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福州市XX中学年10月九年级上月考数学试卷(有答案)

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2020-2021学年福建省福州十中九年级(上)月考数学试卷(附答案详解)

2020-2021学年福建省福州十中九年级(上)月考数学试卷(附答案详解)

2020-2021学年福建省福州十中九年级（上）月考数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1. 下列图形中，是中心对称图形的是( ) A. B. C. D.2. 抛物线y =(x −1)2+2的顶点坐标是( )A. (1,2)B. (−1,2)C. (1,−2)D. (−1,−2)3. 如果一个一元二次方程的根是x 1=x 2=2，那么这个方程可能是( )A. (x +2)2=0B. (x −2)2=0C. x 2=4D. x 2+4=04. 如图，在△ABC 中，∠CAB =45°，将△ABC 在平面内绕点A 旋转到△AB′C′的位置，若∠CAB′=20°，则旋转角的度数为( )A. 20°B. 25°C. 65°D. 70°5. 若关于x 的一元二次方程kx 2−x +1=0有实数根，则k 的取值范围是( )A. k >14且k ≠0B. k <14且k ≠0C. k ≤14且k ≠0D. k <14 6. 已知a 是方程x 2−3x −1=0的一个根，则代数式2a 2−6a +3的值是( )A. 6B. 5C. 12+2√3D. 12−2√37. 如图，在△ABC 中，∠ACB =90°，将△ABC 绕点A 顺时针旋转90°，得到△ADE ，连接BD ，若AC =3，DE =1，则线段BD 的长为( )A. 2√5B. 2√3C. 4D. 2√108. 二次函数y =x 2+2x −1的图象大致是( )A. B.C. D.9.已知二次函数解析式为y=x2−2x+1，它与x轴交点个数的情况是()A. 与x轴没有交点B. 与x轴只有一个交点C. 与x轴有两个交点D. 无法判断10.如图，在平面直角坐标系中，将点P(2,3)绕原点O顺时针旋转90°得到点P′，则P′的坐标为()A. (3,2)B. (3,−1)C. (2,−3)D. (3,−2)二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）11.正六边形绕着它的中心最少旋转______度后与它本身重合．12.已知二次函数y=x2+2x−1，当x=______，函数y有最小值为______．13.抛物线y=cx2+bx+c经过点(2,5)，(4,5)，则这条抛物线的对称轴是直线______．14.在平面直角坐标系中，已知点A(m,−3)与点B(4,n)关于原点对称，那么m+n的值为______．15.已知二次函数的图象经过点P(2,2)，顶点为O(0,0)，将该图象向右平移，当它再次经过点P时，所得抛物线的函数表达式为______．16.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的部分图象如图，图象过点(−1,0)，对称轴为直线x=2，下列结论：①4a+b=0；②9a+c>3b；③b2−4ac=0；④4a+2b≥am2−bm(m为任意实数).其中正确的结论有______.(填序号)三、解答题（本大题共9小题，共86.0分）17.解方程：(1)x2−6x−7=0；(2)7x(5x+2)=6(5x+2)．18.如图，△ABO与△CDO关于O点中心对称，点E、F在线段AC上，且AF=CE.求证：FD=BE．19.已知等腰△ABC的底边长为3，另两边长是方程x2−4x−4k=0的解，求△ABC的周长．20.已知抛物线的顶点坐标为(−1,2)，且过点(1,0)(1)求抛物线的函数表达式；(2)求抛物线与坐标轴的交点坐标．21.如图，点D为等边△ABC的边BC的中点，AB=2.将△ABD绕A点逆时针旋转60°．(1)尺规作图：作出△ABD旋转后的图形(不写作法，保留作图痕迹)；(2)在题1所作图形中，连接D点与它的对应点，并求出它的长度．22.抛物线y=ax2+bx+c上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如表：x…−2−1012…y…0−4−408…(1)根据表填空：①抛物线与x轴的交点坐标是______和______；与y轴交点坐标是______；②若y>0，则x的取值范围：______；(2)试确定抛物线y=ax2+bx+c的解析式．23.某企业设计了一款工艺品，每件的成本是50元．据市场调查，销售单价是100元时，每天的销售量是50件，而销售单价每降低1元，每天就可多售出5件，但要求销售单价不得低于成本．现公司决定降价出售．(1)求出每天的销售利润y(元)与销售单价x(元)之间的函数关系式，并求出自变量x的取值范围；(2)如果该企业每天的总成本不超过7000元，那么销售单价为多少元时，每天的销售利润最大？(每天的总成本=每件的成本×每天的销售量)24.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=45°．(1)求证：BE+DF=EF．(2)在图中，连接BD，分别与AE、AF相交于点M、N，请依据描述画出相应图形．猜想BM、MN、ND之间的数量关系，并加以证明．25.如图，对称轴为x=1的抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点B(3,0)与y轴交于点C，顶点为A．(1)求抛物线的解析式；(2)求△ABC的面积；(3)若点P在x轴上，将线段PC绕着点P顺时针旋转90°得到PQ，点Q是否会落在抛物线上？如果会，求出点P的坐标；若果不会，说明理由．答案和解析1.【答案】B【解析】解：A、不是中心对称图形，故本选项不合题意；B、是中心对称图形，故本选项符合题意；C、不是中心对称图形，故本选项不合题意；D、不是中心对称图形，故本选项不合题意；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，根据中心对称图形的概念求解．本题考查了中心对称图形的识别，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．2.【答案】A【解析】解：∵y=(x−1)2+2，∴抛物线顶点坐标为(1,2)，故选：A．由抛物线解析式即可求得答案．本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a(x−ℎ)2+k中，顶点坐标为(ℎ,k)，对称轴为x=ℎ．3.【答案】B【解析】解：A、(x+2)2=0的根是：x1=x2=−2，不符合题意；B、(x−2)2=0的根是：x1=x2=2，符合题意；C、x2=4的根是：x1=2，x2=−2，不符合题意；D、x2+4=0没有实数根，不符合题意；故选：B．分别求出四个选项中每一个方程的根，即可判断求解．本题考查了一元二次方程的解(根)的意义：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．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以，一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．也考查了一元二次方程的解法．4.【答案】B【解析】解：∵将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置∴旋转角∠BAB′的度数=∠CAB−∠CAB′=45°−20°=25°故选：B．由旋转的性质可求旋转角的度数．本题考查了旋转的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．5.【答案】C【解析】解：∵关于x的一元二次方程kx2−x+1=0有实数根，∴k≠0且△=(−1)2−4k≥0，解得：k≤1且k≠0．4故选：C．根据二次项系数非零及根的判别式△≥0，即可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出结论．本题考查了一元二次方程的定义以及根的判别式，根据二次项系数非零结合根的判别式△≥0，找出关于k的一元一次不等式组是解题的关键．6.【答案】B【解析】解：∵a是方程x2−3x−1=0的一个根，∴a2−3a−1=0，整理得，a2−3a=1，∴2a2−6a+3=2(a2−3a)+3=2×1+3=5．故选：B．根据方程的根的定义，把x=a代入方程求出a2−3a的值，然后整体代入代数式进行计算即可得解．本题考查了一元二次方程的解，利用整体思想求出a2−3a的值，然后整体代入是解题的关键．7.【答案】A【解析】【分析】本题考查了旋转的性质与勾股定理的应用，解题的关键是利用旋转的性质判定△ABD的形状与边AB、AD的长．根据旋转的性质可知：DE=BC=1，AB=AD，应用勾股定理求出AB的长；又由旋转的性质可知：∠BAD=90°，再用勾股定理即可求出BD的长．【解答】解：由旋转的性质可知：BC=DE=1，AB=AD，∵在Rt△ABC中，AC=3，BC=1，∠ACB=90°，∴由勾股定理得：AB=AD=√32+12=√10．又旋转角为90°，∴∠BAD=90°，∴在Rt△ADB中，BD=√(√10)2+(√10)2=2√5，即：BD的长为2√5．故选：A．8.【答案】C【解析】解：∵二次函数y=x2+2x−1=(x+1)2−2，a=1>0，顶点为(−1,−2)，∴抛物线开口向上，顶点在第三象限，当x=0时，y=−1，∴抛物线与y轴交于负半轴．故选：C．根据二次函数的性质判断即可．本题考查了二次函数的图象，熟练掌握二次函数的有关性质：开口方向、对称轴、顶点坐标等是解题的关键．9.【答案】B【解析】解：∵△=(−2)2−4×1=0，∴二次函数解析式为y=x2−2x+1，它与x轴只有一个公共点，故选：B．计算判别式的值，然后根据判别式的意义判断二次函数与x轴的交点个数．此题考查了抛物线与x轴的交点，把求二次函数与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．10.【答案】D【解析】【分析】本题考查了坐标与图形变化−旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．作PQ⊥y轴于Q，如图，把点P(2,3)绕原点O顺时针旋转90°得到点P′看作把△OPQ绕原点O顺时针旋转90°得到△OP′Q′，利用旋转的性质得到∠P′Q′O=90°，∠QOQ′=90°，P′Q′=PQ=2，OQ′=OQ=3，从而可确定P′点的坐标．【解答】解：作PQ⊥y轴于Q，如图，∵P(2,3)，∴PQ=2，OQ=3，∵点P(2,3)绕原点O顺时针旋转90°得到点P′相当于把△OPQ绕原点O顺时针旋转90°得到△OP′Q′，∴∠P′Q′O=90°，∠QOQ′=90°，P′Q′=PQ=2，OQ′=OQ=3，∴点P′的坐标为(3,−2)．故选：D．11.【答案】60【解析】解：连接OA、OB，∵O是正六边形的中心，=60°，∴∠AOB=360°6即正六边形绕着它的中心最少旋转60度后与它本身重合．故答案为：60．连接OA、OB，根据正六边形的性质求出中心角∠AOB的度数，根据旋转的性质即可求出答案．本题主要考查对旋转对称图形，正多边形与圆等知识点的理解和掌握，能根据性质求出∠AOB的度数是解此题的关键．12.【答案】−1−2【解析】解：∵y=x2+2x−1=(x+1)2−2，a>0，∴二次函数开口向上，对称轴是直线x=−1，顶点坐标为(−1,−2)，∴函数y的最小值为−2．故答案为：−1，−2．由二次函数解析式求出顶点式，根据顶点式即可得出答案．本题考查了二次函数的最值，二次函数的图象和性质等知识点，能熟记二次函数的性质是解此题的关键．13.【答案】x=3【解析】解：∵抛物线y=cx2+bx+c经过点(2,5)，(4,5)，=3，∴该抛物线的对称轴为直线x=2+42故答案为：x=3．根据抛物线y=cx2+bx+c经过点(2,5)，(4,5)和二次函数的性质，可知该抛物线的对=3，从而可以解答本题．称轴是直线x=2+42本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．14.【答案】−1【解析】解：∵点A(m,−3)与点B(4,n)关于原点对称，∴m=−4，n=3，∴m+n=−4+3=−1．故答案为：−1．根据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即可得到答案．此题主要考查了原点对称点的坐标特点，关键是掌握点的变化规律．(x−4)215.【答案】y=12【解析】【分析】设原来的抛物线解析式为：y=ax2，利用待定系数法确定函数关系式；然后利用平移规律得到平移后的解析式，将点P的坐标代入即可．考查了二次函数图象与几何变换，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征．利用待定系数法确定原来函数关系式是解题的关键．【解答】解：设原来的抛物线解析式为：y=ax2(a≠0)．把P(2,2)代入，得2=4a，，解得a=12x2．故原来的抛物线解析式是：y=12(x−b)2，设平移后的抛物线解析式为：y=12(2−b)2，把P(2,2)代入，得2=12解得b=0(舍去)或b=4，所以平移后抛物线的解析式是：y=12(x−4)2．故答案是：y=12(x−4)2．16.【答案】①④【解析】解：∵−b2a=2，∴4a+b=0，故①正确；当x=−3时，y=9a−3b+c<0，即9a+c<3b，故②不正确；抛物线与x轴有两个交点，∴b2−4ac>0，故③不正确；∵当x=2时，y最大=4a+2b+c，当x=−m时，y=am2−bm+c，∴4a+2b+c≥am2−bm+c，∴4a+2b≥am2−bm，故④正确；综上所述，正确的结论有：①④，故答案为：①④．根据抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标、增减性，与x轴的交点以及过特殊点时系数a、b、c满足的关系进行综合判断即可．本题考查二次函数的图象和性质，掌握抛物线的位置与系数a、b、c的关系是解决问题的关键．17.【答案】解：(1)x2−6x−7=0，(x−7)(x+1)=0，∴x−7=0或x+1=0，解得：x1=7，x2=−1．(2)7x(5x+2)=6(5x+2)，7x(5x+2)−6(5x+2)=0，(5x+2)(7x−6)=0，则5x+2=0或7x−6=0，解得x1=−25，x2=67．【解析】(1)利用因式分解法求解即可．(2)整理后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．本题考查了解一元二次方程，能够选择适当的方法解方程是解此题的关键，注意：解一元二次方程的方法有：直接开平方法，公式法，配方法，因式分解法等．18.【答案】证明：∵△ABO 与△CDO 关于O 点中心对称，∴OB =OD ，OA =OC ，∵AF =CE ，∴OF =OE ，∵在△DOF 和△BOE 中{OB =OD ∠DOF =∠BOE OF =OE∴△DOF≌△BOE(SAS)，∴FD =BE ．【解析】根据中心对称得出OB =OD ，OA =OC ，求出OF =OE ，根据SAS 推出△DOF≌△BOE 即可．本题考查了全等三角形的性质和判定，中心对称的应用，主要考查学生的推理能力．19.【答案】解：∵等腰△ABC 的底边长为3，另两边的长恰好是方程x 2−4x −4k =0的解，∴方程x 2−4x −4k =0有两个相等的实数解，∴Δ=(−4)2−4×(−4k)=0，解得k =−1，此时方程为x 2−4x +4=0，解得x 1=x 2=2，∴△ABC 的周长=2+2+3=7．【解析】根据等腰三角形的性质和判别式的意义得到Δ=(−4)2−4×(−4k)=0，解得k =−1，此时方程为x 2−4x +4=0，解方程后即可计算三角形的周长．本题考查了根的判别式：一元二次方程ax 2+bx +c =0(a ≠0)的根与Δ=b 2−4ac 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．也考查了等腰三角形的定义．20.【答案】解：(1)设抛物线解析式为y=a(x+1)2+2，把(1,0)代入得a⋅(1+1)2+2=0，解得a=−12，所以抛物线解析式为y=−12(x+1)2+2；(2)当x=0时，y=−12(x+1)2+2=32，则抛物线与y轴的交点坐标为(0,32)；当y=0时，−12(x+1)2+2=0，解得x1=−3，x2=1，则抛物线与x轴的交点坐标为(−3,0)，(1,0)．【解析】(1)设顶点式y=a(x+1)2+2，然后把(1,0)代入求出a即可；(2)计算自变量为0对应的函数值得到抛物线与y轴的交点坐标；解方程−12(x+1)2+ 2=0得抛物线与x轴的交点坐标为(−3,0)，(1,0)．本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．21.【答案】解：(1)如图，△ACE为所作；(2)∵点D为等边△ABC的边BC的中点，∴AD⊥BD，BD=1，∴AD=√22−12=√3，∵△ABD绕A点逆时针旋转60°得到△ACE，∴AD=AE，∠DAE=60°，∴△ADE为等边三角形，∴DE=AD=√3．【解析】(1)利用△ABC为等边三角形，则AC=AB，△ABD绕A点逆时针旋转60°，B点旋转到C点，然后以A点、C点为圆心，AD、BD为半径画弧，两弧的交点E为D点的对应点；(2)先根据等边三角形的性质得到AD⊥BD，BD=1，则可计算出AD=√3，再根据旋转的性质得到AD=AE，∠DAE=60°，则可判断△ADE为等边三角形，从而得到DE的长．本题考查了作图−旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了等边三角形的性质．22.【答案】(−2,0)(1,0)(0,−4)x<−2或x>1【解析】解：(1)①抛物线与x轴的交点坐标是(−2,0)和(1,0)，与y轴交点坐标是(0,−4)；故答案为(−2,0)，(1,0)；(0,−4)；②画出函数的图象：由图象可知：y>0时，x<−2或x>1；故答案为x<−2或x>1；(2)设抛物线的解析式为y=a(x+2)(x−1)，把(0,−4)代入得−4=a×2×(−1)，解得a=2，所以抛物线解析式为y=2(x+2)(x−1)，即y=2x2+2x−4．(1)①在表中找出函数值为0对应的自变量的值可确定抛物线与x轴的交点坐标；②利用表中函数值的变化，再结合抛物线与x轴的交点坐标得到函数值为正数的自变量的范围；(2)设交点式y=a(x+2)(x−1)，然后把(0,−4)代入求出a即可．本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了待定系数法求二次函数解析式．23.【答案】解：(1)由题意得：y=(x−50)[50+5(100−x)]=(x−50)(550−5x)=−5x2+800x−27500，∵每件工艺品的成本是50元，且销售单价不得低于成本，∴50≤x≤100，每天的销售利润y与销售单价x之间的函数关系式为y=−5x2+800x−27500(50≤x≤100)；(2)∵该企业每天的总成本不超过7000元，∴50[50+(100−x)]≤7000，解得：x≥82，由(2)得，y=−5x2+800x−27500=−5(x−80)2+4500(50≤x≤100)，∵a=−5<0，∴抛物线开口向下，∵对称轴直线为x=80，∴在对称轴的右侧，y随x的增大而减小，而当x≥82时，该企业每天的总成本不超过7000元，∴当x=82时，y有最大值，最大值为：−5×(82−80)2+4500=4480(元)，故当销售单价为82元时，每天的销售利润最大，最大利润为4480元．【解析】(1)根据利润等于单件的利润乘以销售量列出函数关系式，并根据题意写出自变量的取值范围；(2)根据每天的总成本不超过7000元求出自变量的取值范围，再根据(1)中解析式和函数的性质求最大值即可．本题考查二次函数的应用，关键是找出等量关系，写出函数解析式．24.【答案】(1)证明：如图，延长CB到G，使BG=DF，连接AG，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠ABE=∠D=90°，∴∠ABG=90°=∠D，在△ABG和△ADF中，{AB=AD∠ABG=∠D BG=DF，∴△ABG≌△ADF(SAS)，∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，∵∠EAF=45°，∠DAB=90°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠BAE+∠BAG=45°，∴∠GAE=∠EAF=45°，在△AEG和△AEF中，{AG=AF∠GAE=∠EAF AE=AE，∴△AEG≌△AEF(SAS)，∴GE=EF，∵GE=BG+BE，DF=BG，∴EF=DF+BF；(2)解：数量关系为：MN2=BM2+AD2，理由如下：如图，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得△ABP，连接BP，PM，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADN=∠ABM=45°，由旋转可得∠ABP=ADN=45°，BP=DN，AP=AN，∠DAN=∠BAP，∠PBM=90°，∵∠EAF=45°，∴∠PAM=∠BAP+∠BAM=∠DAN+∠BAM=45°=∠MAN，在△PAM和△NAM中，{AP=AN∠PAM=∠NAM AM=AM，∴△PAM≌△NAM(SAS)，∴PM=MN，在Rt△PBM中，PM2=PB2+BM2，∵PM=MN，BP=DN，∴MN2=BM2+AD2．【解析】(1)延长CB到G，使BG=DF，连接AG，求证△ABG≌△ADF，得∠GAE=∠EAF= 45°，进而求证△AEG≌△AEF，可得GE=BG+BE，DF=BG，即可求解；(2)如图，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得△ABP，连接BP，PM，四边形ABCD是正方形，根据“SAS”判定△PAM≌△NAM，PM=MN，根据勾股定理即可求解．本题主要考查了四边形的综合题，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．25.【答案】解：(1)抛物线对称轴为x=1，点B(3,0)，则抛物线与x轴另外一个交点为(−1,0)，则抛物线的表达式为：y=−(x+1)(x−3)=−x2+2x+3；(2)设对称轴交直线BC与点H，把点B坐标代入一次函数表达式：y=kx+3得：0=3k+3，解得：k=−1，则直线BC的表达式为：y=−x+3，则点H(1,2)，∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，∴顶点A(1,4)，∴AH=4−2=2，S△ABC=12AH×OB=12×2×3=3；(3)会，理由：在y=−x2+2x+3中，令x=0，则y=3，即点C(0,3)，∴OC=3，∵OB=3，∠BOC=90°，∴点P的坐标(0,0)．【解析】(1)抛物线对称轴为x=1，点B(3,0)，则抛物线与x轴另外一个交点为(−1,0)，即可求解；(2)利用S△ABC=12AH×OB即可求解；(3)会，理由：OC=OB=3，∠BOC=90°，即可求得P(0,0)．本题考查的是待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，三角形的面积，旋转的性质，数形结合是解题的关键．。

初中数学 2023-2024学年福建省福州市仓山区九年级(上)月考数学试卷(10月份)

初中数学 2023-2024学年福建省福州市仓山区九年级(上)月考数学试卷(10月份)

