2023-2024学年湖北省武汉市江夏区光谷实验中学九年级（上）适应性数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市江夏区光谷实验中学九年级（上）适应性数学试卷（12月份）（含解析），共23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.“水中捞月”这个事件是( )
A. 随机事件B. 确定性事件C. 必然事件D. 不可能事件
2.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.解一元二次方程x2−2x−5=0，配方后正确的是( )
A. (x−1)2=3B. (x−1)2=4C. (x−1)2=6D. (x−2)2=8
4.已知一元二次方程x2+3x−1=0的两根分别为m，n，则mn−m−n的值是( )
A. 4B. 2C. −2D. −4
5.在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=4cm，AC=3cm，点D为AB的中点，以点C为圆心，以3cm长为半径作圆，则点D与⊙C的位置关系是( )
A. 点D在⊙C外B. 点D在⊙C上C. 点D在⊙C内D. 不能确定
6.某种商品原来每件售价为150元，经过连续两次降价后，该种商品每件售价为96元，设平均每次降价的百分率为x，根据题意，所列方程正确的是( )
A. 150(1−x2)=96B. 150(1−x)=96
C. 150(1−x)2=96D. 150(1−2x)=96
7.如图，在平面直角坐标系中，边长为2 3的正三角形ABC的中心与原点O重合，AB/​/x轴，交y轴于点P.将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为( )
A. (−1,− 3)B. (− 3,−1)C. (1,− 3)D. (1, 3)
8.如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，PA= 3，∠APB=60°，则AB的长为( )
A. 13π
B. 23π
C. 2 33π
D. 43π
9.如图，直线BC与⊙A相切于点C，过B作CB的垂线交⊙O于D，E两点，已知AC=b2，CB=a，则以BE，BD的长为两根的一元二次方程是( )
A. x2+bx+a2=0
B. x2−bx+a2=0
C. x2+bx−a2=0
D. x2−bx−a2=0
10.关于x的方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实根x1、x2，若x2=2x1，则4b−9ac的最大值是( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.在平面直角坐标系中，点P(−5,2)关于x轴的对称点的坐标是______．
12.1275年，我国南宋数学家杨辉在《田亩比类乘除算法》中提出这样一个问题：直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步．问阔及长各几步．意思是：矩形面积864平方步，宽比长少12步，问宽和长各几步．若设长为x步，则可列方程为 ．
13.假定鸟卵孵化后，雏鸟为雌鸟与雄鸟的概率相同，如果3枚鸟卵全部成功孵化，那么3只雏鸟中恰有2只雄鸟的概率是______ ．
14.已知O是△ABC的外心，∠BOC+∠A=210°，则∠A的大小是______．
15.二次函数y=ax2+bx+c(a、b、c为常数)的图象对称轴为直线x=1，部分x与y对应值如表：
当m>3时，下列结论中一定正确的是______ .(填序号即可)
①b0，
∴b=−2a12，故②错误；
∵b=−2a12>0，
∴y=ax2+bx+c+1=ax2−2ax=ax(x−2)，
即当ax2+bx+c+1=0时，方程的解为0和2，
即抛物线y=ax2+bx+c+1与x轴的交点横坐标分别为0或2，故③正确；
当x=−2时，y=4a+4a−1=8a−1=m，
当x=3时，y=9a−6a−1=3a−1=n≤2，即a≤1，
则(m+1)(n+1)=(8a−1+1)(3a−1+1)=24a2，
∵1≥a>12>0，
∴(m+1)(n+1)=24a2≤24，
∴(m+1)(n+1)的值始终不会超过30，故④正确；
