2023-2024学年广东省汕头市龙湖区林百欣中学九年级（下）素质摸查数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省汕头市龙湖区林百欣中学九年级（下）素质摸查数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.抛物线y=(x+1)2+2的对称轴为( )
A. 直线x=1B. 直线y=1C. 直线y=−1D. 直线x=−1
3.用配方法解一元二次方程x2+4x+1=0，下列变形正确的是( )
A. (x−2)2−3=0B. (x+4)2=15C. (x+2)2=15D. (x+2)2=3
4.抛物线y=12x2向左平移1个单位，再向上平移2个单位后，所得抛物线的表达式是( )
A. y=12(x+1)2−2B. y=12(x−1)2+2
C. y=12(x−1)2−2D. y=12(x+1)2+2
5.如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，若半径为5，OD=3，则弦AB的长为( )
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
6.设x1，x2是一元二次方程x2−2x−1=0的两根，则=( )
A. B. C. 2D. −2
7.点A(−2,m)，B(3,n)是反比例函数y=
的图象上两点，则m、n大小关系为( )
A. mnD. 无法确定
8.已知圆心角为120°的扇形的弧长为6π，该扇形的面积为( )
A. 18πB. 27πC. 36πD. 54π
9.在同一坐标系中，一次函数y=ax+k与二次函数y=kx2+a的图象可能是( )
A. B. C. D.
10.如图，是二次函数y=ax2+bx+c图象的一部分，其对称轴是直线x=−1，且过点(−3,0)，下列说法：①abc<0；②2a−b=0；③若(−5,y1)，(3,y2)是抛物线上两点，则y1=y2；④4a+2b+c<0，其中正确的有( )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.点P(−1,3)关于原点对称的点的坐标是______．
12.已知方程2x2−mx+3=0的一个根是−1，则m的值是______．
13.在一个不透明的袋子里装有红球和白球共30个，这些球除颜色外都相同，小明通过多次试验发现，摸出白球的频率稳定在0.3左右，则袋子里白球可能是______个．
14.如图，△ABC为⊙O的内接三角形，O为圆心，OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，若DE=2，则BC=______．
15.如图，以G(0,3)为圆心，半径为6的圆与x轴交于A，B两点，与y轴交于C，D两点，点E为⊙G上一动点，CF⊥AE于F，点E在εG的运动过程中，线段FG的长度的最小值为______．
三、解答题：本题共9小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题5分)
解方程：x2−2x−15=0．
17.(本小题5分)
已知关于x的一元二次方程x2−mx+m−1=0.求证：方程总有两个实数根．
18.(本小题7分)
在平面直角坐标系中，△AOB的三个顶点坐标分别为A(1,0)，O(0,0)，B(2,2).以点O为旋转中心，将△AOB逆时针旋转90°，得到△A1OB1．
(1)画出△A1OB1，并写出点A1和点B1的坐标．
(2)求线段OB扫过的面积．
19.(本小题7分)
如图，AB是⊙O的弦，OD⊥OB，交AB于E，且AD=ED.求证：AD是⊙O的切线．
20.(本小题9分)
“2022卡塔尔世界杯”已经闭幕，足球运动备受人们的关注.某中学对部分学生就足球运动的了解程度，采用随机抽样调查的方式，并根据收集到的信息进行统计，绘制了如图两幅统计图.根据图中信息回答下列问题：

(1)接受问卷调查的学生共有50人，条形统计图中m的值为______．
(2)若该中学共有学生1500人，根据上述调查结果，可以估计出该学校学生中对足球知识“不了解”和“了解很少”的总人数为______人.
