2022-2023学年浙江省杭州市滨江区九年级上学期数学期中试题及答案

这是一份2022-2023学年浙江省杭州市滨江区九年级上学期数学期中试题及答案，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知的半径是6cm，点P到圆心O的距离为4，，则点P与的位置关系是（ ）
A. 点圆外B. 点在圆上C. 点在圆内D. 无法判断
【答案】C
【解析】
【分析】直接根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【详解】解：∵的半径为6cm,点P到圆心O的距离为4，
∴点P到圆心O的距离小于圆的半径，
∴点P在内．
故选：C．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：点与圆的位置关系有3种．设的半径为r，点P到圆心的距离，则有：点P在圆外；点P在圆上；点P在圆内 ．
2. 如图，是由绕点旋转得到的，若，，，则旋转角的度数为（ ）
A. 80°B. 50°C. 40°D. 10°
【答案】B
【解析】
【分析】根据旋转的性质可得旋转角为∠BAD，即可求解．
【详解】解∶∵是由绕点旋转得到的，
∴旋转角为∠BAD，
∵，，
∴∠CAD=∠BAC+∠CAD=50°，
即旋转角的度数为50°．
故选：B
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键．
3. 已知二次函数中，若，两点都在该二次函数图像上，则与的大小关系是（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数解析式求出对称轴，根据对称性将点统一在函数图象对称轴同一侧，利用函数性质直接求解即可得到答案．
【详解】解：由题意可得，
，
根据对称轴对称性可得，点的对称点为，
∵，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握对称轴公式及二次函数增减性．
4. 若a：b＝c：d，则下列各式成立的是（ ）
A. a：d＝c：bB. b：d＝c：a
C. D. （ b+d≠0）
【答案】D
【解析】
【分析】根据整式的计算公式，逐个判断四个选项是否成立.
【详解】解：A、∵a：b＝c：d，∴ad＝bc，故本选项错误；
B、∵a：b＝c：d，∴bc＝ad，∴b：d＝a：c，故本选项错误；
C、∵，，∴，故本选项错误；
D、令，则，故本选项正确；
故选D．
【点睛】本题考查整式的计算.
5. 图示为抛物线y＝ax2+bx+c的一部分，其对称轴为直线x＝2，若其与x轴的一交点为B（6，0），则由图象可知，不等式ax2+bx+c＞0的解集是（ ）
A. x＞6B. 0＜x＜6C. ﹣2＜x＜6D. x＜﹣2或x＞6
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线与x轴的一个交点（6，0）和对称轴x=2可以确定另一交点坐标为（-2，0），又＞0时，图象在x轴上方，由此可以求出x的取值范围．
【详解】解：∵抛物线与x轴的一个交点（6，0）
而对称轴x＝2
∴抛物线与x轴的另一交点（﹣2，0）
当＞0时，图象在x轴上方
此时x＜﹣2或x＞6
故选D
【点睛】本题考查的是二次函数与不等式的关系，解答此题的关键是求出图象与x轴的交点，然后由图象找出当y＞0时，自变量x的范围，本题锻炼了学生数形结合的思想方法．
6. 已知二次函数y＝ax2＋4x＋c，当x等于﹣2时，函数值是﹣1；当x＝1时，函数值是5．则此二次函数的表达式为（ ）
A. y＝2x2＋4x﹣1B. y＝x2＋4x﹣2
C. y＝-2x2＋4x+1D. y＝2x2＋4x+1
【答案】A
【解析】
【分析】将2组x、y值代入函数，得到关于a、c的二元一次方程，求解可得函数表达式．
【详解】解：根据题意得，
解得：，
∴抛物线解析式为y＝2x2＋4x﹣1．
故选：A．
【点睛】本题考查根据二次函数经过的点的信息，求得函数中的位置参数．
7. 下列命题正确的是（ ）
A. 三个点确定一个圆B. 平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧
C. 在同圆或等圆中，弦相等则所对的弧相等D. 圆内接平行四边形一定是矩形
【答案】D
【解析】
【分析】利用确定圆的条件、垂径定理、圆周角定理及圆内接多边形的性质分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、不在同一直线上的三个点确定一个圆，故原命题错误，不符合题意；
B、平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧，故原命题错误，不符合题意；
C、在同圆或等圆中，弦所对的弧有优弧或劣弧，不一定相等，故原命题错误，不符合题意；
