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辽宁省大连市沙河口区格致中学2022-2023学年上学期九年级数学第一次月考测试题+
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这是一份辽宁省大连市沙河口区格致中学2022-2023学年上学期九年级数学第一次月考测试题+，共21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。
辽宁省大连市沙河口区格致中学
2022-2023学年第一学期九年级数学第一次月考测试题（附答案）
一、选择题（本题共10小题，共30分）
1．下面用数学家的名字命名的图形，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．赵爽弦图 B．笛卡尔心形线
C．科克曲线 D．费马螺线
2．下列说法中，正确的是（ ）
A．“射击运动员射击一次，命中靶心”是必然事件
B．事件发生的可能性越大，它的概率越接近1
C．某种彩票中奖的概率是1%，因此买100张该种彩票就一定会中奖
D．抛掷一枚图钉，“针尖朝上”的概率可以用列举法求得
3．经过矩形对称中心的任意一条直线，把这个矩形分成两部分，设这两部分的面积分别为S1和S2，则S1与S2的大小关系是（ ）
A．S1＞S2 B．S1＜S2 C．S1＝S2 D．不能确定
4．如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转30°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，则∠A的度数为（ ）
A．70° B．75° C．60° D．65°
5．如图，在⊙O中，＝，∠BAC＝50°，则∠AEC的度数为（ ）
A．65° B．75° C．50° D．55°
6．已知⊙O的半径为5，点P到圆心O的距离为8，那么点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在⊙O上 B．点P在⊙O内 C．点P在⊙O 外 D．无法确定
7．用配方法解方程x2﹣2x﹣3＝0时，配方后得到的方程为（ ）
A．（x﹣1）2＝4 B．（x﹣1）2＝﹣4 C．（x+1）2＝4 D．（x+1）2＝﹣4
8．原价为100元的某种药品经过连续两次降价后为64元，设平均每次降价的百分率为x，则下面所列方程正确的是（ ）
A．100（1﹣x）2＝64 B．64（1﹣x）2＝100
C．100（1﹣2x）＝64 D．64（1﹣2x）＝100
9．参加一次活动的每个人都和其他人各握了一次手，所有人共握手10次，有多少人参加活动？设有x人参加活动，可列方程为（ ）
A．x（x﹣1）＝10 B．x（x﹣1）＝10
C．x（x+1）＝10 D．2x（x﹣1）＝10
10．如图，△ABC中，∠ABC＝50°，∠ACB＝74°，点O是△ABC的内心．则∠BOC等于（ ）
A．124° B．118° C．112° D．62°
二、填空题（本题共6小题，共18分）
11．在平面直角坐标系中，若点P（x﹣2，x+1）关于原点的对称点在第四象限，则x的取值范围是 ．
12．如表记录了一名球员在罚球线上投篮的结果．那么，这名球员投篮一次，投中的概率约为 （精确到0.1）．
投篮次数（n）
50
100
150
200
250
300
500
投中次数（m）
28
60
78
104
123
152
251
投中频率（m/n）
0.56
0.60
0.52
0.52
0.49
0.51
0.50
13．如图，直角坐标系中一条圆弧经过网格点A，B，C，其中B点坐标为（4，4），则该圆弧所在圆的圆心坐标为 ．
14．如图，四边形ABCD内接于⊙O，延长CO交圆于点E，连接BE．若∠A＝110°，∠E＝70°，则∠OCD＝ 度．
15．如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为 ．
16．如图，长方形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转45°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为 ．
三、解答题（本题共9小题，共72分）
17．解方程：
（1）4（x﹣1）2﹣9＝0；
（2）已知关于x的一元二次方程x2﹣3x+2a﹣1＝0有两个不相等的实数根，若a为正整数，求方程的根．
18．已知：在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（5，4），B（0，3），C（2，1）．
（1）画出△ABC关于原点成中心对称的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
（2）画出将△A1B1C1绕点C1按顺时针旋转90°所得的△A2B2C1．
19．2021年6月17日，神舟十二号成功发射，标志着我国载人航天踏上新征程．某学校举办航天知识讲座，需要两名引导员，决定从A，B，C，D四名志愿者中通过抽签的方式确定两人．抽签规则：将四名志愿者的名字分别写在四张完全相同且不透明卡片的正面，把四张卡片背面朝上，洗匀后放在桌面上，先从中随机抽取一张卡片，记下名字，再从剩余的三张卡片中随机抽取第二张，记下名字．
（1）“A志愿者被选中”是 事件（填“随机”、“不可能”或“必然”）；
（2）用画树状图或列表的方法求出A，B两名志愿者同时被选中的概率．
20．已知：A，B是直线l上的两点．
求作：△ABC，使得点C在直线l上方，且AC＝BC，∠ACB＝30°．
作法：