(3)若从足球运动达到“非常了解”程度的2名男生和2名女生中随机抽取2人解说一场足球赛，请用列表或画树状图的方法，求恰好抽到1名男生和1名女生的概率．
21.(本小题9分)
如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=nx图象交x于A(32,4)、B(3,m)两点．
(1)求m，n的值；
(2)求直线AB的解析式；
(3)根据图像直接写出不等式kx+b>nx中x的取值范围．
22.(本小题9分)
如图，有长为12m的篱笆，现一面利用墙(墙的最大可用长度a为5m)围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃，设花圃的宽AB为x m，面积为S m2．
(1)要围成面积为9m2的花圃，AB的长是多少米？
(2)当AB的长是多少米时，围成的花圃面积最大？
23.(本小题12分)
在矩形ABCD中，AB=3，BC=2，以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转矩形ABCD，旋转角为α(0°<α<180°)，得到矩形AEFG，点B、点C、点D的对应点分别为点E、点F、点G．
(1)如图①，当点E落在DC边上时，线段EC的长度为______．
(2)如图②，连结CF，当点E落在线段CF上时，AE与DC相交于点H，连结AC，
①求证：△ACD≌△CAE．
②线段DH的长度为______．
(3)如图③，设点P为边GF的中点，连结PB、PE、BE，在矩形ABCD旋转的过程中，△BEP面积的最大值为______．
24.(本小题12分)
抛物线y=ax2+bx−4(a≠0)与x轴交于点A(−2,0)和B(4,0)，与y轴交于点C，连接BC.点P是线段BC下方抛物线上的一个动点(不与点B，C重合)，过点P作y轴的平行线交BC于M，交x轴于N，设点P的横坐标为t．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)用关于t的代数式表示线段PM，求PM的最大值及此时点M的坐标；
(3)过点C作CH⊥PN于点H，S△BMN=9S△CHM，
①求点P的坐标；
②连接CP，在y轴上是否存在点Q，使得△CPQ为直角三角形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B.该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C.该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D.该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，由此即可判断．
本题考查中心对称图形，轴对称图形，关键是掌握中心对称图形，轴对称图形的定义．
2.【答案】D
【解析】解：抛物线y=(x+1)2+2的对称轴为x=−1．
故选：D．
根据顶点式二次函数解析式写出对称轴解析式即可．
本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数顶点式解析式是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了解一元二次方程，能正确配方是解此题的关键．
移项，配方，即可得出选项．
【解答】
解：x2+4x+1=0，
x2+4x=−1，
x2+4x+4=−1+4，
(x+2)2=3，
故选：D．
4.【答案】D
【解析】解：抛物线y=12x2向左平移1个单位，再向上平移2个单位得y=12(x+1)2+2．
故选：D．
根据二次函数图象的平移规律(左加右减，上加下减)进行解答即可．
本题考查了抛物线的平移以及抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减．
5.【答案】D
【解析】解：连接AO，
∵OC⊥AB，
∴D为AB的中点，即AD=BD=12AB，
在Rt△AOD中，OA=5，OD=3，
根据勾股定理得：AD= AO2−DO2=4，
则AB=2AD=8．
故选：D．
由OC与AB垂直，利用垂径定理得到D为AB的中点，在直角三角形AOD中，由OA与OD的长，利用勾股定理求出AD的长，由AB=2AD即可求出AB的长．
此题考查了垂径定理，以及勾股定理，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：∵x1，x2是一元二次方程x2−2x−1=0的两根，
∴x1+x2=2，x1⋅x2=−1，
∴===−2．
故选：D．
因为x1，x2是一元二次方程x2−2x−1=0的两根，所以x1+x2=2，x1⋅x2=−1，利用整体代入的思想解决问题即可．
本题考查根与系数的关系，记住x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−，x1x2=，是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵点A(−2,m)，B(3,n)是反比例函数y=的图象上两点，
