广东省惠州市德兴通中英文学校2022-2023学年九年级下学期开学考试数学试题（解析版）

这是一份广东省惠州市德兴通中英文学校2022-2023学年九年级下学期开学考试数学试题（解析版），共22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：本大题共10小题，每小题3分，共30分．
1. 如果将抛物线向左平移1个单位，那么所得新抛物线的表达式是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次函数平移的规律 “左加右减，上加下减”解答即可．
【详解】解：∵抛物线，向左平移1个单位，
∴新抛物线的表达式是，
故选：D
【点睛】本题考查了抛物线的平移，解决本题的关键是掌握平移的规律．
2. 如图，C、D是⊙O上的两点，且位于直径AB两侧，连接BC、CD、BD，若，则（ ）
A. 40°B. 50°C. 60°D. 70°
【答案】D
【解析】
【分析】根据直径所对圆周角得出∠ACB=90°，求出∠CAB=90°-∠CBA=90°-20°=70°，利用同弧所对圆周角性质得出∠CDB=∠CAB=70°即可．
【详解】解：∵AB直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠CBA=90°，
∵，更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 ∴∠CAB=90°-∠CBA=90°-20°=70°，
∴∠CDB=∠CAB=70°．
故选：D．
【点睛】本题考查直径所对圆周角性质，三角形内角和，同弧所对圆周角性质，掌握直径所对圆周角性质，三角形内角和，同弧所对圆周角性质是解题关键．
3. 圆的内接四边形ABCD的四个内角之比∠A：∠B：∠C：∠D的可能的值是( ).
A. 1：2：3：4B. 4：2：3：1C. 4：3：1：2D. 4：1：3：2
【答案】C
【解析】
【分析】由四边形ABCD是圆内接四边形，根据圆的内接四边形的对角互补，可得∠A+∠C=∠B+∠D=180°，继而求得答案．
【详解】∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠A+∠C=∠B+∠D=180°.
∴圆内接四边形ABCD的四个内角之比可能是：4:3:1:2.
故选C.
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，解题的关键是熟练掌握圆内接四边形的性质.
4. 下列英文大写正体字母中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是 （ ）
A. SB. NC. MD. X
【答案】D
【解析】
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的概念判断．
【详解】解：A、S是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B、N是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、M不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、X既是中心对称图形，又是轴对称图形，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度后能够与原图重合．
5. 下列图形中，属于中心对称图形，但不属于轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A.是中心对称图形，不是轴对称图形，符合题意；
B. 是中心对称图形，也是轴对称图形，不符合题意；
C. 不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
D. 不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
故选A．
【点睛】本题主要考查了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度后两部分重合．
6. 已知抛物线经过和两点，则的值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据（﹣1，n）和（2，n）可以确定函数对称轴x＝1，再由对称轴的x＝﹣＝，即可求解．
【详解】解：抛物线y＝x2+mx﹣1经过（﹣1，n）和（2，n）两点，
可知函数的对称轴x＝＝，
∴﹣＝，
∴m＝﹣1；
∴y＝x2﹣x﹣1，
