+浙江省绍兴市新昌县西郊中学2021-2022学年九年级上学期期中数学试卷

这是一份+浙江省绍兴市新昌县西郊中学2021-2022学年九年级上学期期中数学试卷，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 若关于x的函数y=(a−4)x2−x是二次函数，则a的取值范围( )
A. a≠0B. a≠4C. a<4D. a>4
2. 如图，点A、B、C是⊙O上的三个点，若∠AOB=74°，则∠C的度数为( )
A. 37°
B. 74°
C. 24°
D. 33°
3. 有五张质地、大小、反面都相同的不透明卡片，正面分别写着数字5，6，7，8，9，把它们的正面向下，随机摆放在桌面后任意抽取一张，则抽出的数字是奇数的概率是( )
A. 35B. 25C. 15D. 45
4. 将二次函数y=2(x+3)2−1的图象向上平移5个单位长度，得到的二次函数的表达式为( )
A. y=2(x+8)2−1B. y=2(x−2)2−1
C. y=2(x+3)2−6D. y=2(x+3)2+4
5. 如图，△OAB绕点O逆时针旋转88°得到△OCD，若∠AOB=30°，则∠α的度数是( )
A. 38°
B. 48°
C. 58°
D. 68°
6. 如图，⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，P是弧EF上一点，则∠BPD的度数是( )
A. 30°
B. 60°更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 C. 55°
D. 75°
7. 已知xy=34，则x+yy=( )
A. 47B. 74C. 37D. 73
8. 如图，⊙O的半径为4，以A为圆心，OA为半径的弧交⊙O于B、C点，则BC=( )
A. 4 3
B. 4 2
C. 3 3
D. 2 3
9. 如图，抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=1，则下列结论中，错误的是( )
A. ac<0B. 2a−b=0C. b2−4ac>0D. a−b+c=0
10. 已知锐角∠AOB，如图：
(1)在射线OA上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径作弧PQ，交射线OB于点D，连接CD；
(2)分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，交弧PQ于点M，N；
(3)连接ON，MN．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是( )
A. ∠DON=∠CODB. 若ON=MN.则∠AOB=20°
C. MN//CDD. MN=3CD
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11. 若一个正多边形的一个内角是120°，则这个正多边形是正______边形．
12. 如图，直线l1//l2//l3，直线AC和DF被直线l1，l2，l3所截，如果截得线段AB=3，BC=6，EF=4，那么线段DE的长为______．
13. 如图，AB为△ABC内接⊙O的直径，AB=6，D为⊙O上一点，∠ADC=30°，劣弧BC的长为______ ．
14. 若二次函数y=x2+2x+a的图象与x轴有两个不相同的交点，则a的取值范围是______．
15. 在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a>0)的部分图象如图所示，直线x=1是它的对称轴．若一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根x1的取值范围是216. 如图，直线l经过⊙O的圆心，且与⊙O交于A，B两点，点C在⊙O上，且∠AOC=20°，点P是l上的一个动点(与圆心O不重合)，直线CP与⊙O相交于另一点Q，若QP=QO，则∠OCP= ______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共80分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
某校5月份举行了八年级生物实验考查，有A和B两个考查实验，规定每位学生只参加其中一个实验的考查，并由学生自己抽签决定具体的考查实验，小明、小丽都参加了本次考查．
(1)小丽参加实验A考查的概率是______ ；
(2)用列表或画树状图的方法求小明、小丽都参加实验A考查的概率．
18. (本小题8.0分)
如图，已知点O、B的坐标分别是(0,0)(4,0)，将△OBC绕O点按逆时针方向旋转90°后得到△OB′C′．