①分别以A，B为圆心，AB长为半径画弧，在直线l上方交于点O，在直线l下方交于点E；
②以点O为圆心，OA长为半径画圆；
③作直线OE与直线l上方的⊙O交于点C；
④连接AC，BC．
△ABC就是所求作的三角形．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接OA，OB．
∵OA＝OB＝AB，
∴△OAB是等边三角形．
∴∠AOB＝60°．
∵A，B，C在⊙O上，
∴∠ACB＝∠AOB（ ）（填推理的依据）．
∴∠ACB＝30°．
由作图可知直线OE是线段AB的垂直平分线，
∴AC＝BC（ ）（填推理的依据）．
∴△ABC就是所求作的三角形．
21．某校举办了“冰雪运动进校园”活动，计划在校园一块矩形的空地上铺设两块完全相同的矩形冰场，如图所示，已知空地长27m，宽12m，矩形冰场的长与宽的比为4：3，如果要使冰场的面积是原空地面积的，并且预留的上、下通道的宽度相等，左、中、右通道的宽度相等，那么预留的上、下通道的宽度和左、中、右通道的宽度分别是多少米？
22．下面是小明关于“对称与旋转的关系”的探究过程，请你补充完整．
（1）三角形在平面直角坐标系中的位置如图1所示，简称G，G关于y轴的对称图形为G1，关于x轴的对称图形为G2．则将图形G1绕 点顺时针旋转 度，可以得到图形G2．
（2）在图2中分别画出G关于y轴和直线y＝x+1的对称图形G1，G2．将图形G1绕 点（用坐标表示）顺时针旋转 度，可以得到图形G2．
（3）综上，如图3，直线l1：y＝﹣2x+2和l2：y＝x所夹锐角为α，如果图形G关于直线l1的对称图形为G1，关于直线l2的对称图形为G2，那么将图形G1绕 点（用坐标表示）顺时针旋转 度（用α表示），可以得到图形G2．
23．如图，AB为⊙O直径，PA、PC分别与⊙O相切于点A、C，PQ⊥PA，PQ交OC的延长线于点Q．
（1）求证：OQ＝PQ；
（2）连BC并延长交PQ于点D，PA＝AB，且CQ＝6，求BD的长．
24．平面直角坐标系中，O为原点，点A（3，0），点B（0，4），把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A′BO′，点A，O旋转后的对应点为A′，O′，记旋转角为α．
（1）如图①，若α＝90°，则点O′的坐标为 ，点A′的坐标为 ，AA′的长为 ．
（1）如图②，若α＝120°，求点O′的坐标；
（3）在（2）的条件下，在坐标平面内有一点D，使A、B、O′、D四个点构成的四边形是平行四边形，请你直接写出点D的坐标．
25．小飞对浙教版九上配套作业本①第18页第7题温故后进行了推理、拓展与延伸．
（1）温故：如图1，P是正方形ABCD内一点，连结PA，PB，PC．
①画出将△PAB绕点B顺时针旋转90°得到△P′CB；
②若PA＝2，PB＝4，∠APB＝135°，求PC的长．（直接写出答案）
（2）推理：若PA＝a，PB＝b，PC＝c，∠APB＝135°，请猜想a，b，c之间的关系，并推理说明．
（3）拓展：如图2，点P，Q在正方形ABCD内，连结PA，PB，PC，PQ，DQ，AQ，CQ，若∠PAQ＝∠PCQ＝45°，试探究BP，PQ，QD之间的关系，并说明理由．
（4）延伸：如图3，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝∠PAQ＝∠PCQ＝60°，若BP＝6，DQ＝8，请直接写出PQ的长．
请帮助小飞解决“温故”、“推理”、“拓展”和“延伸”中的问题．
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，共30分）
1．解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
2．解：A．“射击运动员射击一次，命中靶心”是随机事件，故A不符合题意；
B．事件发生的可能性越大，它的概率越接近1，故B符合题意；
C．某种彩票中奖的概率是1%，因此买100张该种彩票就可能会中奖，故C不符合题意；
D．抛掷一枚图钉，“针尖朝上”的概率不可以用列举法求得，故D不符合题意；
故选：B．
3．解：矩形ABCD中，AD＝BC，
AO＝BO＝CO＝DO，
∴△AOD≌△BOC（SSS），
∵∠ECO＝∠FAO，OA＝OC，∠EOC＝∠FOA，
∴△OEC≌△OFA，
同理可证，△DEO≌△BFO，
∴S1＝S2．
故选：C．
4．解：由题意得∠AOD＝30°、OA＝OD，
∴∠A＝∠ADO＝＝75°，
故选：B．
5．解：∵在⊙O中，＝，
∴AB＝AC，
∵∠BAC＝50°，
∴∠B＝∠ACB＝65°，
∴∠AEC＝∠B＝65°．
故选：A．
6．解：∵OP＝8＞5，∴点P与⊙O的位置关系是点在圆外．
故选：C．
7．解：把方程x2﹣2x﹣3＝0的常数项移到等号的右边，得到x2﹣2x＝3，
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2﹣2x+1＝4，
配方得（x﹣1）2＝4．
故选：A．
8．解：第一次降价后的价格为100×（1﹣x），第二次降价后价格为100×（1﹣x）×（1﹣x），
则列出的方程是100（1﹣x）2＝64．
故选：A．
9．解：设x人参加这次聚会，则每个人需握手：（x﹣1）（次）；
依题意，可列方程为：＝10．
故选：A．
10．解：∵点O是△ABC的内心，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC＝∠ABC＝×50°＝25°，∠OCB＝∠ACB＝×74°＝37°，
∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB＝180°﹣25°﹣37°＝118°．
故选：B．
二、填空题（本题共6小题，共18分）