将点（﹣1，n）代入函数解析式，可得n＝1；
∴m＋n＝﹣1＋1＝0．
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数图象上点的坐标；熟练掌握二次函数图象上点的对称性是解题的关键．
7. 下列事件中，属于随机事件是（ ）
A. 用长度分别是1cm，2cm，3cm的细木条首尾顺次相连可组成一个三角形
B. 用长度分别是3cm，4cm，5cm的细木条首尾顺次相连可组成一个直角三角形
C. 如果一个三角形有两个角相等，那么两个角所对的边也相等
D. 有两组对应边和一组对应角分别相等的两个三角形全等
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形三边关系判断A选项；根据勾股定理判断B选项；根据等腰三角形的性质：等边对等角判断C选项；根据全等三角形的判定即可判断D选项．
【详解】A.因为，所以用长度分别是1cm，2cm，3cm的细木条首尾顺次相连可组成一个三角形为不可能事件，故此选项错误；
B.因为满足勾股定理，所以用长度分别是3cm，4cm，5cm的细木条首尾顺次相连可组成一个直角三角形为必然事件，故此选项错误；
C.因为三角形有两个角相等则这个三角形是等腰三角形，故等腰三角形等角对等边，所以如果一个三角形有两个角相等，那么两个角所对的边也相等为必然事件，故此选项错误；
D.根据SAS可以判断两三角形全等，但ASS不能判断两三角形全等，所以有两组对应边和一组对应角分别相等的两个三角形全等为随机事件，故此选项正确．
故选：D．
【点睛】本题考查随机事件，随机事件可能发生也可能不发生，必然事件一定发生，不可能事件一定不发生，掌握随机事件的定义是解题的关键．
8. 欧几里得的《原本》记载，形如的方程的图解法是：画，使，，，再在斜边上截取．则该方程的一个正根是（ ）
A. 的长B. 的长C. 的长D. 的长
【答案】B
【解析】
【分析】可以利用求根公式求出方程的根，根据勾股定理求出AB的长，进而求得AD的长，即可发现结论．
【详解】用求根公式求得：
∵
∴
∴
AD的长就是方程的正根．
故选：B．
【点睛】本题考查解一元二次方程及勾股定理等，熟练掌握公式法解一元二次方程是解题的关键．
9. 如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（5，0），与y轴交于点C，其对称轴为直线x＝2，结合图象分析如下结论：①abc＞0；②b+3a＜0；③当x＞0时，y随x的增大而增大；④若一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过点A，则点E（k，b）在第四象限；⑤点M是抛物线的顶点，若CM⊥AM，则a＝．其中正确的有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】D
【解析】
【分析】①正确，根据抛物线的位置判断即可；②正确，利用对称轴公式，可得b＝﹣4a，可得结论；③错误，应该是x＞2时，y随x的增大而增大；④正确，判断出k＞0，可得结论；⑤正确，设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣5）＝a（x﹣2）2﹣9a，可得M（2，﹣9a），C（0，﹣5a），过点M作MH⊥y轴于点H，设对称轴交x轴于点K．利用相似三角形的性质，构建方程求出a即可．
【详解】解：∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵对称轴直线x＝2，
∴﹣＝2，
∴b＝﹣4a＜0
∵抛物线交y轴的负半轴，
∴c＜0，
∴abc＞0，故①正确，
∵b＝﹣4a，a＞0，
∴b+3a＝﹣a＜0，故②正确，
观察图象可知，当0＜x≤2时，y随x的增大而减小，故③错误，
一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过点A，
∵b＜0，
∴k＞0，此时E（k，b）在第四象限，故④正确．
∵抛物线经过（﹣1，0），（5，0），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣5）＝a（x﹣2）2﹣9a，
∴M（2，﹣9a），C（0，﹣5a），
过点M作MH⊥y轴于点H，设对称轴交x轴于点K．
∵AM⊥CM，
∴∠AMC＝∠KMH＝90°，
∴∠CMH＝∠KMA，
∵∠MHC＝∠MKA＝90°，
∴△MHC∽△MKA，
∴＝，
∴＝，
∴a2＝，
∵a＞0，
∴a＝，故⑤正确，
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
