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    2022-2023学年北京市西城区三帆中学九年级(下)开学数学试卷(含解析)
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    2022-2023学年北京市西城区三帆中学九年级(下)开学数学试卷(含解析)

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    这是一份2022-2023学年北京市西城区三帆中学九年级(下)开学数学试卷(含解析),共31页。试卷主要包含了选择题,填空题,计算题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    1.一个不透明的盒子中装有3个红球,7个白球,这些球除颜色外,没有任何其它区别,从这个盒子中随机摸出1个球,摸到红球的概率为( )
    A. 110B. 15C. 310D. 23
    2.如图所示,△ADE∽△ACB下列结论中正确的是( )
    A. AD:BD=AE:AC
    B. DE:BC=AD:AB
    C. S△ADE:S△ABC=DE:BC
    D. ∠ADE=∠C
    3.二次函数y=(x−5)(x−1)的顶点坐标是( )
    A. (−3,−4)B. (3,−4)C. (3,−3)D. (−3,0)
    4.一元二次方程ax2+ax−a=0.根的情况是( )
    A. 有一个实数根B. 有两个不相等的实数根
    C. 无实数根D. 有两个实数根可能相等,也可能不相等
    5.如图所示,AB是圆O的一条弦.且AB=OA.则弦AB所对的圆心角是( )
    A. 60°或120°
    B. 60°
    C. 30°或150°
    D. 90°
    6.已知函数y=k(x−1)和y=−kx(k≠0),它们在同一坐标系内的图象大致是( )
    A. B.
    C. D.
    7.如图所示,在平面直角坐标系xOy中,已知M(0,5),N(2,yN),且A,B分别是ON,MN的中点,线段AB上(不含边界)的横纵坐标都是整数的点的个数为( )
    A. 2个
    B. 3个
    C. 2个或3个
    D. 1个或2个
    8.如图所示在平面直角坐标系xOy中,矩形ABCD,A(6,3),B,D在坐标轴上,CD=5,若反比例函数过点C则反比例函数解析式为( )
    A. y=32x
    B. y=18x
    C. y=−18x
    D. y=−32x
    二、填空题:本题共8小题,每小题2分,共16分。
    9.请你写出一个一元二次方程,该方程有相同的两根,且根都为1 ______.
    10.一个底面半径为2,母线长为10的圆锥的侧面积是______.
    11.已知平面直角坐标系xOy中,A(a,1),B(b,2),C(c,−2)三个点在反比例函数y=2x的图象上,则a,b,c的大小关系为______.
    12.下列说法中正确的是______.
    ①若一个数的绝对值是1,则这个数为1“是必然事件;
    ②如图,已知正方形ABCD,以A为圆心,AB长为半径作⊙A,则“点C在⊙A外”是必然事件;
    ③在一定条件下,一件事情发生的频率会随着试验次数发生改变,随着大量重复性试验次数增加概率也会发生改变;
    ④我们可以利用频率估计概率的方法估算出圆周率的值;
    ⑤在一个袋子里有若干个红球和黑球,随意摸一个球,不是红球,就是黑球,所以摸出红球的概率是0.5.
    13.如图,⊙O中M,N分别是弦AB,CD的中点,且AB=CD,AB和CD不平行,则∠AMN与∠DNM的数量关系是______.
    14.如图,四边形ABCD是⊙O的外切四边形,若BC:AB:AD=3:4:6,且四边形ABCD的周长为72,则四边形CD边长为______.
    15.在平面直角坐标系中,函数y1=x−2m+2与y2=x2−mx的图象交于A(xA,yA),B(xB,yB)两点.若yAyB<0,则m的取值范围是______.
    16.△ABC中,AB=AC,∠A=α,点D在AB边上(不与A,B重合),过点D作DE/​/BC交AC于E,将△ADE绕点A旋转得到△AD′E′.下列结论一定正确的是______.
    ①△AD′E′∽△ABC
    ②只有当β>α时,BD′=CE′成立
    ③当D与E′重合时D′E⊥AB
    ④旋转过程中∠EE′D的度数与旋转角β有一定数量关系
    ⑤旋转过程中∠EE′D的度数与α有一定数量关系
    ⑥当α=37°时,存在β使得B,D,E共线
    三、计算题:本大题共1小题,共5分。
    17.解方程:2x2−3x−2=0.
    四、解答题:本题共11小题,共63分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
    18.(本小题5分)
    已知:a是方程x2−3x−1=0的一个根,求代数式(a−1)2−a的值.
    19.(本小题5分)
    已知关于x的方程mx2−(m+3)x+3=0(m≠0).
    (1)求证:方程总有两个实数根;
    (2)若方程的两个实数根都是整数,求正整数m的值.
    20.(本小题5分)
    已知:直线l及直线l外一点A.
    求作:直线AB,使得AB/​/l.
    小锐同学的作法如下:
    (1)在直线l上任取一点O;
    (2)以点O为圆心,OA的长为半径画圆,⊙O交直线l于点C,D(点C在左侧);
    (3)作⊙O直径AE,以点C为圆心,CE的长为半径画弧交⊙O于点B(点B与点A位于直线l同侧);
    (4)作直线AB,则直线AB即为所求.
    请你依据小锐同学设计的尺规作图过程,完成下列问题.
    (1)使用无刻度的直尺和圆规,根据小锐同学的作法完成作图(保留作图痕迹);
    (2)完成下面的证明:
    证明:连接AC.