2023-2024学年福建省福州市仓山区金山中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）一、解答题（共30小题）1．如图，已知抛物线经过点A（2，0），B（3，3）及原点O，顶点为C．（1）求抛物线的解析式；（2）若点D在抛物线上，点E在抛物线的对称轴上，且以A，O，D，E为顶点的四边形是平行四边形，求点D的坐标；（3）P是抛物线上第二象限内的动点，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在点P使得以点P，M，A为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．2．如图，在平面直角坐标系xOy中，A、B为x轴上两点，C、D为y轴上的两点，经过点A、C、B的抛物线的一部分C1与经过点A、D、B的抛物线的一部分C2组合成一条封闭曲线，我们把这条封闭曲线称为“蛋线”．已知点C的坐标为（0，-3），点M是抛物线C2：y=mx2-2mx-3m（m<0）的顶点．2（1）求A、B两点的坐标；（2）“蛋线”在第四象限上是否存在一点P，使得△PBC的面积最大？若存在，求出△PBC面积的最大值；若不存在，请说明理由；（3）当△BDM为直角三角形时，求m的值．3．如图，抛物线y=ax2-2ax+c（a≠0）交x轴于A、B两点，A点坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，4），以OC、OA为边作矩形OADC交抛物线于点G．（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线的对称轴l在边OA（不包括O、A两点）上平行移动，分别交x轴于点E，交CD于点F，交AC于点M，交抛物线于点P，若点M的横坐标为m,请用含m的代数式表示PM的长；（3）在（2）的条件下，连接PC，则在CD上方的抛物线部分是否存在这样的点P，使得以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似？若存在，求出此时m的值，并直接判断△PCM的形状；若不存在，请说明理由．4．如图1，已知抛物线y=ax2+bx（a≠0）经过A（3，0）、B（4，4）两点．（1）求抛物线的解析式；（2）将直线OB向下平移m个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个公共点D，求m的值及点D的坐标；（3）如图2，若点P为平面上一点，点N在抛物线上，且∠NBO=∠ABO，则在（2）的条件下，求出所有满足△POD∽△NOB的点P坐标（点P、O、D分别与点N、O、B对应）．5．如图，已知一次函数y=0.5x+2的图象与x轴交于点A，与二次函数y=ax2+bx+c的图象交于y轴上的一点B，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴只有唯一的交点C，且OC=2．（1）求二次函数y=ax2+bx+c的解析式；（2）设一次函数y=0.5x+2的图象与二次函数y=ax2+bx+c的图象的另一交点为D，已知P为x轴上的一个动点，且△PBD为直角三角形，求点P的坐标．6．如图，抛物线y=-x2+bx+c与直线y=12x+2交于C、D两点，其中点C在y轴上，点D的坐标为（3，72）．点P是y轴右侧的抛物线上一动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交CD于点F．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P的横坐标为m,当m为何值时，以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形？请说明理由．（3）若存在点P，使∠PCF=45°，请直接写出相应的点P的坐标．7．如图，在直角坐标系中有一直角三角形AOB，O为坐标原点，OA=1，tan∠BAO=3，将此三角形绕原点O逆时针旋转90°，得到△DOC，抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B、C．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P是第二象限内抛物线上的动点，其横坐标为t,①设抛物线对称轴l与x轴交于一点E，连接PE，交CD于F，求出当△CEF与△COD相似时，点P的坐标；②是否存在一点P，使△PCD的面积最大？若存在，求出△PCD的面积的最大值；若不存在，请说明理由．8．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=x+4与坐标轴分别交于A、B两点，过A、B两点的抛物线为y=-x2+bx+c.点D为线段AB上一动点，过点D作CD⊥x轴于点C，交抛物线于点E．（1）求抛物线的解析式．（2）当DE=4时，求四边形CAEB的面积．（3）连接BE，是否存在点D，使得△DBE和△DAC相似？若存在，求此点D坐标；若不存在，说明理由．9．如图，抛物线y=12x2+bx+c与y轴交于点C（0，-4），与x轴交于点A，B，且B点的坐标为（2，0）．（1）求该抛物线的解析式．（2）若点P是AB上的一动点，过点P作PE∥AC，交BC于E，连接CP，求△PCE面积的最大值．（3）若点D为OA的中点，点M是线段AC上一点，且△OMD为等腰三角形，求M点的坐标．10．如图，抛物线y=-（x-1）2+c与x轴交于A，B（A，B分别在y轴的左右两侧）两点，与y轴的正半轴交于点C，顶点为D，已知A（-1，0）．（1）求点B，C的坐标；（2）判断△CDB的形状并说明理由；（3）将△COB沿x轴向右平移t个单位长度（0<t<3）得到△QPE．△QPE与△CDB重叠部分（如图中阴影部分）面积为S，求S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围．11．如图，已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴的一个交点A的坐标为（-1，0），对称轴为直线x=-2．（1）求抛物线与x轴的另一个交点B的坐标；（2）点D是抛物线与y轴的交点，点C是抛物线上的另一点．已知以AB为一底边的梯形ABCD的面积为9．求此抛物线的解析式，并指出顶点E的坐标；（3）点P是（2）中抛物线对称轴上一动点，且以1个单位/秒的速度从此抛物线的顶点E向上运动．设点P运动的时间为t秒．①当t为秒时，△PAD的周长最小？当t为秒时，△PAD是以AD为腰的等腰三角形？（结果保留根号）②点P在运动过程中，是否存在一点P，使△PAD是以AD为斜边的直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．12．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象过点C（0，1），顶点为Q（2，3），点D在x轴正半轴上，且OD=OC．（1）求直线CD的解析式；（2）求抛物线的解析式；（3）将直线CD绕点C逆时针方向旋转45°所得直线与抛物线相交于另一点E，求证：△CEQ∽△CDO；（4）在（3）的条件下，若点P是线段QE上的动点，点F是线段OD上的动点，问：在P点和F点移动过程中，△PCF的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．13．如图，抛物线y=ax2+b与x轴交于点A、B，且A点的坐标为（1，0），与y轴交于点C（0，1）．（1）求抛物线的解析式，并求出点B坐标；（2）过点B作BD∥CA交抛物线于点D，连接BC、CA、AD，求四边形ABCD的周长；（结果保留根号）（3）在x轴上方的抛物线上是否存在点P，过点P作PE垂直于x轴，垂足为点E，使以B、P、E为顶点的三角形与△CBD相似？若存在请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．x2+bx+c（b,c是常数，且c<0）与x轴分别交于点A、B（点A位于点B14．如图，已知抛物线y=12的左侧），与y轴的负半轴交于点C，点A的坐标为（-1，0）．（1）b=，点B的横坐标为（上述结果均用含c的代数式表示）；x2+bx+c交于点E，点D是x轴上的一点，其坐（2）连接BC，过点A作直线AE∥BC，与抛物线y=12标为（2，0）．当C，D，E三点在同一直线上时，求抛物线的解析式；（3）在（2）条件下，点P是x轴下方的抛物线上的一个动点，连接PB，PC，设所得△PBC的面积为S．①求S的取值范围；②若△PBC的面积S为整数，则这样的△PBC共有个．15．如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线y=ax2+bx（a>0），经过点A和x轴正半轴上的点B，AO=OB=2，∠AO B=120°．（1）求这条抛物线的表达式；（2）连接OM，求∠AOM的大小；（3）如果点C在x轴上，且△ABC与△AOM相似，求点C的坐标．16．如图，已知抛物线经过A（1，0），B（0，3）两点，对称轴是直线x=-1．（1）求抛物线对应的函数关系式；（2）动点Q从点O出发，以每秒1个单位长度的速度在线段OA上运动，同时动点M从O点出发以每秒3个单位长度的速度在线段OB上运动，过点Q作x轴的垂线交线段AB于点N，交抛物线于点P，设运动的时间为t秒．①当t为何值时，四边形OMPQ为矩形；②△AON能否为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．17．抛物线y=（x-3）（x+1）与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，点D为顶点．（1）求点B及点D的坐标．（2）连接BD，CD，抛物线的对称轴与x轴交于点E．①若线段BD上一点P，使∠DCP=∠BDE，求点P的坐标．②若抛物线上一点M，作MN⊥CD，交直线CD于点N，使∠CMN=∠BDE，求点M的坐标．18．如图所示，直线l：y=3x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B．把△AOB沿y轴翻折，点A落到点C，抛物线过点B、C和D（3，0）．（1）求直线BD和抛物线的解析式．（2）若BD与抛物线的对称轴交于点M，点N在坐标轴上，以点N、B、D为顶点的三角形与△MCD相似，求所有满足条件的点N的坐标．（3）在抛物线上是否存在点P，使S△PBD=6？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．x+1与x轴交于点A，与y轴交于点B，将△AOB绕点O顺时针旋转90°后得到19．如图，已知直线y=13△COD．（1）点C的坐标是线段AD的长等于；（2）点M在CD上，且CM=OM，抛物线y=x2+bx+c经过点C，M，求抛物线的解析式；（3）如果点E在y轴上，且位于点C的下方，点F在直线AC上，那么在（2）中的抛物线上是否存在点P，使得以C，E，F，P为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出该菱形的周长l；若不存在，请说明理由．20．如图，已知抛物线y=ax2+bx-2（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，直线BD交抛物线于点D，并且D（2，3），tan∠DBA=1．2（1）求抛物线的解析式；（2）已知点M为抛物线上一动点，且在第三象限，顺次连接点B、M、C、A，求四边形BMCA面积的最大值；（3）在（2）中四边形BMCA面积最大的条件下，过点M作直线平行于y轴，在这条直线上是否存在一个以Q点为圆心，OQ为半径且与直线AC相切的圆？若存在，求出圆心Q的坐标；若不存在，请说明理由．21．已知抛物线y n=-（x-a n）2+a n（n为正整数，且0<a1<a2<…<a n）与x轴的交点为A n-1（b n-1，0）和A n（b n，0），当n=1时，第1条抛物线y1=-（x-a1）2+a1与x轴的交点为A0（0，0）和A1（b1，0），其他依此类推．（1）求a1，b1的值及抛物线y2的解析式；（2）抛物线y3的顶点坐标为（，）；依此类推第n条抛物线y n的顶点坐标为（，）；所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是；（3）探究下列结论：①若用A n -1A n 表示第n 条抛物线被x 轴截得的线段长，直接写出A 0A 1的值，并求出A n-1A n ；②是否存在经过点A （2，0）的直线和所有抛物线都相交，且被每一条抛物线截得的线段的长度都相等？若存在，直接写出直线的表达式；若不存在，请说明理由．22．如图，在坐标系xOy 中，△ABC 是等腰直角三角形，∠BAC =90°，A （1，0），B （0，2），抛物线y =12x 2+bx -2的图象过C 点．（1）求抛物线的解析式；（2）平移该抛物线的对称轴所在直线l .当l 移动到何处时，恰好将△ABC 的面积分为相等的两部分？（3）点P 是抛物线上一动点，是否存在点P ，使四边形PACB 为平行四边形？若存在，求出P 点坐标；若不存在，说明理由．23．已知抛物线y =x 2-2x +c 与x 轴交于A ．B 两点，与y 轴交于C 点，抛物线的顶点为D 点，点A 的坐标为（-1，0）．（1）求D 点的坐标；（2）如图1，连接AC ，BD 并延长交于点E ，求∠E 的度数；（3）如图2，已知点P （-4，0），点Q 在x 轴下方的抛物线上，直线PQ 交线段AC 于点M ，当∠PMA =∠E 时，求点Q 的坐标．24．阅读材料：如图1，在平面直角坐标系中，A 、B 两点的坐标分别为A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），AB 中点P 的坐标为（x p ，y p ）．由x p -x 1=x 2-x p ，得x p =x 1+x 22，同理y p =y 1+y 22，所以AB 的中点坐标为(x 1+x 22，y 1+y 22)．由勾股定理得AB 2=x 2−x 1 2+y 2−y 1 2，所以A 、B 两点间的距离公式为AB =(x 2−x 1)2+(y 2−y 1)2．注：上述公式对A 、B 在平面直角坐标系中其它位置也成立．解答下列问题：如图2，直线l ：y =2x +2与抛物线y =2x 2交于A 、B 两点，P 为AB 的中点，过P 作x 轴的垂线交抛物线于点C ．（1）求A 、B 两点的坐标及C 点的坐标；（2）连接AB 、AC ，求证△ABC 为直角三角形；√（3）将直线l 平移到C 点时得到直线l ′，求两直线l 与l ′的距离．25．如图，点P 是直线l ：y =-2x -2上的点，过点P 的另一条直线m 交抛物线y =x 2于A 、B 两点．（1）若直线m 的解析式为y =-12x +32，求A ，B 两点的坐标；（2）①若点P 的坐标为（-2，t ）．当PA =AB 时，请直接写出点A 的坐标；②试证明：对于直线l 上任意给定的一点P ，在抛物线上能找到点A ，使得PA =AB 成立．（3）设直线l 交y 轴于点C ，若△AOB 的外心在边AB 上，且∠BPC =∠OCP ，求点P 的坐标．26．如图，抛物线y =−14x 2+bx +c 与x 轴交于点A （2，0），交y 轴于点B （0，52）．直线y =k x −32过点A 与y 轴交于点C ，与抛物线的另一个交点是D ．（1）求抛物线y =−14x 2+bx +c 与直线y =kx −32的解析式；（2）设点P 是直线AD 上方的抛物线上一动点（不与点A 、D 重合），过点P 作y 轴的平行线，交直线AD 于点M ，作DE ⊥y 轴于点E ．探究：是否存在这样的点P ，使四边形PMEC 是平行四边形？若存在请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在（2）的条件下，作PN ⊥AD 于点N ，设△PMN 的周长为l ,点P 的横坐标为x ,求l 与x 的函数关系式，并求出l 的最大值．27．如图1，已知A （3，0）、B （4，4）、原点O （0，0）在抛物线y =ax 2+bx +c （a ≠0）上．（1）求抛物线的解析式．（2）将直线OB 向下平移m 个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个交点D ，求m 的值及点D 的坐标．（3）如图2，若点N 在抛物线上，且∠NBO =∠ABO ，则在（2）的条件下，求出所有满足△POD ∽△NOB 的点P 的坐标（点P 、O 、D 分别与点N 、O 、B 对应）28．如图，在平面直角坐标系xOy 中，矩形OABC 的边OA 、OC 分别在y 轴和x 轴的正半轴上，且长分别为m 、4m （m >0），D 为边AB 的中点，一抛物线l 经过点A 、D 及点M （-1，-1-m ）．（1）求抛物线l 的解析式（用含m 的式子表示）；（2）把△OAD 沿直线OD 折叠后点A 落在点A ′处，连接OA ′并延长与线段BC 的延长线交于点E ，若抛物线l 与线段CE 相交，求实数m 的取值范围；（3）在满足（2）的条件下，求出抛物线l 顶点P 到达最高位置时的坐标．29．如图，在直角坐标系中，点A 的坐标为（-2，0），点B 的坐标为（1，-3），已知抛物线y =ax 2+bx +c （a ≠0）经过三点A 、B 、O （O 为原点）．（1）求抛物线的解析式；（2）在该抛物线的对称轴上，是否存在点C ，使△BOC 的周长最小？若存在，求出点C 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如果点P 是该抛物线上x 轴上方的一个动点，那么△PAB 是否有最大面积？若有，求出此时P点的坐标及△PAB 的最大面积；若没有，请说明理由．（注意：本题中的结果均保留根号）√30．在平面直角坐标系中，已知抛物线y =−12x 2+bx +c （b ,c 为常数）的顶点为P ，等腰直角三角形ABC 的顶点A 的坐标为（0，-1），C 的坐标为（4，3），直角顶点B 在第四象限．（1）如图，若该抛物线过A ，B 两点，求该抛物线的函数表达式；（2）平移（1）中的抛物线，使顶点P 在直线AC 上滑动，且与AC 交于另一点Q ．（i ）若点M 在直线AC 下方，且为平移前（1）中的抛物线上的点，当以M 、P 、Q 三点为顶点的三角形是等腰直角三角形时，求出所有符合条件的点M 的坐标；（ii ）取BC 的中点N ，连接NP ，BQ ．试探究PQNP +BQ 是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由．。

福建省福州市某校2021-2022学年-有答案-九年级上学期数学10月月考试卷

福建省福州市某校2021-2022学年-有答案-九年级上学期数学10月月考试卷

福建省福州市某校2021-2022学年九年级上学期数学10月月考试卷一、单选题（共10题；共20分）1. 下列四个图形中，即是轴对称图形，又是中心对称图形的是()A. B. C. D.2. 下列四个命题：①直径所对的圆周角是直角；②圆既是轴对称图形，又是中心对称图形；③在同圆中，相等的圆周角所对的弦相等；④三点确定一个圆．其中正确命题的个数为( )A.1B.2C.3D.43. 正五边形绕着它的中心旋转和与本身重合，最小的旋转角度数是（）A.36∘B.40∘C.72∘D.108∘4. 某班同学毕业时都将自己的照片向全班其他同学各送一张表示留念，全班共送1035张照片，如果全班有x名同学，根据题意，列出方程为（）A.x(x+1)=1035B.x(x−1)=1035×2C.x(x−1)=1035D.2x(x+1)=10355. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，已知∠ABO=50∘，则∠ACB的大小为（）A.40∘B.30∘C.45∘D.50∘6. 如图，△ABC是一个中心对称图形的一部分，O点是对称中心，点A和点B是一对对应点，∠C=90∘，那么将这个图形补成一个完整的图形是（）A.矩形B.菱形C.正方形D.梯形7. 已知点A(−3,y1)，B(−1,y2)，C(2,y3)在函数y=−x2−2x+b的图象上，则y1、y2、y3的大小关系为（）A.y1<y3<y2B.y3<y1<y2C.y3<y2<y1D.y2<y1<y38. 如图，A、B、C、D四点在同一个圆上．下列判断正确的是（）A.∠C+∠D=180∘B.当E为圆心时，∠C=∠D=90∘C.若E是AB的中点，则E一定是此圆的圆心D.∠COD=2∠CAD9. 如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，∠OBC=45∘，则下列各式成立的是().A.b−c−1=0B.b+c+1=0C.b−c+1=0D.b+c−1=010. 二次函数y=−(x−1)2+5，当m≤x≤n且mn<0时，y的最小值为2m，最大值为2n，则m+n的值为()A.52B.2 C.32D.12二、填空题（共6题；共6分）抛物线y＝2x2−1的顶点坐标是________．抛物线y=ax2+bx+c的部分图象如图所示，则当y>0时，x的取值范围是________．若(m−2)x m2−2−mx+1=0是一元二次方程，则m的值为________．如图，ΔODC是由ΔOAB绕点O顺时针旋转40∘后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC=105∘，则∠C的度数是________．已知等腰△ABC内接于⊙O，底边BC=8cm，圆心O到BC的距离等于3cm，则腰长AB=________ cm．x−3与x轴、y轴分别交于A、B两点，点P是以C(0,2)为圆心，如图，已知直线y=342为半径的圆上一动点，连接PA，PB，则ΔPAB的面积最大值是________．三、解答题（共9题；共71分）解方程：（1）x2−x−5=0（用公式法）（2）x2+3x=−2如图，已知点A,B的坐标分别为(4,0)，(3,2)．（1）①画出ΔAOB关于原点O对称的图形ΔCOD（点A对应点C）；②将ΔAOB绕点O按逆时针方向旋转90∘得到ΔEOF（点A对应点E）．画出ΔEOF；（2）点D的坐标是________，点F的坐标是________，此图中线段BF和DF的关系是________．如图，在⊙O中，直径AB⊥CD于点F，连接DO并延长交AC于点E，且DE⊥AC（1）求证：CE=DF；（2）求∠BOD的度数．如图，在△ABC中．∠B=90∘，AB=5cm，BC=7cm，点P从点A开始沿AB边向点B 以1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动．(1)如果点P，Q分别从A，B同时出发，那么几秒后△PBQ的面积等于4cm2？(2)在(1)中△PBQ的面积能否等于7？请说明理由．如图，一农户要建一个矩形猪舍，猪舍的一边利用长为12m的住房墙，另外三边用25m长的建筑材料围成，为方便进出，在垂直于住房墙的一边留一个1m宽的门，所围矩形猪舍的长、宽分别为多少时，猪舍面积为80m2？参与两个数学活动，再回答问题：活动①：观察下列两个两位数的积（两个乘数的十位上的数都是9，个位上的数的和等于10），猜想其中哪个积最大？91×99，92×98，93×97，94×96，95×95，96×94，97×93，98×92，99×91．活动②：观察下列两个三位数的积（两个乘数的百位上的数都是9，十位上的数与个位上的数组成的数的和等于100），猜想其中哪个积最大？901×999，902×998，903×997，…，997×903，998×902，999×901．(1)分别写出在活动①、②中你所猜想的是哪个算式的积最大？(2)对于活动①，请用二次函数的知识证明你的猜想．如图，在△ABC 中，AB =AC =2，∠BAC =45∘，将△ABC 绕点A 按顺时针方向旋转角α得到△AEF ，且0∘<α≤180∘，连接BE ，CF 相交于点D ．(1)求证：BE =CF ；(2)当α=90∘时，求四边形AEDC 的面积．如图，ΔABC 内接于⊙O ，CD 是⊙O 的直径，AB 与CD 交于点E ，点P 是CD 延长线上的一点，AP =AC ，且∠B =2∠P ．（1）求证：PA 是⊙O 的切线；（2）若PD =√3，点B 等分半圆CD ，求DE 的长．已知，点A (−3,54)，点B (4,3)和抛物线y =14x 2，将抛物线y =14x 2沿着y 轴方向平移经过点A (−3,54)，画出平移后的抛物线如图所示．（1）平移后的抛物线是否经过点B (4,3)？说明你的理由；（2）在平移后的抛物线上且位于直线AB下方的图像上是否存在点P，使S△PAB=7？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在平移后的抛物线上有点M，过点M作直线y=−2的垂线，垂足为N，连接OM、ON，当∠MON=60∘时，求点M的坐标．参考答案与试题解析福建省福州市某校2021-2022学年九年级上学期数学10月月考试卷一、单选题（共10题；共20分）1.【答案】C【考点】中心对称图形轴对称图形中心对称【解析】根据中心对称图形和轴对称图形的概念逐一进行分析判断即可．【解答】A，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；B、是中心对称图形，不是轴对称图形，故不符合题意；C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意，故选C．2.【答案】C【考点】圆的有关概念圆周角定理确定圆的条件【解析】根据圆周角的性质，圆的对称性，以及圆周角定理即可解出．【解答】解：①根据圆周角定理的推论可知，直径所对的圆周角是直角，故正确；②根据轴对称图形和中心对称图形的概念可知，圆即是轴对称图形，有是中心对称图形，故正确；③根据圆周角定理的推论知：同圆中，相等的圆周角所对的弧相等，所以等弧所对的弦相等，故正确；④不共线的三个点确定一个圆，故错误．故正确命题有3个.故选C．3.【答案】C【考点】正多边形和圆【解析】正五边形绕着它的中心旋转后与它本身重合时，最小的旋转角度数等于它的中心角，据此计算即可．【解答】解：正五边形绕着它的中心旋转后与它本身重合，最小的旋转角度数是360∘5=72∘故答案为：C ．4.【答案】C【考点】一元二次方程的应用【解析】全班有x 名同学，则每名同学要送出(x −1)张，然后依据总张数为1035列出方程即可．【解答】：全班有x 名同学，∴ 每名同学要送出(x −1)张；又：是互送照片，：总共送的张数应该是x (x −1)=1035故答案为：C ．5.【答案】A【考点】圆周角定理三角形内角和定理【解析】首先根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理求出∠AOB 的度数，再利用圆周角与圆心角的关系求出∠ACB 的度数．【解答】解：△AOB 中，OA =OB ，∠ABO =50∘，∴ ∠AOB =180∘−2∠ABO =80∘，∴ ∠ACB =12∠AOB =40∘. 故选A .6.【答案】A【考点】中心对称【解析】作出图形，根据中心对称的性质可得AC′=BC ，BC′=AC ，然后根据两组对比分别相等的四边形是平行四边形，再根据一个角是直角的平行四边形是矩形解答．解：如图，∵O点是对称中心，△A′B′C′是△ABC关于点O的对称图形，∴AC′=BC，BC′=AC，∴四边形ABC′A是平行四边形，∵∠C=90∘，∴平行四边形ABC′A是矩形．故选A．7.【答案】B【考点】二次函数图象上点的坐标特征【解析】先确定抛物线的对称轴，根据二次函数的性质，利用抛物线开口向下时，离对称轴越远，函数值越小，进行求解即可．【解答】解：y=−x2−2x+b∴函数y=−x2−2x+b的对称轴为直线x=−1，开口向下，当x<−1时，y随x的增大而增大，当x>−1时，y随x的增大而减小，∴ 1−(−3)=2,−1−(−1)=0,2−(−1)=3y3<y1<y2故答案为：B．8.【答案】B【考点】点与圆的位置关系【解析】根据A、B、C、D四点共圆的性质和圆心角与圆周角的关系判断即可．【解答】解：因为A、B、C、D四点在同一个圆上，A、∠C=∠D，错误；B、当E为圆心时，∠C=∠D=90∘，正确；C、若E是AB的中点，则E不一定是此圆的圆心，错误；D、∠COD≠2∠CAD，错误；故选B．9.【答案】B【考点】二次函数图象上点的坐标特征利用等腰直角三角形可得108=OC，可设点C、B的坐标为(0,0),(c,0)，把B(c,0)代入y=x2+bx+c中，可得c(c+b+1)=0，由|c≠0，可得b+c+1=0【解答】解：∠OBC=45∘OB=OC可设点C、B的坐标为(0,c),(c,0)把B(ξ,0)代入y=x2+bx+c，得c2+bc+c=0即c(C+b+1)=0c≠0b+c+1=0故答案为：B10.【答案】D【考点】二次函数的最值【解析】结合二次函数图象的开口方向、对称轴以及增减性进行解答即可．【解答】解：二次函数y=−(x−1)2+5的大致图象如下：．①当m≤0≤x≤n<1时，当x=m时，y取最小值，即2m=−(m−1)2+5，解得：m=−2．当x=n时，y取最大值，即2n=−(n−1)2+5，解得：n=2或n=−2（均不合题意，舍去）；②当m≤0≤x≤1≤n时，当x=m时，y取最小值，即2m=−(m−1)2+5，解得：m=−2．当x=1时，y取最大值，即2n=−(1−1)2+5，解得：n=52，所以m+n=−2+52=12．故选D．二、填空题（共6题；共6分）【答案】(0, −1)【考点】二次函数的性质【解析】利用顶点坐标公式直接求解．【解答】根据顶点坐标公式，得顶点横坐标为x=−b2a=0，纵坐标为y=4ac−b 24a=−1，即(0, −1)．【答案】x<−1或x>3【考点】二次函数y=ax^2+bx+c (a≠0)的图象和性质【解析】由抛物线的对称轴及与x轴的一个交点，先求出另一交点，由开口方向得出答案. 【解答】解：因为抛物线对称轴为直线x=1，且抛物线与x轴一个交点为(−1, 0)，所以另一交点为(3, 0).又因为抛物线开口向上，所以当y>0时， x<−1或x>3.故答案为： x<−1或x>3.【答案】−2【考点】一元二次方程的定义【解析】此题暂无解析【解答】解：根据题意得：{m−2≠0，m2−2=2，解得：m=−2．故答案为：−2．【答案】45∘【考点】等腰三角形的性质三角形的外角性质旋转的性质【解析】根据旋转的性质，得出∠AOD=∠BOC=40∘,AO=DO，从而求出∠BOD=∠AOC−∠AOD×2=25∘，利用等腰三角形的性质求出∠ADO=∠A=12=70∘，根据三角形的外角性质得，∠B=∠ADO−∠BOD，据此计算即得．【解答】解：4ODC是4OAB绕点O顺时针旋转40∘后得到的图形，∴ ∠AOD=∠BOC=40∘,AO=DO∵ AOC=105∘∴ ∠BOD=105∘−40∘×2=25∘∠ADO=∠A=12(180∘−∠AOD)=12(180∘−40∘)=70∘由三角形的外角性质得，∠B=∠ADO−∠BOD=70∘−25∘=45∘∴ ∠C=45∘故答案为：45∘【答案】2√5或4√5【考点】三角形的外接圆与外心等腰三角形的性质勾股定理垂径定理【解析】直接利用等腰三角形的性质结合三角形外接圆的性质再利用勾股定理得出答案．【解答】解：如图1所示：连接AO，交BC于点D，连接BO，∵底边BC=8cm，圆心O到BC的距离等于3cm，∴BD=DC=4cm，∴BO=AO=5cm，∴AD=2cm，∴AB=√42+22=2√5(cm)，如图2所示：连接AO，并延长交BC于点D，连接CO，∵底边BC=8cm，圆心O到BC的距离等于3cm，∴BD=DC=4cm，∴CO=5cm，∴AD=8cm，∴AB=√82+42=4√5(cm)，综上所述：腰长AB为2√5或4√5cm．故答案为：2√5或4√5．【答案】15【考点】直线与圆的位置关系三角形的面积【解析】利用直线y=34x−3，先求出A(4,0),B(0,−3)，从而得出OA=4,OB=3，利用勾股定理求出AB=5，过:1乍CM⊥AB+M，连接AC，由ACAB的面积=12⋅AB⋅CM=12OA⋅OC+12OA⋅OB，据此可求出CM=4，从而得出圆C上点到直线y=34x−3的最大距离是2+4=6，利用三角形的面积公式计算即可．【解答】解：∴直线y=34x−3与x轴、y轴分别交于A、B两点，：A点的坐标为(4,0)，B点的坐标为(0,−3),3x−4−−12=0即OA=4,OB=3，由勾股定理得：AB=5过C（FM⊥AB于M，连接AC，则由三角形面积公式得：12AB⋅CM=12OA⋅OC+12OA⋅OB5CM=4×2+3×4CM=4∴圆C上点到直线y=34x−3的最大距离是：2+4=6△PAB面积的最大值是12×5×6=15故答案为：15．三、解答题（共9题；共71分）【答案】解：x2−x−5=0这里，a=1b=−1c=−5Δ=b2−4ac=21∴x=−b±√b2−4ac2a =1±√212∴x1=1+√212x2=1−√212解：x2+3x=−2x2+3x+2=0(x+2)(x+1)=0x+2=0，x+1=0解得，x1=−2，x2=−1【考点】解一元二次方程-公式法解一元二次方程-因式分解法根与系数的关系【解析】（1）利用公式法解方程即可；（2）利用因式分解法解方程即可．【解答】此题暂无解答【答案】D(−3, −2),F(−2, 3),垂直且相等【考点】作图-旋转变换坐标与图形变化-旋转勾股定理【解析】（1）①利用中心对称的性质及网格特点先确定点A、O、B关于原点O的对称点C、O、D，然后顺次连接即可；②利用旋转的性质及网格特点先确定点A、O、B绕点O逆时针旋转90∘的对应点E、O、F的位置，然后顺次连接即可．（2）根据（1）作出图形的位置写出电脑D、F的坐标即可，利用网格特点判断线段BF与DF的关系即可．【解答】解：（2）结合图象即可得出：D(−3,−2),F(−2,3)，线段BF和DF的关系是：垂直且相等．【答案】（1）证明：连接AD，∵DE⊥AC，∴AE=CE，∴AD=CD，同理可得AC=AD，∴AC=AD=CD，∴12AC=12CD，即CE=DF；（2）∵由（1）知△ACD是等边三角形，∴∠DAC=60∘，∵直径AB⊥CD于点F，∴BĈ=BD̂，∠DAB=30∘，∴∠BOD=2∠DAB=60∘．【考点】垂径定理【解析】（1）连接AD，由垂径定理可知DE是AC的垂直平分线，故可得出AD=CD，同理可得AC=AD，故AC=AD=CD，进而可得出结论；（2）由（1）知△ACD是等边三角形，再由垂径定理可知BĈ=BD̂，根据圆周角定理即可得出结论．【解答】（1）证明：连接AD，∵DE⊥AC，∴AE=CE，∴AD=CD，同理可得AC=AD，∴AC=AD=CD，∴12AC=12CD，即CE=DF；（2）∵由（1）知△ACD是等边三角形，∴∠DAC=60∘，∵直径AB⊥CD于点F，∴BĈ=BD̂，∠DAB=30∘，∴∠BOD=2∠DAB=60∘．【答案】解：(1)设x秒后△PBQ的面积等于4cm2，则BQ=2x，BP=5−x，根据题意得出：12×2x×(5−x)=4，解得：x1=1，x2=4（不合题意舍去）.答：1秒后△PBQ的面积等于4cm2；(2)不能，由题意可得出：12×2x×(5−x)=7，整理得出：x2−5x+7=0，b2−4ac=25−4×7=−3<0，∴此方程无实数根，则△PBQ的面积不能等于7．【考点】一元二次方程的应用根的判别式【解析】（1）设x秒后△PBQ的面积等于4cm2，进而表示出BP，BQ的长，即可得出答案；（2）根据（1）中解法表示出△PBQ的面积，利用根的判别式，即可得出答案．【解答】解：(1)设x秒后△PBQ的面积等于4cm2，则BQ=2x，BP=5−x，根据题意得出：12×2x×(5−x)=4，解得：x1=1，x2=4（不合题意舍去）.答：1秒后△PBQ的面积等于4cm2；(2)不能，由题意可得出：12×2x×(5−x)=7，整理得出：x2−5x+7=0，b2−4ac=25−4×7=−3<0，∴此方程无实数根，则△PBQ的面积不能等于7．【答案】解：设矩形猪舍垂直于住房墙一边长为xm，可以得出平行于墙的一边的长为(25−2x+1)m，由题意得：x(25−2x+1)=80，化简得x2−13x+40=0，解得：x1=5，x2=8，当x=5时，26−2x=16>12(舍去)，当x=8时，26−2x=10<12，所以所围矩形猪舍的长为10m、宽为8m.【考点】一元二次方程的应用【解析】设矩形猪舍垂直于住房墙一边长为xm可以得出平行于墙的一边的长为(25−2x+1)m．根据矩形的面积公式建立方程求出其解就可以了．【解答】解：设矩形猪舍垂直于住房墙一边长为xm，可以得出平行于墙的一边的长为(25−2x+1)m，由题意得：x(25−2x+1)=80，化简得x2−13x+40=0，解得：x1=5，x2=8，当x=5时，26−2x=16>12(舍去)，当x=8时，26−2x=10<12，所以所围矩形猪舍的长为10m、宽为8m.【答案】(1)解：①∵91×99=9009，92×98=9016，93×97=9021，94×96=9024，95×95=9025，∴95×95的积最大；②由①中规律可得950×950的积最大；(2)证明：将①中的算式设为(90+x)(100−x)(x=1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9)，(90+x)(100−x)=−x2+10x+9000=−(x−5)2+9025∵a<0，∴当x=5时，有最大值9025，即95×95的积最大．【考点】规律型：数字的变化类二次函数的最值有理数的乘法【解析】（1）①的结果可根据整数乘法的运算法则，计算出大小在比较；②的结果由①的规律可得结果；（2）可将①中的算式设为(90+x)(90−x)的形式(x=1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9)，利用二次函数的最值证得结论．【解答】(1)解：①∵91×99=9009，92×98=9016，93×97=9021，94×96=9024，95×95=9025，…∴95×95的积最大；②由①中规律可得950×950的积最大；(2)证明：将①中的算式设为(90+x)(100−x)(x=1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9)，(90+x)(100−x)=−x2+10x+9000=−(x−5)2+9025∵a<0，∴当x=5时，有最大值9025，即95×95的积最大．【答案】(1)证明：∵△ABC绕点A按顺时针方向旋转角α得到△AEF，∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，∴AB=AC=AE=AF，∠EAF+∠FAB=∠BAC+∠FAB，即∠EAB=∠FAC，在△AEB和△AFC中，{AE=AF，∠EAB=∠FAC，AB=AC，∴△AEB≅△AFC，∴BE=CF.(2)解：∵α=90∘，即∠EAB=∠FAC=90∘，∵AE=AB，∴△ABE为等腰直角三角形，∴∠ABE=45∘，∴∠ABE=∠BAC，∴AC // BE，同理可得AE // CF，∵AE=AC，∴四边形AEDC为菱形，AF与BE交于点H，如图，∵∠EAF=45∘，∴AH平分∠EAB，∴AH⊥BE，∴△AHE为等腰直角三角形，∴AH=√22AE=√2，∴四边形AEDC的面积S=AH⋅DE=√2×2=2√2.【考点】全等三角形的性质与判定旋转的性质菱形的判定与性质等腰直角三角形【解析】（1）先利用旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAC=∠BAC，则根据“SAS”证明△AEB≅△AFC，于是得到BE=CF；（2）先判断△ABE为等腰直角三角形得到∠ABE=45∘，则AC // BE，同理可得AE // CF，于是可证明四边形AEDC为菱形，AF与BE交于点H，如图，通过证明△AHE为等腰直角三角形得到AH=√22AE=√2，然后根据菱形的面积公式计算．【解答】(1)证明：∵△ABC绕点A按顺时针方向旋转角α得到△AEF，∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，∴AB=AC=AE=AF，∠EAF+∠FAB=∠BAC+∠FAB，即∠EAB=∠FAC，在△AEB和△AFC中，{AE=AF，∠EAB=∠FAC，AB=AC，∴△AEB≅△AFC，∴BE=CF.(2)解：∵α=90∘，即∠EAB=∠FAC=90∘，∵AE=AB，∴△ABE为等腰直角三角形，∴∠ABE=45∘，∴∠ABE=∠BAC，∴AC // BE，同理可得AE // CF，∵AE=AC，∴四边形AEDC为菱形，AF与BE交于点H，如图，∵∠EAF=45∘，∴AH平分∠EAB，∴AH⊥BE，∴△AHE为等腰直角三角形，AE=√2，∴AH=√22∴四边形AEDC的面积S=AH⋅DE=√2×2=2√2.【答案】证明：连接OA、AD∵∠B=2∠P，∠B=∠ADC∴∠ADC=2∠P∵AP=AC∴∠P=∠ACP∴∠ADC=2∠ACP∵CD是直径∴∠DAC=90∘∴∠ADC=60∘，∠C=30∘∴ΔADO为等边三角形∴∠AOP=60∘而∠P=∠ACP=30∘∴∠OAP=90∘∴OA⊥PA∴PA是⊙O的切线；解：作EH⊥AD于H∵点B等分半圆CD∴∠BAC=45∘∴∠DAE=45∘设DH=x在RtΔDHE中，DE=2x，HE=√3x 在RtΔAHE中，AH=HE=√3x∴AD=√3x+x=(√3+1)x即(√3+1)x=√3解得x=3−√32∴DE=2x=3−√3.【考点】切线的判定等腰三角形的性质垂径定理圆周角定理等边三角形的性质与判定【解析】（1）连接OA 、AD ，根据圆周角定理得出∠B =∠ADC ，从而得出∠ADC =2∠P ，由等边对等角，可得∠P =∠ACP ，从而求出∠ADC =2∠ACP ．易证1ADO 为等边三角形，从而求出∠OAP =90∘，根据切线的判定定理即证；（2）作EH ⊥AD 于H ，由点B 等分半圆CD ，可得∵ DAE =∠BAC =45∘，设DH =x ，可得DE =2x,AH =HE =√3x ，从而得出(√3+1)=√3 ，求出x 的值即得DE 的长．【解答】此题暂无解答【答案】解：设平移后的抛物线的解析式为y =14x 2−m 将A (−3,54)代入y =14x 2−m ，得m =1 则y =14x 2−1 当x =4时，y =3，故平移后的抛物线经过点(4, 3)；解：设直线AB 的解析式为：y =kx +b ，把点A (−3,54)，点B(4, 3)代入得：{−3k +b =544k +b =3解得：{k =14b =2 故直线AB 的解析式为：y =14x +2设P(t, 14t 2−1) 如图1，过点P 作PQ // y 轴交AB 于Q ，∴ Q(t, 14t +2)∴ S △PAB =12×[14t +2−(14t 2−1)]×(4+3)=7解得：t=1±√172故14(1+√172)2−1=1+√178，14(1−√172)2−1=1−√178则P(1−√172，1−√178)或P(1+√172，1+√178)解：如图2，设M(a, 14a2−1)则OM2=a2+(14a2−1)2=(14a2+1)2，MN2=(14a2−1+2)2=(14a2+1)2∴OM=MN∵∠MON=60∘∴△OMN为等边三角形，则∠MOF=30∘，当OF=a，则MF=√33a可得M(a, √33a)，故√33a=14a2−1解得：a1=2√3，a2=−2√33则√33a=2或−23∴M(2√3, 2)或(−2√33, −23)．【考点】三角形的面积等边三角形的性质与判定待定系数法求一次函数解析式二次函数图象上点的坐标特征【解析】（1）设平移后的抛物线的解析式为y=14,2−m，将点A坐标代入y=14x2−m，求出m，然后将x=4代入解析式中，求出y值即可判断；（2）利用待定系数法求出直线AB的解析式为y=14x+2，设P(t,14t2−1)，如图1，过点P作PQIy轴交AB于Q，可得Q(t,14t+2)，从而求出4S△PAB=12×[14t+2−(14t2−1)]×(4+3)=7，据此求出t值即可；（3）如图2，设M(a+14a2−1)先证4OMN为等边三角形，可得∠MOF=30∘，当OF=a，则MF=√33a，可得M(a√3 3a，继而得出√33a=14a2−1，解出a值即可．【解答】此题暂无解答。