10. 已知△ABC是斜边长为1cm的等腰直角三角形， 以Rt△ABC的斜边AC为直角边，画第二个等腰Rt△ACD，再以Rt△ACD的斜边AD为直角边，画第三个等腰Rt△ADE， …， 依此类推，第n个等腰直角三角形的斜边长是（ ）
A. cm B. ( )n-1 C. 2ncm D. cm
【答案】B
【解析】
【分析】根据等腰直角三角形的斜边长为直角边长度的倍，分别求出第二个、第三个三角形的斜边长，据此找出规律即可．
【详解】∵等腰直角三角形的斜边长为直角边长度的倍，且第一个三角形△ABC的斜边长为1
第二个三角形（△ACD）的斜边长为：1× ，
第三个三角形（△ADE）的斜边长为：×=（）2 ，
···，
第n个三角形的直角边的斜边长为()n-1．
故答案为：B．
【点睛】此题主要考查学生对等腰直角三角形的理解和掌握，解答此题的关键是通过认真分析，根据等腰直角三角形的斜边长为直角边长度的 倍，从中发现规律．
二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．
11. 如图，在⊙O中，半径OA垂直于弦BC，垂足为点D，若，，则AD长为______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据垂径定理，可知OA垂直平分BC，则BD=BC，利用勾股定理求出OD的长，进而求AD的长．
【详解】解：∵半径OA垂直于弦BC，
∴OA垂直平分BC．
∴BD=BC．
又，
∴BD=4，
在⊙O中，OA=OB=5，
在Rt△BOD中OD==3，
∴AD=OA-OD=5-3=2，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，利用勾股定理求边长，掌握垂径定理是解决本题的关键．
12. 抛物线的图象的对称轴是________．
【答案】y轴
【解析】
【分析】根据二次函数的对称轴，将a，b依次代入计算即可求出．
【详解】解：∵二次函数的对称轴为直线，，，
∴，即二次函数的对称轴为y轴．
故答案：y轴
【点睛】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的对称轴为直线．
13. 若不等式对恒成立则x的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】将不等式整理得，当x=0时，-6＜0，不等式不成立，得出x≠0，令y=，y是关于a的一次函数，即，根据一次函数的性质得出x2＞0，关于a的函数y随a的增大而增大，当a=-1时，当时y＞0恒成立，解不等式即可
【详解】解：不等式整理得
当x=0时，-6＜0，不等式不成立，
∴x≠0，
令y=,
∴y是关于a的一次函数，即，
∵x2＞0，关于a的函数y随a的增大而增大，
当a=1时，，
当a=-1时，，
当时y＞0恒成立，
∴＞0，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查一次函数的性质，二次不等式，掌握一次函数的性质，二次不等式解法是解题关键，
14. 若关于x的方程的一个根是-1，则m的值是______．
【答案】
【解析】
【分析】把代入方程进行求解即可．
【详解】解：把代入方程可得：，
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解是解题的关键．
15. 二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的图象如图所示，对称轴为直线x＝﹣1．有以下结论：①abc＞0；②a（k2+2）2+b（k2+2）＜a（k2+1）2+b（k2+1）（k为实数）；③m（am+b）≤﹣a（m为实数）；④c＜﹣3a；⑤ax2+bx+c+1＝0有两个不相等的实数根．其中正确的结论有 _____（只填写序号）．
【答案】①②③④⑤
【解析】
【分析】根据抛物线开口方向，对称轴位置及抛物线与y轴交点位置判断①；根据函数的增减性可判断②；由抛物线开口方向及对称轴可得x＝﹣1时y最大，从而判断③；由对称轴可得b＝2a，由x＝﹣1时y＜0可判断④；根据函数y＝ax2+bx+c与y＝﹣1的图象有两个交点可判断⑤．
【详解】解：∵抛物线开口向下，与y轴交点在y轴正半轴，
∴a＜0，c＞0，
又∵对称轴是直线x＝﹣1，
∴，
∴
∴abc＞0，故①正确；
∵对称轴是直线x＝﹣1，抛物线开口向下，
∴当x＞﹣1时，y随x的增大而减小，
∵k是实数，
∴k2+2＞k2+1＞﹣1，
∴a（k2+2）2+b（k2+2）+c＜a（k2+1）2+b（k2+1）+c，
即a（k2+2）2+b（k2+2）＜a（k2+1）2+b（k2+1），故②正确；
∵抛物线开口向下，顶点坐标为（﹣1，a﹣b+c）