11．解：∵点P（x﹣2，x+1）关于原点的对称点在第四象限，
∴点P在第二象限，
∴，
解得：﹣1＜x＜2，
故答案为：﹣1＜x＜2．
12．解：由题意得，这名球员投篮的次数为1550次，投中的次数为796，
故这名球员投篮一次，投中的概率约为：≈0.5．
故答案为：0.5．
13．解：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，
可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．
如图所示，则圆心是（2，0）．
故答案为：（2，0）
14．解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠A＝110°，
∴∠BCD＝180°﹣110°＝70°，
∵EC为圆O直径，
∴∠EBC＝90°，
∵∠E＝70°，
∴∠ECB＝20°，
∴∠OCD＝70°﹣20°＝50°．
故答案为：50．
15．解：连接AA′、CC′，
作线段AA′的垂直平分线MN，作线段CC′的垂直平分线EF，
直线MN和直线EF的交点为P，点P就是旋转中心．
∵直线MN为：x＝1，设直线CC′为y＝kx+b，由题意：，
∴，
∴直线CC′为y＝x+，
∵直线EF⊥CC′，经过CC′中点（，），
∴直线EF为y＝﹣3x+2，
由得，
∴P（1，﹣1）．
（本题可以用图象法，直接得出P坐标）．
故答案为（1，﹣1）．
16．解：如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET，连接DE交CG于J．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，∠B＝∠BCD＝90°，
∵∠BET＝∠FEG＝45°，
∴∠BEF＝∠TEG，
∵EB＝ET，EF＝EG，
∴△EBF≌△TEG（SAS），
∴∠B＝∠ETG＝90°，
∴点G的在射线TG上运动，
∴当CG⊥TG时，CG的值最小，
∵BC＝4，BE＝1，CD＝3，
∴CE＝CD＝3，
∴∠CED＝∠BET＝45°，
∴∠TEJ＝90°＝∠ETG＝∠JGT＝90°，
∴四边形ETGJ是矩形，
∴DE∥GT，GJ＝TE＝BE＝1，
∴CJ⊥DE，
∴JE＝JD，
∴CJ＝DE＝，
∴CG＝CJ+GJ＝1+，
∴CG的最小值为1+．
三、解答题（本题共9小题，共72分）
17．解：（1）4（x﹣1）2﹣9＝0，
4（x﹣1）2＝9，
（x﹣1）2＝．
x﹣1＝．
所以x1＝，x2＝﹣；
（2）根据题意知，Δ＝b²﹣4ac＝9﹣4（2a﹣1）＞0，即a＜，
∵a为正整数，
∴a＝1，
代入方程中，得x²﹣3x+1＝0，
解得x1＝，x2＝．
18．解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，其中点C1的坐标为（﹣2，﹣1）．
（2）如图所示，△A2B2C1即为所求．
19．解：（1）“A志愿者被选中”是随机事件，
故答案为：随机；
（2）画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中A，B两名志愿者同时被选中的结果有2种，
∴A，B两名志愿者同时被选中的概率为＝．
20．解：（1）如图所示：即为补全的图形；
（2）证明：连接OA，OB．
∵OA＝OB＝AB，
∴△OAB是等边三角形．
∴∠AOB＝60°．
∵A，B，C在⊙O上，
∴∠ACB＝∠AOB（同弧所对圆周角等于圆心角的一半）．
∴∠ACB＝30°．
由作图可知直线OE是线段AB的垂直平分线，
∴AC＝BC（线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等）．
同弧所对圆周角等于圆心角的一半；线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等．
21．解：设预留的上、下通道的宽度是x米，则矩形冰场的宽为（12﹣2x）米，长为（12﹣2x）米，
依题意得：2×（12﹣2x）×（12﹣2x）＝×27×12，
整理得：（12﹣2x）2＝81
解得：x1＝，x2＝．
当x＝时，12﹣2x＝12﹣2×＝9＞0，符合题意；
当x＝时，12﹣2x＝12﹣2×＝﹣9＜0，不符合题意，舍去．
∴x＝，
∴左、中、右通道的宽度为[27﹣2×（12﹣2x）]÷3＝[27﹣2××（12﹣2×）]÷3＝1．
答：预留的上、下通道的宽度为米，左、中、右通道的宽度为1米．
22．解：（1）由图象即可知，将图形G1绕O点顺时针旋转180度，可以得到图形G2，
故答案为：O，180；
（2）G关于y轴和直线y＝x+1的对称图形G1，G2，如图2所示，
∵图形G1，G2对应点连线的垂直平分线交于点（0，1），
∴图形G1绕（0，1）点顺时针旋转90度，可以得到图形G2，
即答案为：G1，G2如图2；（0，1），90；
（3）图形G关于直线l1的对称图形为G1，关于直线l2的对称图形为G2，
则直线l1与直线l2的交点即为图形G1，G2对应点连线的垂直平分线交点，
即旋转中心，
∴，
解得，
∴图形G1绕点（，）旋转可以得到图形G2，
如图3，设A点，点A'，点A''分别是在图形G，G1，G2上的对应点，
设旋转中心为P，则∠A'PA''即为旋转角，
连接AP，A'P，A''P，
∵两直线所夹的锐角为α，
由图象的对称性可知，∠APA'+∠APA''＝180°﹣α，
∴∠A'PA''＝360°﹣2（∠APA'+∠APA''）＝360°﹣（360°﹣2α）＝2α，
故答案为：（，），2α．
23．（1）证明：连接OP．
∵PA、PC分别与⊙O相切于点A，C，
∴PA＝PC，OA⊥PA，
∵OA＝OC，OP＝OP，