综上所述，正确的是①③④，
故答案为：①③④．
根据表格数据先求出c=−1，再根据二次函数的对称轴为直线x=1可得得出b=−2a，据此，结合二次函数的性质对各小题分析判断即可得解．
本题考查了二次函数的性质，二次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点，平移，二次函数与不等式等知识点，熟练掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
16.【答案】36−18 3
【解析】解：如图，将△ACE绕点C逆时针旋转60°得△△BFC，连接EF，
由旋转可得CE=CF，BF=AE，∠ECF=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴CE=CF=EF，∠CEF=60°，
∵AE2=BE2+CE2，
∴BF2=EF2+BE2，
∴∠BEF=90°，
∴∠BEC=∠BEF+∠CEF=150°，
∵E是边长为3的等边△ABC内一动点，
∴点E在以等边△OBC的顶点O为圆心，半径为3的圆的BC(端点除外)上，如图，
连接OA交BC于G，当点E 在OA上时，此时AE最小，则BE2+CE2，
∵AB=AC，OB=OC
∴OA垂直平分BC，
∴BG=12BC=32
∴OG=AG= 32−(32)2=32 3，
∴GE=OE−OG=3−32 3
∴AE=AG−GE=32 3−(3−32 3)=3 3−3
∴BE2+CE2最小值=AE2=(3 3−3)2=36−18 3．
故答案为：36−18 3．
将△ACE绕点C逆时针旋转60°得△△BFC，连接EF，求得∠BEC=150°，从而得出点E在以等边△OBC的顶点O为圆心，半径为3的圆的弧BC(端点除外)上，连接OA交BC于G，当点E 在OA上时，此时AE最小，则BE2+CE2，利用勾股定理求出AE即可求解．
本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理及其逆定理，最短距离问题，旋转的性质．利用旋转变换作图，证明∠BEC=150°，从而得出点E在以等边△OBC的顶点O为圆心，半径为3的圆的弧BC(端点除外)上是解题的关键．
17.【答案】解：∵关于x的一元二次方程x2−bx+2=0有一个根是x=1，
∴1−b+2=0，
解得：b=3，
把b=3代入方程得：x2−3x+2=0，
设另一根为m，可得1+m=3，
解得：m=2，
则b的值为3，方程另一根为x=2．
【解析】把x=1代入方程计算求出b的值，进而求出另一根即可．
此题考查了根与系数的关系，以及一元二次方程的解，熟练掌握根与系数的关系是解本题的关键．
18.【答案】证明：∵AB=CD，
∴∠ACB=∠DBC，
在△ABC与△DCB中，
∠A=∠D∠ACB=∠DBCBC=CB，
∴△ABC≌△DCB(AAS)．
【解析】由AB=CD，根据圆周角定理，可求得∠ACB=∠DBC，然后由AAS，可判定：△ABC≌△DCB．
此题考查了圆周角定理与全等三角形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
19.【答案】12 38
【解析】解：(1)从标号为1、2、3、4的小球中，随机摸出一球，共有4种等可能出现的结果情况，其中标号为奇数的有2种，
所以随机摸出一个小球，其标号是奇数的概率是24=12，
故答案为：12；
(2)先从盒子中随机摸出一个小球，再从余下的3个小球中随机摸出一个小球，所有可能出现的结果情况如下：
共有12种等可能出现的结果，其中两次摸出的小球标号的和大于4的有8种，
所以P两次摸出的小球标号的和大于4=812=23；
(3)先从盒子中随机模出一个小球然后放回，再随机摸出一个小球，所有可能出现的结果情况如下：
共有16种等可能出现的结果，其中两次摸出的小球标号的和小于5的有6种，
所以P两次摸出的小球标号的和小于5=616=38，
故答案为：38．
(1)根据概率的意义，共有4种等可能出现的结果情况，其中标号为奇数的有2种，可求出相应的概率；
(2)用列表法表示所有可能出现的结果情况，得出两次摸出的小球标号的和大于4的结果数，进而求出概率；
(3)用列表法表示先模出一个小球放回后再随机摸出一个小球，所有可能出现的结果情况，得出两次摸出的小球标号的和小于5的结果数，进而求出概率；