∴m==−3，n==2，
∴m故选：A．
先由反比例函数解析式求得m、n的值，即可判断出m、n大小关系．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是熟知反比例函数的图象上点的坐标特征，求出m、n的值．
8.【答案】B
【解析】解：设扇形的半径为r．
由题意：120⋅π⋅r180=6π，
∴r=9，
∴S扇形=120⋅π⋅92360=27π，
故选：B．
设扇形的半径为r.利用弧长公式构建方程求出r，再利用扇形的面积公式计算即可．
本题考查扇形的弧长公式，面积公式等知识，解题的关键是学会构建方程解决问题，属于中考常考题型．
9.【答案】C
【解析】解：当a>0，k>0时，一次函数y=ax+k经过一、二、三象限，二次函数y=kx2+a开口向上，顶点在y轴的正半轴，A、B均不符合；
当a<0，k>0时，一次函数y=ax+k经过一、二、四象限，二次函数y=kx2+a开口向上，顶点在y轴的负半轴，C选项符合；
当a<0，b<0时，一次函数y=ax+k经过二、三、四象限，二次函数y=kx2+a开口向下，顶点在y轴的负半轴，D选项不符合；
故选：C．
对a、k的符合分类讨论即可确定正确的选项．
本题考查了二次函数的图象及一次函数的图象的知识，解题的关键是能够对系数的符号进行分类讨论，难度较小．
10.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了二次函数图象与系数的关系．
根据抛物线开口方向得到a>0，根据抛物线的对称轴得b=2a>0，则2a−b=0，则可对②进行判断；根据抛物线与y轴的交点在x轴下方得到c<0，则abc<0，于是可对①进行判断；通过点(−5,y1)和点(3,y2)离对称轴的远近对③进行判断；由于x=2时，y>0，则得到4a+2b+c>0，则可对④进行判断．
【解答】
解：∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=−1，
∴b=2a>0，则2a−b=0，所以②正确；
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，
∴c<0，
∴abc<0，所以①正确；
∵点(−5,y1)离对称轴的距离与点(3,y2)离对称轴的距离相等，
∴y1=y2，所以③正确；
∵x=2时，y>0，
∴4a+2b+c>0，所以④错误．
故选：C．
11.【答案】(1,−3)
【解析】解：点关于原点的对称点，可以通过作图知道(x,y)关于原点的对称点是(−x,−y)，
因此点P(−1,3)关于原点对称的点的坐标是(1,−3)．
关于原点对称的点，横、纵坐标都互为相反数．
本题主要是通过作图总结坐标变化规律，记住，然后应用．
12.【答案】−5
【解析】解：把x=−1代入2x2−mx+3=0，得2+m+3=0，
解得，m=−5．
故答案为：−5．
根据一元二次方程的解把x=−1代入一元二次方程得到关于m的一次方程，然后解一次方程即可．
本题考查了一元二次方程的解的定义：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．
13.【答案】9
【解析】解：由题意可得，
30×0.3=9(个)，
即袋子中白球的个数最有可能是9个，
故答案为：9．
分析：
根据白球出现的频率和球的总数，可以计算出白球的个数．
本题考查利用频率估计概率，解答本题的关键是明确题意，计算出白球的个数．
14.【答案】4
【解析】【分析】
由OD⊥AB，OE⊥AC，根据垂径定理得到AD=DB，AE=CE，则根据三角形中位线定义得到DE为△ABC的中位线，然后根据三角形中位线定理得DE=12BC，再把DE=2代入计算即可．
本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了三角形中位线定理．
【解答】
解：∵OD⊥AB，
∴AD=DB，
∵OE⊥AC，
∴AE=CE，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
∴BC=2DE=2×2=4．
故答案为：4
15.【答案】3 3−3
【解析】解：过G作GM⊥AC于M，连接AG，如图所示：
∵GO⊥AB，
∴OA=OB，
∵G(0,3)，
∴OG=3，
在Rt△AGO中，∵AG=6，OG=3，
∴OA= AG2−GO2=3 3，
∴∠GAO=30°，AB=2AO=6 3，
∴∠AGO=60°，
∵GC=GA=6，
∴∠GCA=∠GAC，
∵∠AGO=∠GCA+∠GAC，
∴∠GCA=∠GAC=30°，
∴AC=2OA=6 3，MG=CG=3，
∵∠AFC=90°，
∴点F在以AC为直径的⊙M上，
∴=3 3，
当点F在MG的延长线上时，FG的长最小，最小值=FM−MG=3 3−3，
故答案为：3 3−3．
