2023-2024学年湖北省武汉六中上智中学九年级（上）月考数学试卷（1月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉六中上智中学九年级（上）月考数学试卷（1月份）（含解析），共25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.彩民李大叔购买1张彩票中奖，这个事件是( )
A. 随机事件B. 确定性事件C. 不可能事件D. 必然事件
2.下列图案中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.将x2−6x−4=0进行配方变形，下列正确的是( )
A. (x−6)2=13B. (x−6)2=9C. (x−3)2=13D. (x−3)2=9
4.已知⊙O的半径等于3，圆心O到直线l的距离为5，那么直线l与⊙O的位置关系是( )
A. 相交B. 相切C. 相离D. 无法确定
5.如图，点A、B在⊙O上，点C在弧AB上，若∠AOB=100°，∠BAC=23°，则∠ABC=( )
A. 25°
B. 26°
C. 27°
D. 28°
6.在平面直角坐标系中，将抛物线y=x2向上平移一个单位长度，再向右平移一个单位长度，得到的抛物线解析式是( )
A. y=(x−1)2−1B. y=(x−1)2+1C. y=(x+1)2−1D. y=(x+1)2+1
7.已知二次函数y=ax2+bx+c(a为常数，且a>0)的图象上有四点A(−1,y1)，B(3,y1)，C(2,y2)，D(−2,y3)，则y1，y2，y3的大小关系是( )
A. y123，于是可对①进行判断．利用抛物线的对称性，可对②进行判断；根据二次函数的性质可对③进行判断；求得最低点的纵坐标为4ac−b24a=−2−a2.44，
∴球不能射进球门；
(3)由题意，移动后的抛物线为y=−112(x−2−n)2+3，
把点(0,2.25)代入，得2.25=−112×(0−2−n)2+3，解得n1=−5(舍去)，n2=1，
把点(0,0)代入，得0=−112×(0−2−n)2+3，解得n3=−8(舍去)，n4=4，
∴n的取值范围为1≤n≤4．
【解析】(1)求出抛物线的顶点坐标，设出抛物线的顶点式，用待定系数法即可求出抛物线表示的二次函数解析式；
(2)当x=0时，求出y的值，再与2.44比较，即可知球能不能射进球门；
(3)移动后的抛物线为y=−112(x−2−n)2+3，把点(0,2.25)代入上式求出n，同理把(0,0)代入函数表达式求出n，进而求得n的取值范围．
本题考查了二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，把实际问题转化为数学问题解决．
23.【答案】3
【解析】解：(1)将△BCD绕点B逆时针旋转60°到△BAE，连接DE.补全图形，如图1所示，
；
(2)将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE，连接ED，作AF⊥ED于F，如图2，
在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°.D为△ABC外一点，且∠ADB=50°，
由旋转的性质知AD=AE，∠CAE=∠BAD，BD=CE，∠CEA=∠BDA=50°，
∴∠DAE=∠DAC+∠EAC=∠DAC+∠BAD=120°，
∴∠ADF=∠AEF=30°，
∴∠CED=50°−30°=20°，AD=2AF，
由勾股定理得，DF= 3AF，DE=2 3AF，
∴ADDE=2AF2 3AF= 33，
∵ADBD= 33，
∴ED=BD=CE，
∴∠EDC=∠ECD=80°，
∴∠ADC=30°+80°=110°；
(3)延长BM交AC于F，延长AN到E，使NE=BN，连接BE，如图3，
∵∠BAN−∠CBN=30°，
∴∠BAN=∠CBN+30°，
∴∠BNE=∠BAN+∠ABN=∠CBN+∠ABN+30°=60°，
∵NE=BN，
∴△BEN是等边三角形，
∴∠E=60°，
∵∠ANB=180°−∠BNE=120°=∠BAC，
∴△ABN∽△FBA，
∴ABBF=BNAB=ANAF，∠BAE=∠AFB，
∴△ANF∽△BEA，
∴ABAF=BEAN=AEFN，
∴FN=AE⋅ANBE=( 2+ 3)⋅ 2 3=2 3+3 23，
∴BF=FN+BN=5 3+3 23，