    ∵在⊙O中,OA=OC,
    ∴∠ACD=∠CAE.(______)(填推理的依据)
    ∵CB=CE,
    ∴CB=CE.(______)(填推理的依据)
    ∴∠BAC=∠CAE.(______)(填推理的依据)
    ∴∠BAC=∠ACD.
    ∴AB/​/l.
    21.(本小题5分)
    甲、乙、丙三人玩“石头、剪刀、布”猜拳游戏,游戏时的各方每次用一只手做“石头”、“剪刀”、“布”三种手势中的一种,规定“石头”胜“剪刀”、“剪刀”胜“布”、“布”胜“石头”.两人游戏时,若出现相同手势,则不分胜负.三人游戏时,若三人的手势都相同或互不相同,则不分胜负;若出现两人手势相同,则视为一种手势与第三人所出手势进行对决,此时参照两人游戏规则.例如甲、乙二人同时出石头,丙出剪刀,则甲、乙获胜.假设甲、乙、丙三人每次出这三种手势的可能性相同.
    (1)用画树状图或列表的方法表示甲和乙玩“石头、剪刀、布”游戏,出第一次手势时所有可能出现的结果(其中石头、剪刀、布分别用序号A、B、C表示);
    (2)求游戏中甲、乙、丙三人出第一次手势时,不分胜负的概率.
    22.(本小题6分)
    如图,一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=mx的图象交于A(1,2),B(n,−1)两点,与x轴交于点C.
    (1)求一次函数与反比例函数的解析式;
    (2)求△AOB的面积;
    (3)直接写出不等式kx+b>mx的解集.
    23.(本小题6分)
    如图,在矩形ABCD中,E是CD边上任意一点(不与点C、D重合),作AF⊥AE交CB的延长线于点F.
    (1)求证:△ADE∽△ABF;
    (2)连接EF,若AB=8,AD=4,DE=3,求EF的长.
    24.(本小题6分)
    如图,△ABC中,AB=BC,点A在⊙O外,BC是⊙O的弦,DO⊥BC,连接OD.若AC交OD于点E,交OB于点F,满足OE=OF.
    (1)求证:AB与⊙O相切;
    (2)若OB=5,CD=3DE,求AF的长.
    25.(本小题5分)
    如图1是古代的一种远程投石机,其投出去的石块运动轨迹是抛物线的一部分.其中蕴含了物理中的“杠杆原理”,在如图2所示的平面直角坐标系中,将投石机置于某山坡的底部(原点O处),山坡横截面可近似用抛物线C1:y=−1120x2+35x表示,石块从投石机竖直方向上的点D处被投出,在山坡上的点A处建有垂直于水平面的城墙AB.已知,石块运动轨迹所在抛物线C2的顶点坐标是(40,20),OD=4,OE=50,AB=9.
    (1)求石块运动轨迹所在抛物线C2的解析式;
    (2)通过计算说明石块能否飞越城墙AB.
    26.(本小题6分)
    在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线y=ax2+bx−3a经过点A(−3,0),
    (1)求抛物线的对称轴和顶点坐标;
    (2)点M(xM,yM)在抛物线上,当n−1≤xM≤n+3时q≤yM≤p,
    ①当a=−1时,直接写出p−q的范围;
    ②若存在实数n,使得p−q=3,求出a的取值范围.
    27.(本小题7分)
    如图,在四边形ABCD中,BC=CD,对角线AC,BD相交于点P,点M在AC上,连接BM,DM,∠ACD=∠CBM=∠ABD.

    (1)求证:AM=BM;
    (2)求证:∠DAC=∠BAC;
    (3)点N是AM的中点,连接DN,若∠ADM+∠ADN=180°,画出图形,直接写出AD与AB满足的数量关系.
    28.(本小题7分)
    在平面直角坐标系xOy中,存在一个图形W,P为图形W上任意一点,线段PO(点P与O不重合)绕点P逆时针旋转90°得到线段PO′,延长PO′至点Q,使得PQ=2OP,若点M为线段PQ上一点(点M可与线段PQ端点重合),则称点M为图形W的“二倍点”.
    已知点A(0,1)、点B(0,2).

    (1)M1(1,1),M2(3,1),M3(1,2),M4(1,4)中,是线段AB的“二倍点”的是______;
    (2)直线y=k(x−1)(k≠0))存在线段AB的“二倍点”,求k的取值范围;
    (3)⊙A的半径为1,M是⊙A的“二倍点”,直线y=x+4与x轴、y轴分别交于C、D两点,点N在线段CD上(N可与线段CD端点重合),当点N在线段CD上运动时,直接写出线段MN的最大值和最小值.
    答案和解析
    1.【答案】C
    【解析】解:根据题意可得:一个不透明的盒子中装有3个红球,7个白球,共10个,
    摸到红球的概率为:310.
    故选:C.
    根据概率的求法,找准两点:①全部情况的总数;②符合条件的情况数目;二者的比值就是其发生的概率.
    此题考查了概率的求法:如果一个事件有n种可能,而且这些事件的可能性相同,其中事件A出现m种可能,那么事件A的概率P(A)=mn.
    2.【答案】D
    【解析】解:A、由△ADE∽△ACB,得到AD:AC=AE:AB,故A不符合题意;
    B、由△ADE∽△ACB,得到DE:BC=AD:AC,故B不符合题意;
    C、由△ADE∽△ACB,得到S△ADE:S△ABC=DE2:BC2,故C不符合题意;
    D、由△ADE∽△ACB,得到∠ADE=∠C,故D符合题意.