(1)画出△OB′C′(不要求写出作法)；
(2)求旋转过程中线段OB所扫过的面积．
19. (本小题8.0分)
已知二次函数 y=x2−6x+5．
(1)将y=x2−6x+5化成y=a(x−h)2+k的形式；
(2)求该二次函数的图象的对称轴和顶点坐标；
(3)当y>0时，求x的范围．
20. (本小题8.0分)
已知在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于点C，D(如图)．
(1)求证：AC=BD；
(2)若大圆的半径R=10，小圆的半径r=8，且圆O到直线AB的距离为6，求AC的长．
21. (本小题10.0分)
如图，AB是⊙O的直径，C、D两点在⊙O上，若∠C=45°，
(1)求∠ABD的度数；
(2)若∠CDB=30°，BC=3，求⊙O的半径．
22. (本小题12.0分)
9月14日，“灿都”台风中心在新昌正南方向1000公里，以40千米/小时的速度向新昌移动.此时小芳因家有急事，不得不外出，他开车从新昌以80千米/小时的速度向正西方向行驶．
(1)当小芳出发1小时时，请问小芳与台风中心相距多远？
(2)何时小芳离台风中心最近，最近距离为多少？
23. (本小题12.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作半圆O，交BC于点D，交AC于点E．
(1)求证：BD=CD．
(2)若弧DE=50°，求∠C的度数．
(3)过点D作DF⊥AB于点F，若BC=16，AF=3BF，求弧BD的长．
24. (本小题14.0分)
如图，E点为x轴负半轴上一点，⊙E交x轴于A、B两点，交y轴于C、D两点，P点为劣弧BC上一个动点，连接PA，PC，且A(1,0)，E(−1,0)．

(1)如图1，求点C的坐标和∠P的度数；
(2)如图2，若CQ平分∠PCD交PA于Q点，小明认为当P点在运动时，线段AQ的长度始终不发生变化，只要连接AC即可证明.请完成小明的证明．
(3)如图3，连接PD，当P点在运动时(不与B、C两点重合)，求PAPC+PD的值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵关于x的函数y=(a−4)x2−x是二次函数，
∴a−4≠0，
则a的取值范围：a≠4．
故选：B．
直接利用二次函数的定义分析得出答案．
此题主要考查了二次函数的定义，正确掌握二次函数的定义是解题关键．
2.【答案】A
【解析】解：∵∠C=12∠AOB，∠AOB=74°，
∴∠C=37°，
故选：A．
利用圆周角定理直接求解即可．
本题考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理解决问题．
3.【答案】A
【解析】解：∵共有5个数字，奇数有3个，
∴抽出的数字是奇数的概率是35．
故选：A．
根据有五张质地、大小、反面完全相同的不透明卡片，其中奇数有5，7，9，共3个，再根据概率公式即可得出答案．
此题考查了概率公式的应用．注意用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
4.【答案】D
【解析】解：∵二次函数y=2(x+3)2−1的顶点坐标为：(−3,−1)，
图象向上平移5个单位长度后顶点坐标为：(−3,4)，
∴二次函数的表达式为：y=2(x+3)2+4．
故选：D．
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只要根据原抛物线的顶点坐标，求出平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
5.【答案】C
【解析】解：∵△OAB绕点O逆时针旋转88°得到△OCD，
∴∠BOD=88°，
∴∠AOD=∠BOD−∠AOB=88°−30°=58°，
即∠α的度数是58°．
故选：C．
先根据旋转的性质得到∠BOD=88°，然后计算∠BOD−∠AOB即可．
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．
6.【答案】B
【解析】解：连接OB，OD，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BOD=360°3=120°，
∴∠BPD=12∠BOD=60°，
故选：B．
构造圆心角，利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半求得答案即可．
本题考查了正多边形和圆以及圆周角定理的知识，解题的关键是正确的构造圆心角，难度不大．
7.【答案】B
【解析】解：∵xy=34，
∴x+yy=3+44=74，
故选：B．