本题考查列表法或树状图法求随机事件发生的概率，列举出所有可能出现的结果情况是正确解答的关键．
20.【答案】(1)证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵∠ABC=∠APC，
∴∠ACB=∠APC，
∵四边形APBC内接于⊙O，
∴∠ACB=∠APE，
∴∠APC=∠APE，
即AP平分∠CPE；
(2)解：∵∠ACP=∠ABP，∠BAC=∠BPC，
∴△ACM∽△PBM，
∴AMPM=CMBM，
∴AM⋅BM=PM⋅CM=2.4×5=12，
∵AB⊥PC，
∴∠AMC=90°，
由勾股定理，得AM2+CM2=AC2，
∵AC=AB=AM+BM，
∴AM2+52=(AM+BM)2，
即25=2AM⋅BM+BM2，
∴25=2×12+BM2，
∴BM=1，
∴AM=12，
∴AB=AM+BM=13．
【解析】(1)利用等腰三角形与圆周角、圆满内拉四边形的性质证明∠APC=∠APE，即可得出结论；
(2)先证明△ACM∽△PBM，求得AM⋅BM=PM⋅CM=2.4×5=12，再由勾股定理求得AM2+CM2=AC2，即AM2+52=(AM+BM)2，所以25=2×12+BM2，求得BM=1，从而求得AM=12，即可求解．
本题考查等腰三角形的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理．解题的关键是熟练掌握圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理．
21.【答案】解：(1)CD、E即为所求；
(2)线段MN、点P、Q即为所求．
【解析】(1)根据网格线的特征和垂径定理作图；
(2)根据网格线的特征和旋转的性质作出M、N，再连接CP交格点E，再连接CD并延长交AB于Q．
本题考查了作图−旋转的性质，掌握网格线的特征、旋转的性质和垂径定理是解题的关键．
22.【答案】解：(1)由题意可知，抛物线的顶点坐标为(4,4)，球出手时的坐标为(0,209)，
设抛物线的解析式为y=a(x−4)2+4，
将(0,209)代入得：16a+4=209，
解得：a=−19，
∴y=−19(x−4)2+4；
(2)∵y=−19(x−4)2+4，
∴当x=8时，y=−19(8−4)2+4=209≠3，
∴小明的这次投篮未能命中篮圈中心；
(3)∵出手的角度和力度都不变，
∴设抛物线的解析式为y=−19(x−4+m)2+4，
将(8,3)代入得：3=−19(8−4+m)2+4，
∴(4+m)2=9，
解得：m1=−1，m2=−7，
∵向前走7米，位于篮圈正下方，故舍去．
∴小明应该向前走1米才能命中篮圈中心．
【解析】(1)由题意可知，抛物线的顶点坐标为(4,4)，球出手时的坐标为(0,209)，设抛物线的解析式为y=a(x−4)2+4，由待定系数法求解即可；
(2)求得当x=8时的函数值，与3比较即可；
(3)由题意可知出手的角度和力度都不变，小明向前走或向后退时，相当于抛物线的左右平移，故可设抛物线的解析式为y=−19(x−4+m)2+4，将(8,3)代入求得m的值，根据抛物线左右平移时左加右减的特点，可得答案．
本题考查了二次函数在实际问题中的应用，数形结合并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
23.【答案】 41或1
【解析】问题背景：证明：∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACE=∠BCD．
在△ACE和△BCD中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD，
∴△ACE≌△BCD(SAS)．
∴AE=BD．
尝试应用：解：过点C作DC⊥CF交BE延长线于点D，连接AD，如图2，
∵∠CFE=45°，DC⊥CF，
∴CD=CF．
∵∠ACB=∠DCF=90°，
∴∠BCF=∠ACD．
在△BFC和△ADC中，
BC=AC∠BCF=∠ACDFC=DC，
∴△BFC≌△ADC(SAS)．
∴BF=AD，∠CBF=∠CAD．
∵∠BEC=∠AED，
∴∠ADE=∠BCE=90°．
∴AD⊥BE于点D，
∵△ABE面积为14，
∴BE⋅AD2=14．
∴(BF+3)×BF=28．
解得：BF=4，BF=−7(不合题意，舍去)．
∴BF=4．
拓展创新：解：分两种情况：