2021-2022学年福建省福州市鼓楼区延安中学九年级(上)月考数学试卷(10月份)(解析版)

2021-2022学年福建省福州市鼓楼区延安中学九年级(上)月考数学试卷(10月份)(解析版)

2021-2022学年福建省福州市鼓楼区延安中学九年级第一学期月考数学试卷（10月份）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请在答题纸的相应位置填涂．1．下列疫情防控标识图案中，是中心对称图形的是（）A．B．C．D．2．下列方程是一元二次方程的是（）A．3x+2y﹣1＝0B．5x2﹣6y﹣3＝0C．﹣x+2＝0D．x2﹣1＝03．下列说法中，正确的是（）A．等弦所对的弧相等B．在同圆或等圆中，相等的弧所对的弦相等C．圆心角相等，所对的弦相等D．弦相等所对的圆心角相等4．抛物线y＝4+2（x﹣1）2的顶点坐标为（）A．（1，﹣4）B．（1，4）C．（﹣4，1）D．（4，1）5．如图，点A、B、C、D在⊙O上，∠AOC＝140°，点B是的中点，则∠D的度数是（）A．70°B．55°C．35.5°D．35°6．根据下列表格的对应值：x﹣11 1.1 1.2 x2+12x﹣15﹣26﹣2﹣0.590.84由此可判断方程x2+12x﹣15＝0必有一个解x满足（）A．﹣1＜x＜1B．1＜x＜1.1C．1.1＜x＜1.2D．﹣0.59＜x＜0.847．如图，在正方形网格中，△MPN绕某一点旋转某一角度得到△M′P′N′，则旋转中心可能是（）A．点A B．点B C．点C D．点D8．抛物线y＝﹣2x2经过平移后得到y＝﹣2（x+2）2﹣3的图象，则平移的方法是（）A．向左平移2个单位，再向下平移3个单位B．向左平移2个单位，再向上平移3个单位C．向右平移2个单位，再向下平移3个单位D．向右平移2个单位，再向上平移3个单位9．2021年是中国共产党成立100周年，某中学发起了“热爱祖国，感恩共产党”说句心里话征集活动．学校学生会主席要求征集活动在微信朋友圈里进行传递，规则为：将征集活动发在自己的朋友圈，再邀请n个好友转发征集活动，每个好友转发朋友圈，又邀请n 个互不相同的好友转发征集活动，以此类推，已知经过两轮传递后，共有931人参与了传递活动，则方程列为（）A．（1+n）2＝931B．n（n﹣1）＝931C．1+n+n2＝931D．n+n2＝931 10．如图，已知点M为二次函数y＝﹣（x﹣b）2+4b+1图象的顶点，直线y＝﹣x+5分别交x轴，y轴于点A，B．点M在△AOB内，若点C（，y1），D（3，y2）都在二次函数图象上，则y1，y2的大小关系是（）A．y1＞y2B．y1＜y2C．y1＝y2D．y1≤y2二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．11．在平面直角坐标系中，点M（﹣2，4）关于原点对称的点的坐标是．12．参加足球联赛的每两支球队之间都要进行两场比赛，共要比赛72场，设参加比赛的球队有x支，根据题意，所列方程为．13．如图，⊙O的直径AB＝26，弦CD⊥AB，垂足为E，OE：BE＝5：8，则CD的长为．14．关于x的一元二次方程x2﹣5x﹣2＝0的一个根是a，则代数式﹣2a2+10a+3的值是．15．如图，某小区规划在一个长16m，宽9m的矩形场地ABCD上，修建同样宽的小路，使其中两条与AB平行，另一条与AD平行，其余部分种草，若草坪部分总面积为112m2，则小路的宽为．16．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝，边AB上有一动点P，将△ABC绕点C顺时针旋转得△DEC，点A，B的对应点分别为点D，E，点P的对应点为P'，连接CP，CP'，PP'，则△CPP'周长的最小值为．三．解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．解方程：x2+4x＝6．18．小明同学是一位古诗文的爱好者，在学习了一元二次方程这一章后，改编了苏轼诗词《念奴娇•赤整怀古》：“而立之年东吴，早逝英年两位数，十位恰小个位三，个位平方与寿同．哪位学子算得快，多少年华数周瑜？”课文是：周瑜在而立之年（30﹣40岁）掌管东吴，英年早逝时的年龄是个两位数，十位数字刚好小个位数字三，个位数字的平方就是他逝世时的年龄．请问，哪位学生算得快，周瑜逝世时的年龄是多少岁？请根据以上信息列出方程，并求解．19．抛物线y＝﹣x2﹣2x+3与x轴交于点A、B（点A在B右侧），与y轴交于点C，且点D为抛物线的顶点，连接BD，CD．求△BCD的面积．20．已知关于x的一元二次方程x2+2（k﹣1）x+k2﹣1＝0有两个不相等的实数根．（1）求实数k的取值范围；（2）若方程的两根x1，x2满足x12+x22＝16，求k的值．21．如图，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB'C′，点B，C的对应点分别为点B'，C'，连接C'B．（1）依题意，尺规作图补全图形；（保留作图痕迹，不写作法与证明）（2）求C'B的长．22．如图1，在圆O中，AB＝AC，∠ACB＝75°，点E在劣弧AC上运动，连接EC、BE，交AC于点F．（1）求∠E的度数；（2）当点E运动到使BE⊥AC时，如图2，连接AO并延长，交BE于点G，交BC于点D，交圆O于点M，求证：D为GM中点．23．如图所示，一场篮球赛中，队员甲跳起投篮，已知球出手时离地面米，与篮圈中心的水平距离为7米，当球出手的水平距离4米时到达最大高度4米，设篮球运行轨迹为抛物线，篮圈距地面3米．（1）请根据图中所给的平面直角坐标系，求出篮球运行轨迹的抛物线解析式；（2）问此篮球能否投中？（3）此时，若对方队员乙上前盖帽，已知乙最大摸高3.19米，他如何做才有可能获得成功？（说明在球出手后，未达到最高点时，被防守队员拦截下来，称为盖帽，但球到达最高点后，处于下落过程时，防守队员再出手拦截，属于犯规，判进攻方得2分．）24．如图，菱形ABCD，∠BAD＝60°，点E为线段BC上一点，将线段AE以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到AF，连接EF，CF．（1）求证：B，D，F三点共线；（2）求证：EF＝CF；（3）过F点作FH⊥BC于H点，延长CD至G使得GD＝CD．当∠AGF＝90°时，求的值．25．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线G：y＝ax2﹣2ax+6a+14的顶点为点A．（1）求顶点A的坐标（用含a的代数式表示）；（2）直线l：y＝kx+k+4与抛物线G交于点M，N，若顶点A在第一象限，且点A到直线l距离的最大值为，求抛物线G的表达式；（3）在（2）的条件下，若过M，N两点分别作直线x＝﹣1的垂线，垂足分别为点P和点Q，求证：MP•NQ＝1．参考答案一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请在答题纸的相应位置填涂．1．下列疫情防控标识图案中，是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】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．根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．解：选项A、B、D不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原图重合，所以不是中心对称图形；选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原图重合，所以是中心对称图形；故选：C．2．下列方程是一元二次方程的是（）A．3x+2y﹣1＝0B．5x2﹣6y﹣3＝0C．﹣x+2＝0D．x2﹣1＝0【分析】一元二次方程必须同时满足三个条件：①整式方程，即等号两边都是整式；方程中如果有分母，那么分母中无未知数；②只含有一个未知数；③未知数的最高次数是2．进而可以判断．解：A．是二元一次方程，不符合题意；B．是二元二次方程，不符合题意；C．是一元一次方程，不符合题意；D．是一元二次方程，符合题意．故选：D．3．下列说法中，正确的是（）A．等弦所对的弧相等B．在同圆或等圆中，相等的弧所对的弦相等C．圆心角相等，所对的弦相等D．弦相等所对的圆心角相等【分析】根据题意画出符合已知条件的图形，再逐个判断即可．解：A．如图，弦AB＝弦AB，但是所对的两段弧不相等，故本选项不符合题意；B．在同圆或等圆中，相等的弧所对的弦相等，故本选项符合题意；C．如图，∠AOB＝∠COD，但是弦AB和弦CD不相等，故本选项不符合题意；D．如图，弦AB＝弦AB，但是圆心角∠ADB和∠ACB不相等，故本选项不符合题意；故选：B．4．抛物线y＝4+2（x﹣1）2的顶点坐标为（）A．（1，﹣4）B．（1，4）C．（﹣4，1）D．（4，1）【分析】直接根据二次函数的顶点式可得出结论．解：∵抛物线的解析式为：y＝2（x﹣1）2+4，∴其顶点坐标为（1，4）．故选：B．5．如图，点A、B、C、D在⊙O上，∠AOC＝140°，点B是的中点，则∠D的度数是（）A．70°B．55°C．35.5°D．35°【分析】根据圆心角、弧、弦的关系定理得到∠AOB＝∠AOC，再根据圆周角定理解答．解：连接OB，如图所示，∵点B是的中点，∴∠AOB＝∠AOC＝70°，由圆周角定理得，∠D＝∠AOB＝35°，故选：D．6．根据下列表格的对应值：x﹣11 1.1 1.2 x2+12x﹣15﹣26﹣2﹣0.590.84由此可判断方程x2+12x﹣15＝0必有一个解x满足（）A．﹣1＜x＜1B．1＜x＜1.1C．1.1＜x＜1.2D．﹣0.59＜x＜0.84【分析】利用表中数据得到x＝1.1时，x2+12x﹣15＝﹣0.59＜0，x＝1.2时，x2+12x﹣15＝0.84＞0，则可判断x2+12x﹣15＝0时，有一个根满足1.1＜x＜1.2．解：∵x＝1.1时，x2+12x﹣15＝﹣0.59＜0，x＝1.2时，x2+12x﹣15＝0.84＞0，∴1.1＜x＜1.2时，x2+12x﹣15＝0，即方程x2+12x﹣15＝0必有一个解x满足1.1＜x＜1.2，故选：C．7．如图，在正方形网格中，△MPN绕某一点旋转某一角度得到△M′P′N′，则旋转中心可能是（）A．点A B．点B C．点C D．点D【分析】连接PP'、NN'、MM'，作PP'的垂直平分线，作NN'的垂直平分线，作MM'的垂直平分线，交点为旋转中心．解：如图，∵△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M'N'P'，∴连接PP'、NN'、MM'，作PP'的垂直平分线，作NN'的垂直平分线，作MM'的垂直平分线，∴三条线段的垂直平分线正好都过B，即旋转中心是B．故选：B．8．抛物线y＝﹣2x2经过平移后得到y＝﹣2（x+2）2﹣3的图象，则平移的方法是（）A．向左平移2个单位，再向下平移3个单位B．向左平移2个单位，再向上平移3个单位C．向右平移2个单位，再向下平移3个单位D．向右平移2个单位，再向上平移3个单位【分析】由抛物线y＝﹣2x2得到顶点坐标为（0，0），而平移后抛物线y＝﹣2（x+2）2﹣3的顶点坐标为（﹣2，﹣3），根据顶点坐标的变化寻找平移方法．解：∵抛物线y＝﹣2x2得到顶点坐标为（0，0），而平移后抛物线y＝﹣2（x+2）2﹣3的顶点坐标为（﹣2，﹣3），∴平移方法为：向左平移2个单位，再向下平移3个单位．故选：A．9．2021年是中国共产党成立100周年，某中学发起了“热爱祖国，感恩共产党”说句心里话征集活动．学校学生会主席要求征集活动在微信朋友圈里进行传递，规则为：将征集活动发在自己的朋友圈，再邀请n个好友转发征集活动，每个好友转发朋友圈，又邀请n 个互不相同的好友转发征集活动，以此类推，已知经过两轮传递后，共有931人参与了传递活动，则方程列为（）A．（1+n）2＝931B．n（n﹣1）＝931C．1+n+n2＝931D．n+n2＝931【分析】设邀请了n个好友转发朋友圈，第一轮转发了n个人，第二轮转发了n2个人，根据两轮转发后，共有931人参与列出方程即可．解：由题意，得n2+n+1＝931，故选：C．10．如图，已知点M为二次函数y＝﹣（x﹣b）2+4b+1图象的顶点，直线y＝﹣x+5分别交x轴，y轴于点A，B．点M在△AOB内，若点C（，y1），D（3，y2）都在二次函数图象上，则y1，y2的大小关系是（）A．y1＞y2B．y1＜y2C．y1＝y2D．y1≤y2【分析】根据抛物线的顶点在△AOB的内部，确定b的取值范围，由于抛物线的对称轴为x＝b，再根据点C（，y1），D（3，y2）与对称轴的距离和抛物线的增减性进行判断．解：∵直线y＝﹣x+5分别交x轴，y轴于点A，B，∴A（5，0），B（0，5），∵二次函数y＝﹣（x﹣b）2+4b+1图象的顶点M（b，4b+1）在△AOB内部，∴，解得：0＜b＜，∵抛物线的对称轴为x＝b，C（，y1），D（3，y2），∴点C（，y1）与对称轴的距离小于点D（3，y2）与对称轴的距离，∴y1＞y2，故选：A．二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．11．在平面直角坐标系中，点M（﹣2，4）关于原点对称的点的坐标是（2，﹣4）．【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，可得答案．解：点（﹣2，4）关于原点对称的点的坐标为（2，﹣4）．故答案为：（2，﹣4）．12．参加足球联赛的每两支球队之间都要进行两场比赛，共要比赛72场，设参加比赛的球队有x支，根据题意，所列方程为x（x﹣1）＝72．【分析】设参加比赛的球队有x支，利用比赛的总场次数＝参赛的队伍数×（参赛的队伍数﹣1），即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．解：设参加比赛的球队有x支，依题意得：x（x﹣1）＝72．故答案为：x（x﹣1）＝72．13．如图，⊙O的直径AB＝26，弦CD⊥AB，垂足为E，OE：BE＝5：8，则CD的长为24．【分析】连接OC，由题意得OE＝5，BE＝8，再由垂径定理得CE＝DE，∠OEC＝90°，然后由勾股定理求出CE＝12，即可求解．解：连接OC，如图所示：∵直径AB＝26，∴OC＝OB＝13，∵OE：BE＝5：8，∴OE＝5，BE＝8，∵弦CD⊥AB，∴CE＝DE，∠OEC＝90°，∴CE＝＝＝12，∴CD＝2CE＝24，故答案为：24．14．关于x的一元二次方程x2﹣5x﹣2＝0的一个根是a，则代数式﹣2a2+10a+3的值是﹣1．【分析】将x＝a代入x2﹣5x﹣2＝0，得到a2﹣5a＝2，然后整体代入所求的代数式求值即可．解：由题意，得a2﹣5a﹣2＝0，所以a2﹣5a＝2．所以﹣2a2+10a+3＝﹣2（a2﹣5a）+3＝﹣4+3＝﹣1．故答案是：﹣1．15．如图，某小区规划在一个长16m，宽9m的矩形场地ABCD上，修建同样宽的小路，使其中两条与AB平行，另一条与AD平行，其余部分种草，若草坪部分总面积为112m2，则小路的宽为1m．【分析】设小路的宽为xm，则种草的部分可合成长为（16﹣2x）m，宽为（9﹣x）m的矩形，利用矩形的面积计算公式，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．解：设小路的宽为xm，则种草的部分可合成长为（16﹣2x）m，宽为（9﹣x）m的矩形，依题意得：（16﹣2x）（9﹣x）＝112，整理得：x2﹣17x+16＝0，解得：x1＝1，x2＝16．当x＝1时，16﹣2x＝14＞0，符合题意；当x＝16时，16﹣2x＝﹣16＜0，不合题意，舍去．故答案为：1m．16．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝，边AB上有一动点P，将△ABC绕点C顺时针旋转得△DEC，点A，B的对应点分别为点D，E，点P的对应点为P'，连接CP，CP'，PP'，则△CPP'周长的最小值为2+．【分析】先根据旋转的性质可得△CPP'是等腰直角三角形，进而可知当CP的长度最小时，△CPP'周长即可取得最小值，再根据垂线段最短可知当CP⊥AB时，CP取得最小值，再利用勾股定理和等积法计算即可．解：由旋转可知：∠CPP'＝90°，CP＝CP'，∴△CPP'是等腰直角三角形，∴当CP的长度最小时，△CPP'周长即可取得最小值，∵边AB上有一动点P，∴当CP⊥AB时，CP取得最小值，∵∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝，∴AB＝＝＝，∵当CP⊥AB时，S△ABC＝AC•BC＝AB•CP，∴AC•BC＝AB•CP，∴2×＝×CP，∴CP＝1，∴CP＝CP'＝1，∴PP'＝＝，∴△CPP'周长的最小值为：1+1+＝2+．故答案为：2+．三．解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．解方程：x2+4x＝6．【分析】配方法求解即可．解：x2+4x+4＝10，（x+2）2＝10，x+2＝±，x＝﹣2±，即x1＝﹣2+，x2＝﹣2﹣．18．小明同学是一位古诗文的爱好者，在学习了一元二次方程这一章后，改编了苏轼诗词《念奴娇•赤整怀古》：“而立之年东吴，早逝英年两位数，十位恰小个位三，个位平方与寿同．哪位学子算得快，多少年华数周瑜？”课文是：周瑜在而立之年（30﹣40岁）掌管东吴，英年早逝时的年龄是个两位数，十位数字刚好小个位数字三，个位数字的平方就是他逝世时的年龄．请问，哪位学生算得快，周瑜逝世时的年龄是多少岁？请根据以上信息列出方程，并求解．【分析】设周瑜去世时的年龄的个位数字为x，则十位数字为x﹣3．根据题意建立方程求出其值就可以求出其结论．解：设周瑜去世时的年龄的个位数字为x，则十位数字为x﹣3．由题意得，10（x﹣3）+x＝x2，解得：x1＝5，x2＝6当x＝5时，周瑜的年龄25岁，非而立之年，不合题意，舍去；当x＝6时，周瑜年龄为36岁，完全符合题意．答：周瑜去世的年龄为36岁．19．抛物线y＝﹣x2﹣2x+3与x轴交于点A、B（点A在B右侧），与y轴交于点C，且点D为抛物线的顶点，连接BD，CD．求△BCD的面积．【分析】求出B，C，D三点的坐标，根据S四边形CDBO＝S△OCD+S△OBD，再求出三角形BOC 的面积，根据S△BCD＝S四边形CDBO﹣S△BOC可求出答案．解：（1）连接OD，令y＝0，﹣x2﹣2x+3＝0，解得x＝﹣3或1，∴A（1，0），B（﹣3，0），令x＝0，y＝3，得C（0，3），∵y＝﹣x2﹣2x+3＝+1+﹣（x+1）2+4，∴顶点D（﹣1，4），∴S四边形CDBO＝S△OCD+S△OBD＝×3×1+×3×4＝，∵S△BOC＝×OB×OC＝×3×3＝，∴S△BCD＝S四边形CDBO﹣S△BOC＝﹣＝3．∴△BCD的面积为3．20．已知关于x的一元二次方程x2+2（k﹣1）x+k2﹣1＝0有两个不相等的实数根．（1）求实数k的取值范围；（2）若方程的两根x1，x2满足x12+x22＝16，求k的值．【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式Δ＞0，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围；（2）根据根与系数的关系及x12+x22＝16，即可得出关于k的一元二次方程，解之即可得出k值，再结合（1）的结论即可确定k的值．解：（1）∵a＝1，b＝2（k﹣1），c＝k2﹣1，∴Δ＝b2﹣4ac＞0，即[2（k﹣1）]2﹣4×1×（k2﹣1）＞0，∴k＜1．（2）∵关于x的一元二次方程x2+2（k﹣1）x+k2﹣1＝0的两根为x1，x2，∴x1+x2＝﹣2（k﹣1），x1x2＝k2﹣1．∵x12+x22＝16，∴（x1+x2）2﹣2x1x2＝16，即[﹣2（k﹣1）]2﹣2（k2﹣1）＝16，整理，得：k2﹣4k﹣5＝0，解得：k1＝5，k2＝﹣1．又∵k＜1，∴k＝﹣1．21．如图，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB'C′，点B，C的对应点分别为点B'，C'，连接C'B．（1）依题意，尺规作图补全图形；（保留作图痕迹，不写作法与证明）（2）求C'B的长．【分析】（1）根据要求作出图形即可．（2）过点C′作C′H⊥AB于H，在AB上取一点T，使得AT＝CT．首先证明∠C′TB＝30°，设C′H＝m，则TA＝TC′＝2m，HT＝m，利用勾股定理求出m，再求出HC′，BH，可得结论．解：（1）图形如图所示：（2）过点C′作C′H⊥AB于H，在AB上取一点T，使得AT＝CT．∵∠C＝90°，CA＝CB＝，∴∠BAC＝45°，AB＝AC＝2，∵∠CAC′＝60°，∴∠BAC′＝15°，∵TA＝TC′，∴∠TAC′＝∠TC′A＝15°，∴∠C′TB＝∠TC′A+∠TAC′＝30°，设C′H＝m，则TA＝TC′＝2m，HT＝m，∵AC′2＝C′H2+AH2，∴（）2＝m2+（2m+m）2，∴m＝，∴AH＝2×+×＝，∴BC′＝＝＝．22．如图1，在圆O中，AB＝AC，∠ACB＝75°，点E在劣弧AC上运动，连接EC、BE，交AC于点F．（1）求∠E的度数；（2）当点E运动到使BE⊥AC时，如图2，连接AO并延长，交BE于点G，交BC于点D，交圆O于点M，求证：D为GM中点．【分析】（1）利用等腰三角形的性质求出∠A即可解决问题．（2）连接BM，证明BG＝BM，BD⊥GM，可得结论．【解答】（1）解：如图1中，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝75°，∴∠BAC＝180°﹣2×75°＝30°，∴∠BEC＝∠BAC＝30°．（2）证明：连接BM．∵AB＝AC，∴＝，∴AM⊥BC，∴∠BAM＝∠CAM＝15°，∴∠MBC＝∠CAM＝15°，∵BE⊥AC，∴∠BDG＝∠AFG＝90°，∴∠AGF＝∠BGD＝75°，∵∠M＝∠ACB＝75°，∴∠M＝∠BGD＝75°，∴BG＝BM，∵BD⊥GM，∴DG＝DM．23．如图所示，一场篮球赛中，队员甲跳起投篮，已知球出手时离地面米，与篮圈中心的水平距离为7米，当球出手的水平距离4米时到达最大高度4米，设篮球运行轨迹为抛物线，篮圈距地面3米．（1）请根据图中所给的平面直角坐标系，求出篮球运行轨迹的抛物线解析式；（2）问此篮球能否投中？（3）此时，若对方队员乙上前盖帽，已知乙最大摸高3.19米，他如何做才有可能获得成功？（说明在球出手后，未达到最高点时，被防守队员拦截下来，称为盖帽，但球到达最高点后，处于下落过程时，防守队员再出手拦截，属于犯规，判进攻方得2分．）【分析】（1）设函数关系式为y＝ax2，然后代入点A的坐标即可；（2）由题意得篮圈的横坐标是3，代入关系式得出纵坐标即可判断；（3）由题意得y＝﹣4+3.19＝﹣0.81，将纵坐标代入可得横坐标，进而可得答案．解：（1）由题意得，、O（0，0）、B（3，﹣1），设函数关系式为y＝ax2，代入A点坐标解得a＝﹣，∴二次函数的关系式为y＝﹣x2；（2）把x＝3代入y＝﹣x2，得y＝﹣1，即B点在抛物线上，所以一定能投中；（3）由题意得y＝﹣4+3.19＝﹣0.81，将y＝﹣0.81代入y＝﹣x2；，解得x＝﹣2.7或x＝2.7（舍），4﹣2.7＝1.3，所以只能距甲身前1.3米以内盖帽才能成功．24．如图，菱形ABCD，∠BAD＝60°，点E为线段BC上一点，将线段AE以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到AF，连接EF，CF．（1）求证：B，D，F三点共线；（2）求证：EF＝CF；（3）过F点作FH⊥BC于H点，延长CD至G使得GD＝CD．当∠AGF＝90°时，求的值．【分析】（1）连接BD、DF，根据性质的性质得到AF＝AE，∠DAF＝∠BAE，结合菱形的性质判定△ABE≌△ADF，根据全等三角形的性质得出∠ABE＝∠ADF＝120°，根据题意判定△ABD是等边三角形，则∠ADB+∠ADF＝180°，即可判定B，D，F三点共线；（2）根据等边三角形的性质得出∠ADB＝∠ABD＝60°，根据菱形的性质得出AB＝BC，AD∥BC，进而得到∠ABF＝∠FBC＝60°，即可利用SAS判定△ABF≌△CBF，得到AF ＝CF，根据性质的性质判定△AEF是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得解；（3）设AD＝a，根据菱形的性质推出△ADG是等边三角形，则AD＝DG＝a，∠AGD＝∠GAD＝60°，结合△ABD是等边三角形、∠AGF＝90°，可推出∠GFB＝90°，∠DGF ＝∠AGF﹣∠AGD＝90°﹣60°＝30°，解直角三角形得出DF＝a，BF＝a，BH＝a，CH＝a，据此即可得解．【解答】（1）证明：连接BD、DF，由旋转的性质可知，AF＝AE，∠EAF＝60°，∴∠FAD+∠DAE＝60°，∵∠BAD＝60°，∴∠DAE+∠BAE＝60°，∴∠DAF＝∠BAE，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠BAD+∠ABE＝180°，∴∠ABE＝120°，在△ABE和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴∠ABE＝∠ADF＝120°，∵AB＝AD，∠BAD＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴∠ADB＝60°，∴∠ADB+∠ADF＝180°，∴B，D，F三点共线；（2）证明：∵△ABD是等边三角形，∴∠ADB＝∠ABD＝60°，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，AD∥BC，∴∠DBC＝∠ADB＝60°，∴∠ABF＝∠FBC＝60°，在△ABF和△CBF中，，∴△ABF≌△CBF（SAS），∴AF＝CF，由性质的性质可知，AF＝AE，∠EAF＝60°，∴△AEF是等边三角形，∴AF＝EF，∴EF＝CF；（3）设AD＝a，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴AD＝BC＝a，AD∥BC，∴∠ADG＝∠BCD＝60°，∵GD＝CD，AD＝CD，∴AD＝DG＝a，∴△ADG是等边三角形，∴∠AGD＝∠GAD＝60°，∵△ABD是等边三角形，∴∠ADB＝60°＝∠GAD，BD＝AD＝a，∴AG∥BF，∴∠GFB+∠AGF＝180°，∵∠AGF＝90°，∴∠GFB＝90°，∠DGF＝∠AGF﹣∠AGD＝90°﹣60°＝30°，在Rt△GDF中，sin∠DGF＝＝sin30°＝，∴DF＝DG＝a，∴BF＝BD+DF＝a+a＝a，∵FH⊥BC，在Rt△BFH中，∠FBH＝60°，∴cos∠FBH＝＝cos60°＝，∴BH＝BF＝a，∴CH＝BC﹣BH＝a﹣a＝a，∴＝＝．25．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线G：y＝ax2﹣2ax+6a+14的顶点为点A．（1）求顶点A的坐标（用含a的代数式表示）；（2）直线l：y＝kx+k+4与抛物线G交于点M，N，若顶点A在第一象限，且点A到直线l距离的最大值为，求抛物线G的表达式；（3）在（2）的条件下，若过M，N两点分别作直线x＝﹣1的垂线，垂足分别为点P和点Q，求证：MP•NQ＝1．【分析】（1）将原式整理为二次函数顶点式即可得出顶点坐标；（2）根据直线l：y＝kx+k+4可知其必过（﹣1，4），设（﹣1，4）为点B，则顶点A到直线l的距离小于等于AB，顶点A到直线l距离的最大值为AB，得出AB＝，代入两点间距离公式，求解即可；（3）根据抛物线与直线解析式交点联立解析式得出x2+（k﹣2）x+k﹣4＝0，根据一元二次方程根与系数关系得出x1+x2＝2﹣k，x1x2＝k﹣4，根据题意得出MP•NQ＝（﹣1﹣x1）（x2+1），化简整理即可得出结论．解：（1）∵y＝ax2﹣2ax+6a+14＝a（x﹣1）2+5a+14，∴顶点A（1，5a+14）；（2）∵直线l：y＝kx+k+4＝（1+x）k+4，∴当x＝﹣1时，y＝4，∴直线l：y＝kx+k+4过定点（﹣1，4），设（﹣1，4）为点B，则顶点A到直线l的距离小于等于AB，∴顶点A到直线l距离的最大值为AB，∴AB＝，∴（1+1）2+（5a+14﹣4）2＝29，解得：a＝﹣1或a＝﹣3，当a＝﹣1时，A（1，9），符合题意，当a＝﹣3时，A（1，﹣1），不符合题意舍去，∴抛物线G的表达式为y＝﹣x2+2x+8；（3）证明：如图，∵抛物线G的表达式为y＝﹣x2+2x+8，直线l：y＝kx+k+4与抛物线G交于点M，N，∴﹣x2+2x+8＝kx+k+4，∴x2+（k﹣2）x+k﹣4＝0，设点M（x1，y1），N（x2，y2），∴x1+x2＝2﹣k，x1x2＝k﹣4，∵直线l：y＝kx+k+4过B（﹣1，4），且当x＝﹣1时，y＝5＞4，∴点B在抛物线内，∴x1＜﹣1＜x2，∴MP•NQ＝（﹣1﹣x1）（x2+1）＝﹣（x1x2+x1+x2+1）＝﹣（k﹣4+2﹣k+1）＝1．。