    故选:D.
    由相似三角形的性质,即可判断.
    本题考查相似三角形的性质,关键是掌握相似三角形的对应边成比例,对应角相等,相似三角形面积的比等于相似比的平方.
    3.【答案】B
    【解析】解:∵二次函数y=(x−5)(x−1)=x2−6x+5=(x−3)2−4,
    ∴该函数的顶点坐标是(3,−4),
    故选:B.
    根据配方法可以将题目中的函数解析式化为顶点式,从而可以解答本题.
    本题考查二次函数的性质,解答本题的关键是明确题意,利用二次函数的性质解答.
    4.【答案】D
    【解析】解:∵Δ=a2−4×a×(−a)=a2+4a2≥0,
    ∴方程有两个的实数根.
    故选:D.
    先计算根的判别式的值得到Δ≥0,然后根据根的判别式的意义对各选项进行判断.
    本题考查了根的判别式:一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系:当Δ>0时,方程有两个不相等的实数根;当Δ=0时,方程有两个相等的实数根;当Δ<0时,方程无实数根.
    5.【答案】B
    【解析】解:∵AB=OA,OA=OB,
    ∴△AOB是等边三角形,
    ∴∠AOB=60°,
    ∴AB所对的圆心角是60°.
    故选:B.
    判定△AOB是等边三角形,推出∠AOB=60°,得到AB所对的圆心角是60°.
    本题考查等边三角形的判定和性质,圆心角,关键是判定△AOB是等边三角形.
    6.【答案】B
    【解析】解:一次函数y=k(x−1)可化为:y=kx−k,(k≠0),
    A、y=kx−k过二、四象限,k<0;又y=kx−k与y轴负半轴相交,k>0,故A选项错误;
    B、y=kx−k中k>0,y=−kx中k>0,故B选项正确;
    C、y=kx−k中k>0,y=−kx中k<0,故C选项错误;
    D、y=kx−k过一、三象限,k>0;又y=kx−k与y轴正半轴相交,k<0,故D选项错误.
    故选:B.
    根据一次函数及反比例函数的图象与系数的关系作答.
    本题主要考查了反比例函数的图象性质和一次函数的图象性质,关键是由k的取值确定函数所在的象限.
    7.【答案】C
    【解析】解:∵M(0,5),N(2,yN),且A,B分别是ON,MN的中点,
    ∴A(1,yN2),B(1,5+yN2),
    ∴AB=52,
    ∴线段AB上(不含边界)的横纵坐标都是整数的点的个数为2个或3个,
    故选:C.
    先求出点A,点B坐标,即可求解.
    本题考查了三角形中位线定理,中点坐标公式,掌握中点坐标公式是解题的关键.
    8.【答案】D
    【解析】解:过A作AE⊥x轴于E,过C作CF⊥y轴于F,设BC与y轴交于G,
    ∵A(6,3),
    ∴AE=3,OE=6,
    ∵四边形ABCD是矩形,
    ∴CD=AB=5,∠ABC=∠DCB=90°
    ∴BE= AB2−AE2=4,
    ∴OB=2,
    过C作CH⊥x轴于H,
    ∵∠BOG=∠GCD=90°,∠CGD=∠BGO,
    ∴∠OBG=∠CDG,
    ∵∠ABE+∠GBO=∠BAE+∠ABE=90°,
    ∴∠BAE=∠OBG=∠CDF,
    ∴△ADF≌△BAE(AAS),
    ∴CF=BE=4,
    ∵∠CHO=∠HOF=∠CFO=90°,
    ∴四边形CHOF是矩形,
    ∴OH=CF=4,
    ∴BH=6,
    ∵∠CHB=∠AEB=90°,∠CBH=∠BAE,
    ∴△BCH∽△ABE,
    ∴CHBE=BHAE,
    ∴CH4=63,
    ∴CH=8,
    ∴C(−4,8),
    设反比例函数解析式为y=kx,
    ∴k=−4×8=−32,
    ∴反比例函数解析式为y=−32x,
    故选:D.
    过A作AE⊥x轴于E,过C作CF⊥y轴于F,设BC与y轴交于G,得到AE=3,OE=6,根据矩形的性质得到CD=AB=5,∠ABC=∠DCB=90°根据勾股定理得到BE= AB2−AE2=4,求得OB=2,过C作CH⊥x轴于H,根据全等三角形的性质得到CF=BE=4,根据矩形的性质得到OH=CF=4,求得BH=6,根据相似三角形的性质得到C(−4,8),设反比例函数解析式为y=kx,于是得到结论.
    本题考查了待定系数法求反比例函数的解析式,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,矩形的判定和性质,正确地作出辅助线是解题的关键.
    9.【答案】(x−1)2=0(答案不唯一)
    【解析】解:该方程为(x−1)2=0,
    故答案为:(x−1)2=0(答案不唯一),
    根据题意写出一元二次方程即可.
    本题考查了根的判别式,一元二次方程的解,此题为开放题,只要写出一个符合条件的方程即可.
    10.【答案】20π
    【解析】解:根据题意得圆锥的侧面积=12×2π×2×10=20π.
    故答案为:20π.
    由于圆锥的侧面展开图为一扇形,这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长,扇形的半径等于圆锥的母线长,则根据扇形的面积公式可计算出圆锥的侧面积.
    本题考查了圆锥的计算:圆锥的侧面展开图为一扇形,这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长,扇形的半径等于圆锥的母线长.