过G作GM⊥AC于M，连接AG.由∠AFC=90°，推出点F在以AC为直径的⊙M上，推出当点F在MG的延长线上时，FG的长最小，最小值=FM−GM，想办法求出FM、GM即可解决问题．
本题考查了垂径定理、圆周角定理、直角三角形30度角的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
16.【答案】解：x2−2x−15=0，
(x+3)(x−5)=0，
∴x+3=0或x−5=0，
∴x1=−3，x2=5．
【解析】根据因式分解法解一元二次方程即可求解．
本题考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
17.【答案】证明：由题意可知Δ=(−m)2−4(m−1)=(m−2)2，
∵(m−2)2≥0，
∴方程总有两个实数根．
【解析】根据一元二次方程根的判别式证明即可．
本题考查了一元二次方程根的判别式，熟知一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)：若Δ>0，则方程有两个不相等的实数根；若Δ=0，则方程有两个相等的实数根；若Δ<0，则方程无实数根是解本题的关键．
18.【答案】解：(1)画出△A1OB1，如图．

点A1(0,1)，点B1(−2,2)．
(2)OB1=OB= 22+22=2 2，
∴扇形BOB1面积=90π×(2 2)2360=2π，
∴线段OB扫过的面积2π．
【解析】(1)分别作出点A和点B绕点O逆时针旋转90°所得对应点，再与点O首尾顺次连接即可得；由所得图形可得点的坐标；
(2)利用勾股定理可得OB长，再利用扇形面积公式求解即可．
本题主要考查作图−旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义和性质，并据此得出变换后的对应点．
19.【答案】证明：连接OA，
∵OA=OB，
∴∠B=∠OAB，
∵AD=ED，
∴∠EAD=∠AED，
∵OD⊥OB，
∴∠B+∠OEB=90°，
∵∠OEB=∠AED，
∴∠OAB+∠EAD=90°，
即∠OAD=90°，
∴AD是⊙O的切线．
【解析】根据等腰三角形的性质得出∠B=∠OAB，∠EAD=∠AED，根据直角三角形两锐角互余，进一步得出∠OAB+∠EAD=90°，即∠OAD=90°，从而证得AD是⊙O的切线．
本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，作出辅助线，证得OA⊥AD是常有的作辅助线的方法．
20.【答案】7 510
【解析】解：(1)m=50−4−29−10=7(人)；
故答案为：7．
(2)达到“不了解”和“了解很少”程度的总人数为：
(10+7)÷50×1500=510(人)；
故答案为：510．
(3)由题意画树状图如下：
由树状图可知，所有等可能的结果有12种，恰好抽到1名男生和1名女生的结果有8种，
∴P(恰好抽到1名男生和1名女生)=812=23．
(1)将接受问卷调查的学生数减去其他三项人数即可求出m的值；
(2)将“不了解”和“了解很少”所占比乘以1500即可估计出该学校学生中对足球知识“不了解”和“了解很少”的总人数；
(3)用列表法或画树状图法解答即可．
本题考查扇形统计图，条形统计图，用样本估计总体，用列表法和树状图法求等可能事件的概率，能从统计图中获取信息，掌握用列表法和树状图法求等可能事件的概率的方法是解题的关键．
21.【答案】解：(1)∵一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=nx图象交x于A(32,4).B(3,m)，
∴n=32×4=6，
∴反比例函数的解析式为y=6x，
将点B(3,m)代入y=6x得m=63=2；
(2)设直线AB的表达式为y=kx+b，
把A(32,4)，B(3,2)代入得32k+b=43k+b=2，
解得k=−43b=6，
∴直线AB的表达式为y=−43x+6；
(3)∵A(32,4)，B(3,2)，
结合函数图象可知：当x<0或326x，
即不等式kx+b>nx中x的取值范围：x<0或32【解析】(1)把点A(32,4)代入y=nx中，利用待定系数法求得n的值，即可求得反比例函数的解析式，进而把B(3,m)代入求得的解析式，即可求得m的值；
(2)根据待定系数法即可求得直线AB的表达式；
(3)根据图象即可求得．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：也考查了待定系数法求函数的解析式以及观察函数图象的能力．
22.【答案】解：(1)由题意，AB=x m，则BC就为(12−3x)m．
∴S=x(12−3x)=−3x2+12x．
当S=9时，
−3x2+12x=9，
解得x1=1，x2=3，
当x=1时，12−3x=12−3=9>5，不符合题意，舍去，
当x=3时，12−3x=12−9=3<5，符合题意，
∴要围成面积为9m2的花圃，AB的长是3米；
(2)由题意，可知：
x>012−3x>012−3x≤5，
∴73∵S=−3x2+12x=−3(x−2)2+12．
