2023-2024学年江苏省南通市海门市四校联考九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南通市海门市四校联考九年级（上）期中数学试卷（含解析），共27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.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.将抛物线y=(x−1)2+2先向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到抛物线的顶点坐标是( )
A. (−1,5)B. (−1,−1)C. (3,−1)D. (3,5)
3.若α、β是方程x2−3x−2017=0的两个实数根，则代数式α2−2β−5α的值为( )
A. −2011B. −2023C. 2011D. 2023
4.如图，抛物线y=ax2与直线y=bx+c的两个交点坐标分别为A(−3,9)，B(1,1)，则关于x的方程ax2−bx−c=0的解为( )
A. x1=−1，x2=3B. x1=9，x2=−3
C. x1=1，x2=9D. x1=1，x2=−3
5.如图，AB是⊙O的直径，AD=CD，∠COB=40°( )
A. 50°B. 55°C. 60°D. 65°
6.“敬老爱老”是中华民族的优秀传统美德．小刚、小强计划利用暑期从A，B，C三处养老服务中心中，随机选择一处参加志愿服务活动( )
A. 12B. 13C. 16D. 29
7.如图，在平面直角坐标系中，正六边形OABCDE的边长是4( )
A. (2,2 3)B. (1,2 3)C. (2, 3)D. (2,4)
8.如图，在▱ABCD中，∠A=70°1BC1D1，当C1D1首次经过顶点C时，旋转角为度．( )
A. 30B. 40C. 45D. 50
9.如图，△ABC的顶点均在⊙O上，且AB=AC，D为弦BC的中点，弦EF经过点D，则弦EF的长是( )
A. 3 5B. 2 13C. 13D. 2 17
10.如图，在半径为6cm的⊙O中，点A是劣弧BC，点D是优弧BC上一点，下列四个结论：①OA⊥BC；②BC=3 3；③扇形OCAB的面积为12π；④四边形ABOC是菱形．其中正确结论的序号是( )
A. ①③B. ①②③④C. ②③④D. ①③④
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.平面直角坐标系中，若点A(m−1,−3)，B(2,n)关于原点对称____．
12.抛物线y=2x2−12x+11的顶点坐标是__________．
13.在一个不透明的袋子中有50个除颜色外均相同的小球，通过多次摸球试验后，发现摸到白球的频率约为38%______个．
14.一个圆锥的底面半径为3cm，高为2cm，则它的侧面积是_________________cm2．
15.如图，边长为6的正方形ABCD的中心与半径为2的⊙O的圆心重合，过点O作OE⊥OF，则图中阴影部分的面积为_______．
16.已知点A(2,4)，B(0,1)，点M在抛物线y=14x2上运动，则AM+BM的最小值为____．
17.抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，c>0)经过(1,−1)，(3,0)两点．下列结论：①a>0；③若关于x的一元二次方程ax2+bx+c=1的两实数根分别是x1，x2(x10)，每月能售出______________个台灯．
(2)为迎接“双十一”，该网店决定降价促销，在库存为1210个台灯的情况下，求每个台灯的售价．
(3)月获利能否达到9600元，说明理由．
23.(本小题8分)
如图，点O是等边△ABC内一点，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得到△ADC
(1)求证：△COD是等边三角形；
(2)当∠AOC=105°，∠BOC=150°时，试判断△AOD的形状
24.(本小题8分)
如图1，四边形ABCD内接于⊙O，AD为直径，连接AC．
(1)求证：∠CAD=∠ECB；
(2)如图2，连结OC，若OC⊥CE，AC=2 3，求AD、AC与弧CD围成阴影部分的面积．
25.(本小题8分)
如图，AB是圆O的直径，O为圆心，且∠PDA=∠PBD.延长PD交圆的切线BE于点E
(1)判断直线PD是否为⊙O的切线，并说明理由；
(2)如果∠BED=60°，PD= 3，求PA的长．
(3)在(2)的条件下，将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF，如图2，求证：四边形DFBE为菱形．