    11.【答案】c【解析】解:∵A(a,1),B(b,2),C(c,−2)三个点在反比例函数y=2x的图象上,
    ∴a=2,b=1,c=−1,
    ∴c故答案为:c根据A(a,1),B(b,2),C(c,−2)三个点在反比例函数y=2x的图象上,可以求出a、b、c的值,然后即可比较它们的大小关系.
    本题考查反比例函数图象上点的坐标特征,解答本题的关键是明确题意,求出a、b、c的值.
    12.【答案】②④
    【解析】解:①若一个数的绝对值是1,则这个数为1“是随机事件,故错误;
    ②如图,已知正方形ABCD,以A为圆心,AB长为半径作⊙A,因为AC>AB,则“点C在⊙A外”是必然事件,故正确;
    ③在一定条件下,一件事情发生的频率会随着试验次数发生改变,随着大量重复性试验次数增加概率不会发生改变,故错误;
    ④我们可以利用频率估计概率的方法估算出圆周率的值,故正确;
    ⑤在一个袋子里有若干个红球和黑球,随意摸一个球,不是红球,就是黑球,因为红球和黑球的个数不一定相同,所以摸出红球的概率不一定是0.5,故错误.
    所以正确的是②④.
    故答案为:②④.
    分别根据随机事件的定义,正方形的性质,利用频率估计概率和概率的定义判断即可.
    本题考查了随机事件的定义,正方形的性质,利用频率估计概率和概率的定义等,熟练掌握这些概念和性质是关键.
    13.【答案】∠DNM=∠AMN
    【解析】解:连接ON,OM,
    ∵M,N分别是弦AB,CD的中点,
    ∴ON⊥CD,OM⊥AB,
    ∴∠OND=∠OMA=90°,
    ∵AB=CD,
    ∴ON=OM,
    ∴∠ONM=∠OMN,
    ∴∠OND−∠ONM=∠OMA−∠OMN,
    ∴∠DNM=∠AMN,
    故答案为:∠DNM=∠AMN.
    连接ON,OM,根据垂径定理可得ON⊥CD,OM⊥AB,从而可得∠OND=∠OMA=90°,然后根据圆心角、弧、弦的关系可得ON=OM,从而可得∠ONM=∠OMN,然后利用等式的性质进行计算,即可解答.
    本题考查了垂径定理,圆心角、弧、弦的关系,根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键.
    14.【答案】20
    【解析】解:∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形,
    ∴AB+CD=BC+AD,
    ∵BC:AB:AD=3:4:6,
    ∴设BC=3x,AB=4x,AD=6x,
    ∵4x+CD=3x+6x,
    ∴CD=5x,
    ∵四边形ABCD的周长为72,
    ∴3x+4x+5x+6x=72,
    解得x=4,
    ∴CD=5x=20.
    故答案为:20.
    利用圆的外切四边形的对边之和相等得到AB+CD=BC+AD,设BC=3x,AB=4x,AD=6x,则4x+CD=3x+6x,所以CD=5x,接着利用四边形的周长为72得到3x+4x+5x+6x=72,然后解方程求出x,从而得到CD的长.
    本题考查了切线长定理,运用外切四边形的对边之和相等是解决问题的关键.
    15.【答案】1【解析】解:∵函数y1=x−2m+2与y2=x2−mx的图象交于A(xA,yA),B(xB,yB)两点,
    ∴x−2m+2=x2−mx,
    ∴x2−(m+1)x+2m−2=0,
    ∴xA+xB=m+1,xA⋅xB=2m−2,
    Δ=(m+1)2−4(2m−2)=m2+2m+1−8m+8=m2−6m+9=(m−3)2>0,
    ∵yA=xA−2m+2,yB=xB−2m+2,
    ∴yAyB=(xA−2m+2)(xB−2m+2)
    =xAxB−(2m−2)xA−(2m−2)xB+(2m−2)2
    =(2m−2)−(2m−2)(xA+xB)+(2m−2)2
    =(2m−2)−(2m−2)(m+1)+(2m−2)2
    =2m−2−2m2+2+4m2−8m+4
    =2m2−6m+4,
    ∵yAyB<0,
    ∴2m2−6m+4<0,即2(m−3m+2)<0,
    ∴(m−1)(m−2)<0,
    ∴m−1>0m−2<0,
    解得:1或m−1<0m−2>0,此不等式组无解,
    综上:1故答案为:1由函数y1=x−2m+2与y2=x2−mx的图象交于A(xA,yA),B(xB,yB)两点可得:xA+xB=m+1,xA⋅xB=2m−2,Δ>0,再由yA=xA−2m+2,yB=xB−2m+2得yAyB=2m2−6m+4,根据yAyB<0计算即可.
    本题主要考查了二次函数图象与系数的关系、一次函数图象与系数的关系、根与系数的关系,熟练掌握相关知识点是解决本题的关键.
    16.【答案】①③⑤⑥
    【解析】①∵DE//BC.
    ∴∠ADE=∠ABC.∠ACB=∠ABD
    ∴△ADE∽△ABC.
    ∵AB=AC.
    ∴ADAE=ABAC=1,AD=AE.
    由旋转知:△ADE≌△AD′E′
    ∴△AD′E′∽△ABC.故①符合题意.
    ②∵∠DAE=∠D′AE′=∠BAC.
    ∴∠BAD′=∠CAE′
    又AB=AC,AD′=AE′=AD=AE.

    ∴△BAD′≌△CAE′(SAS),
    ∴BD′=CE′与β无关.故②不符合题意.