①当点M在直线AC左侧时，作CH⊥CM，且使CH=CM，连接MH，AH，如图3.1，

则△CMH为等腰直角三角形．
∴∠CMH=45°．
∵∠MCH=∠ACB=90°，
∴∠MCH+∠BCH=∠ACB+∠BCH．
即：∠MCB=∠HCA．
在△CBM和△CAH中，
CM=CH∠MCB=∠HCACB=CA，
∴△CBM≌△CAH(SAS)．
∴BM=AH．
∵∠AMC=45°，
∴∠AMH=∠AMC+∠CMH=45°+45°=90°．
∵CM=2 2，
∴MH= 2CM=4．
∵AM=5，
∴AH= AM2+MH2= 41．
∴BM=AH= 41．
②当点M在直线AC右侧时，作CH⊥CM，且使CH=CM，连接BH交直线AM于N，连接MH，如图3.2，
同理MH=4，∠HMA=90°，△ACM≌△BCH(SAS)，
∴HM⊥AM，
∴BH=AM=5，∠CAM=∠HBC，
∵∠CAM+BAM+∠ABC=90°，
∴∠HBC+BAM+∠ABC=90°，
∴∠ANB=90°，
∴BH⊥AM，
∴B、M、H在同一直线上，即点M、N重合，
∴BM=BH−HM=5−4=1，
综上，MB的长为 41或1．
故答案为： 41或1．
问题背景：利用边角边公理证明△ACE≌△BCD即可得出结论；
尝试应用：过点C作DC⊥CF交BE延长线于点D，连接AD，通过证明△BFC≌△ADC，得到BF=AD，利用三角形是面积公式，列出关于BF的方程，解方程即可得出结论；
拓展创新：分两种情况：①当点M在直线AC左侧时，②当点M在直线AC右侧时，分别求解即可．
本题主要考查了三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积，勾股定理，依据题目特点构造全等三角形是解题的关键．
24.【答案】解：(1)把B(4,0)代入y=ax2−5ax+4，得：
16a−20a+4=0，
解得：a=1，
∴二次函数的解析式为：y=x2−5x+4；
(2)直线l：y=2kx−3k+5将四边形BCNM分成面积相等的两部分．理由如下：
∵y=x2−5x+4=(x−52)2−94，
∴抛物线的对称轴为直线x=52，
∵B(4,0)，C(−3,0)，
∴BC=7，
∵将线段CB平移至线段MN(点C，B的对应点分别为N，M)，
∴MN=BC=7，MN/​/BC，
∴M、N关于直线x=52对称，
∴M横坐标为6，N的横坐标为−1，
当x=−1时，y=10，
∴M(6,10)，N(−1,10)，
∴−1+42=32，0+102=5，
∴平行四边形CBNM的对称中心是(32,5)，
把x=32代入y=2kx−3k+5，得y=5，
∴直线y=2kx−3k+5经过平行四边形CBNM的对称中心是(32,5)，
∴直线l：y=2kx−3k+5将四边形BCNM分成面积相等的两部分．
(3)证明：如图2，

作PE⊥AB于E，QF⊥AB于F，
由y=x2−5x+4y=3x+m得：
x1=4+ 12+my1=(12+m)+3 12+m，x2=4− 12+my2=(12+m)−3 12+m，
设t=12+m，
∴x1=4+ty1=t2+3t，x2=4−ty2=t2−3t，
∴PE=t2+3t，AE=(4+t)−1，
设直线AP的解析式为：y=kx+b，
k+b=0(4+t)⋅k+b=t2+3t，
∴k=tb=−t，
∴y=tx−t，
同理可得：直线AQ的解析式为y=−tx+t，
∵y=tx−t交y轴于(0,−t)，y=−tx+t与y轴交于(0,t)，
直线AP和直线AQ关于x轴对称，
∴△PAQ的内心在x轴上．
【解析】(1)将点B(4,0)代入y=ax2−5ax+4，求出a，即可；
(2)先求出BC的长，在根据对称性求得M，N的坐标，从而求得平行四边形的中心坐标，再判定直线l经过平行四边形的中心，即可得出结论；
(3)联立一次函数和二次函数解析式，求得P、Q坐标，再求得设直线AP、AQ的解析式，得到∵y=tx−t交y轴于(0,−t)，y=−tx+t与y轴交于(0,t)，从而得出直线AP和直线AQ关于x轴对称，即得出结论．
本题考查了用待定系数法求一次函数和二次函数解析式，二次函数及其图象性质，二次函数图象与一次函数的交点与方程组的关系，一次函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握用待定系数法求函数解析式和二次函数及其图象性质．x
−2
0
3
y
m
−1
n