福建省福州市文博中学2021届九年级第一学期10月月考数学试卷(含解析)

福建省福州市文博中学2021届九年级第一学期10月月考数学试卷(含解析)

2021-2021学年福建省福州市文博中学九年级〔上〕月考数学试卷〔10月份〕一、选择题〔共10小题，每题4分，总分值40分〕1．以下图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有〔〕A．1个B．2个C．3个D．4个2．由二次函数y=2〔x﹣3〕2+1，可知〔〕A．其图象的开口向下 B．其图象的对称轴为直线x=﹣3C．其最小值为1 D．当x＜3时，y随x的增大而增大3．以下命题中假命题的个数是〔〕①三点确定一个圆；②三角形的内心到三边的距离相等；③相等的圆周角所对的弧相等；④平分弦的直径垂直于弦；⑤垂直于半径的直线是圆的切线．A．4 B．3 C．2 D．14．如图，将三角尺ABC〔其中∠ABC=60°，∠C=90°〕绕B点按顺时针方向转动一个角度到A1BC1的位置，使得点A，B，C1在同一条直线上，那么这个角度等于〔〕A．120°B．90° C．60° D．30°5．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，如果AB=20，CD=16，那么线段AE的长为〔〕A．10 B．8 C．6 D．46．正六边形的边心距为，那么该正六边形的边长是〔〕A．B．2 C．3 D．27．如图，点A、C、B在⊙O上，∠AOB=∠ACB=α．那么α的值为〔〕A．135°B．120°C．110°D．100°8．⊙O的半径为1，点P到圆心O的距离为d，假设关于x的方程x2﹣2x+d=0有实根，那么点P〔〕A．在⊙O的内部B．在⊙O的外部C．在⊙O上D．在⊙O上或⊙O的内部9．函数y=ax2+bx+c的图象如下图，那么关于x的方程ax2+bx+c﹣3=0的根的情况是〔〕A．有两个不相等的实数根 B．有两个异号实数根C．有两个相等实数根 D．无实数根10．小明从图所示的二次函数y=ax2+bx+c的图象中，观察得出了下面五条信息：①abc＞0；②a﹣b+c＞0；③4a+2b+c＜0；④2a﹣3b=0；⑤c﹣4b＞0，其中正确的有〔〕A．1个B．2个C．3个D．4个二、填空题〔共6小题，每题4分，总分值24分〕11．抛物线y=〔m﹣2〕x2+2x+〔m2﹣4〕的图象经过原点，那么m= ．12．抛物线y=ax2+bx+c的局部图象如下图，假设y＞0，那么x的取值范围是．13．如图，PA、PB是⊙O的切线，AC是⊙O的直径，∠P=50°，那么∠BOC的度数为．14．假设半径为6cm的圆中，扇形面积为9cm2，那么它的弧长为．15．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=2，分别以AC、BC为直径画半圆，那么图中阴影局部的面积为〔结果保存π〕．16．如图，在等边△ABC中，D是边AC上一个动点，连接BD．将线段BD绕点B逆时针旋转60°得到BE，连接ED．假设BC=2，那么△AED的周长最小值是．三、解答题〔共86分〕17．△ABC在平面直角坐标系中的位置如下图．〔1〕画出△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°后的△AB'C'；〔2〕在〔1〕的条件下，求点C旋转到点C'所经过的路线长〔结果保存π〕．18．二次函数y=﹣x2+bx+c的图象如下图，它与x轴的一个交点坐标为〔﹣1，0〕，与y轴的交点坐标为〔0，3〕．〔1〕求出b，c的值，并写出此二次函数的解析式；〔2〕根据图象，写出函数值y为正数时，自变量x的取值范围．19．二次函数的图象与x轴一交点为〔﹣1，0〕，顶点〔1，﹣4〕．〔1〕求二次函数的解析式．〔2〕当x为何值时，y随x的增大而增大？〔3〕所求二次函数图象可以由什么抛物线经过怎样的平移得到？20．如图，在Rt△BAC中，∠BAC=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AB′C′〔点B的对应点是点B′，点C的对应点是点C′〕，连接CC′，假设∠CC′B′=30°，求∠B的度数．21．如下图，⊙O的直径AB长为6，弦AC长为2，∠ACB的平分线交⊙O于点D，求四边形ADBC的面积．22．某商场销售一种笔记本，进价为每本10元．试营销阶段发现：当销售单价为12元时，每天可卖出100本，如调整价格，每涨价1元，每天要少卖出10本．〔1〕写出商场销售这种笔记本，每天所得的销售利润y〔元〕与销售单价x〔元〕之间的函数关系式〔x＞12〕；〔2〕假设该笔记本的销售单价高于进价且不超过15元，求销售单价为多少元时，该笔记本每天的销售利润最大？并求出最大值．23．如图，等腰三角形ABC中，AC=BC，底角为30°，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D 作DE⊥AC，垂足为E．〔1〕证明：DE为⊙O的切线．〔2〕连接OE，假设BC=4，求CE的长．24．如图，圆心角都是90°的扇形OAB与扇形OCD叠放在一起，连接AC，BD．〔1〕求证：AC=BD；〔2〕假设图中阴影局部的面积是πcm2，OA=2cm，求OC的长．25．如图，在平面直角坐标系中，以点C〔1，1〕为圆心，2为半径作圆，交x轴于A、B两点，开口向下的抛物线经过点A、B，且其顶点P在⊙C上．〔1〕求出A、B两点的坐标；〔2〕试确定此抛物线的解析式；〔3〕在该抛物线是否存在一点D，使线段OP与CD互相平分？假设存在，求出点D的坐标；假设不存在，请说明理由；〔4〕设点M是抛物线对称轴上的一个动点，H是抛物线对称轴与x轴的交点，如果以MH为半径的⊙M与直线AP相切，求点M坐标．2021-2021学年福建省福州市文博中学九年级〔上〕月考数学试卷〔10月份〕参考答案与试题解析一、选择题〔共10小题，每题4分，总分值40分〕1．以下图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有〔〕A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】中心对称图形；轴对称图形．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】解：第一个图形是轴对称图形，也是中心对称图形；第二个图形是轴对称图形，不是中心对称图形；第三个图型是轴对称图形，也是中心对称图形；第四个图形不是轴对称图形，是中心对称图形．所以既是轴对称图形又是中心对称图形的有两个．应选B．【点评】此题考察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，图形两局部折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两局部重合．2．由二次函数y=2〔x﹣3〕2+1，可知〔〕A．其图象的开口向下 B．其图象的对称轴为直线x=﹣3C．其最小值为1 D．当x＜3时，y随x的增大而增大【考点】二次函数的性质．【分析】根据二次函数的性质，直接根据a的值得出开口方向，再利用顶点坐标的对称轴和增减性，分别分析即可．【解答】解：由二次函数y=2〔x﹣3〕2+1，可知：A：∵a＞0，其图象的开口向上，故此选项错误；B．∵其图象的对称轴为直线x=3，故此选项错误；C．其最小值为1，故此选项正确；D．当x＜3时，y随x的增大而减小，故此选项错误．应选：C．【点评】此题主要考察了二次函数的性质，同学们应根据题意熟练地应用二次函数性质，这是中考中考察重点知识．3．以下命题中假命题的个数是〔〕①三点确定一个圆；②三角形的内心到三边的距离相等；③相等的圆周角所对的弧相等；④平分弦的直径垂直于弦；⑤垂直于半径的直线是圆的切线．A．4 B．3 C．2 D．1【考点】命题与定理．【分析】分析是否为假命题，可以举出反例；也可以分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．【解答】解：①错误，不在同一条直线上的三点确定一个圆；②正确，三角形的内心到三边的距离相等；③错误，在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等；④错误，如果平分的弦是直径，那么平分弦的直径不垂直于弦；⑤错误，过半径的外端且垂直于半径的直线是圆的切线．应选A．【点评】主要考察命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．4．如图，将三角尺ABC〔其中∠ABC=60°，∠C=90°〕绕B点按顺时针方向转动一个角度到A1BC1的位置，使得点A，B，C1在同一条直线上，那么这个角度等于〔〕A．120°B．90° C．60° D．30°【考点】旋转的性质．【专题】计算题．【分析】利用旋转的性质计算．【解答】解：∵∠ABC=60°，∴旋转角∠CBC1=180°﹣60°=120°．∴这个旋转角度等于120°．应选：A．【点评】此题考察了旋转的定义，明确三角尺的度数的常识并熟记旋转角的定义是解题的关键．5．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，如果AB=20，CD=16，那么线段AE的长为〔〕A．10 B．8 C．6 D．4【考点】垂径定理；勾股定理．【分析】连接OC，根据垂径定理求出CE，根据勾股定理计算即可．【解答】解：连接OC，∵CD⊥AB，∴CE=DE=CD=8，∴OE==6，那么AE=OA﹣OE=4，应选：D．【点评】此题考察的是垂径定理和勾股定理的应用，掌握垂直弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．6．正六边形的边心距为，那么该正六边形的边长是〔〕A．B．2 C．3 D．2【考点】正多边形和圆；勾股定理．【专题】几何图形问题．【分析】运用正六边形的性质，正六边形边长等于外接圆的半径，再利用勾股定理解决．【解答】解：∵正六边形的边心距为，∴OB=，AB=OA，∵OA2=AB2+OB2，∴OA2=〔OA〕2+〔〕2，解得OA=2．应选：B．【点评】此题主要考察了正六边形和圆，注意：外接圆的半径等于正六边形的边长．7．如图，点A、C、B在⊙O上，∠AOB=∠ACB=α．那么α的值为〔〕A．135°B．120°C．110°D．100°【考点】圆周角定理．【分析】先运用“在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半〞，再运用周角360°即可解．【解答】解：∵∠ACB=a∴优弧所对的圆心角为2a∴2a+a=360°∴a=120°．应选B．【点评】此题考察了圆内接四边形的性质和圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．8．⊙O的半径为1，点P到圆心O的距离为d，假设关于x的方程x2﹣2x+d=0有实根，那么点P〔〕A．在⊙O的内部B．在⊙O的外部C．在⊙O上D．在⊙O上或⊙O的内部【考点】点与圆的位置关系；根的判别式．【分析】首先根据关于x的方程有实数根求得d的取值范围，然后利用d与半径的大小关系判断点与圆的位置关系．【解答】解：∵关于x的方程x2﹣2x+d=0有实根，∴根的判别式△=〔﹣2〕2﹣4×d≥0，解得d≤1，∴点在圆内或在圆上，应选D．【点评】此题考察了对点与圆的位置关系的判断．设点到圆心的距离为d，那么当d=R时，点在圆上；当d＞R时，点在圆外；当d＜R时，点在圆内．9．函数y=ax2+bx+c的图象如下图，那么关于x的方程ax2+bx+c﹣3=0的根的情况是〔〕A．有两个不相等的实数根 B．有两个异号实数根C．有两个相等实数根 D．无实数根【考点】抛物线与x轴的交点．【专题】压轴题．【分析】由图可知y=ax2+bx+c﹣3可以看作是函数y=ax2+bx+c的图象向下平移3个单位而得到，再根据函数图象与x轴的交点个数进展解答．【解答】解：∵函数y=ax2+bx+c的图象顶点的纵坐标为3，∴函数y=ax2+bx+c﹣3的图象可以看作是y=ax2+bx+c的图象向下平移3个单位得到，此时顶点在x 轴上，∴函数y=ax2+bx+c﹣3的图象与x轴只有1个交点，∴关于x的方程ax2+bx+c﹣3=0有两个相等实数根．应选C．【点评】此题考察了二次函数与一元二次方程的知识．10．小明从图所示的二次函数y=ax2+bx+c的图象中，观察得出了下面五条信息：①abc＞0；②a﹣b+c＞0；③4a+2b+c＜0；④2a﹣3b=0；⑤c﹣4b＞0，其中正确的有〔〕A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】二次函数图象与系数的关系．【分析】观察图象易得a＞0，﹣ =，所以b＜0，2a+3b=0，因此abc＞0，由此可以判定①是正确的，而④错误；当x=﹣1，y=a﹣b+c，由点〔﹣1，a﹣b+c〕在第二象限可以判定a﹣b+c＞0②是正确的；当x=2时，y=4a+2b+c=2×〔﹣3b〕+2b+c=c﹣4b＞0，而③是错误的，由点〔2，c﹣4b〕在第一象限可以判定c﹣4b＞0⑤是正确的．【解答】解：∵抛物线开口方向向上，∴a＞0，∵与y轴交点在x轴的下方，∴c＜0，∵﹣=，∴b＜0，∴abc＞0，∴①是正确的；对称轴x=﹣=，∴3b=﹣2a，∴2a+3b=0，∴④是错误的；当x=﹣1，y=a﹣b+c，而点〔﹣1，a﹣b+c〕在第二象限，∴②a﹣b+c＞0是正确的；当x=2时，y=4a+2b+c=2×〔﹣3b〕+2b+c=c﹣4b＞0，而点〔2，c﹣4b〕在第一象限，∴c﹣4b＞0，故③错误，⑤正确．应选C．【点评】此题考察了二次函数的图象与系数的关系，还考察了同学们从函数图象中获取信息的能力，以及考察二次函数的图象和性质．二、填空题〔共6小题，每题4分，总分值24分〕11．抛物线y=〔m﹣2〕x2+2x+〔m2﹣4〕的图象经过原点，那么m= ﹣2 ．【考点】二次函数图象上点的坐标特征．【分析】由于抛物线y=〔m﹣2〕x2+2x+〔m2﹣4〕的图象经过原点，所以把〔0，0〕代入函数的解析式中即可求解．【解答】解：∵抛物线y=〔m﹣2〕x2+2x+〔m2﹣4〕的图象经过原点，∴0=m2﹣4，∴m=±2，当m=2时，m﹣2=0，∴m=﹣2．故答案为：﹣2．【点评】此题考察了函数图象上的点的坐标与函数解析式的关系，解题时首先正确理解题意，然后根据题意得到方程即可解决问题．12．抛物线y=ax2+bx+c的局部图象如下图，假设y＞0，那么x的取值范围是﹣1＜x＜3 ．【考点】二次函数的图象．【专题】压轴题．【分析】由图可知，该函数的对称轴是x=1，那么x轴上与﹣1对应的点是3．观察图象可知y＞0时x的取值范围．【解答】解：抛物线与x轴的一个交点是〔﹣1，0〕对称轴为x=1，根据对称性，抛物线与x轴的另一交点为〔3，0〕，观察图象，当y＞0时，﹣1＜x＜3．【点评】此题的关键是根据二次函数的对称轴与对称性，找出抛物线y=ax2+bx+c的完整图象．13．如图，PA、PB是⊙O的切线，AC是⊙O的直径，∠P=50°，那么∠BOC的度数为50°．【考点】切线的性质．【分析】由PA、PB是⊙O的切线，根据切线的性质得到∠OAP=∠OBP=90°，再根据四边形的内角和为360°可得到∠AOB，而AC是⊙O的直径，根据互补即可得到∠BOC的度数．【解答】解：∵PA、PB是⊙O的切线，∴∠OAP=∠OBP=90°，而∠P=50°，∴∠AOB=360°﹣90°﹣90°﹣50°=130°，又∵AC是⊙O的直径，∴∠BOC=180°﹣130°=50°．故答案为：50°．【点评】此题考察了圆的切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径；也考察了四边形的内角和为360°．14．假设半径为6cm的圆中，扇形面积为9cm2，那么它的弧长为3cm ．【考点】扇形面积的计算；弧长的计算．【分析】利用扇形面积的计算方法，有两种：①根据圆心角的度数和半径的长来得出：S=；②根据弧长和半径来求：S=lr，进而得出利用第②个公式得出即可．【解答】解：根据扇形面积公式可知S=lr，所以l===3cm，故答案为：3cm．【点评】此题主要考察了主要考察了扇形面积的求算方法．利用弧长和半径：S=lr得出是解题关键．15．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=2，分别以AC、BC为直径画半圆，那么图中阴影局部的面积为π﹣4 〔结果保存π〕．【考点】扇形面积的计算．【专题】压轴题．【分析】图中阴影局部的面积为两个半圆的面积﹣三角形的面积，然后利用三角形的面积计算即可．【解答】解：设各个局部的面积为：S1、S2、S3、S4、S5，如下图，∵两个半圆的面积和是：S1+S5+S4+S2+S3+S4，△ABC的面积是S3+S4+S5，阴影局部的面积是：S1+S2+S4，∴图中阴影局部的面积为两个半圆的面积减去三角形的面积．即阴影局部的面积=π×4+π×1﹣4×2÷2=π﹣4．【点评】此题的关键是看出图中阴影局部的面积为两个半圆的面积﹣三角形的面积．16．如图，在等边△ABC中，D是边AC上一个动点，连接BD．将线段BD绕点B逆时针旋转60°得到BE，连接ED．假设BC=2，那么△AED的周长最小值是2+．【考点】旋转的性质；等边三角形的性质．【专题】计算题．【分析】作BH⊥AC于H，如图，利用等边三角形的性质可计算出BH=，再根据旋转的性质得BE=BD，∠DBE=60°，那么可判断△DBE为等边三角形，所以∠DBE=60°，DE=DB，由于BA=BC，∠ABC=60°，那么根据旋转的定义可把△CBD绕点B逆时针旋转60°得到△ABE，那么AE=CD，所以△AED的周长=AE+AD+DE=CD+AD+BD=2+BD，利用垂线段最短得点D运动到点H时，BD最小，最小值为，于是得到△AED的周长最小值为2+．【解答】解：作BH⊥AC于H，如图，∵△ABC为等边三角形，∴BC=AC=2，∴CH=AC=1，∴BH==，∵线段BD绕点B逆时针旋转60°得到BE，∴BE=BD，∠DBE=60°，∴△DBE为等边三角形，∴∠DBE=60°，DE=DB，∵△ABC为等边三角形，∴BA=BC，∠ABC=60°，∴△CBD绕点B逆时针旋转60°得到△ABE，∴AE=CD，∴△AED的周长=AE+AD+DE=CD+AD+BD=AC+BD=2+BD，∵D是边AC上一个动点，∴当点D运动到点H时，BD最小，最小值为，∴△AED的周长最小值为2+．故答案为2+．【点评】此题考察了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考察了等边三角形的性质．三、解答题〔共86分〕17．△ABC在平面直角坐标系中的位置如下图．〔1〕画出△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°后的△AB'C'；〔2〕在〔1〕的条件下，求点C旋转到点C'所经过的路线长〔结果保存π〕．【考点】作图-旋转变换；轨迹．【分析】〔1〕根据图形旋转的性质画出图形即可；〔2〕先根据勾股定理求出AC的长，再由弧长公式即可得出结论．【解答】解：〔1〕如图，△AB'C'即为所求；〔2〕∵AC==2，∴点C旋转到点C'所经过的路线长==π．【点评】此题考察的是作图﹣旋转变换，熟知图形旋转的性质是解答此题的关键．18．二次函数y=﹣x2+bx+c的图象如下图，它与x轴的一个交点坐标为〔﹣1，0〕，与y轴的交点坐标为〔0，3〕．〔1〕求出b，c的值，并写出此二次函数的解析式；〔2〕根据图象，写出函数值y为正数时，自变量x的取值范围．【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数的图象．【分析】〔1〕把抛物线上的两点代入解析式，解方程组可求b、c的值；〔2〕令y=0，求抛物线与x轴的两交点坐标，观察图象，求y＞0时，x的取值范围．【解答】解：〔1〕将点〔﹣1，0〕，〔0，3〕代入y=﹣x2+bx+c中，得，解得．∴y=﹣x2+2x+3．〔2〕令y=0，解方程﹣x2+2x+3=0，得x1=﹣1，x2=3，抛物线开口向下，∴当﹣1＜x＜3时，y＞0．【点评】此题考察了待定系数法求抛物线解析式，根据抛物线与x轴的交点，开口方向，可求y＞0时，自变量x的取值范围．19．二次函数的图象与x轴一交点为〔﹣1，0〕，顶点〔1，﹣4〕．〔1〕求二次函数的解析式．〔2〕当x为何值时，y随x的增大而增大？〔3〕所求二次函数图象可以由什么抛物线经过怎样的平移得到？【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数图象与几何变换．【分析】〔1〕先设所求函数解析式是y=a〔x﹣1〕2﹣4，再把〔﹣1，0〕代入，即可求a，进而可得函数解析式；〔2〕由〔1〕可知抛物线的对称轴，进而可知道y随x的增大而增大时，自变量x的取值范围；〔3〕可以由基函数y=y=x2先向右平移1个单位，再向下平移4个单位得到．【解答】解：〔1〕设y=a〔x﹣1〕2﹣4，把点〔﹣1，0〕代入得：a=1，∴函数解析式y=〔x﹣1〕2﹣4；〔2〕∵抛物线对称轴为x=1，∴当x＞1时，y随x的增大而增大；〔3〕函数y=〔x﹣1〕2﹣4图象可以由y=x2先向右平移1个单位，再向下平移4个单位得到．【点评】此题主要考察二次函数解析式求法及抛物线与坐标轴交点坐标，根据题意设出二次函数解析式的适宜形式是前提、根本．20．如图，在Rt△BAC中，∠BAC=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AB′C′〔点B的对应点是点B′，点C的对应点是点C′〕，连接CC′，假设∠CC′B′=30°，求∠B的度数．【考点】旋转的性质．【分析】根据旋转的性质可得△ABC≌△AB′C′，根据全等三角形的性质可得AC=AC′，∠B=∠AB′C′，那么△ACC′是等腰直角三角形，然后根据三角形的外角的性质求得∠AB′C′即可．【解答】解：由旋转的性质可得：△ABC≌△AB′C′，点B′在AC上，∴AC=AC′，∠B=∠AB′C′．又∵∠BAC=∠CAC′=90°，∴∠ACC′=∠AC′C=45°．∴∠AB′C′=∠ACC′+∠CC′B′=45°+30°=75°，∴∠B=∠AB′C′=75°．【点评】此题考察了旋转的性质以及全等三角形的性质和三角形的外角的性质，注意到△ACC′是等腰直角三角形是关键．21．如下图，⊙O的直径AB长为6，弦AC长为2，∠ACB的平分线交⊙O于点D，求四边形ADBC的面积．【考点】圆周角定理；勾股定理．【分析】四边形ADBC可分作两局部：①△ABC，由圆周角定理知∠ACB=90°，Rt△ACB中，根据勾股定理即可求得直角边BC的长，进而可根据直角三角形的面积计算方法求出△ABC的面积；②△ABD，由于CD平分∠ACB，那么弧AD=弧BD，由此可证得△ABD是等腰Rt△，即可根据斜边的长求出两条直角边的长，进而可得到△ABD的面积；上述两个三角形的面积和即为四边形ADBC的面积，由此得解．【解答】解：∵AB是直径，∴∠ACB=∠ADB=90°，在Rt△ABC中，AB=6，AC=2，∴BC===4；∵∠ACB的平分线交⊙O于点D，∴∠DCA=∠BCD；∴，∴AD=BD；∴在Rt△ABD中，AD=BD=3，AB=6，∴四边形ADBC的面积=S△ABC+S△ABD=AC•BC+AD•BD=×2×4+×3×3=9+4．故四边形ADBC的面积是9+4．【点评】此题主要考察了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，直角三角形的性质，勾股定理等知识的综合应用能力．22．〔2021秋•台江区校级期中〕某商场销售一种笔记本，进价为每本10元．试营销阶段发现：当销售单价为12元时，每天可卖出100本，如调整价格，每涨价1元，每天要少卖出10本．〔1〕写出商场销售这种笔记本，每天所得的销售利润y〔元〕与销售单价x〔元〕之间的函数关系式〔x＞12〕；〔2〕假设该笔记本的销售单价高于进价且不超过15元，求销售单价为多少元时，该笔记本每天的销售利润最大？并求出最大值．【考点】二次函数的应用．【分析】〔1〕根据总利润=单件利润×销售量列出函数解析式即可；〔2〕把y=﹣10x2+320x﹣2200化为y=﹣10〔x﹣16〕2+360，根据二次函数的性质即可得到结论．【解答】解：〔1〕y=〔x﹣10〕[100﹣10〔x﹣12〕=〔x﹣10〕〔100﹣10x+120〕=﹣10x2+320x﹣2200；〔2〕y=﹣10x2+320x﹣2200=﹣10〔x﹣16〕2+360，由题意可得：10＜x≤15，∵a=﹣10＜0，对称轴为直线x=16，∴抛物线开口向下，在对称轴左侧，y随x的增大而增大，∴当x=15时，y取最大值为350元，答：销售单价为15元时，该文具每天的销售利润最大，最大值是350元．【点评】此题考察了二次函数的应用，最大销售利润的问题常利函数的增减性来解答，我们首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型，其中要注意应该在自变量的取值范围内求最大值〔或最小值〕，也就是说二次函数的最值不一定在x=﹣时取得．23．如图，等腰三角形ABC中，AC=BC，底角为30°，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D 作DE⊥AC，垂足为E．〔1〕证明：DE为⊙O的切线．〔2〕连接OE，假设BC=4，求CE的长．【考点】切线的判定；等腰三角形的性质；勾股定理；圆周角定理．【分析】〔1〕首先连接OD，CD，由以BC为直径的⊙O，可得CD⊥AB，又由等腰三角形ABC的底角为30°，可得AD=BD，即可证得OD∥AC，继而可证得结论；〔2〕由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得出CD=BC=2，∠ACB=120°，∠BCD=∠ACD=∠ACB=60°，由三角函数求出CE即可．【解答】〔1〕证明：连接OD，CD，如下图：∵BC为⊙O直径，∴∠BDC=90°，即CD⊥AB，∵△ABC是等腰三角形，∴AD=BD，∵OB=OC，∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴OD⊥DE，∵D点在⊙O上，∴DE为⊙O的切线；〔2〕解：∵∠A=∠B=30°，BC=4，∴CD=BC=2，∠ACB=120°，∵AC=BC，AD=BD，∴∠BCD=∠ACD=∠ACB=60°，∵DE⊥AC，∴CE=CD•cos60°=2×=1．【点评】此题考察了切线的判定、等腰三角形的性质、三角形中位线定理、三角函数的运用等知识；熟练掌握等腰三角形的性质是解决问题的关键．24．如图，圆心角都是90°的扇形OAB与扇形OCD叠放在一起，连接AC，BD．〔1〕求证：AC=BD；〔2〕假设图中阴影局部的面积是πcm2，OA=2cm，求OC的长．【考点】扇形面积的计算；全等三角形的判定与性质．【专题】几何综合题．【分析】〔1〕求证：AC=BD，那么需求证△AOC≌△BOD，利用条件证明即可．〔2〕从图中可以得S阴影就是大扇形减小扇形形所得的弓形的面积，根据扇形的面积公式计算即可．【解答】〔1〕证明：∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOC+∠AOD=∠BOD+∠AOD；∴∠AOC=∠BOD；在△AOC和△BOD中，∵，∴△AOC≌△BOD〔SAS〕；∴AC=BD．〔2〕解：根据题意得：S阴影=﹣=；∴；解得：OC=1〔cm〕．【点评】此题考察了全等三角形的判定和性质、扇形面积的计算方法等知识点．25．〔14分〕〔2021•福州校级模拟〕如图，在平面直角坐标系中，以点C〔1，1〕为圆心，2为半径作圆，交x轴于A、B两点，开口向下的抛物线经过点A、B，且其顶点P在⊙C上．〔1〕求出A、B两点的坐标；〔2〕试确定此抛物线的解析式；〔3〕在该抛物线是否存在一点D，使线段OP与CD互相平分？假设存在，求出点D的坐标；假设不存在，请说明理由；〔4〕设点M是抛物线对称轴上的一个动点，H是抛物线对称轴与x轴的交点，如果以MH为半径的⊙M与直线AP相切，求点M坐标．【考点】二次函数综合题．【分析】〔1〕根据勾股定理求出AH和BH，根据C的坐标求出A、B的坐标即可；〔2〕根据抛物线的顶点坐标设抛物线的顶点式，把B的坐标代入求出a即可；〔3〕假设存在，根据平行四边形的性质和判定得出平行四边形，求出D的坐标，把D的坐标代入抛物线的解析式，左边=右边，即得出D在抛物线上，即可得出答案；〔4〕根据勾股定理，可得AP的长，根据线段的和差，可得PM的长，MN的长，根据相似三角形的判定与性质，可得关于b的方程，根据解方程，可得答案．【解答】解：〔1〕如图1，作CH⊥AB于H点．∵CH=1，半径CB=2，∴HB=，∴A的坐标是〔1﹣，0〕，B的坐标是〔1+，0〕．〔2〕设抛物线的解析式是y=a〔x﹣1〕2+3，把点B〔1+，0〕代入上式，解得：a=﹣1，∴y=﹣〔x﹣1〕2+3=﹣x2+2x+2，即抛物线的解析式是y=﹣x2+2x+2．〔3〕如图2：假设存在点D使线段OP与CD互相平分，那么四边形OCPD是平行四边形，∴PC∥OD，PC=OD，∵PC∥y轴，∴点D在y轴上，∵PC=2，∴OD=2，即D〔0，2〕，∠MPN=又D〔0，2〕满足y=﹣x2+2x+2，∴点D在抛物线上，∴存在D点，使线段OP与CD互相平分，且点D的坐标是〔0，2〕；〔4〕如图3：，作MN⊥AP，设M〔1，b〕PM=〔1﹣b〕，MN=MH=b，HA=1﹣〔1﹣〕=，AP===2．由∠MPN=∠APH，∠MNP=∠AHP=90°，得△MNP∽△AHP，=，即=，解得b=1，即M〔1，1〕．【点评】此题综合考察对平行四边形的性质和判定，平行线的性质，勾股定理，用待定系数法求二次函数的解析式，垂径定理等知识点，此题综合性较强，通过做题培养学生分析问题和解决问题的能力，题型较好，难度适中．。