    ③当D与E′重合时,
    ∴AD′=AE,DD′=DE,AD=AD.
    ∴AD′=AEDD′=DEAD=AD.
    ∴△ADD′≌AED(SSS).
    ∴∠DAD′=∠EAD,
    ∵AD′=AE.
    ∴D′E⊥AB.故③符合题意.
    ④由旋转知:AE′=AD=AE.
    ∴∠AE′D=(180°−∠DAE′)÷2
    ∠AEE′=(180°−∠EAE′)÷2.
    ∴∠EE′D=(∠DA′E−∠EAE′)÷2=∠DAE÷2=α2.
    ∴与β没有一定数量关系.故④不符合题意.
    ⑤由④知∠EE′D=α2.与β没有一定数量关系.故⑤符合题意.
    ⑥延长BZ,以A为圆心,AZ长为半径画弧,交直线BZ于D′.
    当∠BZA≠90°时,弧始终与直线BZ有2个交点,
    即α≠90°时,存在β使BD′Z共线,
    故⑥符合题意.
    故答案为:①③⑤⑥.
    ①由题意证明△ADE∽△ABC.再由旋转得出△ADE≌△AD′E′,得出∴△AD′E′∽△ABC.
    ②证明△BAD′≌△CAE′,得出BD′=CE′与β无关.
    ③当D与E′重合时,△ADD′≌AED,AD′=AE,D′E⊥AB
    ④由旋转知:AE′=AD=AE,得出∠EE′D=(∠DA′E−∠EAE′)÷2=∠DAE÷2=α2,与β没有一定数量关系.
    ⑤由④知∠EE′D=α2.与β没有一定数量关系.
    ⑤延长BE,以A为圆心,AE长为半径画弧,交直线BE于D′.当∠BEA≠90°时,弧始终与直线BE有2个交点,即Q≠90°时,存在β使BD′E共线.
    本题考查了相似三角形的判定与性质,解题关键在于熟练掌握相似三角形的判定与性质,等腰三角形的判定与性质,旋转的性质.
    17.【答案】解:(x−2)(2x+1)=0,
    x−2=0或2x+1=0,
    所以x1=2,x2=−12.
    【解析】利用因式分解法把原方程化为x−2=0或2x+1=0,然后解两个一次方程即可.
    本题考查了解一元二次方程−因式分解法:先把方程的右边化为0,再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式,那么这两个因式的值就都有可能为0,这就能得到两个一元一次方程的解,这样也就把原方程进行了降次,把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了(数学转化思想).
    18.【答案】解:∵a是方程x2−3x−1=0的一个根,
    ∴a2−3a−1=0,
    ∴a2−3a=1,
    ∴(a−1)2−a=a2−2a+1−a=a2−3a+1=1+1=2.
    【解析】先根据一元二次方程根的定义得到a2−3a=1,再利用完全平方公式展开、合并得到(a−1)2−a=a2−3a+1,然后利用整体代入的方法计算.
    本题考查了一元二次方程的解:能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解.
    19.【答案】(1)证明:∵m≠0,
    Δ=(m+3)2−4m×3
    =m2−6m+9
    =(m−3)2,
    而(m−3)2≥0,即△≥0,
    ∴方程总有两个实数根;
    (2)解:(x−1)(mx−3)=0,
    x−1=0或mx−3=0,
    ∴x1=1,x2=3m,
    当m为正整数1或3时,x2为整数,
    即方程的两个实数根都是整数,
    ∴正整数m的值为1或3.
    【解析】(1)先计算判别式的值得到Δ=(m+3)2−4m×3=(m−3)2,再根据非负数的值得到△≥0,然后根据判别式的意义得到方程总有两个实数根;
    (2)利用因式分解法解方程得到x1=1,x2=3m,然后利用整数的整除性确定正整数m的值.
    本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式Δ=b2−4ac:当Δ>0,方程有两个不相等的实数根;当Δ=0,方程有两个相等的实数根;当Δ<0,方程没有实数根.
    20.【答案】等边对等角 在同圆中,相等的弦所对的弧相等 在同圆中,同弧或等弧所对的圆周角相等
    【解析】(1)解:如图所示.
    (2)证明:连接AC.
    ∵在⊙O中,OA=OC,
    ∴∠ACD=∠CAE.(等边对等角)
    ∵CB=CE,
    ∴CB=CE.(在同圆中,相等的弦所对的弧相等)
    ∴∠BAC=∠CAE.(在同圆中,同弧或等弧所对的圆周角相等)
    ∴∠BAC=∠ACD.
    ∴AB/​/l.
    故答案为:等边对等角;在同圆中,相等的弦所对的弧相等;在同圆中,同弧或等弧所对的圆周角相等.
    (1)按照作图过程作图即可.
    (2)根据圆的有关性质和平行线的判定求解即可.
    本题考查作图—复杂作图、圆心角、弧、弦的关系、圆周角定理,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题.
    21.【答案】解:(1)列表如下:
    由表格可知,共有6种等可能出现的结果.
    (2)画树状图如下:

    共有27种等可能的结果,其中甲、乙、丙三人的手势都相同或互不相同的结果有:(A,A,A),(A,B,C),(A,C,B),(B,A,C),(B,B,B),(B,C,A),(C,A,B),(C,B,A),(C,C,C),共9种,
    ∴游戏中甲、乙、丙三人出第一次手势时,不分胜负的概率为927=13.
    【解析】(1)列表即可得出所有可能出现的结果.