D、圆内接平行四边形一定是矩形，正确，符合题意．
故选：D．
【点睛】考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解确定圆的条件、垂径定理、圆周角定理及圆内接多边形的性质，难度不大．
8. 如图，圆上有、、、四点，其中，若弧、弧的长度分别为、，则弧的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出圆的周长，再根据圆内接四边形的性质可得，然后根据圆周角定理可得弧所对圆心角的度数，最后根据弧长的定义即可得．
【详解】弧、弧的长度分别为、
圆周长为
（圆内接四边形的对角互补）
弧所对圆心角的度数为
则弧的长度为
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理、弧长的定义、圆内接四边形的性质，熟记圆的相关定理与性质是解题关键．
9. 如果二次函数在的一定取值范围内有最大值（或最小值）为3，满足条件的的取值范围可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二次函数的增减性逐项判断即可得．
【详解】化为顶点式
A、当时，y随x的增大而减小；当时，y随x的增大而增大
则当时，y取最小值，最小值为；当时，y取最大值，最大值为，此项不符题意
B、当时，y随x的增大而减小；当时，y随x的增大而增大
则当时，y取最小值，最小值为；当时，y取最大值，最大值为，此项不符题意
C、当时，y随x的增大而减小；当时，y随x的增大而增大
则当时，y取最小值，最小值为；当时，y取最大值，最大值为，此项不符题意
D、当时，y随x的增大而减小
则当时，y取最小值，最小值为；当时，y取最大值，最大值为，此项符合题意
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的性质（增减性），掌握二次函数的性质是解题关键．
10. 如图，是以为直径的半圆上一点，连接，，分别以，为边向外作正方形，，，，弧，弧的中点分别是、、、，若，，则（ ）
A. B. C. 11D. 15
【答案】D
【解析】
【分析】连接，，根据，，弧，弧的中点分别是、、、，得到，，从而得到H、I分别是、的中点，利用中位线定理即可得到答案．
【详解】解：如图所示，连接，，
∵，，弧，弧的中点分别是、、、，
∴，，
∴H、I分别是、的中点，
∴
∵，，
∴，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了中位线定理，垂径定理，解题的关键是正确的作出辅助线，根据垂径定理得到，．
二、填空题（每题4分，共24分）
11. 二次函数的顶点坐标是__________．
【答案】（2,1）
【解析】
【分析】将解析式化为顶点式即可顶点答案.
【详解】∵，
∴二次函数的顶点坐标是（2,1），
故答案为：（2,1）.
【点睛】此题考查二次函数的一般式化为顶点式的方法，顶点式解析式中各字母的意义，正确转化解析式的形式是解题的关键.
12. 如图，直线，若，，，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据平行线分线段成比例定理得出，求出，再求出即可．
【详解】解：∵直线，
∴，即：
解得：，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，能根据平行线分线段成比例定理得出正确的比例式是解此题的关键．
13. 如图，点为线段的黄金分割点，已知，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据黄金分割的定义即可求出．
【详解】解：∵，点为线段的黄金分割点，，
∴，
故答案是：．
【点睛】本题主要考查了黄金分割点，熟记黄金分割比是解题关键．
14. 如图，分别为的内接正方形、内接正三角形的边，是圆内接正边形的一边，则的值为_______________________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正方形以及正三边形的性质得出，，进而得出，即可得出n的值．
【详解】解：如图所示，连接AO，BO，CO．
∵AB、AC分别为⊙O的内接正方形、内接正三边形的一边，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：12．
【点睛】此题主要考查了正多边形和圆的性质，根据已知得出是解题关键．
15. 如图，的内接四边形两组对边的延长线分别交于点．若，则___________．（用含的代数式表示）
【答案】
【解析】
【分析】连接，如图，根据圆内接四边形的性质得，再根据三角形外角性质得，则，然后根据三角形内角和定理有即，再解方程即可．