∴y最大＝a﹣b+c＝﹣a+c，
∴am2+bm+c≤﹣a+c，
即m（a+b）≤﹣a，
故③正确；
由图象知，x＝1时，y＜0，
∴a+b+c＜0，
∵b＝2a，
∴3a+c＜0，
∴c＜﹣3a，故④正确；
根据图象可知，函数y＝ax2+bx+c与y＝﹣1的图象有两个交点，
∴ax2+bx+c+1＝0有两个不相等的实数根，
故⑤正确，
故答案为：①②③④⑤．
【点睛】本题主要考查了二次函数图像的性质，解题的关键在于能够熟练掌握二次函数图像的性质．
16. 如图AB为⊙O的直径，点P为AB延长线上的点，过点P作⊙O的切线PE，切点为M，过A、B两点分别作PE垂线AC、BD，垂足分别为C、D，连接AM，则下列结论正确的是______（写所有正确论的号）
①AM平分∠CAB；②；③若AB=4，∠APE=30°，则的长为；④若AC=3BD，则有tan∠MAP=．
【答案】①②④
【解析】
【分析】连接OM，由切线的性质可得，继而得，再根据平行线的性质以及等边对等角即可求得，由此可判断①；通过证明，根据相似三角形的对应边成比例可判断②；求出，利用弧长公式求得的长可判断③；由，，，可得，继而可得，，进而有，在中，利用勾股定理求出PD的长，可得，由此可判断④．
【详解】解：连接OM，
∵PE为的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
即AM平分，故①正确；
∵AB为的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴的长为，故③错误；
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，，，
∴，
又∵，
∴，
设，则，
∴，
在中，，
∴，
∴，
由①可得，
，
故④正确，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理等，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
17. 如图，等边△ABC的边长为6，三角形内部有一个半径为1的，若含与△ABC边相切的情况，则点P可移动的最大范围（最大面积）是______．
【答案】##
【解析】
【分析】如图，当与△ABC的边相切时，圆心P可移动的范围为，过点作，过点作，有，进而．同理可得，，则，由此求解即可．
【详解】如图，当与△ABC的边相切时，圆心P可移动的范围为，
根据题意可知，即，，，且三边到△ABC三边的距离相等．
过点作，过点作，有，进而有．同理可得，，
∴．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，解题的关键在于能够正确得到圆心P可移动的范围为．
三、解答题：第18，19，20小题6分，第21，22，23小题8分，第24，25小题10分．
18. 已知二次函数图象过点A(2，1)，B(4，1)且最大值为2，求二次函数的解析式．
【答案】y=－x2＋6x－7
【解析】
【分析】设出二次函数的解析式为y=ax2+bx+c，根据已知条件建立关于a，b，c的方程，解方程求出a，b，c即可．
【详解】设二次函数解析式为：y=ax2+bx+c，则由已知条件得：
，解得a=-1，b=6，c=-7；
∴所求二次函数解析式为y=-x2+6x-7．
故答案为：y=-x2+6x-7．
【点睛】考查二次函数的一般形式，以及图象上的点和函数解析式的关系，二次函数的最值公式．
19. 已知：如图，在⊙中，，与相交于点，求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】因为，得到可以推出它们所对的圆周角相等，即可得证．
【详解】解：∵，


∴，
∴．
20. 用反证法证明下列问题：
如图，在中，点D、E分别在上，相交于点O．求证：和不可能互相平分．
【答案】见解析
【解析】
【分析】利用反证法证明的第一步假设和互相平分，进而利用平行四边形的判定与性质得出，进而得出与已知出现矛盾，从而得出原命题正确．
【详解】证明：连接，
假设和互相平分，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵在中，点D、E分别在上，
∴不可能平行于，与已知出现矛盾，
故假设不成立原命题正确，
即和不可能互相平分．
【点睛】此题主要考查了反证法的证明，根据反证法步骤得出假设和互相平分进而得出矛盾是解题关键．
21. 如图，⊙O的弦AB、CD的延长线相交于点E，且EA＝EC．求证：AB＝CD．
【答案】辅助线如图，解答见解析
【解析】
【分析】连接AC，由EA＝EC，则∠A=∠C，根据圆周角定理，则，即，则AB=CD.