∴△OPA≌△OPC（SSS），
∴∠AOP＝∠POC，
∵QP⊥PA，
∴QP∥BA，
∴∠QPO＝∠AOP，
∴∠QOP＝∠QPO，
∴OQ＝PQ．
（2）设OA＝r．
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵OB∥QD，
∴∠QDC＝∠B，
∵∠OCB＝∠QCD，
∴∠QCD＝∠QDC，
∴QC＝QD＝6，∵QO＝QP，
∴OC＝DP＝r，
∵PC是⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∴∠OCP＝∠PCQ＝90°，
在Rt△PCQ中，∵PQ2＝PC2+QC2，
∴（6+r）2＝62+（2r）2，
r＝4或0（舍弃），
∴OP＝＝4，
∵OB＝PD，OB∥PD，
∴四边形OBDP是平行四边形，
∴BD＝OP＝4．
24．（1）若a＝90°，
∵点A（3，0），点B（0，4），
∴AO＝3，OB＝4，
∴AB＝＝＝5，
∵把△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A'BO′，
∴∠ABA'＝90°，AB＝A'B＝5，
∴AA'＝＝＝5，
∵a＝90°，O'B＝OB＝4，O′A′＝OA＝3，
∴O'B与x轴平行．
∴O'的纵坐标为4，
∴OB＝4，
∴O'（4，4）．
∵△A'O'B是直角三角形，O'A'＝3．
∴A'的纵坐标为4十3＝7，
∴A'的坐标为（4，7），
综上，O'的坐标为（4，4），A'的坐标为（4，7），AA'的长为5．
故答案为：（4，4），（4，7），5；
（2）作O′H⊥y轴于H，如图2，
∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，
∴BO＝BO′＝4，∠OBO′＝120°，
∴∠HBO′＝60°，
在Rt△BHO′中，
∵∠BO′H＝90°﹣∠HBO′＝30°，
∴BH＝BO′＝2，O′H＝BH＝2，
∴OH＝OB+BH＝4+2＝6，
∴O′点的坐标为（2，6）；
（3）分三种情况：①AB、BO′为平行四边形的边，如图，
连接BD，AO′交于点P，
∵四边形ABO'D是平行四边形，
∴AP＝O′P，PD＝PB，
又∵点A（3，0），O′点的坐标为（2，6），
∴P（，3），
∵点B（0，4），
∴D点的坐标为（3+2，2）；
②AB为对角线，如图，
连接DO′交AB于点M，
∵四边形AO'BD是平行四边形，
∴AM＝BM，O′M＝DM，
又∵点A（3，0），点B（0，4），
∴M（，2），
∵O′点的坐标为（2，6），
∴D点的坐标为（3﹣2，﹣2）；
③O′B为对角线，如图，
连接ADO′交BO′于点N，
∵四边形A BDO'是平行四边形，
∴AN＝DN，O′N＝BN，
又∵O′点的坐标为（2，6），点B（0，4），
∴N（，5），
∵点A（3，0），
∴D点的坐标为（2﹣3，10）．
综上，D点的坐标为（3+2，2）或（3﹣2，﹣2）或（2﹣3，10）．
25．解：（1）①如图，△P′CB为所作；
②连接PP′，如图，
∵△PAB绕点B顺时针旋转90°得到的△P′CB，
∴BP＝BP′＝4，P′C＝PA＝2，∠PBP′＝90°，∠BP′C＝∠APB＝135°，
∴△BPP′为等腰直角三角形，
∴∠BP′P＝45°，PP′＝PB＝4，
∴∠PP′C＝135°﹣45°＝90°，
在Rt△PP′C中，PC＝＝＝6；
（2）c2＝2b2+a2，理由如下：
如图1，∵△PAB绕点B顺时针旋转90°得到的△P′CB，
∴BP＝BP′＝b，P′C＝PA＝a，∠PBP′＝90°，∠BP′C＝∠APB＝135°，
∴△BPP′为等腰直角三角形，
∴∠BP′P＝45°，PP′＝PB＝b，
∴∠PP′C＝135°﹣45°＝90°，
在Rt△PP′C中，PC2＝P'P2+P'C2，
∴c2＝2b2+a2；
（3）PQ2＝BP2+DQ2，理由如下：
如图2，将△ADQ绕点A顺时针旋转90°，可得△ABN，连接PN，将△CDQ绕点C逆时针旋转90°，可得△CBM，连接PM，
∴△ADQ≌△ABN，△CDQ≌△CBM，
∴AQ＝AN，BN＝DQ，∠BAN＝∠DAQ，∠ABN＝∠ADQ，∠CDQ＝∠CBM，CQ＝CM，DQ＝BM，
∴NB＝BM，
∵∠ADQ+∠CDQ＝∠ADC＝90°＝∠ABC，
∴∠ABN+∠CBM＝90°，
∴∠ABN+∠CBM+∠ABC＝180°，
∴点N，点B，点M三点共线，
∵∠PAQ＝45°，
∴∠DAQ+∠BAP＝45°，
∴∠BAP+∠BAN＝45°＝∠PAN＝∠PAQ，
又∵AP＝AP，
∴△APQ≌△APN（SAS），
∴PQ＝PN，
同理可求PM＝PQ，
∴PM＝PN，
又∵BN＝BM，
∴PB⊥MN，
∴PN2＝PB2+BN2，
∴PQ2＝BP2+DQ2；
（4）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠ABC＝∠ADC＝60°，∠BAD＝∠BCD＝120°，
如图3，将△ADQ绕点A顺时针旋转120°，可得△ABG，连接PG，将△CDQ绕点C逆时针旋转120°，可得△CBH，连接PH，GH交BP于点O，
∴△ADQ≌△ABG，△CDQ≌△CBH，
∴AQ＝AG，BG＝DQ＝8，∠BAG＝∠DAQ，∠ABG＝∠ADQ，∠CDQ＝∠CBH，CQ＝CH，DQ＝BH，
∴GB＝BH，
∵∠ADQ+∠CDQ＝∠ADC＝60°＝∠ABC，
∴∠ABG+∠CBH＝60°，
∴∠ABG+∠CBH+∠ABC＝120°，
∵∠PAQ＝60°，
∴∠DAQ+∠BAP＝60°，
∴∠BAP+∠BAG＝60°＝∠PAG＝∠PAQ，
又∵AP＝AP，
∴△APQ≌△APG（SAS），
∴PQ＝PG，
同理可求PH＝PQ，
∴PG＝PH，