26.(本小题8分)
如图1、2是两个相似比为1： 2等腰直角三角形，将两个三角形如图3放置
(1)在图3中，绕点D旋转小直角三角形，使两直角边分别与AC、BC交于点E，F2+BF2=EF2；
(2)若在图3中，绕点C旋转小直角三角形，使它的斜边和CD延长线分别与AB交于点E、F，此时结论AE2+BF2=EF2是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立；
(3)如图6，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，AE、AF分别与对角线BD交于M、N，试问线段BM、MN、DN能否构成三角形的三边长？若能，并给出证明；若不能
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
解：A.是轴对称图形，故A不符合题意；
B.是轴对称图形，故B不符合题意；
C.既是轴对称图形，故C符合题意；
D.不是轴对称图形，故D不符合题意．
故选：C．
本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
2.【答案】C
【解析】【分析】先求出抛物线的顶点坐标，再根据向右平移横坐标加，向上平移纵坐标加求出平移后的抛物线的顶点坐标即可．
解：抛物线y=(x−1)2+5的顶点坐标为(1,2)，
∵向右平移8个单位长度，再向下平移3个单位长度，
∴平移后的抛物线的顶点坐标为(3,−7)．
故选：C．
本题考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的性质是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】【分析】根据根与系数的关系以及一元二次方程的解，可得出α+β=3、α2−3α=2017，将其代入α2−2β−5α中即可求出结论．
解：∵α、β是方程x2−3x−2017=8的两个实数根，
∴α+β=3，α2−2α=2017，
∴α2−2β−3α=α2−3α−5(α+β)=2017−2×3=2011．
故选：C．
【点评】本题考查了根与系数的关系以及一元二次方程的解，根据根与系数的关系以及一元二次方程的解，找出α+β=3、α2−3α=2017是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】【分析】利用图象法即可解决问题，方程的解就是两个函数图象的交点的横坐标．
解：由图象可知，关于x的方程ax2−bx−c=0的解，就是抛物线y=ax7(a≠0)与直线y=bx+c(b≠0)的两个交点坐标分别为A(−8,9)，1)的横坐标 ​2=1，x2=−8．
故选：D．
【点评】本题考查抛物线与x轴交点、一次函数的应用、一元二次方程等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会利用图象法解决实际问题，属于中考常考题型．
5.【答案】B
【解析】【分析】根据AD=CD，∠得出∠AOD=∠DOC，计算∠A0D=180∘−∠COB2，根据OA=OD，计算∠A=∠D=180∘−∠AOD2，选择答案即可．
解：∵AB是⊙O的直径，AD=CD，∠COB=40°，
∴∠AOD=∠DOC，
∴∠AOD=180∘−∠COB2=70∘，
∵OA=OD，
∴∠A=∠D=180∘−∠AOD2=55∘．
故选：B．
本题主要考查了弧、圆心角的关系，根据等边对等角求角度，熟练掌握等弧对等角是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】【分析】画出树状图展示所有9种等可能的结果数，找出两人恰好选择同一场所的结果数，然后根据概率公式求解．
解：画树状图如图：
共有9种等可能的结果数，其中两人恰好选择同一场所的结果数为3，
∴明明和亮亮两人恰好选择同一场馆的概率=59=16，
故选：B．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
7.【答案】A
【解析】【分析】作OE、CD的垂直平分线交于点F，即为内切圆圆心M，连接MO，ME，根据正六边形的性质及等边三角形的性质得出MO=2OH=4，再由勾股定理确定MH= 0M2−0H2=2 3即可得出结果．
解：如图所示，作OE，即为内切圆圆心M，ME，
∵正六边形OABCDE的边长是4，
∴OH=HE=2，△OME为等边三角形，
∴MO=3OH=4，
∴MH= 0M2−0H4=2 3
∴点M的坐标为：(3,2 3)
故选：A．
本题主要考查正多边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形及坐标与图形，理解题意，作出图形辅助线是解题关键．