【详解】解：如图，连接AC，
∵EA＝EC，
∴∠A=∠C，
由圆周角定理，由，
∴，
即，
∴AB=CD.
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形性质，解题的关键是正确求出.
22. 如图，为的直径，弦于点E，若，，求弦的长．
【答案】24
【解析】
【分析】连接，根据垂径定理得到，根据求出、的长，根据求出的长，利用勾股定理求出，即可得到的长．
【详解】解：连接，如图所示：
∵为的直径，，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理等，解决问题的关键是添加辅助线，熟练掌握垂直弦的直径平分弦，勾股定理解直角三角形，是解题的关键．
23. 如图，AB是的直径，点F在上，∠BAF的平分线AE交于点E，过点E作，交AF的延长线于点D，延长DE、AB相交于点C．求证：CD是的切线；
【答案】见解析
【解析】
【分析】连接OE，由等腰△OAE得到∠OAE=∠OEA，由角平分线得到∠CAE=∠DAE，从而得到OE∥AD，得到结论．
【详解】解：（1）连接OE,
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∵AE平分∠BAF，
∴∠OAE=∠DAE，
∴∠OEA=∠EAD，
∴OE∥AD，
∵ED⊥AF，
∴OE⊥DE，
∴CD是⊙O的切线．
【点睛】本题考查切线的证明，角平分线的性质，熟练的掌握切线的定义是解题的关键．
24. 已知点M、N分别在△ABC的边AB、AC上，且不同于所在边的端点，满足，，P关于直线BC的对称点为A，证明：PA是∠MPN的角平分线．
【答案】证明见详解；
【解析】
【分析】由以及对称性可知，四点共圆，根据四点共圆的性质可知，进而可证PA是∠MPN的角平分线．
【详解】解：∵，
∴，
由对称性可知，
∴，
∴四点共圆，如下图所示，
∴，
，
∴，
∴，
∴PA是∠MPN的角平分线．
【点睛】本题考查四点共圆的性质与判定，等边对等角，能够熟练运用四点共圆的性质与判定是解决本题的关键．
25.
在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，若四边形ABCD是正方形，如图1：则有AC=BD，AC⊥BD．
旋转图1中的Rt△COD到图2所示的位置，AC’与BD’有什么关系？（直接写出）；
若四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，旋转Rt△COD至图3所示的位置，AC’与BD’又有什么关系？写出结论并证明．
【答案】图2结论：AC′=BD′，AC′⊥BD′，理由见解析；图3结论：BD′=AC′，AC′⊥BD’，理由见解析．
【解析】
【分析】图2：根据四边形ABCD是正方形，得到AO=OC=BO=OD，AC⊥BD，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，等量代换得到AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，则△AOC′≌△BOD′，根据全等三角形的性质得到AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，于是得到结论；
图3：根据四边形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求得OB=OA，OD=OC，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，求得OD′=OC′，∠AOC′=∠BOD′，则△AOC′∽△BOD′，根据相似三角形的性质得到BD′=AC′，于是得到结论．
【详解】解：图2结论：AC′=BD′，AC′⊥BD′，
理由：如图2，∵四边形ABCD是正方形，
∴AO=OC=BO=OD，AC⊥BD，
∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，
∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，
∴AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，
在△AOC′与△BOD′中，，
∴△AOC′≌△BOD′，
∴AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，
∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，
∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，
∴AC′⊥BD′；
图3结论：BD′=AC′，AC′⊥BD’
理由：如图3，∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABO=30°，
∴OB=OA，OD=OC，
∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，
∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，
∴OD′=OC′，∠AOC′=∠BOD′，
∴，
∴△AOC′∽△BOD′，
∴，∠OAC′=∠OBD′，
∴BD′=AC′，
∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，
∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，
∴AC′⊥BD′．