又∵BG＝BH，
∴BP垂直平分GH，
又∵GB＝BH，∠GBH＝120°，
∴∠BGO＝∠BHO＝30°，
∴BO＝BG＝4，GO＝BO＝4，
∴PO＝BP﹣BO＝2，
∴PG＝＝＝2，
∴GP＝PQ＝2．
辽宁省大连市沙河口区格致中学
2022-2023学年第一学期九年级数学第一次月考测试题（附答案）
一、选择题（本题共10小题，共30分）
1．下面用数学家的名字命名的图形，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．赵爽弦图 B．笛卡尔心形线
C．科克曲线 D．费马螺线
2．下列说法中，正确的是（ ）
A．“射击运动员射击一次，命中靶心”是必然事件
B．事件发生的可能性越大，它的概率越接近1
C．某种彩票中奖的概率是1%，因此买100张该种彩票就一定会中奖
D．抛掷一枚图钉，“针尖朝上”的概率可以用列举法求得
3．经过矩形对称中心的任意一条直线，把这个矩形分成两部分，设这两部分的面积分别为S1和S2，则S1与S2的大小关系是（ ）
A．S1＞S2 B．S1＜S2 C．S1＝S2 D．不能确定
4．如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转30°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，则∠A的度数为（ ）
A．70° B．75° C．60° D．65°
5．如图，在⊙O中，＝，∠BAC＝50°，则∠AEC的度数为（ ）
A．65° B．75° C．50° D．55°
6．已知⊙O的半径为5，点P到圆心O的距离为8，那么点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在⊙O上 B．点P在⊙O内 C．点P在⊙O 外 D．无法确定
7．用配方法解方程x2﹣2x﹣3＝0时，配方后得到的方程为（ ）
A．（x﹣1）2＝4 B．（x﹣1）2＝﹣4 C．（x+1）2＝4 D．（x+1）2＝﹣4
8．原价为100元的某种药品经过连续两次降价后为64元，设平均每次降价的百分率为x，则下面所列方程正确的是（ ）
A．100（1﹣x）2＝64 B．64（1﹣x）2＝100
C．100（1﹣2x）＝64 D．64（1﹣2x）＝100
9．参加一次活动的每个人都和其他人各握了一次手，所有人共握手10次，有多少人参加活动？设有x人参加活动，可列方程为（ ）
A．x（x﹣1）＝10 B．x（x﹣1）＝10
C．x（x+1）＝10 D．2x（x﹣1）＝10
10．如图，△ABC中，∠ABC＝50°，∠ACB＝74°，点O是△ABC的内心．则∠BOC等于（ ）
A．124° B．118° C．112° D．62°
二、填空题（本题共6小题，共18分）
11．在平面直角坐标系中，若点P（x﹣2，x+1）关于原点的对称点在第四象限，则x的取值范围是 ．
12．如表记录了一名球员在罚球线上投篮的结果．那么，这名球员投篮一次，投中的概率约为 （精确到0.1）．
投篮次数（n）
50
100
150
200
250
300
500
投中次数（m）
28
60
78
104
123
152
251
投中频率（m/n）
0.56
0.60
0.52
0.52
0.49
0.51
0.50
13．如图，直角坐标系中一条圆弧经过网格点A，B，C，其中B点坐标为（4，4），则该圆弧所在圆的圆心坐标为 ．
14．如图，四边形ABCD内接于⊙O，延长CO交圆于点E，连接BE．若∠A＝110°，∠E＝70°，则∠OCD＝ 度．
15．如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为 ．
16．如图，长方形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转45°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为 ．
三、解答题（本题共9小题，共72分）
17．解方程：
（1）4（x﹣1）2﹣9＝0；
（2）已知关于x的一元二次方程x2﹣3x+2a﹣1＝0有两个不相等的实数根，若a为正整数，求方程的根．
18．已知：在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（5，4），B（0，3），C（2，1）．
（1）画出△ABC关于原点成中心对称的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
（2）画出将△A1B1C1绕点C1按顺时针旋转90°所得的△A2B2C1．
19．2021年6月17日，神舟十二号成功发射，标志着我国载人航天踏上新征程．某学校举办航天知识讲座，需要两名引导员，决定从A，B，C，D四名志愿者中通过抽签的方式确定两人．抽签规则：将四名志愿者的名字分别写在四张完全相同且不透明卡片的正面，把四张卡片背面朝上，洗匀后放在桌面上，先从中随机抽取一张卡片，记下名字，再从剩余的三张卡片中随机抽取第二张，记下名字．
（1）“A志愿者被选中”是 事件（填“随机”、“不可能”或“必然”）；
（2）用画树状图或列表的方法求出A，B两名志愿者同时被选中的概率．
20．已知：A，B是直线l上的两点．
求作：△ABC，使得点C在直线l上方，且AC＝BC，∠ACB＝30°．
作法：
①分别以A，B为圆心，AB长为半径画弧，在直线l上方交于点O，在直线l下方交于点E；
②以点O为圆心，OA长为半径画圆；
③作直线OE与直线l上方的⊙O交于点C；
④连接AC，BC．
△ABC就是所求作的三角形．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接OA，OB．