2023-2024学年福建省福州市长乐重点中学九年级(上)月考数学试卷(10月份)(含解析)

2023-2024学年福建省福州市长乐重点中学九年级(上)月考数学试卷(10月份)(含解析)

2023-2024学年福建省福州市长乐重点中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.下列函数表达式中，一定为二次函数的是( )A. y=2x−5B. y=ax2+bx+cC. ℎ=(t+2)2D. y=x2+1x2.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.3.将抛物线y=4x2+1的图象向左平移3个单位，再向下平移2个单位，得到的抛物线是( )A. y=4(x+3)2−1B. y=4(x+2)2−3C. y=4(x−3)2−2D. y=4(x−2)2−34.在一个不透明的口袋中装有4个红球，5个白球和若干个黑球，它们除颜色外其他完全相同，通过多次摸球试验后发现，摸到白球的频率稳定在25%附近，则口袋中黑球可能有( )A. 10个B. 11个C. 12个D. 13个5.下列关于圆的说法，不正确的是( )A. 圆是轴对称图形B. 圆是中心对称图形C. 优弧大于劣弧D. 垂直于弦的直径平分这条弦所对的弧6.关于二次函数y=−x2+2x+3，下列说法中不正确的是( )A. 图象开口向下B. 图象的对称轴是直线x=1C. 当x>1时，y随x的增大而增大D. 函数的最大值为47.已知关于x的一元二次方程mx2+2x+1=0有两个实根，则m的范围是( )A. m<1B. m≤1C. m<1且m≠0D. m≤1且m≠08.如图，⊙O是△ABC的外接圆，已知∠ABO=50°，则∠ACB的大小为( )A. 30°B. 40°C. 45°D. 50°9.已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)中，函数y与自变量x的部分对应值如表，则方程ax2+bx+c=0(a ≠0)的一个解x的范围是( )x…1 1.1 1.2 1.3 1.4…y…−1−0.490.040.59 1.16…A. 1<x<1.1B. 1.1<x<1.2C. 1.2<x<1.3D. 1.3<x<1.410.如图，已知二次函数y=ax2+bx+c(a<0)的图象与x轴交于点A(−1,0)，对称轴为直线x=1，与y轴的交点B在(0,2)和(0,3)之间(包括这两点)，下列结论：①当x>3时，y<0；②3a+b<0；③−1≤a≤−2；3④4ac−b2>8a．其中正确的结论是( )A. ①③④B. ①②③C. ①②④D. ①②③④二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）11.如图，该图形绕其中心旋转能与其自身完全重合，则其旋转角最小为______ 度.12.如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点A(−1,0)，抛物线的对称轴是直线x=2.那么一元二次方程ax2+bx+c=0的根是______ ．13.若A (−132,y 1)，B (−52,y 2)，C (8,y 3)为二次函数y =(x−2)2图象上三点，则y 1，y 2，y 3的大小关系为______ .(用“>”号表示)14.若点A (−3,m )，B (5,m )在同一抛物线上，则此抛物线的对称轴是直线______ ．15.如图，AB 是⊙O 的直径，弦CD 交AB 于点E ，连接AC ，AD .若∠D =62°，则∠BAC = ．16.如图，△ABC 是等边三角形，AB =2，D 在BC 边上，连接AD ，将线段AD 绕点A 顺时针旋转60°得到线段AE ，连接DE 、BE ，则△BED 的周长最小值是______ ．三、解答题（本大题共9小题，共86.0分。