直接利用比例的合比性质得到答案即可．
考查了比例的性质，牢记比例的合比性质是解答本题的关键，难度不大．
8.【答案】A
【解析】解：由题意可知，OA=OC=OA=AB=AC=4，
∴四边形ABCD是菱形，△AOB是正三角形，
∴OA⊥BC，∠OBC=30°，
∴BC=2× 32×4=4 3，
故选：A．
先判断四边形ABCD是菱形，△OAB是正三角形，再根据菱形的性质和正三角形的性质进行计算即可．
本题考查垂径定理，判断边形ABCD是菱形，△AOB是正三角形是正确解答的前提．
9.【答案】B
【解析】解：由图象可知a<0，c>0，
∴ac<0，
∴A选项不符合题意，
∵对称轴为−b2a=1，
∴2a+b=0，
∴B选项符合题意，
由抛物线的顶点位置可知4ac−b24a>0，
∵a<0，
∴4ac−b2<0，
∴b2−4ac>0，
∴C选项不合题意，
∵抛物线与x轴右侧的交点的横坐标为3，对称轴为1，
∴抛物线与x轴左侧的交点为−1，
即a×(−1)2+b×(−1)+c=a−b+c=0，
∴D选项不合题意，
故选：B．
根据二次函数的图象与系数即可判断．
本题主要考查二次函数的图象与性质，关键是要牢记二次函数解析式中系数对图象位置的影响，a决定开口方向，a、b决定对称轴，c决定图象与y轴的交点．
10.【答案】D
【解析】解：连接ON，MD，
由作法得CM=CD=DN，
∴∠DON=∠COD，所以A正确；
∵OM=ON，
∴当ON=MN时，△OMN为等边三角形，
∴∠MON=60°，
∵∠AOB=∠MOA=∠NOB=12×60°=20°，所以B正确；
∵MC=DN，
∴∠MDC=∠DMN，
∴MN//CD，所以C正确；
∵CM+CD+DN>MN，
∴3CD>MN，所以D错误．
故选：D．
连接ON，MD，由作法得CM=CD=DN，则根据圆周角、弧、弦的关系可对A进行判断；当OM=MN时，△OMN为等边三角形，则∠MON=60°，于是根据圆周角、弧、弦的关系可对B进行判断；根据圆周角定理直接对C进行判断；根据两点之间线段最短可对D进行判断．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了圆心角、弧、弦的关系和圆周角定理．
11.【答案】六
【解析】解：外角是180°−120°=60°，
360°÷60=6，则这个多边形是六边形．
故答案为：六．
一个正多边形的每个内角都相等，根据内角与外角互为邻补角，因而就可以求出外角的度数．根据任何多边形的外角和都是360度，利用360除以外角的度数就可以求出外角和中外角的个数，即多边形的边数．
考查了多边形内角与外角，根据外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求正多边形的边数，是常见的题目，需要熟练掌握．
12.【答案】2
【解析】解：∵直线l1//l2//l3，
∴ABBC=DEEF，
∵AB=3，BC=6，EF=4，
∴36=DE4，
∴DE=2．
故答案为：2．
根据平行线分线段成比例定理得出比例式，代入求出即可．
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.【答案】2π
【解析】解：如图，连接OC．
∵AB是直径，AB=6，
∴OA=OB=3，
∵∠AOC=2∠ADC=60°，
∴∠BOC=120°，
∴BC的长=120π⋅3180=2π，
故答案为：2π．
如图，连接OC.求出圆心角∠BOC，利用弧长公式求解即可．
本题考查圆周角定理，弧长公式等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
14.【答案】a<1
【解析】解：由题意得：△=b2−4ac=4−4a>0
解得：a<1，
故答案为：a<1．
由题意得：△=b2−4ac=4−4a>0，即可求解．
本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
15.【答案】−1【解析】解：∵抛物线与x轴的一个交点在2到3之间，
∴2<一个根x2<3，
∵对称轴为直线x=1，
∴一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根x1的取值范围是−1故答案为：−1根据抛物线的对称性解答即可．
本题考查了二次函数与x轴的交点，二次函数的性质，主要利用了二次函数的对称性，准确识图是解题的关键．
16.【答案】140°3或320°3或40°3
【解析】解：①根据题意，画出图(1)，
在△QOC中，OC=OQ，
∴∠OQC=∠OCP，
在△OPQ中，QP=QO，
∴∠QOP=∠QPO，
又∵∠AOC=20°，
∴∠QPO=∠OCP+∠AOC=∠OCP+20°，
在△OPQ中，∠QOP+∠QPO+∠OQC=180°，