    (2)画树状图得出所有等可能的结果数以及甲、乙、丙三人的手势都相同或互不相同的结果数,再利用概率公式可得出答案.
    本题考查列表法与树状图法,熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键.
    22.【答案】解:(1)∵一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=mx的图象交于A(1,2),B(n,−1)两点,
    ∴k=1×2=n×(−1),
    ∴n=−2,k=2,
    ∴反比例函数解析式为:y=2x,
    ∵A(1,2),B(−2,−1)在一次函数y=kx+b的图象上,
    ∴k+b=2−2k+b=−1,解得k=1b=1,
    ∴一次函数解析式为:y=x+1.
    (2)在一次函数y=x+1中,令y=0,则x=−1,
    ∴OC=1,
    ∴S△AOB=S△AOC+S△BOC=12×1×2+12×1×1=32;
    (3)根据两个函数图象的位置及交点坐标,可直接写出不等式kx+b>mx的解集为:−21.
    【解析】(1)根据待定系数法求出两个函数解析式即可;
    (2)求出点C坐标得到线段OC长,根据S△AOB=S△AOC+S△BOC代入数据计算即可;
    (3)根据两个函数图象的位置及交点坐标,可直接写出不等式kx+b>mx的解集.
    本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题,交点坐标满足两个函数解析式.
    23.【答案】(1)证明:在矩形ABCD中,∠DAB=∠ABC=∠C=∠D=90°,
    ∴∠ABF=∠D=90°,
    ∵AF⊥AE,
    ∴∠EAF=∠BAF+∠EAB=90°,
    ∵∠DAE+∠EAB=∠DAB=90°,
    ∴∠DAE=∠BAF,
    又∵∠D=∠ABF=90°,
    ∴△ADE∽△ABF;
    (2)解:∵△ADE∽△ABF,
    ∴ ABAD=BFDE,
    ∴84=BF3,
    ∴BF=6,
    ∵四边形ABCD是矩形,
    ∴AB=DC=8,AD=BC=4,
    ∴CE=8−3=5,CF=6+4=10,
    ∴EF= CF2+EC2= 25+100=5 5.
    【解析】(1)根据矩形的性质可得∠DAB=∠ABC=∠C=∠D=90°,再求出∠ABF=∠D=90°,根据同角的余角相等求出∠DAE=∠BAF,然后根据两组角对应相等的两个三角形相似证明;
    (2)由先试试三角形的性质可求BF的长,由勾股定理可求解.
    本题考查了相似三角形的判定和性质,矩形的性质,勾股定理等知识,证明三角形相似是解题的关键.
    24.【答案】(1)证明:∵OE=OF,
    ∴∠OEF=∠OFE,
    ∵∠OEF=∠CED,∠OFE=∠AFB,
    ∴∠CED=∠AFB,
    ∵AB=BC,
    ∴∠C=∠A,
    ∵DO⊥BC,
    ∴∠ODC=90°,
    ∴∠A+∠AFB=∠C+∠CED=90°,
    ∴∠ABO=180°−(∠A+∠AFB)=90°,
    ∵OB是⊙O的半径,且AB⊥OB,
    ∴AB与⊙O相切.
    (2)解:∵DO⊥BC,CD=3DE,OB=5,
    ∴∠ODB=90°,BD=CD=3DE,
    ∴AB=BC=2BE=6DE,
    ∵∠ABF=∠CDE=90°,∠A=∠C,
    ∴△ABF∽△CDE,
    ∴ABCD=BFDE,
    ∴ABBF=CDDE=3,
    ∴AB=3BF=6DE,
    ∴BF=2DE,
    ∴OD=OE+DE=OF+DE=5−2DE+DE=5−DE,
    ∴(3DE)2+(5−DE)2=52,
    整理得DE2−DE=0,
    解得DE=1或DE=0(不符合题意,舍去),
    ∵BF=2,AB=6,
    ∴AF= AB2+BF2= 62+22=2 10,
    ∴AF的长是2 10.
    【解析】(1)由OE=OF,得∠OEF=∠OFE,则∠CED=∠AFB,由AB=BC,得∠C=∠A,则∠A+∠AFB=∠C+∠CED=90°,求得∠ABO=90°,即可证明AB与⊙O相切;
    (2)由DO⊥BC,根据垂径定理得BD=CD,所以BD=CD=3DE,AB=BC=6DE,再证明△ABF∽△CDE,得ABCD=BFDE,则ABBF=CDDE=3,所以AB=3BF=6DE,则BF=2DE,OD=OE+DE=OF+DE=5−DE,由(3DE)2+(5−DE)2=52,求得DE=1,所以BF=2,AB=6,则AF= AB2+BF2=2 10.
    此题重点考查等腰三角形的性质、垂径定理、直角三角形的两个锐角互余、切线的判定定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识,推导出∠A+∠AFB=∠C+∠CED=90°是解题的关键.
    25.【答案】解:(1)∵石块运动轨迹所在抛物线C2的顶点坐标是(40,20),OD=4,
    ∴石块运动轨迹所在抛物线C2的解析式为y=a(x−40)2+20,
    将(0,4)代入,得1600a+20=4,
    解得a=−1100
    ∴抛物线C2的解析式为y=−1100(x−40)2+20;
    (2)∵OE=50,
    ∴把x=50代入y=−1120x2+35x得,y=−1120×2500+35×50=556,
    ∴AE=556,
    ∴BE=AB+AE=9+556=1816,
    把x=50代入y=−1100(x−40)2+20得,y=−1100×100+20=19,
    ∵19>1816,
    ∴石块能飞越城墙AB.