∵OA＝OB＝AB，
∴△OAB是等边三角形．
∴∠AOB＝60°．
∵A，B，C在⊙O上，
∴∠ACB＝∠AOB（ ）（填推理的依据）．
∴∠ACB＝30°．
由作图可知直线OE是线段AB的垂直平分线，
∴AC＝BC（ ）（填推理的依据）．
∴△ABC就是所求作的三角形．
21．某校举办了“冰雪运动进校园”活动，计划在校园一块矩形的空地上铺设两块完全相同的矩形冰场，如图所示，已知空地长27m，宽12m，矩形冰场的长与宽的比为4：3，如果要使冰场的面积是原空地面积的，并且预留的上、下通道的宽度相等，左、中、右通道的宽度相等，那么预留的上、下通道的宽度和左、中、右通道的宽度分别是多少米？
22．下面是小明关于“对称与旋转的关系”的探究过程，请你补充完整．
（1）三角形在平面直角坐标系中的位置如图1所示，简称G，G关于y轴的对称图形为G1，关于x轴的对称图形为G2．则将图形G1绕 点顺时针旋转 度，可以得到图形G2．
（2）在图2中分别画出G关于y轴和直线y＝x+1的对称图形G1，G2．将图形G1绕 点（用坐标表示）顺时针旋转 度，可以得到图形G2．
（3）综上，如图3，直线l1：y＝﹣2x+2和l2：y＝x所夹锐角为α，如果图形G关于直线l1的对称图形为G1，关于直线l2的对称图形为G2，那么将图形G1绕 点（用坐标表示）顺时针旋转 度（用α表示），可以得到图形G2．
23．如图，AB为⊙O直径，PA、PC分别与⊙O相切于点A、C，PQ⊥PA，PQ交OC的延长线于点Q．
（1）求证：OQ＝PQ；
（2）连BC并延长交PQ于点D，PA＝AB，且CQ＝6，求BD的长．
24．平面直角坐标系中，O为原点，点A（3，0），点B（0，4），把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A′BO′，点A，O旋转后的对应点为A′，O′，记旋转角为α．
（1）如图①，若α＝90°，则点O′的坐标为 ，点A′的坐标为 ，AA′的长为 ．
（1）如图②，若α＝120°，求点O′的坐标；
（3）在（2）的条件下，在坐标平面内有一点D，使A、B、O′、D四个点构成的四边形是平行四边形，请你直接写出点D的坐标．
25．小飞对浙教版九上配套作业本①第18页第7题温故后进行了推理、拓展与延伸．
（1）温故：如图1，P是正方形ABCD内一点，连结PA，PB，PC．
①画出将△PAB绕点B顺时针旋转90°得到△P′CB；
②若PA＝2，PB＝4，∠APB＝135°，求PC的长．（直接写出答案）
（2）推理：若PA＝a，PB＝b，PC＝c，∠APB＝135°，请猜想a，b，c之间的关系，并推理说明．
（3）拓展：如图2，点P，Q在正方形ABCD内，连结PA，PB，PC，PQ，DQ，AQ，CQ，若∠PAQ＝∠PCQ＝45°，试探究BP，PQ，QD之间的关系，并说明理由．
（4）延伸：如图3，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝∠PAQ＝∠PCQ＝60°，若BP＝6，DQ＝8，请直接写出PQ的长．
请帮助小飞解决“温故”、“推理”、“拓展”和“延伸”中的问题．
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，共30分）
1．解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
2．解：A．“射击运动员射击一次，命中靶心”是随机事件，故A不符合题意；
B．事件发生的可能性越大，它的概率越接近1，故B符合题意；
C．某种彩票中奖的概率是1%，因此买100张该种彩票就可能会中奖，故C不符合题意；
D．抛掷一枚图钉，“针尖朝上”的概率不可以用列举法求得，故D不符合题意；
故选：B．
3．解：矩形ABCD中，AD＝BC，
AO＝BO＝CO＝DO，
∴△AOD≌△BOC（SSS），
∵∠ECO＝∠FAO，OA＝OC，∠EOC＝∠FOA，
∴△OEC≌△OFA，
同理可证，△DEO≌△BFO，
∴S1＝S2．
故选：C．
4．解：由题意得∠AOD＝30°、OA＝OD，
∴∠A＝∠ADO＝＝75°，
故选：B．
5．解：∵在⊙O中，＝，
∴AB＝AC，
∵∠BAC＝50°，
∴∠B＝∠ACB＝65°，
∴∠AEC＝∠B＝65°．
故选：A．
6．解：∵OP＝8＞5，∴点P与⊙O的位置关系是点在圆外．
故选：C．
7．解：把方程x2﹣2x﹣3＝0的常数项移到等号的右边，得到x2﹣2x＝3，
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2﹣2x+1＝4，
配方得（x﹣1）2＝4．
故选：A．
8．解：第一次降价后的价格为100×（1﹣x），第二次降价后价格为100×（1﹣x）×（1﹣x），
则列出的方程是100（1﹣x）2＝64．
故选：A．
9．解：设x人参加这次聚会，则每个人需握手：（x﹣1）（次）；
依题意，可列方程为：＝10．
故选：A．
10．解：∵点O是△ABC的内心，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC＝∠ABC＝×50°＝25°，∠OCB＝∠ACB＝×74°＝37°，
∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB＝180°﹣25°﹣37°＝118°．
故选：B．
二、填空题（本题共6小题，共18分）
11．解：∵点P（x﹣2，x+1）关于原点的对称点在第四象限，
∴点P在第二象限，
∴，
解得：﹣1＜x＜2，
故答案为：﹣1＜x＜2．
12．解：由题意得，这名球员投篮的次数为1550次，投中的次数为796，
故这名球员投篮一次，投中的概率约为：≈0.5．
故答案为：0.5．
