟练掌握旋转的性质，是解题的关键．
5．C
【分析】利用对称轴公式求出抛物线的对称轴，再根据抛物线开口向下，抛物线上的点与对称轴距离越近，函数值越大，因此判断三个点与对称轴的水平距离即可.
【详解】解：抛物线的对称轴为，
∵a＜0，抛物线开口向下，
∴抛物线上的点与对称轴距离越近，函数值越大，
（0，y1）到对称轴的距离为2,，（，y2）到对称轴的距离为，（3，y3）到对称轴的距离为1，
∴＜1＜2，
∴y2＞y3＞y1
故选C.
【点睛】本题考查比较抛物线上点的纵坐标大小，掌握二次函数的图像和性质是关键.
6．D
【分析】根据题意画出图形、运用分情况讨论思想和圆周角定理解得即可．
【详解】①当点O在三角形的内部时，如图1所示：
则∠BAC=∠BOC=×50°=25°；
②当点O在三角形的外部时，如图2所示；
则∠BAC=（360°-50°）=155°，
故选：D．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆和外心的概念以及圆周角定理，掌握三角形的外心的概念、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是解题的关键．
7．D
【分析】根据直角三角形两锐角互余性质，用α表示∠CBD，进而由圆心角与圆周角关系，用α表示∠COD，最后由角的和差关系得结果．
【详解】解：∵OA⊥BC，
∴∠AOB＝∠AOC＝90°，
∴∠DBC＝90°﹣∠BEO
＝90°﹣∠AED
＝90°﹣α，
∴∠COD＝2∠DBC
＝180°﹣2α，
∵∠AOD+∠COD＝90°，
∴β+180°﹣2α＝90°，
∴2α﹣β＝90°，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理以及直角三角形的两个锐角互余的关系，熟练掌握圆周角定理是解决本题的关键．
8．D
【分析】根据图象与x轴有交点，得出判别式△≥0，从而解得a≥-2，然后求出抛物线的对称轴，结合抛物线开口向上，且当时，y随x的增大而增大，可得a≤3，从而得出选项．
【详解】解：
∵图象与x轴有交点，
∴△=（-2a）2-4（a2-2a-4）≥0
解得a≥-2；
∵抛物线的对称轴为直线
抛物线开口向上，且当时，y随x的增大而增大，
∴a≤3，
∴实数a的取值范围是-2≤a≤3．
故选：D．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，明确抛物线与x轴的交点个数与判别式的关系及二次函数的性质是解题的关键．
9．D
【分析】先求出，再利用正方形的性质确定，由于，所以第70次旋转结束时，相当于与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转，此时旋转前后的点D关于原点对称，于是利用关于原点对称的点的坐标特征可出旋转后的点D的坐标．
【详解】解：，，
，
四边形ABCD为正方形，
，
，
，
每4次一个循环，第70次旋转结束时，相当于与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转，
点D的坐标为．
故选D．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：，，，，．
10．A
【分析】证明≌，又，所以可以由绕点B逆时针旋转得到，故结论正确；
由是等边三角形，可知结论正确；
在中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，故是直角三角形；进而求得，故结论正确；
，故结论错误．
【详解】解：如图，
由题意可知，，
，
又，，
≌，
又，
可以由绕点B逆时针旋转得到，
故结论正确；
如图，连接，
，且，
是等边三角形，
．
故结论正确；
≌，
．
在中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，
是直角三角形，，
，
故结论正确；
，
故结论错误；
故选A．
【点睛】本题考查了旋转变换中等边三角形，直角三角形的性质利用勾股定理的逆定理，判定勾股数3、4、5所构成的三角形是直角三角形，这是本题的要点．
11．（0，﹣3）．
【详解】∵点（﹣2，3）关于原点的对称点为：（2，﹣3），
∴（2，﹣3）再向左平移2个单位长度得到的点的坐标是：（0，﹣3）．
故答案为（0，﹣3）．
12．26．
【分析】设的半径为，在中，，则有，解方程即可.
【详解】设的半径为．
在中，，
则有，
解得，
∴的直径为26寸，
故答案为26．
【点睛】本题考查垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型.
13．．
【详解】扇形的弧长和圆锥的底面周长相等，即：，解得：l＝
考点： 圆锥的底面周长与侧面展开图的弧长关系.