∵−3<0，抛物线开口向下，且对称轴为直线x=2，
∴在73∴当AB的长是73米时，围成的花圃的面积最大．
【解析】(1)用x的代数式表示处BC的长，再根据面积公式列出函数解析式，令面积等于9m2，列方程解出并验证即可；
(2)根据题意求出自变量的取值范围，根据二次函数的性质求出函数的最值即可．
本题考查一元二次方程的应用，二次函数的应用，理解题意，弄清题目中的数量关系，掌握二次函数的性质是解题的关键．
23.【答案】3− 5 56 274
【解析】(1)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，BC=AD=2，∠D=90°，
∵矩形AEFG是由矩形ABCD旋转得到，
∴AE=AB=3，
在Rt△ADE中，DE= 32−22= 5，
∴CE=3− 5，
故答案为：3− 5；
(2)①证明：∵当点E落在线段CF上，
∴∠AEC=∠ADC=90°，
在Rt△ADC和Rt△AEC中，
AC=CACD=AE，
∴Rt△ACD≌Rt△CAE(HL)；
②解：∵△ACD≌△CAE，
∴∠ACD=∠CAE，
∴AH=HC，设AH=HC=m，
在Rt△ADH中，∵AD2+DH2=AH2，
∴22+(3−m)2=m2，
∴m=136
∴DH=3−136=56，
故答案为：56．
(3)解：如图，连接PA，作AM⊥PE于M．
当AM与AB共线，且BM=BA+AM时，△BPE面积最大，
由题意：PF=PG=32，
∵AG=EF=2，∠G=∠F=90°，
∴PA=PE=52，
∵S△APE=12S矩形AGFE=12PE⋅AM，
∴AM=S矩形AGFEPE=652=125，
则S△BPE=12PE⋅BM=12×52×(3+125)=274，
∴△PBE的面积的最大值为274，
故答案为：274．
(1)如图①中，在Rt△ADE中，利用勾股定理即可解决问题；
(2)①证明：如图②中，根据HL即可证明△ACD≌△CAE；
②如图②中，由△ACD≌△CAE，推出∠ACD=∠CAE，推出AH=HC，设AH=HC=m，在Rt△ADH中，根据AD2+DH2=AH2，构建方程即可解决问题；
(3)存在．连接PA，作AM⊥PE于M.当AM与AB共线，且BM=BA+AM时，△BPE面积最大，利用S△APE=12S矩形AGFE=12PE⋅AM求出AM=125，再根据S△BPE=12PE⋅BM计算即可得出答案．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
24.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx−4(a≠0)与x轴交于点A(−2,0)和B(4,0)，
∴4a−2b−4=016a+4b−4=0，
解得：a=12b=−1，
∴该抛物线的解析式为y=12x2−x−4；
(2)在y=12x2−x−4中，令x=0，得y=−4，
∴C(0,−4)，
设直线BC的解析式为y=kx+c，则4k+c=0c=−4，
解得：k=1c=−4，
∴直线BC的解析式为y=x−4，
设P(t,12t2−t−4)，则M(t,t−4)，
∴PM=t−4−(12t2−t−4)=−12t2+2t，
∵PM=−12t2+2t=−12(t−2)2+2，−12<0，
∴当t=2时，PM取得最大值2，此时点M的坐标为(2,−2)；
(3)①如图1，∵P(t,12t2−t−4)，M(t,t−4)，N(t,0)，B(4,0)，C(0,−4)，CH⊥PN，
∴BN=4−t，MN=4−t，CH=t，MH=t−4−(−4)=t，
∵S△BMN=9S△CHM，
∴12×(4−t)2=9×12t2，
解得：t1=1，t2=−2，
∵点P是线段BC下方抛物线上的一个动点，
∴0∴t=1，
∴P(1,−92)；
②存在点Q使得△CPQ为直角三角形，设Q(0,m)，
∵C(0,−4)，P(1,−92)，
∴CP2=(1−0)2+(−92+4)2=54，CQ2=(−4−m)2，PQ2=12+(−92−m)2，
当∠CQP=90°时，如图2，PQ⊥y轴，
∴Q(0,−92)；

当∠CPQ=90°时，如图3，

在Rt△CPQ中，CP2+PQ2=CQ2，
∴54+12+(−92−m)2=(−4−m)2，
解得：m=−132，
∴Q(0,−132)；
综上所述，点Q的坐标为(0,−92)或(0,−132).
【解析】(1)利用待定系数法即可求得答案；
(2)运用待定系数法求得直线BC的解析式为y=x−4，设P(t,12t2−t−4)，则M(t,t−4)，可得PM=−12t2+2t=−12(t−2)2+2，运用二次函数最值即可求得答案；
(3)①根据题意建立方程求解即可得出答案；
②设Q(0,m)，∵∠PCQ<90°，∴分两种情况：当∠CQP=90°时，当∠CPQ=90°时，分别求得点Q的坐标即可．
本题是二次函数综合题，重点考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，三角形面积，直角三角形的性质，勾股定理，应用二次函数的最值等，此题综合性较强，属于考试压轴题．