    【解析】(1)设石块运行的函数关系式为y=a(x−40)2+20,用待定系数法求得a的值即可求得答案;
    (2)把x=50代入抛物线C1:y=−1120x2+35x中求出AE,再求出BE,把x=50代入(1)中表达式,求得y的值,与EB作比较即可.
    本题考查了二次函数在实际问题中的应用,关键是二次函数性质的熟练掌握.
    26.【答案】解:(1)A(−3,0)代入y=ax2+bx−3a,
    0=9a−3b−3a,
    ∴b=2a
    y=ax2+2ax−3a=a(x+1)2−4a.
    抛物线对称轴为:x=−1,
    顶点坐标为(−1,−4a).
    (2)①若a=−1,y=−x2−2x+3=−(x−1)(x+3).
    抛物线对称轴为:x=−1,
    n−1≤xM≤n+3
    Ⅰ若n+3≤−1,即n≤−4,
    则x=n+3时,p=−(n+3)2−2(n+3)+3=−n2−8n−12,
    x=n−1时,q=−(n−1)2−2(n−1)+3=−n2+4,
    ∴p−q=−8n−16,
    ∵n≤−4,
    ∴p−q≥16.
    Ⅱ若n−1≤−1则p=4.
    若an2+8an+12a≤an2−4a,−2≤n≤0
    则q=−n2−8n−12,
    p−q=n2+8n+16=(n−4)2
    ∵−2≤n≤0,
    ∴4≤p−q≤16.
    若an2+8an+12a>an2−4a,即−4则q=−n2+4,
    p−q=n2,
    ∵−4∴4Ⅲ若−10,
    p=−n2+4,
    q=−n2−8n−12,
    p−q=8n+16,
    ∵n>0,
    ∴p−q>16.
    所以p−q≥4.
    ②若a<0:
    Ⅰ若n+3≤−1,即n≤−4,
    则x=n+3时,p=a(n+3)2+2a(n+3)−3a=an2+8an+12a,
    x=n−1时,q=a(n−1)2+2a(n−1)−3a=an2−4a,
    ∴p−q=8an+16a=3,
    ∴a=38n+16,
    ∵n≤−4,
    −316≤a<0.
    Ⅱ若n−1≤−1则p=−4a.
    若an2+8an+12a≤an2−4a,−2≤n≤0
    则q=an2+8an+12a,
    p−q=−an2−8an−16a=3
    a=−3n2+8n+16=−3(n+4)2,
    ∵−2≤n≤0,
    ∴−34≤a≤−316.
    若an2+8an+12a>an2−4a,即−4则q=an2−4a,
    p−q=−an2=3,则a=−3n2,
    ∵−4∴−34≤a<−316.
    Ⅲ若−10,
    p=an2−4a,
    q=an2+8an+12a,
    p−q=−8an−16a=3,
    ∴a=−38n+16,
    ∵n>0,
    ∴−316综上−34≤a<0.
    若a>0时,抛物线与a<0时对称,
    ∴求解区间也相应对称,
    故0综上−34≤a≤34,a≠0.
    【解析】(1)二次函数一般式,化为顶点式,可得到对称轴和顶点坐标.
    (2)①a=−1,当n=−2时,即一3≤x≤1时,p=4,q=0,p−q=4是最小值.②分类讨论a>0,a<0时,使得p−q=3,a的取值范围.
    本题考查了二次函数的增减性,对称性,用分类讨论的方法解决问题,关键是n−1≤xM≤n+3,要分类讨论n的取值.
    27.【答案】(1)证明:∵∠CBM=∠ABD,
    ∴∠CBM+∠DBM=∠ABD+∠DBM,
    即∠ABM=∠CBD,
    ∵∠ACD=∠ABD,∠APB=∠DPC,
    ∴∠BAC=∠CDB,
    ∵BC=CD,
    ∴∠CDB=∠CBD,
    ∴∠ABM=∠BAC,
    ∴AM=BM;
    (2)证明:∵∠ACD=∠ABD,∠APB=∠DPC,
    ∴△APB∽△DPC,
    ∴APDP=BPCP,
    ∴APBP=DPCP,
    又∵∠APD=∠CPB,
    ∴△APD∽△BPC,
    ∴∠DAC=∠CBD,
    由(1)知,∠ABM=∠CBD,∠ABM=∠BAC,
    ∴∠DAC=∠BAC;
    (3)解:AB=3AD,理由如下:
    如图,点N是AM的中点,在AB上截取AG=AD,连接GN,过点M作MH//GN交AB于点H,

    ∵AG=AD,∠DAC=∠BAC,AN=AN,
    ∴△AGN≌△ADN(SAS),
    ∴∠AGN=∠ADN,
    ∵MH//GN,
    ∴∠AHM=∠AGN=∠ADN,
    ∵∠AHM+∠BHM=180°,∠ADM+∠ADN=180°,
    ∴∠BHM=∠ADM,
    又∵∠ABM=∠BAC=∠DAC,AM=BM,
    ∴△ADM≌△BHM(AAS),
    ∴AD=BH=AG,
    ∵点N是AM的中点,MH//GN,
    ∴AG=GH,
    ∴AG=GH=BH,
    ∴AB=3AD.