14．
【分析】先确定的圆心的位置，连接，根据圆周角定理，可得：，过点作，易得为等腰直角三角形，进而求出的长，进而得到的长，再利用勾股定理求出的长即可．
【详解】解：如图，作的中垂线，交点即为的圆心，如图，连接，
由图可知：，
∵点B，C在上，，
∴，
过点作，交于点，
则：，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在中，；
故答案为：．
【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是确定圆心的位置．
15．或
【分析】连接，由勾股定理可得，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得到，再由旋转的性质可知，分点在线段上和点点在的延长线上两种情况，分别利用勾股定理即可求得的长即可．
【详解】解：如图，连接，
在中，，，
，
点D为的中点，
，，
由旋转的性质可知，，
①点在线段上，
，
，
在中，；
②点在的延长线上，
在中，，，
，
综上可知，当时，的长为或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理、直角三角形斜边上中线的性质、等腰三角形的性质等知识点，正确运用分类讨论的思想题是解题关键．
16．（1）x1＝，x2＝1；（2）x1＝﹣5，x2＝1．
【分析】（1）利用因式分解法解方程即可；
（2）先利用多项式乘以多项式乘法展开，再整理成一元二次方程的一般形式，利用因式分解法解方程即可.
【详解】（1）3x2﹣5x+2＝0
（3x﹣2）（x﹣1）＝0，
3x﹣2＝0，x﹣1＝0，
x1＝，x2＝1.
（2）整理得：x2+4x﹣5＝0，
（x+5）（x﹣1）＝0，
x+5＝0，x﹣1＝0，
x1＝﹣5，x2＝1．
【点睛】本题考查解一元二次方程，一元二次方程的常用解法有：配方法、公式法、直接开平方法、因式分解法等，熟练掌握并灵活运用适当的方法是解题关键.
17．(1)图形见解析
(2)图形见解析，的坐标为
(3)
【分析】（1）利用关于原点对称的点的坐标特征写出、、的坐标，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出B、C的对应点、即可，从而得到点的坐标；
（3）线段所扫过图形是以为圆心，长为半径的四分之一圆，在利用扇形的面积公式计算．
【详解】（1）如图，为所作；
（2）如图，为所作，点的坐标为；
故答案为：
（3），
所以线段所扫过形成的图形的面积=．
【点睛】本题考查了作图-旋转变换和中心对称变换．找到对应点，顺次连接得出变换后的图形是解题的关键．
18．（1）见解析；（2）∠BPC，在同圆或等圆中同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半
【分析】（1）按照作法的提示，逐步作图即可；
（2）利用平行线的性质证明： 再利用圆的性质得到：∠BPC=∠BAC，从而可得答案．
【详解】解：（1）依据作图提示作图如下：
（2）证明：∵CD∥AB，
∴∠ABP= ．
∵AB=AC，
∴点B在⊙A上．
又∵∠BPC=∠BAC（在同圆或等圆中同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半． ）（填推理依据）
∴∠ABP=∠BAC
故答案为：∠BPC；在同圆或等圆中同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半．
【点睛】本题考查的是作图中复杂作图，同时考查了平行线的性质，圆的基本性质：在同圆或等圆中同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半．掌握以上知识是解题的关键．
19．(1)见解析
(2)3
【分析】（1）连接AD、OD，根据等腰三角形的性质可证得，根据平行线的判定与性质可证得，然后根据切线的判定即可证得结论；
（2）根据含30°角的直角三角形的性质求得CD、CE 即可．
【详解】（1）证明：连接AD、OD，记，，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵OD是⊙O的半径，
∴直线PE是⊙O的切线．
（2）连接AD，
∵AB是直径，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
在中，∵，
∴．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、切线的判定、等边三角形的判定与性质、解直角三角形，难度适中，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
20．PP′和PC的长分别为4，6
【分析】△PAB绕着点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，故∠PBP′=90°，BP′=BP=4，利用勾股定理可求出PP′=4，由AP=CP′=2，△PCP′为直角三角形即可求出PC.
【详解】解：∵△PAB绕着点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，
∴BP′=BP=4，P′C=AP=2，∠PBP′=90°，∠BP′C=∠BPA=135°，
∴△PB P′是等腰直角三角形，
∴PP′=BP=4，∠BP′P=45°，
∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，
在Rt△PP′C中，PC===6．
答：PP′和PC的长分别为4，6．
【点睛】此题主要考查旋转的性质.