13．解：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，
可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．
如图所示，则圆心是（2，0）．
故答案为：（2，0）
14．解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠A＝110°，
∴∠BCD＝180°﹣110°＝70°，
∵EC为圆O直径，
∴∠EBC＝90°，
∵∠E＝70°，
∴∠ECB＝20°，
∴∠OCD＝70°﹣20°＝50°．
故答案为：50．
15．解：连接AA′、CC′，
作线段AA′的垂直平分线MN，作线段CC′的垂直平分线EF，
直线MN和直线EF的交点为P，点P就是旋转中心．
∵直线MN为：x＝1，设直线CC′为y＝kx+b，由题意：，
∴，
∴直线CC′为y＝x+，
∵直线EF⊥CC′，经过CC′中点（，），
∴直线EF为y＝﹣3x+2，
由得，
∴P（1，﹣1）．
（本题可以用图象法，直接得出P坐标）．
故答案为（1，﹣1）．
16．解：如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET，连接DE交CG于J．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，∠B＝∠BCD＝90°，
∵∠BET＝∠FEG＝45°，
∴∠BEF＝∠TEG，
∵EB＝ET，EF＝EG，
∴△EBF≌△TEG（SAS），
∴∠B＝∠ETG＝90°，
∴点G的在射线TG上运动，
∴当CG⊥TG时，CG的值最小，
∵BC＝4，BE＝1，CD＝3，
∴CE＝CD＝3，
∴∠CED＝∠BET＝45°，
∴∠TEJ＝90°＝∠ETG＝∠JGT＝90°，
∴四边形ETGJ是矩形，
∴DE∥GT，GJ＝TE＝BE＝1，
∴CJ⊥DE，
∴JE＝JD，
∴CJ＝DE＝，
∴CG＝CJ+GJ＝1+，
∴CG的最小值为1+．
三、解答题（本题共9小题，共72分）
17．解：（1）4（x﹣1）2﹣9＝0，
4（x﹣1）2＝9，
（x﹣1）2＝．
x﹣1＝．
所以x1＝，x2＝﹣；
（2）根据题意知，Δ＝b²﹣4ac＝9﹣4（2a﹣1）＞0，即a＜，
∵a为正整数，
∴a＝1，
代入方程中，得x²﹣3x+1＝0，
解得x1＝，x2＝．
18．解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，其中点C1的坐标为（﹣2，﹣1）．
（2）如图所示，△A2B2C1即为所求．
19．解：（1）“A志愿者被选中”是随机事件，
故答案为：随机；
（2）画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中A，B两名志愿者同时被选中的结果有2种，
∴A，B两名志愿者同时被选中的概率为＝．
20．解：（1）如图所示：即为补全的图形；
（2）证明：连接OA，OB．
∵OA＝OB＝AB，
∴△OAB是等边三角形．
∴∠AOB＝60°．
∵A，B，C在⊙O上，
∴∠ACB＝∠AOB（同弧所对圆周角等于圆心角的一半）．
∴∠ACB＝30°．
由作图可知直线OE是线段AB的垂直平分线，
∴AC＝BC（线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等）．
同弧所对圆周角等于圆心角的一半；线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等．
21．解：设预留的上、下通道的宽度是x米，则矩形冰场的宽为（12﹣2x）米，长为（12﹣2x）米，
依题意得：2×（12﹣2x）×（12﹣2x）＝×27×12，
整理得：（12﹣2x）2＝81
解得：x1＝，x2＝．
当x＝时，12﹣2x＝12﹣2×＝9＞0，符合题意；
当x＝时，12﹣2x＝12﹣2×＝﹣9＜0，不符合题意，舍去．
∴x＝，
∴左、中、右通道的宽度为[27﹣2×（12﹣2x）]÷3＝[27﹣2××（12﹣2×）]÷3＝1．
答：预留的上、下通道的宽度为米，左、中、右通道的宽度为1米．
22．解：（1）由图象即可知，将图形G1绕O点顺时针旋转180度，可以得到图形G2，
故答案为：O，180；
（2）G关于y轴和直线y＝x+1的对称图形G1，G2，如图2所示，
∵图形G1，G2对应点连线的垂直平分线交于点（0，1），
∴图形G1绕（0，1）点顺时针旋转90度，可以得到图形G2，
即答案为：G1，G2如图2；（0，1），90；
（3）图形G关于直线l1的对称图形为G1，关于直线l2的对称图形为G2，
则直线l1与直线l2的交点即为图形G1，G2对应点连线的垂直平分线交点，
即旋转中心，
∴，
解得，
∴图形G1绕点（，）旋转可以得到图形G2，
如图3，设A点，点A'，点A''分别是在图形G，G1，G2上的对应点，
设旋转中心为P，则∠A'PA''即为旋转角，
连接AP，A'P，A''P，
∵两直线所夹的锐角为α，
由图象的对称性可知，∠APA'+∠APA''＝180°﹣α，
∴∠A'PA''＝360°﹣2（∠APA'+∠APA''）＝360°﹣（360°﹣2α）＝2α，
故答案为：（，），2α．
23．（1）证明：连接OP．
∵PA、PC分别与⊙O相切于点A，C，
∴PA＝PC，OA⊥PA，
∵OA＝OC，OP＝OP，
∴△OPA≌△OPC（SSS），
∴∠AOP＝∠POC，
∵QP⊥PA，
∴QP∥BA，
∴∠QPO＝∠AOP，
∴∠QOP＝∠QPO，
∴OQ＝PQ．
（2）设OA＝r．
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵OB∥QD，
∴∠QDC＝∠B，