    【解析】(1)根据角的和差求出∠ABM=∠CBD,根据三角形内角和定理求出∠BAC=∠CDB,根据等腰三角形的性质得出∠CDB=∠CBD,则∠ABM=∠BAC,根据等腰三角形的判定定理即可得解;
    (2)利用“两角对应相等的两个三角形相似”推出△APB∽△DPC,根据相似三角形的性质得出APDP=BPCP,则APBP=DPCP,结合∠APD=∠CPB,即可判定△APD∽△BPC,根据相似三角形的性质得出∠DAC=∠CBD,结合(1)定理逗号即可得解;
    (3)在AB上截取AG=AD,连接GN,过点M作MH//GN交AB于点H,即可证明△AGN≌△ADN(SAS),根据全等三角形的性质得出∠AGN=∠ADN,根据平行线的性质并结合题意求出∠BHM=∠ADM,则△ADM≌△BHM(AAS),根据全等三角形的性质得出AD=BH=AG,根据三角形中位线的判定与性质求出AG=GH,则AG=GH=BH,据此即可得解.
    此题是四边形综合题,考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、三角形内角和定理、相似三角形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质等知识,熟练掌握全等三角形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质并作出合理的辅助线是解题的关键.
    28.【答案】M1(1,1),M3(1,2)
    【解析】解:(1)如图:
    ∵A(0,1)、B(0,2),
    ∴线段AB的“二倍点”是以A(0,1)、B(0,2),C(4,2),D(2,1)为顶点的四边形及内部,
    ∴在M1(1,1),M2(3,1),M3(1,2),M4(1,4)中,M1(1,1),M3(1,2)是线段AB的“二倍点”,
    故答案为:M1(1,1),M3(1,2);
    (2)如图:
    ∵A(0,1)、B(0,2),
    ∴线段AB的“二倍点”是以A(0,1)、B(0,2),C(4,2),D(2,1)为顶点的四边形及内部,
    直线y=k(x−1)过定点(1,0),
    当直线y=k(x−1)过C(4,2)时,
    3k=2,
    解得k=23,
    当y=k(x−1)过A(0,1)时,
    −k=1,
    ∴k=−1,
    观察图形可知,直线y=k(x−1)(k≠0))存在线段AB的“二倍点”,则k≥23或k≤−1;
    (3)设P为⊙A上一点,连接OP,将OP绕P逆时针旋转90°,并延长到M,使PM=2OP,取K(2,1),连接PA,OM,KM,OK,过K作KT⊥x轴于T,如图:
    ∵PM=2OP,∠OPM=90°,
    ∴tan∠PMO=12,OMOP= 5,
    ∵K(2,1),A(0,1),
    ∴tan∠KOT=12,OKOA= 5,
    ∴∠PMO=∠KOT,OMOP=OKOA,
    ∴∠POA=90°−∠AOM−∠PMO=90°−∠AOM−∠KOT=∠MOK,
    ∴△POA∽△MOK,
    ∴MKPA=OMOP= 5,
    ∴MK= 5,
    ∴M的运动轨迹是以K为圆心, 5为半径的⊙K,则⊙A的“二倍点”是⊙K及其内部和⊙A及其内部,
    过A作AN⊥CD于N,交⊙O于M,如图:
    此时MN最小,
    由y=x+4得C(−4,0),D(0,4),
    ∴OC=OD,AD=3,
    ∴∠DCO=∠CDO=45°,
    ∴∠NRC=45°,
    ∴△NDA是等腰直角三角形,
    ∴AN=AD 2=3 22,
    MN=AN−AM=3 22−1,
    ∴线段MN的最小值为3 22−1;
    连接CK并延长交⊙K于M,此时若N与C重合,则MN最大,如图:
    在Rt△KNT中,
    NK= CT2+KT2= (4+2)2+12= 37,
    ∴MN=NK+MK= 37+ 5;
    ∴线段MN的最大值为 37+ 5.
    综上所述,线段MN的最小值为3 22−1,线段MN的最大值为 37+ 5.
    (1)由A(0,1)、B(0,2),画出线段AB的“二倍点”是以A(0,1)、B(0,2),C(4,2),D(2,1)为顶点的四边形及内部,即可得到答案;
    (2)由线段AB的“二倍点”是以A(0,1)、B(0,2),C(4,2),D(2,1)为顶点的四边形及内部,直线y=k(x−1)过定点(1,0),当直线y=k(x−1)过C(4,2)时,可得k=23,当y=k(x−1)过A(0,1)时,k=−1,观察图形即得k≥23或k≤−1;
    (3)设P为⊙A上一点,连接OP,将OP绕P逆时针旋转90°,并延长到M,使PM=2OP,取K(2,1),连接PA,OM,KM,OK,过K作KT⊥x轴于T,证明△POA∽△MOK,可得MK= 5,故M的运动轨迹是以K为圆心, 5为半径的⊙K,⊙A的“二倍点”是⊙K及其内部和⊙A及其内部,过A作AN⊥CD于N,交⊙O于M,MN最小,由△NDA是等腰直角三角形,即可得MN=AN−AM=3 22−1,故线段MN的最小值为3 22−1;连接CK并延长交⊙K于M,此时若N与C重合,则MN最大,求出NK= CT2+KT2= 37,即得线段MN的最大值为 37+ 5.
    本题考查圆的综合应用,涉及新定义“二倍点”,解题的关键是读懂题意,画出图形,用数形结合的思想解决问题.A
    B
    C
    A
    (A,A)
    (A,B)
    (A,C)
    B
    (B,A)
    (B,B)
    (B,C)
    C
    (C,A)
    (C,B)
    (C,C)
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