2023-2024学年福建省福州市九年级上学期数学月考试题及答案

2023-2024学年福建省福州市九年级上学期数学月考试题及答案一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出四个选项中，只有一项是符合要求的）1. 如图，A ，B ，C 是⊙O 上三点，且∠ABC＝70°，则∠AOC 的度数是（ ）A. 35°B. 140°C. 70°D. 110°【答案】B【解析】【分析】根据同弧所对的圆心角与圆周角之间的关系定理即可解决．【详解】解：∵∠ABC 是圆周角，所对的弧是 AC ，∠AOC 是圆心角，所对的弧是 AC ，∴∠AOC=2∠ABC=2×70°=140°．故选：B ．【点睛】本题考查同弧所对的圆周角、圆心角之间的关系定理，记住同弧所对圆心角是圆周角的两倍，属于中考常考题型．2. 如图，⊙O 的直径AB ＝4，点C 在⊙O 上，∠ABC＝30°，则AC 的长是( )A. 1D. 2【答案】D【解析】【详解】解：∵AB 是⊙O 直径,∴∠ACB=90°;的的Rt△ABC 中,∠ABC=30°,AB=4;∴AC=12AB=2．故选D ．考点：圆周角定理．3. 已知O 的半径为3，点P 到圆心O 的距离为4，则点P 与O 的位置关系是（ ）A. 点P 在O 外B. 点P 在O 上C. 点P 在O 内D. 无法确定【答案】A【解析】【分析】根据点与圆的位置关系进行判断即可得到答案．【详解】解：O 的半径分别是3，点P 到圆心O 的距离为4，d r ∴>，∴点P 与O 的位置关系是：点在圆外，故选：A ．【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，设点到圆心的距离为d ，半径为r ，当d r =时，点在圆上，当d r <时，点在圆内，当d r >时，点在圆外．4. A ，B 是切点，若70P ∠=︒，则ABO ∠=（ ）A. 30°B. 35°C. 45°D. 55°【答案】B【解析】【分析】连接OA ，根据切线的性质和四边形的内角和为360︒，求出AOB ∠的度数，等边对等角求出ABO ∠的度数即可．【详解】解：连接OA ，则：OA OB =，∵A，B 是切点，∴,OA PA OB PB ⊥⊥，∴90OBP OAP ∠=∠=︒，∴360110AOB APB OBP OAP ∠=︒-∠-∠-∠=︒，∵OA OB =，∴()1180352ABO AOB ∠=︒-∠=︒；故选B ．【点睛】本题考查切线的性质．熟练掌握切线垂直于过切点的半径，是解题的关键．5. 如图，AB 是O 的直径，点C 是O 上的一点，若6BC =，10AB =，OD BC ⊥于点D ，则OD 长为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】【分析】利用圆周角定理和勾股定理求出AC 的长，再利用垂径定理和三角形的中位线定理求出OD 的长即可．【详解】解：∵AB 是O 的直径，∴90BCA ∠=︒，∵6BC =，10AB =，∴8AC ==，∵OD BC ⊥，∴BD CD =，∵OA OB =，∴OD 是三角形ABC 的中位线，∴142OD AC ==；故选D ．【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理和三角形的中位线定理，解题的关键是熟练掌握相关定理，正确的计算．6. 正n 边形的中心角是30°，n =（ ）A 6 B. 8 C. 10 D. 12【答案】D【解析】【分析】根据正n 边形的中心角是360n ︒，进行求解即可．【详解】解：由题意，得：36030n ︒=︒，∴12n =；故选D ．【点睛】本题考查正多边形的中心角．熟练掌握正n 边形的中心角是360n︒，是解题的关键．7. 如图，⊙O 的弦AB=6，M 是AB 上任意一点，且OM 最小值为4，⊙O 的半径为（ ）A. 5B. 4C. 3D. 2【答案】A【解析】分析】当OM⊥AB 时值最小．根据垂径定理和勾股定理求解．.【【详解】解：根据直线外一点到直线的线段中，垂线段最短，知：当OM⊥AB时，为最小值4，连接OA，AB=3，根据垂径定理，得：BM=12根据勾股定理，得：=5，即⊙O的半径为5．故选：A．【点睛】本题考查了垂径定理，主要运用了垂径定理、勾股定理求得半径．特别注意能够分析出OM的最小值．8. 如图，点A、B、C在⊙O上，且∠ACB=100o，则∠α度数为（）A. 160oB. 120oC. 100oD. 80o 【答案】A【解析】AD BD利用圆的内接四边形的性质与一条弧所对的圆心角【分析】在⊙O取点D，连接,.是它所对的圆周角的2倍，可得答案．AD BD【详解】解：如图，在⊙O取点D，连接,.四边形ACBD为⊙O的内接四边形，180,∴∠+∠=︒ACB ADB∠=︒100,ACB80,D ∴∠=︒160.AOB ∴∠=︒ ．故选A【点睛】本题考查的是圆的内接四边形的性质，同弧所对的圆心角是它所对的圆周角的2倍，掌握相关知识点是解题的关键．9. 圆锥底面圆的半径为3cm ，其侧面展开图是半圆，则圆锥母线长为（ ）A. 3cmB. 6cmC. 9cmD. 12cm 【答案】B【解析】【详解】试题分析：首先根据圆的周长公式求得圆锥的底面周长=6π，然后根据圆锥的侧面展开图（扇形）的弧长等于底面周长，根据弧长公式180n r l π=即可求得母线长6l ππ=，可得母线长为6．故选B ．考点：圆锥的计算10. 如图，ABC 内接于O ，120BAC ∠=︒，AB AC =，BD 为O 的直径，6AD =，则BC 长为（ ）A. 4B.C. 6D. 【答案】C【解析】【分析】等边对等角，得到30ABC ACB ∠=∠=︒，圆周角定理，得到30ADB ∠=︒，90BAD BCD ∠=∠=︒，利用含30 度角的直角三角形的性质，求出BD 的长，再根据含30 度角的直角三角形的性质，求出BC 的长即可．【详解】解：∵120BAC ∠=︒，AB AC =，∴30ABC ACB ∠=∠=︒，∴30ADB ACB ∠=∠=︒连接CD ，则：18060BDC BAC ∠=︒-∠=︒，∵BD 为O 的直径，∴90BAD BCD ∠=∠=︒，在Rt BAD 中，30ADB ∠=︒，∴2,6BD AB AD ===，∴AB =BD =，在Rt BCD 中，BD =，60BDC ∠=︒，∴30CBD ∠=︒，12CD BD ==，∴6BC ==；故选C ．【点睛】本题考查圆周角定理，等边对等角，含30度角的直角三角形．熟练掌握圆周角定理，是解题的关键．二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）11. 如图，已知点A ，B ，C 在O 上，AC OB ∥，40BOC ∠=︒，则ABO ∠=________．【答案】20︒##20度【解析】【分析】先根据圆周角定理求出20BAC =︒∠，再根据平行线的性质可证20ABO BAC ∠=∠=︒．【详解】解：∵40BOC ∠=︒，∴20BAC =︒∠，∵AC OB ∥，∴20ABO BAC ∠=∠=︒．故答案为：20︒【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，平行线的性质，熟记圆周角定理的含义是解本题的关键．12. 用反证法证明：“a 与b 不平行”，第一步假设为________．【答案】a 与b 平行【解析】【分析】反证法的第一步假设结论的对立面成立，作答即可．【详解】解：用反证法证明：“a 与b 不平行”，第一步假设为a 与b 平行；故答案为：a 与b 平行．【点睛】本题考查反证法，熟练掌握反证法的第一步为假设结论的对立面成立，是解题的关键．13. 在半径为3的圆中，150°的圆心角所对扇形的面积是________．【答案】154π【解析】【分析】根据扇形的面积公式进行计算即可．【详解】解：由题意，得：150°的圆心角所对的扇形的面积是21501533604ππ⨯=；故答案为：154π．【点睛】本题考查求扇形面积．熟练掌握扇形的面积公式，是解题的关键．14. 如图，点A ，B ，C ，D 都在⊙O 上，∠ABC＝90°，AD ＝3，CD ＝2，则⊙O 的直径的长是________．【解析】【详解】连接AC ，根据∠ABC=90°可得AC 为直径，则∠ADC=90°，根据Rt△ACD 的勾股定理可得：=15. 如图，AB 为⊙O 的直径，弦CD AB ⊥于点E ，已知6,1CD EB ==，则⊙O 的半径为__________．【答案】5【解析】【详解】解：设圆的半径为r ，连接OC ，根据垂径定理可知CE=3，OE=r-1，()22231r r \+-=，解得r=5．故答案为5．16. 平面直角坐标系内，A(-1,0)，B(1,0)，C(4，﹣3)，P 在以 C 为圆心 1 为 半径的圆上运动，连接 PA ，PB ，则22PA PB +的最小值是_______ .【答案】34【解析】【分析】设点P (x, y )，表示出22PA PB +的值，从而转化为求OP 的最值，画出图形后可直观得出OP 的最值，代入求解即可.【详解】解:设P (x ，y)∴222,OP x y =+∵A(-1,0)，B(1,0)，∴()()2222221, 1,PA x y PB x y =++=-+∴()22222222222PA PB x y x y+=++=++ ,∴22222,PA PB OP +=+当点P 处于OC 与圆的交点上时，OP 取得最值,∴OP 的最小值为OC-PC=5-1=4.∴22PA PB +最小值为22222224234,PA PB OP +=+=⨯+=.故答案为: 34.【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，解答本题的关键是设出点P 坐标，将所求代数式的值转化为求解OP 的最小值，难度较大.三、解答题（共86分）17. 如图，在O 中，弦AC ∥半径OB ，40BOC ∠=︒，求AOC ∠的度数.【答案】100︒．【解析】【分析】先根据平行线的性质得到40OCA BOC ∠=∠=︒，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算AOC ∠的度数．【详解】解：AC ∥半径OB ，40OCA BOC ∴∠=∠=︒，OA OC = ，40A OCA ∴∠=∠=︒，1801804040100AOC A OCA ∴∠=︒-∠-∠=︒-︒-︒=︒．【点睛】本题考查了三角形内角和：三角形内角和是180︒．也考查了等腰三角形的性质和圆的认识．18. 如图，5OA OB ==，8AB =，O 的直径为6．求证：直线AB 是O 的切线．【答案】见解析【解析】【分析】过点O 作OD AB ⊥于点D ，根据三线合一和勾股定理求出OD 的长，即可．【详解】解：过点O 作OD AB ⊥于点D ，∵5OA OB ==，8AB =，∴4AD BD ==，∴3OD ==，∵O 的直径为6，∴OD 为O 的半径，又OD AB ⊥，∴直线AB 是O 的切线．【点睛】本题考查切线的判定．熟练掌握切线的判定方法，是解题的关键．19. 如图，A 、B 、C 、D 为⊙O 上四点，若AC⊥OD 于E ，且 =2AB AD ．请说明AB ＝2AE ．【答案】证明见解析【解析】【分析】根据垂径定理得到 2AC AD =，AC ＝2AE ，从而得到 AC AB =，得到AC=AB ，故可求解.【详解】解：∵AC⊥OD，∴AC AD=，AC＝2AE，2∵=，2AB AD∴AC AB=，∴ AC＝AB，∴ AB＝2AE．【点睛】此题主要考查垂径定理，弧、弦、圆心角的关系，解题的关键是熟练掌握相关知识并能灵活运用.20. 如图，AB是⊙O的切线．A为切点，AC是⊙O的弦，过O作OH⊥AC于点H．若OH=2，AB=12，BO=13，求⊙O的半径和AC的值【答案】5，．【解析】【分析】根据切线的性质可得△AOB是直角三角形，由勾股定理可求得OA的长，即⊙O的半径；在Rt△OAH中，由勾股定理可得AH的值，进而由垂径定理求得AC的长．【详解】解：①∵AB是⊙O的切线，A为切点，∴OA⊥AB，在Rt△AOB中，=5，∴⊙O的半径为5；②∵OH⊥AC，∴在Rt△AOH中，，又∵OH⊥AC，．【点睛】本题考查：切线的性质、勾股定理及垂径定理的综合运用等知识，解题关键是勾股定理的应用．21. 如图，AD是⊙O的弦，AB经过圆心O，交⊙O于点C．∠DAB=∠B=30°．（1）直线BD是否与⊙O相切？为什么？（2）连接CD，若CD=5，求AB的长．【答案】（1）相切，理由见解析；（2）AB=15．【解析】【分析】（1）连接OD，通过计算得到∠ODB=90°，证明BD与⊙O相切．（2）△OCD是边长为5的等边三角形，得到圆的半径的长，然后求出AB的长【详解】解：（1）直线BD与⊙O相切．如图连接OD，CD，∵∠DAB=∠B=30°，∴∠ADB=120°，∵OA=OD，∴∠ODA=∠OAD=30°，∴∠ODB=∠ADB﹣∠ODA=120°﹣30°=90°．所以直线BD与⊙O相切；（2）连接CD，∠COD=∠OAD+∠ODA=30°+30°=60°，又OC=OD∴△OCD是等边三角形，即：OC=OD=CD=5=OA，∵∠ODB=90°，∠B=30°，∴OB=10，∴AB=AO+OB=5+10=15．22. 如图，已知AB是⊙O的直径，BC与⊙O相切于点B，连接OC，交⊙O于点E，弦AD∥OC．（1）求证：点E是弧BD的中点；（2）求证：CD是⊙O的切线．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）连接OD．根据相等的圆心角所对的弧相等，证明∠COD＝∠COB后得证；（2）证明OD⊥CD即可．通过证明△COD≌△COB得∠ODC＝∠OBC＝90°得证．【详解】证明：（1）连接OD．∵AD∥OC，∴∠ADO＝∠COD，∠A＝∠COB．∵OA＝OD，∴∠A＝∠ADO．∴∠COD＝∠COB．∴弧BE＝弧DE，即点E是弧BD的中点．（2）由（1）可知∠COD＝∠COB，在△COD 和△COB 中，0OD OB COD COB OC C =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△COD≌△COB，∴∠CDO＝∠CBO．∵BC 与⊙O 相切于点B ，∴BC⊥OB，即∠CBO＝90°．∴∠CDO＝90°，即DC⊥OD．∴CD 是⊙O 的切线．【点睛】此题考查了圆的有关性质及切线的判定方法等知识点．①相等的圆心角所对的弧相等，必须在同圆或等圆中成立；②要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．23. 如图，以等边三角形ABC 一边AB 为直径的⊙O 与边AC ，BC 分别交于点D ，E ，过点D 作DF⊥BC，垂足为点F.(1)求证：DF 为⊙O 的切线；(2)若等边三角形ABC 的边长为4，求DF 的长；(3)求图中阴影部分面积．【答案】（1）证明见解析；（2；（323π-. 【解析】【分析】（1）连接DO ，要证明DF 为⊙O 的切线只要证明∠FDP=90°即可；（2）由已知可得到CD ，CF 的长，从而利用勾股定理可求得DF 的长；（3）连接OE ，求得CF ，EF 的长，从而利用S 直角梯形FDOE -S 扇形OED 求得阴影部分的面积．的【详解】（1）连接DO.∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠C=60°.∵OA=OD，∴△OAD是等边三角形，∴∠ADO=60°，∵DF⊥BC，∴∠CDF=90°-∠C=30°，∴∠FDO=180°-∠ADO-∠CDF=90°，∴DF为⊙O的切线；（2）∵△OAD是等边三角形，∴AD=AO=12AB=2，∴CD=AC-AD=2.在Rt△CDF中，∵∠CDF=30°，∴CF=12CD=1，；（3）连接OE.由（2）同理可知CE=2，∴CF=1，∴EF=1，∴S 直角梯形FDOE =12 ∴S 扇形OED =26022=3603ππ⨯∴S 阴影=S 直角梯形FDOE -S 扇形OED 23π-24. 已知二次函数22y ax ax c =-+图象与x 轴交于坐标原点O 和点A ，顶点为点P ．（1）求点P 的坐标（用含a 的式子表示）；（2）已知点P 纵坐标与点A 横坐标相同，直线6y kx =-与抛物线交于M ，N 两点（点M 在点N 左侧），连接AM AN ，设直线AM 为11y k x m =+，直线AN 为22y k x n =+；①求P 点坐标．②求证：当3k ≠时，12k k 的值不变．【答案】（1）()1,a -（2）①点P 坐标为()1,2；②1212k k ⋅=-．【解析】【分析】（1）由抛物线经过原点可得0c =，将抛物线解析式化为顶点式求解．（2）①由点P 纵坐标与点A 横坐标相同可求出A ，P 坐标；②由直线AM ，AN 经过点A 可得m ，n 与1k ，2k 的关系，设点M ，N 横坐标分别为1x ，2x ，令2624kx x x -=-+可得1242k x x -+=，213x x ⋅=-，用含1x ，2x 及k 的代数式分别表示1k ，2k ，进而求解．【小问1详解】抛物线经过原点，0c ∴=，()2221y ax ax a x a ∴=-=--，∴点P 坐标为()1,a -．【小问2详解】① 抛物线对称轴为直线1x =，∴点A 坐标为()2,0，点P 纵坐标与点A 横坐标相同，2a ∴-=，2a ∴=-，∴点P 坐标为()1,2．②令2624kx x x -=-+，整理得()22460x k x +--=，设点M 横坐标为1x ，点N 横坐标为2x ，1242k x x -∴+=，213x x ⋅=-， 点M 在直线6y kx =-与直线AM 上，把(2,0)代入11y k x m =+得12m k =-，1112y k x k ∴=-，令111162kx k x k -=-，可得11162kx k x -=-， 点N 在直线6y kx =-与直线AN 上，把(2,0)代入22y k x n =+得22n k =-，2222y k x k ∴=-，令222262kx k x k -=-，可得22262kx k x -=-，()()212121212121212636662224k x x k x x kx kx k k x x x x x x -++--∴⋅=⋅=---++，把1242k x x -+=，213x x ⋅=-代入()()21212121263624k x x k x x x x x x -++-++得1236123k k k k-⋅=-+，3k ∴≠时，1212k k ⋅=-．【点睛】本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数和方程的关系，掌握一元二次方程根与系数的关系．25. ABC 内接于O ，点D 在BC 边上，射线AD 交O 于点E ，点F 在弧BE 上，连接AF ，ADB AFE ∠=∠.（1）如图1，求证：AB AC =；（2）如图2，BE 交弦AF 于点G ，BC 经过O 点，2AGE EAF ∠=∠，求证：AF BE =；（3）如图3，在（2）的条件下，H 为EG 的中点，连接OH 、CH ，若2180ACH ABE ∠+∠=︒，AB =，求线段OH 的长.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 （3【解析】【分析】（1）连接CF ，得到CFE CAE ∠=∠，AFC ABC ∠=∠，即AEF ABC CAE ∠=∠+∠，然后根据ADB CAE ACB ADB AFE ∠=∠+∠∠=∠，，可得到结果；（2）连接BF ，找到角度之间的关系，结合（1）中的结论，可得到AG EG =，通过同弧所对的圆周角相等，可得到AFB EBF ∠=∠，进而得到BG GF =，即可求得结果；（3）延长CH 交FG 于点K ，过O 作OM BE ⊥于点M ，过A 作AN CE ⊥于点N ，则90N AGB ∠=︒=∠，然后根据（1）（2）中的条件判断出四边形CKFE 是平行四边形，四边形ANEG 是矩形，得到MH =【小问1详解】证明：连接CF ，，∵ CECE =，∴CFE CAE ∠=∠，∵ AC AC =，∴AFC ABC ∠=∠，∴AEF AFC CFE ABC CAE ∠=∠+∠=∠+∠，∵ADB CAE ACB ADB AFE ∠=∠+∠∠=∠，，∴A ABC CB =∠∠，∴AB AC =；【小问2详解】证明：连接BF ，，∵BC 是直径，∴90BAC ∠=︒，∵AB AC =，∴45ABC ACB ∠==︒，∴18045135AGE EAF ∠+∠=︒-︒=︒，∵2AGE EAF ∠=∠，∴90AGE ∠=︒，45EAF ∠=︒，∴AG EG =，∵ AB AB =， EFEF =，∴45AFB AEB ∠=∠=︒，45EBF EAF ∠=∠=︒，∴AFB EBF ∠=∠，∴BG GF =，∴AG GF EG GB +=+，∴AF BE =；【小问3详解】解：延长CH 交FG 于点K ，过O 作OM BE ⊥于点M ，过A 作AN CE ⊥于点N ，则90N AGB ∠=︒=∠，，∵»»AE AE =，∴45AFE ABE ABC CBE CBE ∠=∠=∠+∠=︒+∠，∵45ACH ACB BCH BCH ∠=∠+∠=︒+∠，∴()245245ACH ABE BCH CBE ∠+∠=︒+∠+︒+∠1352180BCH CBE =︒+∠+∠=︒，∴245BCH CBE ∠+∠=︒，∴45CHE CBE ∠+∠=︒，∵45BEF CBE BAF CAE ∠+∠=∠+∠=︒，∴CHE BEF ∠=∠，∴CK EF =，∵BC 是直径，∴90CEB AGB ∠=︒=∠，∴AF CE ∥，∴四边形CKFE 是平行四边形，∴CK KF =，∵H 是GE 的中点，∴CH KH =，∵90CEG KGH ∠=∠=︒，∴CHE KHG ∠=∠，∴CHE KHG ≌△△，∴CE KG KF ==，设CE x =，则2FG x =，由（2）得2BG x =，∵90N CEG AGE ∠=∠=∠=︒，∴四边形ANEG 是矩形，∵AG EG =，∴四边形ANEG 是正方形，∴AG AN EN EG ===，∵AB AC =，∴Rt AGB Rt ANC △≌△，∴2BG CN x ==，∴3AN EN x ==，∵AB AC ==，∴在Rt ACN V 中，由勾股定理可得()()22232x x +=，∴x =（舍）或x ，∴CE =EG =，则BE BG EG =+=，∴GH HG ==，∵OM BE ⊥，∴BM ME ==∴MH ==，∵OB OC =，∴OM 是BCE 的中位线，∴12OM CE ==，在Rt OMH 中，OH ===【点睛】本题考查了圆与三角形的综合问题，其中有同弧所对的圆周角相等，垂线定理，等腰三角形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是找到各个角度、边长之间的关系．。

福州外国语学校2024-2025学年上学期九年级10月月考数学试卷(原卷版)

福州外国语学校2024-2025学年第一学期数学10月适应性练习一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 下列图形均表示医疗或救援的标识，其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()245y x =−−的顶点坐标和开口方向分别是（ ）A. ()4,5−，开口向上B. ()4,5−，开口向下C. ()4,5−−，开口向上D. ()4,5−−，开口向下 3. 在平面直角坐标系xOy 中，将抛物线22y x =先向左平移2个单位，再向下平移3个单位，所得抛物线（ ）．A. ()2 223y x =−+B. ()2223y x =−− C ()2223y x =+− D. ()2223y x =++ 4. 若一元二次方程220x x m ++=没有实数根，则m 的取值范围是（ ）A. 1m ≥B. 1m ≤C. 1m >D. 1m < 5. 风力发电机可以在风力作用下发电，如图的转子叶片图案绕中心旋转后能与原来的图案重合，则至少要旋转（ ）度．A. 60B. 120C. 180D. 2706. 若1x ，2x 是一元二次方程2560x x −+=的两个根，则12x x +的值为（ ）为.A. 5−B. 5C. 6−D. 67. 如图，在Rt ABC △中，90ACB ∠=°，60A ∠=°，4AC =，将CAB △绕点C 按逆时针方向旋转得到CDE ，点D 恰好在AB 边上，连接BE ，则BE 的长为（ ）．A. 8B.C. D. 68. 已知二次函数224y x x =−++，关于该函数在22x −≤≤的取值范围内，下列说法正确的是（ ）A. 有最大值5，有最小值4−B. 有最大值0，有最小值4−C. 有最大值4，有最小值4−D. 有最大值4，有最小值09. 函数2y ax bx =+与y ax b =+在同一平面直角坐标系中的图象大致是（ ） A. B.C. D.10. 已知抛物线()24219y x =−−+上的两点()11,P x y ，()22,Q x y 满足213x x −=，则下列结论中正确的是（ ）A. 若11x 2<，则120y y << B. 若1122x <<，则120y y >> C. 若11x 2<，则120y y << D. 若1122x <<，则120y y >> 二、填空题11. 点()3,2M −关于原点对称的点的坐标是_______________．12. 已知二次函数y ＝ax 2+bx+c 中，函数y 与自变量x 部分对应值如表，x 6.176.186.196.20的y ﹣0.03 ﹣0.01 0.02 0.04则方程ax 2+bx+c ＝0的一个解的范围是_____．13. 请将二次函数2245y x x =−−+改写()2y a x h k =−+的形式为_____．14. 若a 是关于x 的方程2310x x −−=的一个根，则2202662a a −+的值为_____．15. 已知二次函数2y ax bx c ++的部分图象如图所示，则使得函数值y 大于2的自变量x 的取值范围是_________．16. 如图，在ABC 中，90ABC ∠=°， BA BC =， 把ABC 绕点A 逆时针旋转得到ADE ， 点D 与点B 对应，点 D 恰好落在AC 上，过E 作EF AB ∥交 BC 的延长线于点F ， 连接BD 并延长交EF 于点G ，连接CE 交BG 于点 H ．下列结论： ①BD DG =； ②CE =；③CH EH =；④.=FG 其中正确的有_________________（填正确的序号）．三、解答题（本大题共7小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 解方程2610x x −+=.18. 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，ABC 的顶点都在格点上．（1）将ABC 向右平移6个单位长度得到111A B C △，请画出111A B C △；（2）画出ABC 关于点O 的中心对称图形222A B C △；（3）若将111A B C △绕某一点旋转可得到222A B C △，请直接写出旋转中心的坐标：_________． 19. 已知二次函数的图象经过点()0,3、()3,0−、()2,5−，且与x 轴交于A 、B 两点．（1）试确定此二次函数的解析式；（2）判断点()2,3P −是否在这个二次函数图象上，如果在，请求出PAB 的面积；如果不在，请说明理由．20. 如图，AGB 与CGD △关于点G 中心对称，若点E ，F 分别在GA GC ，上，且AE CF =，求证：BF DE =．21. 已知二次函数()225y x k x k =−−+−（k 是常数）． （1）求证：该二次函数的图象与x 轴一定有两个交点；（2）若点(),2M k k −在该二次函数的图象上，且点M 在第四象限，该二次函数的图象与y 轴交于点N ，求点M 与点N 之间的距离．22. 篮球是学生非常喜爱的运动项目之一．篮圈中心距离地面的竖直高度是3.05m，小明站在距篮圈中心的水平距离6.5m 处的点A 练习定点投篮，篮球从小明正上方出手到接触篮球架的过程中，其运行路线可以看作是抛物线的一部分．当篮球运行的水平距离是x （单位：m ）时，球心距离地面的竖直高度是y （单位：m ）.小明进行了多次定点投篮练习，并做了记录：（1）第一次训练时，篮球的水平距离x 与竖直高度y 的几组数据如下： 水平距离/m x 0 1 2 3 4 5 6竖直距离/m y 2.0 2.7 3.2 3.5 3.6 3.5 3.2①结合表中数据，直接写出篮球运行的最高点距离地面的竖直高度，并求y 与x 满足的函数解析式； ②判断小明第一次投篮练习否投进篮筐，并说明理由；（2）将小明第i 次投篮后，篮球运行到最高点时，篮球运行的水平距离记为i d .小明第二次训练时将球投进了篮筐，已知第二次训练与第一次训练相比，出手高度相同，篮球运行到最高点时球心距离地面的竖直高度也相同，则1d _______2d （填“>”，“<”或“=”）． 23. 如图1，在等边三角形ABC 中，D 为BC 边上一点，满足BD CD <，连接AD ，以点A 为中心，将线段AD 绕点A 顺时针旋转60 ，点D 的对应点E 恰好落在射线BM 上．（1）求证：CD BE =．（2）如图2，若点B 关于直线AD 的对称点为F ，直线AD 交BF 于点N ，连接CF ．①求证：AE CF ．②若BE CF AB +=，求BAD ∠的度数．是。

2024-2025学年福建省福州十五中九年级(上)月考数学试卷(10月份)(含答案)

2024-2025学年福建省福州十五中九年级（上）月考数学试卷（10月份）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.下列图形中，属于中心对称图形的是( )A. B. C. D.2.下列方程是一元二次方程的是( )=2A. 2x−2=0B. 2x2−x=0C. x2+y=2D. 1x23.下列运动形式属于旋转的是( )A. 足球在地上的滚动B. 电梯的运行C. 热气球点火升空D. 钟摆的摆动4.将函数y=x2−4x+2化为y=a(x−ℎ)2+k的形式正确的是( )A. y=(x−4)2+2B. y=(x−2)2−2C. y=(x−4)2−2D. y=(x−2)2+25.建设美丽城市，改造老旧小区，某区2020年投入资金1000万元，2022年投入资金1440万元，设每年投入资金的平均增长率为x，则下列所列方程正确的是( )A. 100(1+x2)=1440B. 1000(1+x)2=1440C. (1000x+1)2=1440D. 1000(1−x) 2=14406.在平面直角坐标系中，将点P(2,1)绕原点O顺时针旋转90°后得到点P′，则点P′的坐标是( )A. (1,2)B. (−1,2)C. (−2,−1)D. (1,−2)7.关于二次函数y=2x2+4x−1，下列说法正确的是( )A. 图象与y轴的交点坐标为(0,1)B. 图象的对称轴在y轴的右侧C. 当x<0时，y的值随x值的增大而减小D. y的最小值为−38.若关于x的一元二次方程kx2−2x−1=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是( )A. k>−1B. k>−1且k≠0C. k<1D. k<1且k≠09.如图，若被击打的小球飞行高度ℎ(单位：m)与飞行时间t(单位：s)具有函数关系为ℎ=24t−4t2，则小球从飞出到落地的所用时间为( )A. 3sB. 4sC. 5sD. 6s10.已知A(m,y1)，B(4,y2)为抛物线y=ax2−6ax+c(a>0)上的两个不同点，若y1>y2，则m的取值范围为( )A. m>4B. m<2或m>4C. m<2D. 2<m<4二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

2017-2018学年福建省福州一中初中部九年级(上)月考数学试卷(10月份)