即(∠OCP+20°)+(∠OCP+20°)+∠OCP=180°，
整理得，3∠OCP=140°，
∴∠OCP=140°3．
②当P在线段OA的延长线上(如图2)，
∵OC=OQ，
∴∠OQP=12(180°−∠QOC)①，
∵OQ=PQ，
∴∠OPQ=12(180°−∠OQP)②，
在△OQP中，20°+∠QOC+∠OQP+∠OPQ=180°③，
把①②代入③得：
40°+∠QOC=∠OQP，
∵∠OQP=12(180°−∠QOC)，
∴∠QOC=100°3，则∠OQP=220°3
∴∠OCP=320°3；
③当P在线段OA的反向延长线上(如图3)，

∵OC=OQ，
∴∠OCP=∠OQC，
∵OQ=PQ，
∴∠OPQ=∠OQP=12∠OQC，
∵∠AOC=20°，
∴∠OCQ+∠OPQ=20°，
∴∠OCP=40°3；
故答案为：140°3或320°3或40°3．
点P是直线l上的一个动点，因而点P与线段AO有三种位置关系，在线段AO上，点P在AO延长线上，点P在OA的延长线上．分这三种情况进行讨论即可．
本题主要考查了圆的认识及等腰三角形等边对等角的性质，先假设存在并进行分类讨论是进行解题的关键．
17.【答案】12
【解析】解：(1)小丽参加实验A考查的概率是12，
故答案为：12；
(2)列表如下：
由表知，共有4种等可能结果，其中小明、小丽都参加实验A考查的有1种结果，
所以小明、小丽都参加实验A考查的概率为14．
(1)直接根据概率公式求解即可；
(2)列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
此题考查的是用列表法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
18.【答案】解：(1)如图，△OB′C′为所作；

(2)∵OB=4，∠BOB′=90°，
∴线段OB所扫过的面积=90×π×42360=4π．
【解析】(1)利用网格特点和旋转的性质画出B、C的对应点即可；
(2)根据扇形的面积公式计算．
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．也考查了扇形面积的计算．
19.【答案】解：(1)y=x2−6x+5
=x2−6x+9−4=(x−3)2−4；
(2)∵y=(x−3)2−4，
∴该二次函数图象的对称轴是直线x=3，顶点坐标是(3,−4)；
(3)x2−6x+5=0，
x1=1，x2=5，
∵抛物线 y=x2−6x+5开口向上，
当x<1或x>5时，y>0．
【解析】本题考查的是二次函数的三种形式、二次函数的性质，灵活运用配方法把一般式化为顶点式是解题的关键．
(1)利用配方法把一般式化为顶点式；
(2)根据二次函数的性质解答；
(3)求出x2−6x+5=0的解，解答即可．
20.【答案】(1)证明：过O作OE⊥AB于点E，
则CE=DE，AE=BE，
∴BE−DE=AE−CE，即AC=BD；
(2)解：由(1)可知，OE⊥AB且OE⊥CD，连接OC，OA，
∴OE=6，
∴CE= OC2−OE2= 82−62=2 7，AE= OA2−OE2= 102−62=8，
∴AC=AE−CE=8−2 7．
【解析】(1)过O作OE⊥AB，根据垂径定理得到AE=BE，CE=DE，从而得到AC=BD；
(2)由(1)可知，OE⊥AB且OE⊥CD，连接OC，OA，再根据勾股定理求出CE及AE的长，根据AC=AE−CE即可得出结论．
本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
21.【答案】解：(1)∵∠C=45°，
∴∠A=∠C=45°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD=45°；
(2)连接AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CAB=∠CDB=30°，BC=3，
∴AB=6，
∴⊙O的半径为3．
【解析】(1)求出∠A的度数，继而在Rt△ABD中，可求出∠ABD的度数；
(2)连接AC，则可得∠CAB=∠CDB=30°，在Rt△ACB中求出AB，继而可得⊙O的半径．
本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理的内容是解题的关键，此题难度不大．
22.【答案】解：(1)设点A表示新昌，点O表示台风中心初始位置，点C表示小芳出发1小时的位置，点B表示台风中心移动1小时后的位置，
由题意得∠BAC=90°，OA=1000公里=1000千米，OB=40千米，AC=80千米，

∴AB=OA−OB=1000−40=960千米，
在Rt△ABC中，由勾股定理得BC= AC2+AB2= 802+9602=80 145千米，