∵∠OCB＝∠QCD，
∴∠QCD＝∠QDC，
∴QC＝QD＝6，∵QO＝QP，
∴OC＝DP＝r，
∵PC是⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∴∠OCP＝∠PCQ＝90°，
在Rt△PCQ中，∵PQ2＝PC2+QC2，
∴（6+r）2＝62+（2r）2，
r＝4或0（舍弃），
∴OP＝＝4，
∵OB＝PD，OB∥PD，
∴四边形OBDP是平行四边形，
∴BD＝OP＝4．
24．（1）若a＝90°，
∵点A（3，0），点B（0，4），
∴AO＝3，OB＝4，
∴AB＝＝＝5，
∵把△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A'BO′，
∴∠ABA'＝90°，AB＝A'B＝5，
∴AA'＝＝＝5，
∵a＝90°，O'B＝OB＝4，O′A′＝OA＝3，
∴O'B与x轴平行．
∴O'的纵坐标为4，
∴OB＝4，
∴O'（4，4）．
∵△A'O'B是直角三角形，O'A'＝3．
∴A'的纵坐标为4十3＝7，
∴A'的坐标为（4，7），
综上，O'的坐标为（4，4），A'的坐标为（4，7），AA'的长为5．
故答案为：（4，4），（4，7），5；
（2）作O′H⊥y轴于H，如图2，
∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，
∴BO＝BO′＝4，∠OBO′＝120°，
∴∠HBO′＝60°，
在Rt△BHO′中，
∵∠BO′H＝90°﹣∠HBO′＝30°，
∴BH＝BO′＝2，O′H＝BH＝2，
∴OH＝OB+BH＝4+2＝6，
∴O′点的坐标为（2，6）；
（3）分三种情况：①AB、BO′为平行四边形的边，如图，
连接BD，AO′交于点P，
∵四边形ABO'D是平行四边形，
∴AP＝O′P，PD＝PB，
又∵点A（3，0），O′点的坐标为（2，6），
∴P（，3），
∵点B（0，4），
∴D点的坐标为（3+2，2）；
②AB为对角线，如图，
连接DO′交AB于点M，
∵四边形AO'BD是平行四边形，
∴AM＝BM，O′M＝DM，
又∵点A（3，0），点B（0，4），
∴M（，2），
∵O′点的坐标为（2，6），
∴D点的坐标为（3﹣2，﹣2）；
③O′B为对角线，如图，
连接ADO′交BO′于点N，
∵四边形A BDO'是平行四边形，
∴AN＝DN，O′N＝BN，
又∵O′点的坐标为（2，6），点B（0，4），
∴N（，5），
∵点A（3，0），
∴D点的坐标为（2﹣3，10）．
综上，D点的坐标为（3+2，2）或（3﹣2，﹣2）或（2﹣3，10）．
25．解：（1）①如图，△P′CB为所作；
②连接PP′，如图，
∵△PAB绕点B顺时针旋转90°得到的△P′CB，
∴BP＝BP′＝4，P′C＝PA＝2，∠PBP′＝90°，∠BP′C＝∠APB＝135°，
∴△BPP′为等腰直角三角形，
∴∠BP′P＝45°，PP′＝PB＝4，
∴∠PP′C＝135°﹣45°＝90°，
在Rt△PP′C中，PC＝＝＝6；
（2）c2＝2b2+a2，理由如下：
如图1，∵△PAB绕点B顺时针旋转90°得到的△P′CB，
∴BP＝BP′＝b，P′C＝PA＝a，∠PBP′＝90°，∠BP′C＝∠APB＝135°，
∴△BPP′为等腰直角三角形，
∴∠BP′P＝45°，PP′＝PB＝b，
∴∠PP′C＝135°﹣45°＝90°，
在Rt△PP′C中，PC2＝P'P2+P'C2，
∴c2＝2b2+a2；
（3）PQ2＝BP2+DQ2，理由如下：
如图2，将△ADQ绕点A顺时针旋转90°，可得△ABN，连接PN，将△CDQ绕点C逆时针旋转90°，可得△CBM，连接PM，
∴△ADQ≌△ABN，△CDQ≌△CBM，
∴AQ＝AN，BN＝DQ，∠BAN＝∠DAQ，∠ABN＝∠ADQ，∠CDQ＝∠CBM，CQ＝CM，DQ＝BM，
∴NB＝BM，
∵∠ADQ+∠CDQ＝∠ADC＝90°＝∠ABC，
∴∠ABN+∠CBM＝90°，
∴∠ABN+∠CBM+∠ABC＝180°，
∴点N，点B，点M三点共线，
∵∠PAQ＝45°，
∴∠DAQ+∠BAP＝45°，
∴∠BAP+∠BAN＝45°＝∠PAN＝∠PAQ，
又∵AP＝AP，
∴△APQ≌△APN（SAS），
∴PQ＝PN，
同理可求PM＝PQ，
∴PM＝PN，
又∵BN＝BM，
∴PB⊥MN，
∴PN2＝PB2+BN2，
∴PQ2＝BP2+DQ2；
（4）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠ABC＝∠ADC＝60°，∠BAD＝∠BCD＝120°，
如图3，将△ADQ绕点A顺时针旋转120°，可得△ABG，连接PG，将△CDQ绕点C逆时针旋转120°，可得△CBH，连接PH，GH交BP于点O，
∴△ADQ≌△ABG，△CDQ≌△CBH，
∴AQ＝AG，BG＝DQ＝8，∠BAG＝∠DAQ，∠ABG＝∠ADQ，∠CDQ＝∠CBH，CQ＝CH，DQ＝BH，
∴GB＝BH，
∵∠ADQ+∠CDQ＝∠ADC＝60°＝∠ABC，
∴∠ABG+∠CBH＝60°，
∴∠ABG+∠CBH+∠ABC＝120°，
∵∠PAQ＝60°，
∴∠DAQ+∠BAP＝60°，
∴∠BAP+∠BAG＝60°＝∠PAG＝∠PAQ，
又∵AP＝AP，
∴△APQ≌△APG（SAS），
∴PQ＝PG，
同理可求PH＝PQ，
∴PG＝PH，
又∵BG＝BH，
∴BP垂直平分GH，
又∵GB＝BH，∠GBH＝120°，
∴∠BGO＝∠BHO＝30°，
∴BO＝BG＝4，GO＝BO＝4，
∴PO＝BP﹣BO＝2，
∴PG＝＝＝2，
∴GP＝PQ＝2．
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