2017-2018学年福建省福州一中初中部九年级（上）月考数学试卷（10月份）一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）下列图形是中心对称图形的是（）A．B．C． D．2．（4分）把二次函数y=x2﹣4x+3化成y=a（x﹣h）2+k的形式是（）A．y=（x﹣2）2﹣1 B．y=（x+2）2﹣1 C．y=（x﹣2）2+7 D．y=（x+2）2+7 3．（4分）如图，点A，B，C在⊙O上，CO的延长线交AB于点D，∠A=50°，∠B=30°，则∠ADC的度数为（）A．70°B．90°C．110° D．120°4．（4分）⊙O的半径为5，圆心O到直线l的距离为3，则直线l与⊙O的位置关系是（）A．相交B．相切C．相离D．无法确定5．（4分）已知函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A．a＞0，c＞0 B．a＜0，c＜0 C．a＜0，c＞0 D．a＞0，c＜06．（4分）将抛物线y=5x2先向左平移2个单位，再向上平移3个单位后得到新的抛物线，则新抛物线的表达式是（）A．y=5（x+2）2+3 B．y=5（x﹣2）2+3 C．y=5（x﹣2）2﹣3 D．y=5（x+2）2﹣37．（4分）如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E，∠A=22.5°，OC=4，CD 的长为（）A．2 B．4 C．4 D．88．（4分）小明用图中所示的扇形纸片作一个圆锥的侧面，已知扇形的半径为5cm，弧长是6πcm，那么这个的圆锥的高是（）A．4cm B．6cm C．8cm D．2cm9．（4分）已知⊙O的半径为1，点P到圆心O的距离为d，若抛物线y=x2﹣2x+d 与x轴有两个不同的交点，则点P（）A．在⊙O的内部B．在⊙O的外部C．在⊙O上D．无法确定10．（4分）小刚在实践课上要做一个如图1所示的折扇，折扇扇面的宽度AB是骨柄长OA的，折扇张开的角度为120°．小刚现要在如图2所示的矩形布料上剪下扇面，且扇面不能拼接，已知矩形布料长为24cm，宽为21cm．小刚经过画图、计算，在矩形布料上裁剪下了最大的扇面，若不计裁剪和粘贴时的损耗，此时扇面的宽度AB为（）A．21cm B．20 cm C．19cm D．18cm二、填空题（共6小题，每小题4分，满分24分）11．（4分）一个正n边形的边长为a，面积为S，则它的边心距为．12．（4分）圆锥的母线长是3，底面半径是1，则这个圆锥侧面展开图圆心角的度数为．13．（4分）已知：⊙O的半径为25cm，弦AB=40cm，弦CD=48cm，AB∥CD．求这两条平行弦AB，CD之间的距离．14．（4分）在平面直角坐标系中，⊙P的圆心是（2，a）（a＞2），半径为2，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为，则a的值是．15．（4分）阅读下面材料：在学习《圆》这一章时，老师给同学们布置了一道尺规作图题：尺规作图：过圆外一点作圆的切线．已知：P为⊙O外一点．求作：经过点P的⊙O的切线．小敏的作法如下：如图，（1）连接OP，作线段OP的垂直平分线MN交OP于点C；（2）以点C为圆心，CO的长为半径作圆，交⊙O于A，B两点；（3）作直线PA，PB．所以直线PA，PB就是所求作的切线．老师认为小敏的作法正确．请回答：连接OA，OB后，可证∠OAP=∠OBP=90°，其依据是；由此可证明直线PA，PB都是⊙O的切线，其依据是．16．（4分）如图，E、F是正方形ABCD的边AD上有两个动点，满足AE=DF，连接CF交BD于G，连接BE交AG于点H，若正方形的边长为3，则线段DH长度的最小值是．三、解答题（共10小题，满分86分）17．（5分）计算或化简：①sin60°+2cos30°﹣tan45°；②•（﹣÷3）（a＞0，b＞0）．18．（5分）如图是一块圆形砂轮破碎后的部分残片，试找出它的圆心，并将它还原成一个圆．要求：①尺规作图：②保留作图痕迹（可不写作法）19．（6分）如图，⊙O的半径OB=5cm，AB是⊙O的弦，点C是AB延长线上一点，且∠OCA=30°，OC=8cm，求AB的长．20．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA=，D为线段AC上一点，∠BDC=45°，DC=6，求AB的长．21．（8分）已知，如图，正六边形ABCDEF的边长为6cm，求这个正六边形的外接圆半径R，边心距γ6，面积S6．22．（8分）如图所示，一座圆弧形拱桥的跨度AB长为40米，桥离水面最大距离CD为10米，若有一条水面上宽度为30米，宽度为6米的船能否通过这座桥？请说明理由．23．（10分）如图，⊙O的直径AB为10cm，弦BC为5cm，D、E分别是∠ACB 的平分线与⊙O，AB的交点，P为AB延长线上一点，且PC=PE．（1）求AC、AD的长；（2）试判断直线PC与⊙O的位置关系，并说明理由．24．（10分）如图，已知⊙O的直径AB垂直于弦CD于E，连接AD、BD、OC、OD，且OD=5．（1）若sin∠BAD=，求CD的长；（2）若∠ADO：∠EDO=4：1，求扇形OAC（阴影部分）的面积（结果保留π）．25．（12分）如图，已知半径为2的⊙O与直线l相切于点A，点P是直径AB左侧半圆上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为C，PC与⊙O交于点D，连接PA、PB，设PC的长为x（2＜x＜4）．（1）当x=时，求弦PA、PB的长度；（2）当x为何值时，PD•CD的值最大？最大值是多少？26．（14分）在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+（k﹣1）x﹣k与直线y=kx+1交于A，B两点，点A在点B的左侧．（1）如图1，当k=1时，直接写出A，B两点的坐标；（2）在（1）的条件下，点P为抛物线上的一个动点，且在直线AB下方，试求出△ABP面积的最大值及此时点P的坐标；（3）如图2，抛物线y=x2+（k﹣1）x﹣k（k＞0）与x轴交于点C、D两点（点C 在点D的左侧），在直线y=kx+1上是否存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°？若存在，请求出此时k的值；若不存在，请说明理由．2017-2018学年福建省福州一中初中部九年级（上）月考数学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）下列图形是中心对称图形的是（）A．B．C． D．【分析】根据中心对称图形的概念求解．【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；B、是中心对称图形，符合题意；C、不是中心对称图形，不合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意．故选：B．【点评】此题主要考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．2．（4分）把二次函数y=x2﹣4x+3化成y=a（x﹣h）2+k的形式是（）A．y=（x﹣2）2﹣1 B．y=（x+2）2﹣1 C．y=（x﹣2）2+7 D．y=（x+2）2+7【分析】利用配方法将原式配方，即可得出顶点式的形式．【解答】解：y=x2﹣4x+3=x2﹣4x+4﹣1，=（x﹣2）2﹣1．故选：A．【点评】此题主要考查了配方法求二次函数顶点时形式，熟练地应用配方法这是中考中考查重点．3．（4分）如图，点A，B，C在⊙O上，CO的延长线交AB于点D，∠A=50°，∠B=30°，则∠ADC的度数为（）A．70°B．90°C．110° D．120°【分析】根据圆周角定理求得∠BOC=100°，进而根据三角形的外角的性质求得∠BDC=70°，然后根据邻补角求得∠ADC的度数．【解答】解：∵∠A=50°，∴∠BOC=2∠A=100°，∵∠B=30°，∠BOC=∠B+∠BDC，∴∠BDC=∠BOC﹣∠B=100°﹣30°=70°，∴∠ADC=180°﹣∠BDC=110°，故选：C．【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．4．（4分）⊙O的半径为5，圆心O到直线l的距离为3，则直线l与⊙O的位置关系是（）A．相交B．相切C．相离D．无法确定【分析】根据直线和园的位置关系可知，圆的半径小于直线到圆距离，则直线l 与O的位置关系是相离．【解答】解：∵⊙O的半径为5，圆心O到直线的距离为3，∴直线l与O的位置关系是相交．故选：A．【点评】本题考查了直线和圆的位置关系，直接根据直线和圆的位置关系解答即可．5．（4分）已知函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A．a＞0，c＞0 B．a＜0，c＜0 C．a＜0，c＞0 D．a＞0，c＜0【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c 与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．【解答】解：由抛物线的开口向上知a＞0，与y轴的交点为在y轴的负半轴上，∴c＜0．故选：D．【点评】考查二次函数y=ax2+bx+c系数符号的确定．6．（4分）将抛物线y=5x2先向左平移2个单位，再向上平移3个单位后得到新的抛物线，则新抛物线的表达式是（）A．y=5（x+2）2+3 B．y=5（x﹣2）2+3 C．y=5（x﹣2）2﹣3 D．y=5（x+2）2﹣3【分析】先确定抛物线y=5x2的顶点坐标为（0，0），再利用点平移的规律得到点（0，0）平移后所得对应点的坐标，然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式．【解答】解：抛物线y=5x2的顶点坐标为（0，0），把点（0，0）向左平移2个单位，再向上平移3个单位后得到对应点的坐标为（﹣2，3），所以新抛物线的表达式是y=5（x+2）2+3．故选：A．【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．7．（4分）如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E，∠A=22.5°，OC=4，CD 的长为（）A．2 B．4 C．4 D．8【分析】根据圆周角定理得∠BOC=2∠A=45°，由于⊙O的直径AB垂直于弦CD，根据垂径定理得CE=DE，且可判断△OCE为等腰直角三角形，所以CE=OC=2，然后利用CD=2CE进行计算．【解答】解：∵∠A=22.5°，∴∠BOC=2∠A=45°，∵⊙O的直径AB垂直于弦CD，∴CE=DE，△OCE为等腰直角三角形，∴CE=OC=2，∴CD=2CE=4．故选：C．【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了等腰直角三角形的性质和垂径定理．8．（4分）小明用图中所示的扇形纸片作一个圆锥的侧面，已知扇形的半径为5cm，弧长是6πcm，那么这个的圆锥的高是（）A．4cm B．6cm C．8cm D．2cm【分析】一只扇形的弧长是6πcm，则底面的半径即可求得，底面的半径，圆锥的高以及母线正好构成直角三角的三边，利用勾股定理即可求解．【解答】解：设圆锥的底面半径是r，则2πr=6π，解得：r=3，则圆锥的高是：=4cm．故选：A．【点评】本题主要考查圆锥侧面展开图的知识和圆锥侧面面积的计算．用到的知识点：圆锥的侧面展开图是一个扇形，扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径是圆锥的母线长．9．（4分）已知⊙O的半径为1，点P到圆心O的距离为d，若抛物线y=x2﹣2x+d 与x轴有两个不同的交点，则点P（）A．在⊙O的内部B．在⊙O的外部C．在⊙O上D．无法确定【分析】根据△=b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点，可求出d的取值范围，再根据点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：①点P在圆外⇔d＞r ②点P在圆上⇔d=r ③点P在圆内⇔d＜r即可判断点P的位置．【解答】解：∵抛物线y=x2﹣2x+d与x轴有两个不同的交点，∴△=b2﹣4ac＞0，即d＜1，∵⊙O的半径为1，∴d＜r，∴点P在圆内．故选：A．【点评】本题考查了点与圆的位置关系以及抛物线与x轴的交点，是中考中常见题目．10．（4分）小刚在实践课上要做一个如图1所示的折扇，折扇扇面的宽度AB是骨柄长OA的，折扇张开的角度为120°．小刚现要在如图2所示的矩形布料上剪下扇面，且扇面不能拼接，已知矩形布料长为24cm，宽为21cm．小刚经过画图、计算，在矩形布料上裁剪下了最大的扇面，若不计裁剪和粘贴时的损耗，此时扇面的宽度AB为（）A．21cm B．20 cm C．19cm D．18cm【分析】根据题意得出在矩形布料上裁剪下了最大的扇面时对应位置关系，进而结合直角三角形的性质求出BO，AB的长．【解答】解：如图所示：由题意可得：当在矩形布料上裁剪下了最大的扇面，此时扇形与矩形的边长相切，切点为E，过点O作OF⊥CB，于点F，则∠ABC=∠OBF=30°，OF=BO，AC=AB，设FO=xcm，则BF=xcm，BO=2xcm，∵折扇扇面的宽度AB是骨柄长OA的，∴AB=6xcm，故AC=3xcm，BC=3xcm，故2×（x+3x）=24，解得：x=3，故AB=6x=18（cm），故选：D．【点评】此题主要考查了直角三角形的性质以及扇形面积，正确得出扇形与矩形的关系是解题关键．二、填空题（共6小题，每小题4分，满分24分）11．（4分）一个正n边形的边长为a，面积为S，则它的边心距为．【分析】设边心距为r，根据一个正n边形的边长为a，面积为S可知每个三角形的面积为，再由三角形的面积公式即可得出结论．【解答】解：设边心距为r，∵正n边形的边长为a，面积为S，∴每个三角形的面积为，∴=ar，解得r=．故答案为：．【点评】本题考查的是正多边形和圆，熟记正多边形的定义是解答此题的关键．12．（4分）圆锥的母线长是3，底面半径是1，则这个圆锥侧面展开图圆心角的度数为120°．【分析】圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开图的弧长，首先求得展开图的弧长，然后根据弧长公式即可求解．【解答】解：圆锥侧面展开图的弧长是：2π，设圆心角的度数是x度．则=2π，解得：x=120．故答案为120°．【点评】正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．13．（4分）已知：⊙O的半径为25cm，弦AB=40cm，弦CD=48cm，AB∥CD．求这两条平行弦AB，CD之间的距离8cm或22cm．【分析】分情况进行讨论，（1）如图，AB和CD再圆心的同侧，连接OB，OD，作OM⊥AB交CD于点N，由AB∥CD，即可推出ON⊥CD，则MN为AB，CD之间的距离，通过垂径定理和勾股定理即可推出OM和ON的长度，根据图形即可求出MN=OM﹣ON，通过计算即可求出MN的长度，（2）AB和CD在圆心两侧，连接OB，OD，做直线OM⊥AB交CD于点N，由AB∥CD，即可推出MN⊥CD，则MN为AB，CD之间的距离，通过垂径定理和勾股定理即可推出OM和ON的长度，根据图形即可求出MN=OM+ON，通过计算即可求出MN的长度．【解答】解：（1）如图1，连接OB，OD，做OM⊥AB交CD于点N，∵AB∥CD，∴ON⊥CD，∵AB=40cm，CD=48cm，∴BM=20cm，DN=24cm，∵⊙O的半径为25cm，∴OB=OD=25cm，∴OM=15cm，ON=7cm，∵MN=OM﹣ON，∴MN=8cm，（2）如图2，连接OB，OD，做直线OM⊥AB交CD于点N，∵AB∥CD，∴ON⊥CD，∵AB=40cm，CD=48cm，∴BM=20cm，DN=24cm，∵⊙O的半径为25cm，∴OB=OD=25cm，∴OM=15cm，ON=7cm，∵MN=OM+ON，∴MN=22cm．∴平行弦AB，CD之间的距离为8cm或22cm，故答案为：8cm或22cm．【点评】本题主要考查垂径定理和勾股定理的运用，平行线间的距离的定义，平行线的性质等知识点，关键在于根据题意分情况进行讨论，正确的做出图形，认真的做出辅助线构建直角三角形，熟练运用垂径定理和勾股定理推出OM和ON 的长度，利用数形结合的思想即可求出结果．14．（4分）在平面直角坐标系中，⊙P的圆心是（2，a）（a＞2），半径为2，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为，则a的值是．【分析】过P点作PE⊥AB于E，过P点作PC⊥x轴于C，交AB于D，连接PA．分别求出PD、DC，相加即可．【解答】解：过P点作PE⊥AB于E，过P点作PC⊥x轴于C，交AB于D，连接PA．∵AB=2，∴AE=，PA=2，∴PE=1．∵点D在直线y=x上，∴∠AOC=45°，∵∠DCO=90°，∴∠ODC=45°，∴∠PDE=∠ODC=45°，∴∠DPE=∠PDE=45°，∴DE=PE=1，∴PD=．∵⊙P的圆心是（2，a），∴点D的横坐标为2，∴OC=2，∴DC=OC=2，∴a=PD+DC=2+．故答案为：2+．【点评】本题综合考查了一次函数与几何知识的应用，题中运用圆与直线的关系以及直角三角形等知识求出线段的长是解题的关键．注意函数y=x与x轴的夹角是45°．15．（4分）阅读下面材料：在学习《圆》这一章时，老师给同学们布置了一道尺规作图题：尺规作图：过圆外一点作圆的切线．已知：P为⊙O外一点．求作：经过点P的⊙O的切线．小敏的作法如下：如图，（1）连接OP，作线段OP的垂直平分线MN交OP于点C；（2）以点C为圆心，CO的长为半径作圆，交⊙O于A，B两点；（3）作直线PA，PB．所以直线PA，PB就是所求作的切线．老师认为小敏的作法正确．请回答：连接OA，OB后，可证∠OAP=∠OBP=90°，其依据是直径所对的圆周角是90°；由此可证明直线PA，PB都是⊙O的切线，其依据是经过半径外端，且与半径垂直的直线是圆的切线．【分析】分别利用圆周角定理以及切线的判定方法得出答案．【解答】解：连接OA，OB后，可证∠OAP=∠OBP=90°，其依据是：直径所对的圆周角是90°；由此可证明直线PA，PB都是⊙O的切线，其依据是：经过半径外端，且与半径垂直的直线是圆的切线．故答案为：直径所对的圆周角是90°；经过半径外端，且与半径垂直的直线是圆的切线．【点评】此题主要考查了切线的判定以及圆周角定理，正确把握切线的判定方法是解题关键．16．（4分）如图，E、F是正方形ABCD的边AD上有两个动点，满足AE=DF，连接CF交BD于G，连接BE交AG于点H，若正方形的边长为3，则线段DH长度的最小值是（﹣1）．【分析】根据正方形的性质可得AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，然后利用“边角边”证明△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1=∠2，利用“SAS”证明△ADG和△CDG全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2=∠3，从而得到∠1=∠3，然后求出∠AHB=90°，取AB的中点O，连接OH、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=AB=1，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小．【解答】解：在正方形ABCD中，AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠1=∠2，在△ADG和△CDG中，，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠2=∠3，∴∠1=∠3，∵∠BAH+∠3=∠BAD=90°，∴∠1+∠BAH=90°，∴∠AHB=180°﹣90°=90°，取AB的中点O，连接OH、OD，则OH=AO=AB=，在Rt△AOD中，OD==，根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，最小值=OD﹣OH=（﹣1）．故答案为：（﹣1）．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系，确定出DH最小时点H的位置是解题关键，也是本题的难点．三、解答题（共10小题，满分86分）17．（5分）计算或化简：①sin60°+2cos30°﹣tan45°；②•（﹣÷3）（a＞0，b＞0）．【分析】①根据特殊角的三角函数值得到原式=×+2×﹣×1，然后进行乘法运算后合并即可；②根据二次根式的乘除法则运算．【解答】解：①原式=×+2×﹣×1=+﹣=；②原式=•（﹣）••=﹣a2b．【点评】本题考查了二次根式的混合运算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．也考查了特殊角的三角函数值．18．（5分）如图是一块圆形砂轮破碎后的部分残片，试找出它的圆心，并将它还原成一个圆．要求：①尺规作图：②保留作图痕迹（可不写作法）【分析】由垂径定理知，直径是弦的中垂线，不同的直径的交点是圆心，故作两弦垂直平分线，其交点就是圆心．【解答】解：在圆弧作两条弦AB，BF，分别作出AB，BF的中垂线，交于点O，以点O为圆心，OA的长为半径，则圆O是所求的圆．【点评】此题主要考查了应用设计与作图，正确掌握垂径定理是解题关键．19．（6分）如图，⊙O的半径OB=5cm，AB是⊙O的弦，点C是AB延长线上一点，且∠OCA=30°，OC=8cm，求AB的长．【分析】首先过点O作OD⊥AB于点D，连接OA，由在Rt△ODC中，∠OCA=30°，OC=8cm，可求得OD的长，由在Rt△OAD中，OA=5cm，即可求得AD的长，继而求得答案．【解答】解：过点O作OD⊥AB于点D，连接OA，∵在Rt△ODC中，∠OCA=30°，OC=8cm，∴OD=OC=4cm，∵在Rt△OAD中，OA=5cm，∴AD==3，∴AB=2AD=6．【点评】此题考查了垂径定理以及勾股定理．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．20．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA=，D为线段AC上一点，∠BDC=45°，DC=6，求AB的长．【分析】由已知得△BDC为等腰直角三角形，所以CD=BC=6，又因为已知∠A的正弦值，即可求出AB的长．【解答】解：∵∠C=90°，∠BDC=45°∴BC=CD=6又∵sinA=，∴AB=6÷=15．【点评】此题考查解直角三角形问题，直角三角形知识的牢固掌握和三角函数的灵活运用．21．（8分）已知，如图，正六边形ABCDEF的边长为6cm，求这个正六边形的外接圆半径R，边心距γ6，面积S6．【分析】连接OA，OB，过点O作OG⊥AB于G，易得△AOB是等边三角形，继而可得正六边形的外接圆半径R，然后由勾股定理求得边心距，又由S正六边形=6S△ABC求得答案．【解答】解：连接OA，OB，过点O作OG⊥AB于G，∵∠AOB=60°，OA=OB，∴△AOB是等边三角形，∴OA=OB=6，即R=6，∵OA=OB=6，OG⊥AB，∴AG=AB=×6=3，∴在Rt△AOG中，r6=OG=cm，∴S6=×6×6×3=54cm2．【点评】此题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．22．（8分）如图所示，一座圆弧形拱桥的跨度AB长为40米，桥离水面最大距离CD为10米，若有一条水面上宽度为30米，宽度为6米的船能否通过这座桥？请说明理由．【分析】先恢复弧形桥所在的圆，求出圆的半径，再根据船的宽度求出可以通过的船的最高高度，就可以判断能否通过．【解答】解：如图，假设船能通过，弧形桥所在的圆恢复如图，在Rt△AOD中，r2=202+（r﹣10）2，解得r=25，∴OD=r﹣10=15，在Rt△OEG中，r2=152+OG2，解得OG=20，∴可以通过的船的高度为GD=OG﹣OD=20﹣15=5，∵6＞5，∴船不能通过．【点评】此题考查垂径定理问题，恢复弧形所在的圆，构造直角三角形利用勾股定理求出圆的直径是解题突破口，也是解题的关键．数学建模思想的应用．23．（10分）如图，⊙O的直径AB为10cm，弦BC为5cm，D、E分别是∠ACB 的平分线与⊙O，AB的交点，P为AB延长线上一点，且PC=PE．（1）求AC、AD的长；（2）试判断直线PC与⊙O的位置关系，并说明理由．【分析】（1）连接BD，利用直径所对的圆周角是直角得两个直角三角形，再由角平分线得：∠ACD=∠DCB=45°，由同弧所对的圆周角相等可知：△ADB是等腰直角三角形，利用勾股定理可以求出直角边AD=5，AC的长也是利用勾股定理列式求得；（2）连接半径OC，证明垂直即可；利用直角三角形中一直角边是斜边的一半得：这条直角边所对的锐角为30°，依次求得∠COB、∠CEP、∠PCE的度数，最后求得∠OCP=90°，结论得出．【解答】解：（1）连接BD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=∠ADB=90°'，∵CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠DCB=45°，∴∠ABD=∠ACD=45°，∠DAB=∠DCB=45°，∴△ADB是等腰直角三角形，∵AB=10，∴AD=BD==5，在Rt△ACB中，AB=10，BC=5，∴AC==5，答：AC=5，AD=5；（2）直线PC与⊙O相切，理由是：连接OC，在Rt△ACB中，AB=10，BC=5，∴∠BAC=30°，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC=30°，∴∠COB=60°，∵∠ACD=45°，∴∠OCD=45°﹣30°=15°，∴∠CEP=∠COB+∠OCD=15°+60°=75°，∵PC=PE，∴∠PCE=∠CEP=75°，∴∠OCP=∠OCD+∠ECP=15°+75°=90°，∴直线PC与⊙O相切．【点评】本题考查了直线和圆的位置关系，直线和圆的位置关系有三种：相离、相切、相交；重点是相切，本题是常考题型，在判断直线和圆的位置关系时，首先要看直线与圆有几个交点，根据交点的个数来确定其位置关系，在证明直线和圆相切时有两种方法：①有半径，证明垂直，②有垂直，证半径；本题属于第①种情况．24．（10分）如图，已知⊙O的直径AB垂直于弦CD于E，连接AD、BD、OC、OD，且OD=5．（1）若sin∠BAD=，求CD的长；（2）若∠ADO：∠EDO=4：1，求扇形OAC（阴影部分）的面积（结果保留π）．【分析】（1）首先根据锐角三角函数求得直角三角形ABC的两条直角边，再根据面积计算其斜边上的高，进一步根据垂径定理计算弦长；（2）根据直角三角形的两个锐角互余结合已知条件求得扇形所对的圆心角，进一步求其面积．【解答】解：（1）∵AB是⊙O的直径，OD=5，∴∠ADB=90°，AB=10，在Rt△ABD中，sin∠BAD=，sin∠BAD=，∴，BD=6，∴AD==8，∵∠ADB=90°，AB⊥CD，∴DE•AB=AD•BD，CE=DE，∴DE×10=8×6，∴DE=∴CD=2DE=；（2）∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，∴，∴∠BAD=∠CDB，∠AOC=∠AOD，∵AO=DO，∴∠BAD=∠ADO，∴∠CDB=∠ADO，设∠ADO=4x，则∠CDB=4x．由∠ADO：∠EDO=4：1，则∠EDO=x．∵∠ADO+∠EDB+∠EDO=90°，∴4x+4x+x=90°，解得：x=10°，∴∠AOD=180°﹣（∠OAD+∠ADO）=100°，∴∠AOC=∠AOD=100°，∴S=．扇形OAC【点评】本题为圆的综合题，综合考查了解直角三角形、三角函数、阴影部分面积等相关知识．25．（12分）如图，已知半径为2的⊙O与直线l相切于点A，点P是直径AB左侧半圆上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为C，PC与⊙O交于点D，连接PA、PB，设PC的长为x（2＜x＜4）．（1）当x=时，求弦PA、PB的长度；（2）当x为何值时，PD•CD的值最大？最大值是多少？【分析】（1）由直线l与圆相切于点A，且AB为圆的直径，根据切线的性质得到AB垂直于直线l，又PC垂直于直线l，根据垂直于同一条直线的两直线平行，得到AB与PC平行，根据两直线平行内错角相等得到一对内错角相等，再由一对直角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似可得出△PCA与△PAB相似，由相似得比例，将PC及直径AB的长代入求出PA的长，在直角三角形PAB中，由AB及PA的长，利用勾股定理即可求出PB的长；（2）过O作OE垂直于PD，与PD交于点E，由垂径定理得到E为PD的中点，再由三个角为直角的四边形为矩形得到OACE为矩形，根据矩形的对边相等，可得出EC=OA=2，用PC﹣EC的长表示出PE，根据PD=2PE表示出PD，再由PC﹣PD表示出CD，代入所求的式子中，整理后得到关于x的二次函数，配方后根据自变量x的范围，利用二次函数的性质即可求出所求式子的最大值及此时x的取值．【解答】解：（1）∵⊙O与直线l相切于点A，且AB为⊙O的直径，∴AB⊥l，又∵PC⊥l，∴AB∥PC，∴∠CPA=∠PAB，∵AB是⊙O的直径，∴∠APB=90°，又PC⊥l，∴∠PCA=∠APB=90°，∴△PCA∽△APB，∴=，即PA2=PC•AB，∵PC=，AB=4，∴PA==，∴Rt△APB中，AB=4，PA=，由勾股定理得：PB==；（2）过O作OE⊥PD，垂足为E，∵PD是⊙O的弦，OE⊥PD，∴PE=ED，又∵∠CEO=∠ECA=∠OAC=90°，∴四边形OACE为矩形，∴CE=OA=2，又PC=x，∴PE=ED=PC﹣CE=x﹣2，∴PD=2（x﹣2），∴CD=PC﹣PD=x﹣2（x﹣2）=x﹣2x+4=4﹣x，∴PD•CD=2（x﹣2）•（4﹣x）=﹣2x2+12x﹣16=﹣2（x﹣3）2+2，∵2＜x＜4，∴当x=3时，PD•CD的值最大，最大值是2．【点评】此题考查了切线的性质，平行线的性质，矩形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，以及二次函数的性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．26．（14分）在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+（k﹣1）x﹣k与直线y=kx+1交于A，B两点，点A在点B的左侧．（1）如图1，当k=1时，直接写出A，B两点的坐标；（2）在（1）的条件下，点P为抛物线上的一个动点，且在直线AB下方，试求出△ABP面积的最大值及此时点P的坐标；（3）如图2，抛物线y=x2+（k﹣1）x﹣k（k＞0）与x轴交于点C、D两点（点C 在点D的左侧），在直线y=kx+1上是否存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°？若存在，请求出此时k的值；若不存在，请说明理由．【分析】方法一：（1）当k=1时，联立抛物线与直线的解析式，解方程求得点A、B的坐标；（2）如答图2，作辅助线，求出△ABP面积的表达式，然后利用二次函数的性质求出最大值及点P的坐标；（3）“存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°”的含义是，以OC为直径的圆与直线AB 相切于点Q，由圆周角定理可知，此时∠OQC=90°且点Q为唯一．以此为基础，构造相似三角形，利用比例式列出方程，求得k的值．需要另外注意一点是考虑直线AB是否与抛物线交于C点，此时亦存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°．方法二：（1）联立直线与抛物线方程求出点A，B坐标．（2）利用面积公式求出P点坐标．（3）列出定点O坐标，用参数表示C，Q点坐标，利用黄金法则二求出k的值．【解答】方法一：解：（1）当k=1时，抛物线解析式为y=x2﹣1，直线解析式为y=x+1．联立两个解析式，得：x2﹣1=x+1，解得：x=﹣1或x=2，当x=﹣1时，y=x+1=0；当x=2时，y=x+1=3，∴A（﹣1，0），B（2，3）．（2）设P（x，x2﹣1）．如答图2所示，过点P作PF∥y轴，交直线AB于点F，则F（x，x+1）．∴PF=y F﹣y P=（x+1）﹣（x2﹣1）=﹣x2+x+2．S△ABP=S△PFA+S△PFB=PF（x F﹣x A）+PF（x B﹣x F）=PF（x B﹣x A）=PF∴S△ABP=（﹣x2+x+2）=﹣（x﹣）2+当x=时，y P=x2﹣1=﹣．∴△ABP面积最大值为，此时点P坐标为（，﹣）．（3）设直线AB：y=kx+1与x轴、y轴分别交于点E、F，则E（﹣，0），F（0，1），OE=，OF=1．在Rt△EOF中，由勾股定理得：EF==．令y=x2+（k﹣1）x﹣k=0，即（x+k）（x﹣1）=0，解得：x=﹣k或x=1．∴C（﹣k，0），OC=k．Ⅰ、假设存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，如答图3所示，则以OC为直径的圆与直线AB相切于点Q，根据圆周角定理，此时∠OQC=90°．设点N为OC中点，连接NQ，则NQ⊥EF，NQ=CN=ON=．∴EN=OE﹣ON=﹣．∵∠NEQ=∠FEO，∠EQN=∠EOF=90°，∴△EQN∽△EOF，∴，即：，解得：k=±，∵k＞0，∴k=．∴存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，此时k=．Ⅱ、若直线AB过点C时，此时直线与圆的交点只有另一点Q点，故亦存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，将C（﹣k，0）代入y=kx+1中，可得k=1，k=﹣1（舍去），故存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，此时k=1．综上所述，k=或1时，存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°．方法二：（1）略．（2）过点P作x轴垂线，叫直线AB于F，设P（t，t2﹣1），则F（t，t+1）。