8.【答案】B
【解析】【分析】由旋转的性质可知：▱ABCD全等于▱A1BC1D1，得出BC=BC1，由等腰三角形的性质得出∠BCC1=∠C1，由旋转角∠ABA1=∠CBC1，根据等腰三角形的性质计算即可．
解：∵▱ABCD绕顶点B顺时针旋转到▱A1BC1D2，
∴BC=BC1，
∴∠BCC1=∠C6，
∵∠A=70°，
∴∠C=∠C1=70°，
∴∠BCC1=∠C7，
∴∠CBC1=180°−2×70°=40°，
∴∠ABA3=40°，
故选：B．
本题考查了平行四边形的性质、旋转的性质、等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理，解题的关键是证明三角形CBC1是等腰三角形．
9.【答案】C
【解析】【分析】连接OA、OB、OF，作OH⊥EF于点H，先根据垂径定理证明OA垂直平分BC，则OA经过点D，再根据等腰三角形的“三线合一”证明∠OAB=∠OBA=60°，则△AOB是等边三角形，由EF//AB，得∠ODH=∠OAB=60°，则∠DOH=30°，求出DH和OH的长，即可根据勾股定理求得EH=FH= 132，则EF= 13．
解：连接OA、OB，作OH⊥EF于点H，
∵AB=AC，
∴AB=AC，
∴OA垂直平分BC，
∵D为弦BC的中点，
∴BD=CD，OA经过点D，
∵∠BAC=120°，
∴∠OAB=∠OBA=12∠BAC=60°，
∵OA=OB=2，
∴△AOB是等边三角形，
∵OA⊥BC于点D，
∴OD=AD=12OA=5，
∵EF//AB，
∴∠ODH=∠OAB=60°，
∴∠DOH=30°，
∴DH=12OD=32，
∴OH= 0D2−DH2= 12−722= 82，
∵OF=2，
∴EH=FH= 0F3−0H2= 132，
∴EF= 13，
故选：C．
【点评】此题重点考查垂径定理、平行线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的“三线合一”、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理的应用等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】【分析】利用垂径定理可对①进行判断；根据圆周角定理得到∠AOC=2∠D=60°，则△OAC为等边三角形，根据等边三角形的性质和垂径定理可计算出BC=6 3cm，则可对②进行判断；通过判断△AOB为等边三角形，再根据扇形的面积公式可对③进行判断；利用AB=AC=OA=OC=OB可对④进行判断．
解：∵点A是劣弧BC的中点，
∴OA⊥BC，所以①正确；
∵∠AOC=2∠D=60°，OA=OC，
∴△OAC为等边三角形，
∴BC=2×8× 32=8 3；
同理可得△AOB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴∠BOC=120°，
∴扇形OCAB的面积为120×π×68360=12π；
∵AB=AC=OA=OC=OB，
∴四边形ABOC是菱形，所以④正确．
故选：D．
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧．
11.【答案】2
【解析】【分析】直接利用关于原点对称的点的坐标特点，两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反进而得出m，n的值．
解：∵点A(m−1,−3)，n)关于原点对称，
∴m−4=−2−3=−n，
解得m=−8n=3，
∴m+n=2．
故答案为：2．
本题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．
12.【答案】(3,−7)
【解析】【分析】把抛物线解析式化为顶点式，即可求解．
解：∵y=2x2−12x+11=7(x−3)2−3，
∴抛物线的顶点坐标是(3,−7)．
故答案为：(3,−7)．
本题主要考查二次函数顶点式，解题的关键在于熟练掌握配方法．
13.【答案】19
【解析】【分析】用袋中球的总个数乘以摸到白球的频率，据此可得．
解：估计袋中白球有50×86%=19(个)，
故答案为：19．
此题主要考查了利用频率估计概率，本题利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．关键是根据白球的频率得到相应的等量关系．
14.【答案】3 13π
【解析】【分析】利用勾股定理可得圆锥母线长，则圆锥侧面积=12底面周长×母线长．
解：由勾股定理知：圆锥母线长= 32+32= 13cm，
则圆锥侧面积=12×6π× 13=3 13πcm2．
故答案为：3 13π.