【详解】解：连接，如图，
∵四边形为圆的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补；圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．
16. 对于一个函数，自变量取时，函数值也等于，则称是这个函数的不动点．已知二次函数．
（1）若3是此函数的不动点，则的值为___________．
（2）若此函数有两个相异的不动点，，且，则的取值范围为___________．
【答案】 ①. ； ②. ．
【解析】
【分析】（1）根据不动点定义当，代入解一元一次方程即可得到答案；
（2）根据不动点定义列方程解出一元二次方程的解，结合及判别式大于0即可得到答案．
【详解】解：由题意可得，
当，，代入可得，
，
解得：，
故答题空1为：；
设函数不动点为n，由题意可得，
，且有两个解，，
解得：，，
且，解得：，
∵，
∴，，
解得：，
故答题空2为：．
【点睛】本题考查一元二次方程与二次函数结合，解题的关键是理解新定义不动点列方程求解．
三、解答题（共66分）
17. 计算：
（1）已知，求的值．
（2）已知线段，，求线段，的比例中项．
【答案】（1）
（2）线段，的比例中项
【解析】
【分析】（1）设，用k表示出x，y，代入即可得到答案；
（2）根据线段比例中项平方等于两项积列式求解，取正值即可得到答案．
【小问1详解】
解：设，则有，，
原式；
【小问2详解】
解：设线段，的比例中项为x，由题意可得，
，
解得：，（不符合题意舍去），
故线段，的比例中项．
【点睛】本题考查根据比例性质化简求值及线段比例中项，解题的关键是根据比例式设公比化简及熟练掌握线段比例中项平方等于两项积．
18. 如图，，，．
（1）求的长．
（2）若平分，求的长．
【答案】（1）；
（2）3．
【解析】
【分析】（1）根据相似三角形的性质得到，把已知数据代入比例式求出；
（2）根据相似三角形的性质得到，根据角平分线的性质、等腰三角形的判定定理求出．
【小问1详解】
解：∵，，，
∴，，即，
∴．
【小问2详解】
∵，
∴，
又∵平分，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是相似三角形的性质，掌握相似三角形的对应边成比例、对应角相等是解题的关键．
19. 已知，抛物线（常数）．
（1）求证：无论为何值，抛物线与轴总有公共点．
（2）若抛物线的顶点在轴上，求的值．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由抛物线解析式可得，，的值，证明判别式．
（2）由抛物线顶点在轴上可得，据此求解即可．
【小问1详解】
证明：令，
则，
∵，
∴无论为何值，抛物线与轴总有公共点．
【小问2详解】
解：当抛物线顶点在轴上时，抛物线与轴只有1个公共点，
∴，
∴．
【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图象与系数的关系，掌握二次函数与方程的关系．
20. 如图，四边形内接于，为的直径，．
（1）试判断的形状，并给出证明；
（2）若，，求的长度．
【答案】（1）△ABC等腰直角三角形；证明见解析；
（2）；
【解析】
【分析】（1）根据圆周角定理可得∠ABC=90°，由∠ADB=∠CDB根据等弧对等角可得∠ACB=∠CAB，即可证明；
（2）Rt△ABC中由勾股定理可得AC，Rt△ADC中由勾股定理求得CD即可；
【小问1详解】
证明：∵AC是圆的直径，则∠ABC=∠ADC=90°，
∵∠ADB=∠CDB，∠ADB=∠ACB，∠CDB=∠CAB，
∴∠ACB=∠CAB，
∴△ABC是等腰直角三角形；
【小问2详解】
解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=AB=，
∴AC=，
Rt△ADC中，∠ADC=90°，AD=1，则CD=，
∴CD=．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识；掌握等弧对等角是解题关键．
21. 如图，在等腰直角三角形中，，点在上，以点为圆心，为半径画弧交边于点，以点为圆心，为半径画弧交边于点．设，图中阴影部分的面积为．（取3）
（1）求关于的函数表达式，并写出自变量的取值范围．
（2）当点在什么位置时，有最大值？最大值是多少？
【答案】（1）；
（2）当时，即为的中点，y有最大值，最大值为1．
【解析】
【分析】（1）利用扇形面积以及等腰直角三角形的性质得出面积即可，利用三角形边长得出自变量x的取值范围；
（2）利用（1）中所求求出面积最值即可．
【小问1详解】
解：（1）∵，
∴，
∵设，
∴，
∴
∵以B为圆心、为半径画弧交边于E，
∴，，