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2016-2017学年福建省福州市XX中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）一、选择题（共10小题，每题4分，满分40分）1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个2．由二次函数y=2（x﹣3）2+1，可知（）A．其图象的开口向下 B．其图象的对称轴为直线x=﹣3C．其最小值为1 D．当x＜3时，y随x的增大而增大3．下列命题中假命题的个数是（）①三点确定一个圆；②三角形的内心到三边的距离相等；③相等的圆周角所对的弧相等；④平分弦的直径垂直于弦；⑤垂直于半径的直线是圆的切线．A．4 B．3 C．2 D．14．如图，将三角尺ABC（其中∠ABC=60°，∠C=90°）绕B点按顺时针方向转动一个角度到A1BC1的位置，使得点A，B，C1在同一条直线上，那么这个角度等于（）A．120°B．90° C．60° D．30°5．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，如果AB=20，CD=16，那么线段AE的长为（）A．10 B．8 C．6 D．46．正六边形的边心距为，则该正六边形的边长是（）A．B．2 C．3 D．27．如图，点A、C、B在⊙O上，已知∠AOB=∠ACB=α．则α的值为（）A．135°B．120°C．110°D．100°8．已知⊙O的半径为1，点P到圆心O的距离为d，若关于x的方程x2﹣2x+d=0有实根，则点P（）A．在⊙O的内部B．在⊙O的外部C．在⊙O上D．在⊙O上或⊙O的内部9．函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，那么关于x的方程ax2+bx+c﹣3=0的根的情况是（）A．有两个不相等的实数根 B．有两个异号实数根C．有两个相等实数根 D．无实数根10．小明从图所示的二次函数y=ax2+bx+c的图象中，观察得出了下面五条信息：①abc＞0；②a﹣b+c＞0；③4a+2b+c＜0；④2a﹣3b=0；⑤c﹣4b＞0，其中正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个二、填空题（共6小题，每题4分，满分24分）11．抛物线y=（m﹣2）x2+2x+（m2﹣4）的图象经过原点，则m= ．12．已知抛物线y=ax2+bx+c的部分图象如图所示，若y＞0，则x的取值范围是．13．如图，PA、PB是⊙O的切线，AC是⊙O的直径，∠P=50°，则∠BOC的度数为．14．若半径为6cm的圆中，扇形面积为9cm2，则它的弧长为．15．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=2，分别以AC、BC为直径画半圆，则图中阴影部分的面积为（结果保留π）．16．如图，在等边△ABC中，D是边AC上一个动点，连接BD．将线段BD绕点B逆时针旋转60°得到BE，连接ED．若BC=2，则△AED的周长最小值是．三、解答题（共86分）17．已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．（1）画出△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°后的△AB'C'；（2）在（1）的条件下，求点C旋转到点C'所经过的路线长（结果保留π）．18．已知二次函数y=﹣x2+bx+c的图象如图所示，它与x轴的一个交点坐标为（﹣1，0），与y轴的交点坐标为（0，3）．（1）求出b，c的值，并写出此二次函数的解析式；（2）根据图象，写出函数值y为正数时，自变量x的取值范围．19．二次函数的图象与x轴一交点为（﹣1，0），顶点（1，﹣4）．（1）求二次函数的解析式．（2）当x为何值时，y随x的增大而增大？（3）所求二次函数图象可以由什么抛物线经过怎样的平移得到？20．如图，在Rt△BAC中，∠BAC=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AB′C′（点B的对应点是点B′，点C的对应点是点C′），连接CC′，若∠CC′B′=30°，求∠B的度数．21．如图所示，⊙O的直径AB长为6，弦AC长为2，∠ACB的平分线交⊙O于点D，求四边形ADBC的面积．22．某商场销售一种笔记本，进价为每本10元．试营销阶段发现：当销售单价为12元时，每天可卖出100本，如调整价格，每涨价1元，每天要少卖出10本．（1）写出商场销售这种笔记本，每天所得的销售利润y（元）与销售单价x（元）之间的函数关系式（x＞12）；（2）若该笔记本的销售单价高于进价且不超过15元，求销售单价为多少元时，该笔记本每天的销售利润最大？并求出最大值．23．如图，已知等腰三角形ABC中，AC=BC，底角为30°，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D作DE⊥AC，垂足为E．（1）证明：DE为⊙O的切线．（2）连接OE，若BC=4，求CE的长．24．如图，圆心角都是90°的扇形OAB与扇形OCD叠放在一起，连接AC，BD．（1）求证：AC=BD；（2）若图中阴影部分的面积是πcm2，OA=2cm，求OC的长．25．如图，在平面直角坐标系中，以点C（1，1）为圆心，2为半径作圆，交x轴于A、B两点，开口向下的抛物线经过点A、B，且其顶点P在⊙C上．（1）求出A、B两点的坐标；（2）试确定此抛物线的解析式；（3）在该抛物线是否存在一点D，使线段OP与CD互相平分？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；（4）设点M是抛物线对称轴上的一个动点，H是抛物线对称轴与x轴的交点，如果以MH为半径的⊙M与直线AP相切，求点M坐标．2016-2017学年福建省福州市XX中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每题4分，满分40分）1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】中心对称图形；轴对称图形．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】解：第一个图形是轴对称图形，也是中心对称图形；第二个图形是轴对称图形，不是中心对称图形；第三个图型是轴对称图形，也是中心对称图形；第四个图形不是轴对称图形，是中心对称图形．所以既是轴对称图形又是中心对称图形的有两个．故选B．【点评】本题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．2．由二次函数y=2（x﹣3）2+1，可知（）A．其图象的开口向下 B．其图象的对称轴为直线x=﹣3C．其最小值为1 D．当x＜3时，y随x的增大而增大【考点】二次函数的性质．【分析】根据二次函数的性质，直接根据a的值得出开口方向，再利用顶点坐标的对称轴和增减性，分别分析即可．【解答】解：由二次函数y=2（x﹣3）2+1，可知：A：∵a＞0，其图象的开口向上，故此选项错误；B．∵其图象的对称轴为直线x=3，故此选项错误；C．其最小值为1，故此选项正确；D．当x＜3时，y随x的增大而减小，故此选项错误．故选：C．【点评】此题主要考查了二次函数的性质，同学们应根据题意熟练地应用二次函数性质，这是中考中考查重点知识．3．下列命题中假命题的个数是（）①三点确定一个圆；②三角形的内心到三边的距离相等；③相等的圆周角所对的弧相等；④平分弦的直径垂直于弦；⑤垂直于半径的直线是圆的切线．A．4 B．3 C．2 D．1【考点】命题与定理．【分析】分析是否为假命题，可以举出反例；也可以分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．【解答】解：①错误，不在同一条直线上的三点确定一个圆；②正确，三角形的内心到三边的距离相等；③错误，在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等；④错误，如果平分的弦是直径，那么平分弦的直径不垂直于弦；⑤错误，过半径的外端且垂直于半径的直线是圆的切线．故选A．【点评】主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．4．如图，将三角尺ABC（其中∠ABC=60°，∠C=90°）绕B点按顺时针方向转动一个角度到A1BC1的位置，使得点A，B，C1在同一条直线上，那么这个角度等于（）A．120°B．90° C．60° D．30°【考点】旋转的性质．【专题】计算题．【分析】利用旋转的性质计算．【解答】解：∵∠ABC=60°，∴旋转角∠CBC1=180°﹣60°=120°．∴这个旋转角度等于120°．故选：A．【点评】本题考查了旋转的定义，明确三角尺的度数的常识并熟记旋转角的定义是解题的关键．5．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，如果AB=20，CD=16，那么线段AE的长为（）A．10 B．8 C．6 D．4【考点】垂径定理；勾股定理．【分析】连接OC，根据垂径定理求出CE，根据勾股定理计算即可．【解答】解：连接OC，∵CD⊥AB，∴CE=DE=CD=8，∴OE==6，则AE=OA﹣OE=4，故选：D．【点评】本题考查的是垂径定理和勾股定理的应用，掌握垂直弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．6．正六边形的边心距为，则该正六边形的边长是（）A．B．2 C．3 D．2【考点】正多边形和圆；勾股定理．【专题】几何图形问题．【分析】运用正六边形的性质，正六边形边长等于外接圆的半径，再利用勾股定理解决．【解答】解：∵正六边形的边心距为，∴OB=，AB=OA，∵OA2=AB2+OB2，∴OA2=（OA）2+（）2，解得OA=2．故选：B．【点评】本题主要考查了正六边形和圆，注意：外接圆的半径等于正六边形的边长．7．如图，点A、C、B在⊙O上，已知∠AOB=∠ACB=α．则α的值为（）A．135°B．120°C．110°D．100°【考点】圆周角定理．【分析】先运用“在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半”，再运用周角360°即可解．【解答】解：∵∠ACB=a∴优弧所对的圆心角为2a∴2a+a=360°∴a=120°．故选B．【点评】本题考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．8．已知⊙O的半径为1，点P到圆心O的距离为d，若关于x的方程x2﹣2x+d=0有实根，则点P（）A．在⊙O的内部B．在⊙O的外部C．在⊙O上D．在⊙O上或⊙O的内部【考点】点与圆的位置关系；根的判别式．【分析】首先根据关于x的方程有实数根求得d的取值范围，然后利用d与半径的大小关系判断点与圆的位置关系．【解答】解：∵关于x的方程x2﹣2x+d=0有实根，∴根的判别式△=（﹣2）2﹣4×d≥0，解得d≤1，∴点在圆内或在圆上，故选D．【点评】本题考查了对点与圆的位置关系的判断．设点到圆心的距离为d，则当d=R时，点在圆上；当d＞R时，点在圆外；当d＜R时，点在圆内．9．函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，那么关于x的方程ax2+bx+c﹣3=0的根的情况是（）A．有两个不相等的实数根 B．有两个异号实数根C．有两个相等实数根 D．无实数根【考点】抛物线与x轴的交点．【专题】压轴题．【分析】由图可知y=ax2+bx+c﹣3可以看作是函数y=ax2+bx+c的图象向下平移3个单位而得到，再根据函数图象与x轴的交点个数进行解答．【解答】解：∵函数y=ax2+bx+c的图象顶点的纵坐标为3，∴函数y=ax2+bx+c﹣3的图象可以看作是y=ax2+bx+c的图象向下平移3个单位得到，此时顶点在x轴上，∴函数y=ax2+bx+c﹣3的图象与x轴只有1个交点，∴关于x的方程ax2+bx+c﹣3=0有两个相等实数根．故选C．【点评】本题考查了二次函数与一元二次方程的知识．10．小明从图所示的二次函数y=ax2+bx+c的图象中，观察得出了下面五条信息：①abc＞0；②a﹣b+c＞0；③4a+2b+c＜0；④2a﹣3b=0；⑤c﹣4b＞0，其中正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】二次函数图象与系数的关系．【分析】观察图象易得a＞0，﹣ =，所以b＜0，2a+3b=0，因此abc＞0，由此可以判定①是正确的，而④错误；当x=﹣1，y=a﹣b+c，由点（﹣1，a﹣b+c）在第二象限可以判定a﹣b+c＞0②是正确的；当x=2时，y=4a+2b+c=2×（﹣3b）+2b+c=c﹣4b＞0，而③是错误的，由点（2，c﹣4b）在第一象限可以判定c﹣4b＞0⑤是正确的．【解答】解：∵抛物线开口方向向上，∴a＞0，∵与y轴交点在x轴的下方，∴c＜0，∵﹣=，∴b＜0，∴abc＞0，∴①是正确的；对称轴x=﹣=，∴3b=﹣2a，∴2a+3b=0，∴④是错误的；当x=﹣1，y=a﹣b+c，而点（﹣1，a﹣b+c）在第二象限，∴②a﹣b+c＞0是正确的；当x=2时，y=4a+2b+c=2×（﹣3b）+2b+c=c﹣4b＞0，而点（2，c﹣4b）在第一象限，∴c﹣4b＞0，故③错误，⑤正确．故选C．【点评】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，还考查了同学们从函数图象中获取信息的能力，以及考查二次函数的图象和性质．二、填空题（共6小题，每题4分，满分24分）11．抛物线y=（m﹣2）x2+2x+（m2﹣4）的图象经过原点，则m= ﹣2 ．【考点】二次函数图象上点的坐标特征．【分析】由于抛物线y=（m﹣2）x2+2x+（m2﹣4）的图象经过原点，所以把（0，0）代入函数的解析式中即可求解．【解答】解：∵抛物线y=（m﹣2）x2+2x+（m2﹣4）的图象经过原点，∴0=m2﹣4，∴m=±2，当m=2时，m﹣2=0，∴m=﹣2．故答案为：﹣2．【点评】本题考查了函数图象上的点的坐标与函数解析式的关系，解题时首先正确理解题意，然后根据题意得到方程即可解决问题．12．已知抛物线y=ax2+bx+c的部分图象如图所示，若y＞0，则x的取值范围是﹣1＜x＜3 ．【考点】二次函数的图象．【专题】压轴题．【分析】由图可知，该函数的对称轴是x=1，则x轴上与﹣1对应的点是3．观察图象可知y＞0时x的取值范围．【解答】解：已知抛物线与x轴的一个交点是（﹣1，0）对称轴为x=1，根据对称性，抛物线与x轴的另一交点为（3，0），观察图象，当y＞0时，﹣1＜x＜3．【点评】此题的关键是根据二次函数的对称轴与对称性，找出抛物线y=ax2+bx+c的完整图象．13．如图，PA、PB是⊙O的切线，AC是⊙O的直径，∠P=50°，则∠BOC的度数为50°．【考点】切线的性质．【分析】由PA、PB是⊙O的切线，根据切线的性质得到∠OAP=∠OBP=90°，再根据四边形的内角和为360°可得到∠AOB，而AC是⊙O的直径，根据互补即可得到∠BOC的度数．【解答】解：∵PA、PB是⊙O的切线，∴∠OAP=∠OBP=90°，而∠P=50°，∴∠AOB=360°﹣90°﹣90°﹣50°=130°，又∵AC是⊙O的直径，∴∠BOC=180°﹣130°=50°．故答案为：50°．【点评】本题考查了圆的切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径；也考查了四边形的内角和为360°．14．若半径为6cm的圆中，扇形面积为9cm2，则它的弧长为3cm ．【考点】扇形面积的计算；弧长的计算．【分析】利用扇形面积的计算方法，有两种：①根据圆心角的度数和半径的长来得出：S=；②根据弧长和半径来求：S=lr，进而得出利用第②个公式得出即可．【解答】解：根据扇形面积公式可知S=lr，所以l===3cm，故答案为：3cm．【点评】此题主要考查了主要考查了扇形面积的求算方法．利用弧长和半径：S=lr得出是解题关键．15．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=2，分别以AC、BC为直径画半圆，则图中阴影部分的面积为π﹣4 （结果保留π）．【考点】扇形面积的计算．【专题】压轴题．【分析】图中阴影部分的面积为两个半圆的面积﹣三角形的面积，然后利用三角形的面积计算即可．【解答】解：设各个部分的面积为：S1、S2、S3、S4、S5，如图所示，∵两个半圆的面积和是：S1+S5+S4+S2+S3+S4，△ABC的面积是S3+S4+S5，阴影部分的面积是：S1+S2+S4，∴图中阴影部分的面积为两个半圆的面积减去三角形的面积．即阴影部分的面积=π×4+π×1﹣4×2÷2=π﹣4．【点评】此题的关键是看出图中阴影部分的面积为两个半圆的面积﹣三角形的面积．16．如图，在等边△ABC中，D是边AC上一个动点，连接BD．将线段BD绕点B逆时针旋转60°得到BE，连接ED．若BC=2，则△AED的周长最小值是2+．【考点】旋转的性质；等边三角形的性质．【专题】计算题．【分析】作BH⊥AC于H，如图，利用等边三角形的性质可计算出BH=，再根据旋转的性质得BE=BD，∠DBE=60°，则可判断△DBE为等边三角形，所以∠DBE=60°，DE=DB，由于BA=BC，∠ABC=60°，则根据旋转的定义可把△CBD绕点B逆时针旋转60°得到△ABE，则AE=CD，所以△AED的周长=AE+AD+DE=CD+AD+BD=2+BD，利用垂线段最短得点D运动到点H时，BD最小，最小值为，于是得到△AED的周长最小值为2+．【解答】解：作BH⊥AC于H，如图，∵△ABC为等边三角形，∴BC=AC=2，∴CH=AC=1，∴BH==，∵线段BD绕点B逆时针旋转60°得到BE，∴BE=BD，∠DBE=60°，∴△DBE为等边三角形，∴∠DBE=60°，DE=DB，∵△ABC为等边三角形，∴BA=BC，∠ABC=60°，∴△CBD绕点B逆时针旋转60°得到△ABE，∴AE=CD，∴△AED的周长=AE+AD+DE=CD+AD+BD=AC+BD=2+BD，∵D是边AC上一个动点，∴当点D运动到点H时，BD最小，最小值为，∴△AED的周长最小值为2+．故答案为2+．【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的性质．三、解答题（共86分）17．已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．（1）画出△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°后的△AB'C'；（2）在（1）的条件下，求点C旋转到点C'所经过的路线长（结果保留π）．【考点】作图-旋转变换；轨迹．【分析】（1）根据图形旋转的性质画出图形即可；（2）先根据勾股定理求出AC的长，再由弧长公式即可得出结论．【解答】解：（1）如图，△AB'C'即为所求；（2）∵AC==2，∴点C旋转到点C'所经过的路线长==π．【点评】本题考查的是作图﹣旋转变换，熟知图形旋转的性质是解答此题的关键．18．已知二次函数y=﹣x2+bx+c的图象如图所示，它与x轴的一个交点坐标为（﹣1，0），与y轴的交点坐标为（0，3）．（1）求出b，c的值，并写出此二次函数的解析式；（2）根据图象，写出函数值y为正数时，自变量x的取值范围．【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数的图象．【分析】（1）把抛物线上的两点代入解析式，解方程组可求b、c的值；（2）令y=0，求抛物线与x轴的两交点坐标，观察图象，求y＞0时，x的取值范围．【解答】解：（1）将点（﹣1，0），（0，3）代入y=﹣x2+bx+c中，得，解得．∴y=﹣x2+2x+3．（2）令y=0，解方程﹣x2+2x+3=0，得x1=﹣1，x2=3，抛物线开口向下，∴当﹣1＜x＜3时，y＞0．【点评】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，根据抛物线与x轴的交点，开口方向，可求y＞0时，自变量x的取值范围．19．二次函数的图象与x轴一交点为（﹣1，0），顶点（1，﹣4）．（1）求二次函数的解析式．（2）当x为何值时，y随x的增大而增大？（3）所求二次函数图象可以由什么抛物线经过怎样的平移得到？【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数图象与几何变换．【分析】（1）先设所求函数解析式是y=a（x﹣1）2﹣4，再把（﹣1，0）代入，即可求a，进而可得函数解析式；（2）由（1）可知抛物线的对称轴，进而可知道y随x的增大而增大时，自变量x的取值范围；（3）可以由基函数y=y=x2先向右平移1个单位，再向下平移4个单位得到．【解答】解：（1）设y=a（x﹣1）2﹣4，把点（﹣1，0）代入得：a=1，∴函数解析式y=（x﹣1）2﹣4；（2）∵抛物线对称轴为x=1，∴当x＞1时，y随x的增大而增大；（3）函数y=（x﹣1）2﹣4图象可以由y=x2先向右平移1个单位，再向下平移4个单位得到．【点评】本题主要考查二次函数解析式求法及抛物线与坐标轴交点坐标，根据题意设出二次函数解析式的合适形式是前提、根本．20．如图，在Rt△BAC中，∠BAC=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AB′C′（点B的对应点是点B′，点C的对应点是点C′），连接CC′，若∠CC′B′=30°，求∠B的度数．【考点】旋转的性质．【分析】根据旋转的性质可得△ABC≌△AB′C′，根据全等三角形的性质可得AC=AC′，∠B=∠AB′C′，则△ACC′是等腰直角三角形，然后根据三角形的外角的性质求得∠AB′C′即可．【解答】解：由旋转的性质可得：△ABC≌△AB′C′，点B′在AC上，∴AC=AC′，∠B=∠AB′C′．又∵∠BAC=∠CAC′=90°，∴∠ACC′=∠AC′C=45°．∴∠AB′C′=∠ACC′+∠CC′B′=45°+30°=75°，∴∠B=∠AB′C′=75°．【点评】本题考查了旋转的性质以及全等三角形的性质和三角形的外角的性质，注意到△ACC′是等腰直角三角形是关键．21．如图所示，⊙O的直径AB长为6，弦AC长为2，∠ACB的平分线交⊙O于点D，求四边形ADBC的面积．【考点】圆周角定理；勾股定理．【分析】四边形ADBC可分作两部分：①△ABC，由圆周角定理知∠ACB=90°，Rt△ACB中，根据勾股定理即可求得直角边BC的长，进而可根据直角三角形的面积计算方法求出△ABC的面积；②△ABD，由于CD平分∠ACB，则弧AD=弧BD，由此可证得△ABD是等腰Rt△，即可根据斜边的长求出两条直角边的长，进而可得到△ABD的面积；上述两个三角形的面积和即为四边形ADBC的面积，由此得解．【解答】解：∵AB是直径，∴∠ACB=∠ADB=90°，在Rt△ABC中，AB=6，AC=2，∴BC===4；∵∠ACB的平分线交⊙O于点D，∴∠DCA=∠BCD；∴，∴AD=BD；∴在Rt△ABD中，AD=BD=3，AB=6，∴四边形ADBC的面积=S△ABC+S△ABD=AC•BC+AD•BD=×2×4+×3×3=9+4．故四边形ADBC的面积是9+4．【点评】此题主要考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，直角三角形的性质，勾股定理等知识的综合应用能力．22．（2016秋•台江区校级期中）某商场销售一种笔记本，进价为每本10元．试营销阶段发现：当销售单价为12元时，每天可卖出100本，如调整价格，每涨价1元，每天要少卖出10本．（1）写出商场销售这种笔记本，每天所得的销售利润y（元）与销售单价x（元）之间的函数关系式（x＞12）；（2）若该笔记本的销售单价高于进价且不超过15元，求销售单价为多少元时，该笔记本每天的销售利润最大？并求出最大值．【考点】二次函数的应用．【分析】（1）根据总利润=单件利润×销售量列出函数解析式即可；（2）把y=﹣10x2+320x﹣2200化为y=﹣10（x﹣16）2+360，根据二次函数的性质即可得到结论．【解答】解：（1）y=（x﹣10）[100﹣10（x﹣12）=（x﹣10）（100﹣10x+120）=﹣10x2+320x﹣2200；（2）y=﹣10x2+320x﹣2200=﹣10（x﹣16）2+360，由题意可得：10＜x≤15，∵a=﹣10＜0，对称轴为直线x=16，∴抛物线开口向下，在对称轴左侧，y随x的增大而增大，∴当x=15时，y取最大值为350元，答：销售单价为15元时，该文具每天的销售利润最大，最大值是350元．【点评】本题考查了二次函数的应用，最大销售利润的问题常利函数的增减性来解答，我们首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型，其中要注意应该在自变量的取值范围内求最大值（或最小值），也就是说二次函数的最值不一定在x=﹣时取得．23．如图，已知等腰三角形ABC中，AC=BC，底角为30°，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D作DE⊥AC，垂足为E．（1）证明：DE为⊙O的切线．（2）连接OE，若BC=4，求CE的长．【考点】切线的判定；等腰三角形的性质；勾股定理；圆周角定理．【分析】（1）首先连接OD，CD，由以BC为直径的⊙O，可得CD⊥AB，又由等腰三角形ABC的底角为30°，可得AD=BD，即可证得OD∥AC，继而可证得结论；（2）由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得出CD=BC=2，∠ACB=120°，∠BCD=∠ACD=∠ACB=60°，由三角函数求出CE即可．【解答】（1）证明：连接OD，CD，如图所示：∵BC为⊙O直径，∴∠BDC=90°，即CD⊥AB，∵△ABC是等腰三角形，∴AD=BD，∵OB=OC，∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴OD⊥DE，∵D点在⊙O上，∴DE为⊙O的切线；（2）解：∵∠A=∠B=30°，BC=4，∴CD=BC=2，∠ACB=120°，∵AC=BC，AD=BD，∴∠BCD=∠ACD=∠ACB=60°，∵DE⊥AC，∴CE=CD•cos60°=2×=1．【点评】本题考查了切线的判定、等腰三角形的性质、三角形中位线定理、三角函数的运用等知识；熟练掌握等腰三角形的性质是解决问题的关键．24．如图，圆心角都是90°的扇形OAB与扇形OCD叠放在一起，连接AC，BD．（1）求证：AC=BD；（2）若图中阴影部分的面积是πcm2，OA=2cm，求OC的长．【考点】扇形面积的计算；全等三角形的判定与性质．【专题】几何综合题．【分析】（1）求证：AC=BD，则需求证△AOC≌△BOD，利用已知条件证明即可．（2）从图中可以得S阴影就是大扇形减小扇形形所得的弓形的面积，根据扇形的面积公式计算即可．【解答】（1）证明：∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOC+∠AOD=∠BOD+∠AOD；∴∠AOC=∠BOD；在△AOC和△BOD中，∵，∴△AOC≌△BOD（SAS）；∴AC=BD．（2）解：根据题意得：S阴影=﹣=；∴；解得：OC=1（cm）．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、扇形面积的计算方法等知识点．25．（14分）（2012•福州校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，以点C（1，1）为圆心，2为半径作圆，交x轴于A、B两点，开口向下的抛物线经过点A、B，且其顶点P在⊙C上．（1）求出A、B两点的坐标；（2）试确定此抛物线的解析式；（3）在该抛物线是否存在一点D，使线段OP与CD互相平分？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；（4）设点M是抛物线对称轴上的一个动点，H是抛物线对称轴与x轴的交点，如果以MH为半径的⊙M与直线AP相切，求点M坐标．【考点】二次函数综合题．【分析】（1）根据勾股定理求出AH和BH，根据C的坐标求出A、B的坐标即可；（2）根据抛物线的顶点坐标设抛物线的顶点式，把B的坐标代入求出a即可；（3）假设存在，根据平行四边形的性质和判定得出平行四边形，求出D的坐标，把D的坐标代入抛物线的解析式，左边=右边，即得出D在抛物线上，即可得出答案；（4）根据勾股定理，可得AP的长，根据线段的和差，可得PM的长，MN的长，根据相似三角形的判定与性质，可得关于b的方程，根据解方程，可得答案．【解答】解：（1）如图1，作CH⊥AB于H点．∵CH=1，半径CB=2，∴HB=，∴A的坐标是（1﹣，0），B的坐标是（1+，0）．（2）设抛物线的解析式是y=a（x﹣1）2+3，把点B（1+，0）代入上式，解得：a=﹣1，∴y=﹣（x﹣1）2+3=﹣x2+2x+2，即抛物线的解析式是y=﹣x2+2x+2．（3）如图2：假设存在点D使线段OP与CD互相平分，则四边形OCPD是平行四边形，∴PC∥OD，PC=OD，∵PC∥y轴，∴点D在y轴上，∵PC=2，∴OD=2，即D（0，2），∠MPN=又D（0，2）满足y=﹣x2+2x+2，∴点D在抛物线上，∴存在D点，使线段OP与CD互相平分，且点D的坐标是（0，2）；（4）如图3：，作MN⊥AP，设M（1，b）PM=（1﹣b），MN=MH=b，HA=1﹣（1﹣）=，AP===2．由∠MPN=∠APH，∠MNP=∠AHP=90°，得△MNP∽△AHP，=，即=，解得b=1，即M（1，1）．【点评】本题综合考查对平行四边形的性质和判定，平行线的性质，勾股定理，用待定系数法求二次函数的解析式，垂径定理等知识点，本题综合性较强，通过做题培养学生分析问题和解决问题的能力，题型较好，难度适中．。

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