答：小芳与台风中心相距80 145千米；
(2)设x小时后小芳离台风中心最近，最近距离为y千米，
由题意得y= (80x)2+(1000−40x)2
= 6400x2+1000000−80000x+1600x2= 8000x2−80000x+1000000= 8000(x−5)2+800000，
∵8000>0，
∴当x=5时，y有最小值，最小值为 800000=400 5千米，
答：5小时后小芳离台风中心最近，最近距离为400 5千米．
【解析】(1)先根据题意构造直角三角形，然后根据题意表示出两条直角边的长，最后根据勾股定理即可求出小芳出发1小时时，与台风中心相距的路程；
(2)设x小时后小芳离台风中心最近，最近距离为y千米，同(1)求法，利用二次函数的最值解答即可．
本题考查了解直角三角形的应用，考查了学生运用所学知识解决实际问题的能力．
23.【答案】(1)证明：连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BD，
又∵AB=AC，
∴BD=CD；
(2)解：∵弧DE=50°，
∴∠CAD=12×50°=25°，
∴∠C=90°−25°=65°；
(3)解：如图，连接OD，
∵DF⊥AB，BD⊥AD，
∴∠BFD=∠BDA=90°，
又∵∠B=∠B，
∴△BDF∽△BAD，
∴BDAB=BFBD，
由于AF=3BF，可设BF=x，则AF=3x，AB=4x，
∴84x=x8，
解得x=4，
经检验x=4是原方程的根，
即BF=4，
∴AB=AC=4x=16，
∵OA=OB，BD=CD，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD//AC，OD=12AC=8，
∴OD=BD=OB=8，
∴△BOD是正三角形，
∴∠BOD=60°，
∴弧BD的长为60π×8180=83π.
【解析】(1)根据圆周角定理以及等腰三角形的性质可得答案；
(2)利用圆周角定理以及三角形内角和定理可求出答案；
(3)根据等腰三角形的性质可求出BD=CD=8，再利用相似三角形的判定和性质得出BDAB=BFBD，进而求出BF，进而求出AC，再由三角形中位线定理以及正三角形的性质求出相应的圆心角度数和圆的半径，由弧长公式可求出答案．
本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质以及弧长的计算方法，掌握圆周角定理，等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质以及弧长的计算方法是正确解答的前提．
24.【答案】解：(1)如图1，连接EC，AC．

∵A(1,0)，E(−1,0)，
∴OA=OE=1，
∴AE=CE=2，
∵OE=1，
∴OC= CE2−OE2= 22−12= 3，
∴C(0, 3)，
∵CO⊥AE，OA=OE，
∴CA=CE，
∴CA=CE=AE，
∴△ACE是等边三角形，
∴∠AEC=60°，
∴∠P=12∠AEC=30°；
(2)AQ不发生变化．

证明：如图2，连接CB，则∠CPA=∠CBA=∠ACO，
∵∠ACQ=∠ACO+∠OCQ，∠AQC=∠CPA+∠PCQ，
∵CQ平分∠PCD，
∴∠PCQ=∠OCQ，
∴∠ACQ=∠AQC，
∴AQ=AC=2；
(3)如图3，在PD的延长线上截取DM=PC，连接AC，AD，AM，则PC+PD=PM，

由(1)可知∠EAC=60°，
∴∠DAC=120°，
在△PAC和△MAD中，
PC=MD∠PCA=∠ADMCA=AD，
∴△PAC≌△MAD(SAS)，
∴MA=PA，∠MAP=∠DAC=120°，
∴△PAM是以30°为底角的等腰三角形，
过点A作AK⊥PM于K，则MK=PK=AM⋅cs30°= 32AM，
∴PM= 3PA，
∴PAPC+PD=PAPM= 33．
【解析】(1)连接EC，则EC=EA=2，然后利用勾股定理就可求出OC的长，从而求出点C的坐标，证明△ACE是等边三角形，求出∠AEC=60°，由圆周角定理可得出∠P的度数；
(2)不发生变化，连接CB，利用等弧所对的圆周角相等可证明AQ=AC，AC是一个固定值，所以不发生变化．再利用勾股定理就可求出AC的长即是AQ的长；
(3)在PD的延长线上截取DM=PC，连接AC，AD，AM，则PC+PD=PM，证明△PAC≌△MAD(SAS)，由全等三角形的性质得出MA=PA，∠MAP=∠DAC=120°，由等腰三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案．
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．A
B
A
(A,A)
(B,A)
B
(A,B)
(B,B)