∴AB2=BN⋅BF=5+ 6，
过F作FG⊥BC于F，过N作NH⊥BC于H，
∵∠ACB=30°，
∴FG=12FC=12(AB−AF)=3− 66AB，CG= 3− 22AB，
∴BG=BC−CG= 3AB− 3− 22AB= 2+ 32AB，
∵NH//GF，
∴△BNH∽△BFG，
∴NHGF=BNBF=BHBG=35+ 6，
∴NH=3− 610+2 6AB，BH=3 2+3 310+2 6AB，
∴CH=BC−BH=7 3+3 210+2 6AB，
∴CN2=CH2+NH2=9，
∴CN=3．
故答案为：3．
(1)题意补全图形即可；
(2)将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE，连接ED，作AF⊥ED于F，根据含30度的直角三角形的性质及勾股定理求得ADDE= 33，推出ED=BD=CE，据此求解即可；
(3)延长AN构造等边三角形，然后利用两组三角形相似求出AB，最后利用勾股定理求解．
本题主要考查了三角形的综合，灵活运用旋转构造相似三角形，利用相似三角形的判定和性质是本题解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵y=ax2+bx+c过点A(−6,0)，B(2,0)，C(0,−3)，
∴36a−6b+c=04a+2b+c=0c=−3，
解得：a=14b=1c=−3，
∴抛物线解析式为y=14x2+x−3；
(2)∵y=14x2+x−3=14(x+2)2−4，
∴G(−2,−4)，
取点M(−2,0)，
∴AM=MG=4，∠AMG=90°，
如图所示，以M为圆心，4为半径作圆，交y轴于点T，则∠GTA=45°，

设T(0,t)，则MT=4，
∴t2+22=42，
解得：t=±2 3，
∴T(0,±2 3)；
(3)抛物线C1向右平移2个长度单位、向上平移经过点P(2,4)得抛物线C2，
设抛物线向上平移n个单位，则平移后的解析式为y=14x2−4+n，
∴4=14×22−4+n，
解得：n=7，
∴抛物线解析式为y=14x2+3，
如图，

∵点E的横坐标为t，抛物线为y=14x2+3，
∴点E的坐标为E(t,14t2+3)，
设直线EP的函数解析式为y=kx+b，
将E(t,14t2+3)，P(2,4)代入，得：kt+b=14t2+32k+b=4，
解得：k=14(t+2)b=3−12t，
∴直线EP的函数解析式为y=14(t+2)x+3−12t，
令y=x，
则x=14(t+2)x+3−12t，
解得：x=2(t−6)t−2，
将x=2(t−6)t−2代入y=14x2+3，得：y=(t−6)2(t−2)2+3，
∴点Q的坐标为(2(t−6)t−2,(t−6)2(t−2)2+3)，
设直线EQ的函数解析式为y=k1x+b1，
将E(t,14t2+3)，Q(2(t−6)t−2,(t−6)2(t−2)2+3)，代入，得：k1t+b1=14t2+32(t−6)k1t−2+b1=(t−6)2(t−2)2+3，
解得：k1=t2−124(t−2)b1=−t2−12t+122(t−2)，
∴直线EQ的函数解析式为y=t2−124(t−2)x−t2−12t+122(t−2)
=(t2−12)x−2(t2−12t+12)4(t−2)
=(x−2)t2+24t−24−12x4(t−2)，
∴当x=2时，
y=24t−24−244(t−2)
=24t−484(t−2)
=24(t−2)4(t−2)
=6，
∴对于每个给定的t，直线EQ恒过某一定点，该定点坐标为(2,6)．
【解析】(1)待定系数法求解析式即可求解；
(2)取点M(−2,0)，根据圆周角定理得出∠GTA=45°，则以M为圆心，4为半径作圆，交y轴于点T，进而根据勾股定理，即可求解．
(3)用待定系数法求得直线EP的函数解析式，再结合直线l：y=x可求得交点F的横坐标，也就是Q的横坐标，再将此代入抛物线的函数解析式可求得点Q的坐标，再用待定系数法求得直线EQ的函数关系式，由此可证得QE所经过的定点坐标．
本题考查了待定系数法求函数关系式，圆周角定理，图象过定点问题，题目较难，能够灵活运用所学知识用含m的代数式求得相应的函数关系式是解决本题的关键．摸球的次数
200
300
400
1000
1600
2000
摸到白球的频数
72
93
130
334
532
667
摸到白球的频率
0.3600
0.3100
0.3250
0.3340
0.3325
0.3335