21．(1)y＝﹣2x+160
(2)销售单价应定为50元
(3)当销售单价为54元时，每天获利最大，最大利润1248元
【分析】（1）设每天的销售数量y（件）与销售单价x（元/件）之间的关系式为y＝kx+b，用待定系数法可得y＝﹣2x+160；
（2）根据题意得（x﹣30）•（﹣2x+160）＝1200，解方程并由销售单价不低于成本且不高于54元，可得销售单价应定为50元；
（3）设每天获利w元，w＝（x﹣30）•（﹣2x+160）＝﹣2x2+220x﹣4800＝﹣2（x﹣55）2+1250，由二次函数性质可得当销售单价为54元时，每天获利最大，最大利润，1248元．
【详解】（1）解：设每天的销售数量y（件）与销售单价x（元/件）之间的关系式为y＝kx+b，
把（35，90），（40，80）代入得：，
解得，
∴y＝﹣2x+160；
（2）根据题意得：（x﹣30）•（﹣2x+160）＝1200，
解得x1＝50，x2＝60，
∵规定销售单价不低于成本且不高于54元，
∴x＝50，
答：销售单价应定为50元；
（3）设每天获利w元，
w＝（x﹣30）•（﹣2x+160）＝﹣2x2+220x﹣4800＝﹣2（x﹣55）2+1250，
∵﹣2＜0，对称轴是直线x＝55，
而x≤54，
∴x＝54时，w取最大值，最大值是﹣2×（54﹣55）2+1250＝1248（元），
答：当销售单价为54元时，每天获利最大，最大利润，1248元．
【点睛】本题考查一次函数，一元二次方程和二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式和一元二次方程．
22．(1)，
(2)是等腰直角三角形
(3)
【分析】（1）利用三角形的中位线得出，，进而判断出，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出得出，最后用互余即可得出结论；
（2）先判断出，得出，同（1）的方法得出，，即可得出，同（1）的方法即可得出结论；
（3）先判断出最大时，的面积最大，而最大是，即可得出结论．
【详解】（1）点，是，的中点，
，，
点，是，的中点，
∴，，
∴，，
，
，
∵，
，
∵，
，
，
，
，
，
故答案为：，；
（2）是等腰直角三角形，理由如下：
由旋转知，，
∵，，
，
，，
利用三角形的中位线得，，，
，
是等腰三角形，
同（1）的方法得，，
，
同（1）的方法得，，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形；
（3）由（2）知，是等腰直角三角形，，
最大时，面积最大，
点在的延长线上，
，
，
．
【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出，，解（2）的关键是判断出，解（3）的关键是判断出最大时，的面积最大．
23．（1）， 或；（2）P；（3）
【分析】（1）将点A（﹣3，0），B（1，0）带入y＝ax2＋bx＋2得到二元一次方程组，解得即可得出函数解析式；又从图像可以看出x 满足什么值时 y﹤0；
（2）设出P点坐标，利用割补法将△ACP 面积转化为，带入各个三角形面积算法可得出与m之间的函数关系，分析即可得出面积的最大值；
（3）分两种情况讨论，一种是CM平行于x轴，另一种是CM不平行于x轴，画出点Q大概位置，利用平行四边形性质即可得出关于点Q坐标的方程，解出即可得到Q点坐标.
【详解】解：（1）将A（﹣3，0），B（1，0）两点带入y＝ax2＋bx＋2可得：
解得：
∴二次函数解析式为.
由图像可知，当或时y﹤0；
综上：二次函数解析式为，当或时y﹤0；
（2）设点P坐标为，如图连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N.
PM=，PN=，AO=3.
当时，，所以OC=2
，
∵
∴函数有最大值，
当时，有最大值，
此时；
所以存在点，使△ACP 面积最大.
（3）存在，
假设存在点Q使以 A、C、M、Q 为顶点的四边形是平行四边形
①若CM平行于x轴，如下图，有符合要求的两个点此时=
∵CM∥x轴，
∴点M、点C（0,2）关于对称轴对称，
∴M（﹣2,2），
∴CM=2.
由=；
②若CM不平行于x轴，如下图，过点M作MG⊥x轴于点G，
易证△MGQ≌△COA，得QG=OA=3，MG=OC=2，即.
设M（x，﹣2），则有，解得：.
又QG=3,∴，
∴
综上所述，存在点P使以 A、C、M、Q 为顶点的四边形是平行四边形，
Q点坐标为：
.
【点睛】本题考查二次函数与几何综合题目，涉及到用待定系数法求二次函数解析式，通过函数图像得出关于二次函数不等式的解集，平面直角坐标系中三角形面积的计算通常利用割补法，并且将所要求得点的坐标设出来，得出相关方程；在解答（3）的时候注意先画出大概图像再利用平行四边形性质进行计算和分析.