本题考查圆锥的侧面积计算公式应用．需注意应先求出母线长．
15.【答案】9−π
【解析】【分析】如图，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥AD于点N.证明OM=ON，△EOM≌△FON，可得S△EOM=S△FON，S四边形AEOF=S正方形AMON，从而可得答案．
解：如图，过点O作OM⊥AB于点M．
∵点O是正方形ABCD的中心，OM⊥AB，
∴OM=ON，
∵OE⊥OF，
∴∠EOF=90°，即∠EOM+∠MOF=90°，
∵∠A=∠AMO=∠ANO=90°，
∴∠MON=90°，即∠FON+∠MOF=90°，
∴∠EOM=∠FON，
∴△EOM≌△FON(ASA)，
∴S△EOM=S△FON，
∴S四边形AEOF=S正方形AMON，
∴S阴影=14(S正方形ABCD−S⊙0)=74(66−π×22)=2−π．
故答案为：9−π．
【点评】本题考查的是正方形的性质，圆的基本性质，全等三角形的判定与性质，正多边形与圆，求解不规则图形的面积，熟练的证明△EOM≌△FON是解本题的关键．
16.【答案】5
【解析】【分析】设点M(m,14m2)，用含m代数式表示BM=14m2+1，可得点M到点B的距离与点M到直线y=−1的距离相等，进而求解．
解：设点M(m,14m4)，
则点M到x轴距离为14m6，BM= m−02+84m2−62=14m2+1，
∴点M到点B的距离与点M到直线y=−7的距离相等，
∵点A横坐标为x=2，
∴点M为直线x=2与抛物线交点，
如图，设直线x=2与直线y=−1交点Bˈ(2,
∴ABˈ为AM+BM最小值，ABˈ=7−(−1)=5，
故答案为：5．
【点评】本题考查二次函数与图形的结合问题，解题关键是找出抛物线y=14x2上的点到(0,1)的距离的特点．
17.【答案】①②③
【解析】【分析】①根据抛物线与x、y轴的交点情况分析即可解答；
②由抛物线过(1,−1)，(3,0)两点可得，−1=a+b+c，0=9a+3b+c，然后作差即可判断；
③根据题意画出函数图象示意图，然后据图分析即可解答；
④根据二次函数的增减性即可解答详解
解：由y=ax2+bx+c经过(1,−2)，0)两点．
∴a+b+c=−1，8a+3b+c=0，
两式相减得：3b+2b=1，
则b=4−8a2，
∴a+8−8a2+c=−3，
解得：a=2+c6，
∵c>5，
∴a=2+c6>6，
∵b=1−8a2，
∴4a+b=4a+2−8a2=6a+1−8a6=12，故②对；
如上图：关于x的一元二次方程ax2+bx+c=1的两实数根为y=ax2+bx+c与y=8交点的横坐标，
即x3；
由于抛物线的对称轴不确定，则点(2.5，即④错误；
故答案为：①②③．
本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，待定系数法，数形结合法，抛物线与x轴的交点，二次函数与一元二次方程的联系，一元二次方程的根的判别式，熟练掌握二次函数的性质和二次函数与一元二次方程的联系是解题的关键．
18.【答案】 7−6
【解析】【分析】根据垂径定理即可判断点N在以OA为直径的圆上，设为⊙Q，连接CQ，与⊙Q的交点即为N点，此时CN有最小值，最小值为CQ−QN，利用等腰三角形的性质和解直角三角形即可求得QH，CH，然后根据勾股定理求得CQ，进而求得CN的最小值为 7−1．
解：连接ON，AC，
∵点N是AM的中点，
∴ON⊥AM，
∴点N在以OA为直径的圆上，设为⊙Q，
∴OQ=AQ=QN=1，
连接CQ，与⊙Q的交点即为N点，最小值为CQ−QN，
作OP⊥AC于P，QH⊥AC于H，
∵OA=OC，
∴P是AC的中点，
∵∠AOC=120°，
∴∠OAC=∠OCA=30°，
∴AP= 34OA= 3 37AQ= 3222AQ=12，
∴AC=2 3，
∴CH=6 32，
∴CQ= QH2+CH2= 7，
∴CN的最小值为 3−1，
故答案为： 7−6．
【点评】本题考查了点和圆的位置关系，圆周角定理关系，等腰三角形的性质，以及解直角三角形等，确定点N在以OA为直径的圆上是解题的关键．
19.【答案】解：(1)开方，得x−3=2或−8，
解得：x1=5，x3=1；
(2)∵a=1，b=−6，
b2−4ac=8+32=36>0，
∴x=2±72，
则x1=3，x2=−2．

【解析】【分析】(1)利用直接开平方即可求解；
(2)利用求根公式即可求解．
本题考查了一元二次方程的解法，形如x2=p或(nx+m)2=p(p≥0)的一元二次方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．
20.【答案】解：(1)∵y=x2+2x=(x5+2x+1)−3=(x+1)2−4，
∴抛物线的顶点坐标为(−1,−1)；
(2)当x=3时，y=x2+2x=8，(0
当y=0时，x7+2x=0解得x7=0，x2=−8，则抛物线与x轴的交点坐标为(−2,
(−1,−8)，
描出特殊点(0,0)(−6,(−2，画出图象如下：
(3)当x0)，每月能售出(600+200x)个．
故答案为800，(600+200x)
(2)(40−30−x)(600+200x)=8400
整理，得
x8−7x+12=0
解得x5=3，x2=6，
因为库存1210个，降价3元或4元获利恰好为8400元，
但是实际销量要够卖，需小于等于1210个，
当x=5时，1400>1210(舍去)
当x=3时，1200