则，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴当时，y最大，
当时，即为的中点，y有最大值，最大值为1．
【点睛】此题主要考查了二次函数的应用以及扇形面积求法和二次函数的最值求法，根据已知得出y与x的函数关系是解题关键．
22. 已知函数y1＝x2﹣（m＋2）x＋2m＋3，y2＝nx＋k﹣2n（m，n，k为常数且n≠0）．
（1）函数y1的图象经过A（2，5），B（﹣1，3）两个点中的一个，求该函数的表达式．
（2）函数y1，y2的图象始终经过同一定点M．
①求点M的坐标和k的值．
②若m≤2，当﹣1≤x≤2时，总有y1≤y2，求m＋n的取值范围．
【答案】（1）y＝x2−x＋1；（2）①当k＝3时，两个函数过定点M（2，3）；②m＋n≤−1
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）①因为函数y1经过定点（2，3），对于函数y2＝nx＋k−2n，当x＝2时，y2＝k，推出当k＝3时，两个函数过定点M（2，3）．
②首先确定抛物线的对称轴的位置，利用图象法，构建不等式解决问题即可．
【详解】解：（1）对于函数y1＝x2−（m＋2）x＋2m＋3，当x＝2时，y＝3，
∴点A不在抛物线上，
把B（−1，3）代入y1＝x2−（m＋2）x＋2m＋3，得到3＝1＋3m＋5，
解得m＝−1，
∴抛物线的解析式为y＝x2−x＋1．
（2）①由（1）可知函数y1经过定点（2，3），
对于函数y2＝nx＋k−2n，当x＝2时，y2＝k，
∴当k＝3时，两个函数过定点M（2，3）．
②∵m≤2，
∴抛物线的对称轴x＝≤2，
∴抛物线的对称轴在定点M（2，3）的左侧，
由题意当1＋（m＋2）＋2m＋3≤−n＋3−2n时，满足当−1≤x≤2时，总有y1≤y2，
∴3m＋3n≤−3，
∴m＋n≤−1．
【点睛】本题考查二次函数与不等式，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
23. 如图，△ABC是圆O的内接三角形，连结BO并延长交AC于点D，设∠ACB＝，∠BAC＝m．
（1）若＝30°，求∠ABD的度数；
（2）若∠ADB＝n＋90°，求证m＋n＝1；
（3）若弧AB长是⊙O周长的，2∠ADB＝5∠CBD，求．
【答案】（1）60° （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）连接OA，由∠ACB=α=30°，得∠AOB=2∠ACB=60°，根据OA=OB，即得△AOB是等边三角形，故∠ABD=60°；
（2）延长BD交⊙O于E，连接CE，用两种方法表示∠ACE，列方程变形即可得证明；
（3）过D作DM⊥BC于M，作DN⊥AB于N，由弧AB长是⊙O周长的，可得∠AOB=90°，从而可证△AOB、△DCM、△BDN是等腰直角三角形，根据2∠ADB=5∠CBD，可得∠CBD=30°，∠BAC=60°，设MD=MC=t，在Rt△DCM中， ，在Rt△BDM中，BD=2DM=2t，在Rt△BDN中，，在Rt△ADN中，，即可得 ．
【小问1详解】
连接OA，如图：
∵∠ACB＝＝30°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝60°，
∵OA＝OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠ABD＝60°；
【小问2详解】
延长BD交⊙O于E，连接CE，如图：
∵BE为⊙O直径，
∴∠BCE＝90°，即∠ACE＝90°﹣，
△CDE中，∠E＝∠A＝m，∠EDC＝∠ADB＝n＋90°，
∴∠DCE＝180°﹣∠E﹣∠EDC＝90°﹣m﹣n，即∠ACE＝90°﹣m﹣n，
∴90°﹣＝90°﹣m﹣n，
∴m＋n＝1；
【小问3详解】
过D作DM⊥BC于M，作DN⊥AB于N，如图：
∵弧AB长是⊙O周长的，
∴∠AOB＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，∠ABO＝45°，∠ACB＝∠AOB＝45°，
∴△DCM、△BDN是等腰直角三角形，
∵2∠ADB＝5∠CBD，
∴2（∠CBD＋∠ACB）＝5∠CBD，
∴2∠ACB＝3∠CBD，
∴∠CBD＝30°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠CBD﹣∠ABO＝60°，
设MD＝MC＝t，
在Rt△DCM中，CD＝MD＝t，
在Rt△BDM中，BD＝2DM＝2t，
在Rt△BDN中，DN＝＝t，
在Rt△ADN中，AD＝＝＝t，
∴＝＝．
【点睛】本题考查圆的性质及综合应用，涉及等边三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是用含t的代数式表示CD和AD的长度．