浙江省宁波市六校联考2024-2025学年九年级上学期10月考数学试卷

这是一份浙江省宁波市六校联考2024-2025学年九年级上学期10月考数学试卷，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.如图是一个可以自由转动的转盘，转盘被等分成四个扇形，转动转盘，当转盘停止时，指针落在红色区域的概率为( )
A. 14
B. 12
C. 34
D. 1
2.已知⊙O的半径为8cm，点A在⊙O外，则OA的长可能为( )
A. 6cmB. 7cmC. 8cmD. 9cm
3.抛物线y=ax2经过点(-2,3)，则a的值是( )
A. 34B. -34C. 29D. -29
4.一个袋中装有2个红球，1个白球，3个黄球，它们除颜色外都相同.从中任意摸出一个球，则下列有关可能性说法中，正确的是( )
A. 红球可能性最大B. 白球可能性最大
C. 黄球可能性最大D. 三种小球的可能性相同
5.函数y=2x2-1的图象，可以由抛物线y=2x2平移得到，其平移过程是( )
A. 向左1个单位B. 向右1个单位C. 向上1个单位D. 向下1个单位
6.如图，△ABC内接于⊙O.若AB=AC，BC度数为80∘，则∠C的度数为( )
A. 50∘
B. 60∘
C. 70∘
D. 80∘
7.若函数y=x2+2x+m的最小值为5，则m的值为( )
A. 7B. 6C. 5D. 4
8.如图，AB为⊙O的直径，构造四边形OACD，且弦CD//AB，若∠D=40∘，则∠C的度数是( )
A. 100∘
B. 105∘
C. 110∘
D. 115∘
9.若点(m,n)在抛物线y=ax2(a>0)上，其中m>0，则不等式a(x-2)2>n的解为( )
A. xm+2B. -m+20)上，
∴n=am2，
∴a(x-2)2>am2，
∵a>0，
∴(x-2)2>m2，
又∵m>0，
∴xm+2，
故选：A.
先由点(m,n)在抛物线y=ax2(a>0)上得n=am2，再将其代入不等式a(x-2)2>n，再根据a>0，m>0得出解集即可．
本题考查了二次函数的性质，以及解不等式，熟练掌握以上知识点是关键．
10.【答案】B
【解析】解：过点E作EN⊥AB于点N，如图，
∵OE=5，
∴点E轨迹为以点O为圆心，5为半径的圆，
∵EO+OH≥EN，OH⊥AB，
∴如图：当点E，O，H三点共线时，EN最大，则△EAB面积最大，
过点O作OG⊥CD于点G，过点D作HO延长线的垂线，垂足为点M，
∴DG=12CD=8，
∴GE=GD-ED=3，
∴OG= 52-32=4，
∵DM⊥EM，OG⊥CD，
∴∠M=∠OGE=90∘，
∵EO=ED，∠MED=∠GEO，
∴△MED≌△GEO，
∴MD=OG=4，ME=GE=3，
∴MH=ME+OE+OH=3+5+6=14，
∴在Rt△DMH中，由勾股定理得：DH= DM2+MH2= 42+142=2 53，
故选：B.
过点E作EN⊥AB于点N，则点E轨迹为以点O为圆心，5为半径的圆，由OH⊥AB，EO+OH≥EN，则当点E，O，H三点共线时，EN最大，则△EAB面积最大，过点D作HO延长线的垂线，垂足为点M，过点O作OG⊥CD于点G，由垂径定理得DG=12CD=8，则GE=GD-ED=3，由勾股定理得OG=4，显然△MED≌△GEO，则MD=OG=4，ME=GE=3，故MH=14，在Rt△DMH中，由勾股定理即可求解．
本题考查了圆与三角形的综合题，涉及勾股定理，垂径定理，全等三角形的判定与性质，难度较大，解题的关键在于确定点E的轨迹以及当点E，O，H三点共线时，EN最大，则△EAB面积最大．
11.【答案】3(答案不唯一)
【解析】解：因为抛物线y=(k-2)x2的开口向上，
所以k-2>0，即k>2，
所以k的值可以是3(答案不唯一).
故答案为：3(答案不唯一).
根据二次函数的性质可知，当抛物线开口向上时，二次项系数k-2>0.
本题考查了二次函数的性质，解答此题要掌握二次函数图象的特点．
12.【答案】直线x=3
【解析】解：∵y=2(x-3)2+5是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，
对称轴为直线x=3.
故答案为：直线x=3.
已知抛物线的顶点式，可知顶点坐标和对称轴．
考查了二次函数的性质，顶点式y=a(x-h)2+k，顶点坐标是(h,k)，对称轴是直线x=h.
13.【答案】4
【解析】解：如图，点O作OD⊥AB于点D，
∵AB=6，
∴AD=12AB=12×6=3，
∵圆的半径是5，
∴OD= OA2-AD2= 52-32=4.
故答案为：4.
先过点O作OD⊥AB于点D，由垂径定理可知AD=12AB，在Rt△AOD中利用勾股定理即可求出OD的长．
本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解题的关键．
14.【答案】y1>y2
【解析】解：∵(1,y1)，(4,y2)在抛物线y=x2-6x图象上，
∴y1=1-6=-5，y2=-8，
∴y1>y2，
故答案为：y1>y2.
把(1,y1)，(4,y2)分别代入抛物线y=x2-6x，求出y1，y2，再比较得出答案．
本题考查二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的图象和性质是关键．
15.【答案】-5
【解析】解：∵抛物线交y轴于点(m+5,m)，
∴m+5=0，
解得，m=-5，
∴c=-5，
故答案为：-5.
根据抛物线与y轴的交点的横坐标为0列式求解即可．
本题主要考查了抛物线与y轴的交点，横坐标为0是关键．
16.【答案】6 11+32
【解析】解：过点D作DG⊥AB于点G，连接AD，OB，CD，
∵AD=BD，
∴△ABD是等腰三角形，
∵DG⊥AB，AB=8，
∴AG=BG=12AB=4，
∵⊙O是△ABD的外接圆，⊙O的半径为5，
∴OB=OD=5，
∴OG= OB2-BG2=3，
∴DG=OG+OD=8，
∴BD=AD= BG2+DG2=4 5，
∵DH⊥BC于点H，HB=6，
∴∠BHD=90∘，
∴DH= BD2-BH2=2 11，
∵CD=CD，
∴∠DAE=∠CBD，
∵∠DEA=∠DHB=90∘，AD=BD，
在△ADE和△BDH中：
∠DAE=∠CBD∠DEA=∠DHBAD=BD，
∴△ADE≌△BDH(AAS)，
∴DE=DH=2 11,AE=BH=6，
∴四边形ABDE的面积为S△ABD+S△ADE=12AB⋅DG+12AE⋅DE=12×8×8+12×2 11×6=6 11+32.
故答案为：6 11+32.
过点D作DG⊥AB于点G，连接AD，OB，CD，证明△ABD是等腰三角形，由等腰三角形三线合一可得AG=BG=12AB=4，根据三角形外接圆的性质可得点O在DG上，利用勾股定理求出OG=3，进而得到DG=8，利用勾股定理求出BD=AD=4 5，DH=2 11，由圆周角定理得到∠DAE=∠CBD，结合∠DEA=∠DHB=90∘，AD=BD，证明△ADE≌△BDH(AAS)，推出DE=DH=4 11,AE=BH=6，由四边形ABDE的面积为S△ABD+S△ADE即可求解．
本题考查了圆周角定理，等腰三角形三线合一，勾股定理，三角形全等的判定与性质，正确作出辅助线构造三角形全等时解题的关键．
17.【答案】(1)解：如图，

所以，指针落在红色区域的概率为13.
(2)如图：
∵共有9种等可能的结果，两次指针都落在黄色区域的只有4种情况，
∴两次指针都落在黄色区域的概率为：49；
【解析】(1)将黄色区域平分成两部分，再运用概率公式求解即可；
(2)根据题意画树状图，由树状图求得所有等可能的结果与两次指针都落在黄色区域的情况，再利用概率公式即可求得答案．
本题考查了列表法或树状图法求概率，正确记忆概率=所求情况数与总情况数之比是解题关键．
18.【答案】(1)证明：∵BF=DE，
∴BF=DE.
∵AB，CD为⊙O直径，
∴BFA=DEC，
∴DEC-DE=BFA-BF，
即EC=AF.
∵∠B，∠D所对的弧分别是AF，EC，
∴∠B=∠D.
(2)解：∵∠D=40∘，
∴AE=EF=FC=40∘，EC=80∘，
∴∠AOC=120∘.
∵∠B=∠D=40∘，
∴∠OHB=∠AOC-∠B=120∘-40∘=80∘.
【解析】(1)证明EC=AF即可得出结论；
(2)求出EC=80∘，AE=EF=FC=40∘得∠AOC=120∘，根据∠OHB=∠AOC-∠B可得结论．
本题主要考查了圆周角定理，圆心角、弧、圆周角的关系，熟练掌握圆周角定理，圆心角、弧、圆周角的关系是解题的关键．
19.【答案】解：(1)把A(-6,1)，B(2,1)代入二次函数解析式得，
12×(-6)2-6m+n=112×22+2m+n=1，
解得，m=2n=-5，
∴抛物线的表达式为y=12x2+2x-5；
(2)将抛物线解析式配方得：y=12(x+2)2-7，
∴抛物线的对称轴为直线x=-2，
当x=-1时，y有最小值-132，
当x=2时，y的值为1，
∴当-1