江苏省苏州市吴中区临湖实验中学2024-2025学年九年级上学期第一次月考数学试卷

这是一份江苏省苏州市吴中区临湖实验中学2024-2025学年九年级上学期第一次月考数学试卷，共24页。试卷主要包含了下列说法中正确的是，如图，点A，B的坐标分别为A，若点M，如图，Rt△OAB的顶点A等内容，欢迎下载使用。
1．如图，P为∠AOB边OA上一点，∠AOB＝30°，OP＝10cm，以P为圆心，5cm为半径的圆与直线OB的位置关系是（ ）
A．相离B．相交C．相切D．无法确定
2．下列说法中正确的是（ ）
A．长度相等的弧是等弧
B．圆心角相等，它们所对的弧也相等
C．平分弦的直径垂直于这条弦
D．等弧所对的弦相等
3．如图，在⊙O中，弦CD与直径AB相交于点E，连接OC，BD．若∠ABD＝20°，∠AED＝80°，则∠COB的度数为（ ）
A．80°B．100°C．120°D．140°
4．将半径为3的圆形纸片沿AB折叠后，圆弧恰好能经过圆心O，用图中阴影部分的扇形围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的高为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，点A，B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（ ）
A．+1B．+C．2+1D．2﹣
6．若点M（﹣2，y1），N（﹣1，y2），P（8，y3）在抛物线y＝x2+2x上，则下列结论正确的是（ ）
A．y1＜y2＜y3B．y2＜y1＜y3C．y3＜y1＜y2D．y1＜y3＜y2
7．某商品进货价为每件50元，售价每件90元时平均每天可售出20件，经调查发现，如果每件降价2元，那么平均每天可以多出售4件，若每天想盈利1000元，设每件降价x元，可列出方程为（ ）
A．（40﹣x）（20+x）＝1000B．（40﹣x）（20+2x）＝1000
C．（40﹣x）（20﹣x）＝1000D．（40﹣x）（20+4x）＝1000
8．如图，Rt△OAB的顶点A（﹣2，4）在抛物线y＝ax2上，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，边CD与该抛物线交于点P，则点P的坐标为（ ）
A．（，）B．（2，2）C．（，2）D．（2，）
9．如图是二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，对称轴是直线x＝﹣2．关于下列结论：①ab＜0；②b2﹣4ac＞0；③9a﹣3b+c＜0；④b﹣4a＝0；⑤方程ax2+bx+c＝0的两个根为x1＝0，x2＝﹣4，其中正确的结论有（ ）
A．①③④B．②④⑤C．①②⑤D．②③⑤
二．填空题（共8小题）
10．如图，⊙O的半径为1cm，弦AB、CD的长度分别为cm，1cm，则弦AC、BD所夹的锐角α＝ 度．
11．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝32°，点B、C在⊙O上，边AB、AC分别交⊙O于D、E两点，点B是的中点，则∠ABE＝ ．
12．如图，A、B、C是⊙O上的三点，且四边形OABC是菱形．若点D是圆上异于A、B、C的另一点，则∠ADC的度数是 ．
13．如图，在平面直角坐标系中，以点A（0，4）为圆心，4为半径的圆交y轴于点B．已知点C（4，0），点D为⊙A上的一动点，以D为直角顶点，在CD左侧作等腰直角三角形CDE，连接BC，则△BCE面积的最小值为 ．
14．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）的对称轴是过点（1，0）且平行于y轴的直线，若点P（4，0）在该抛物线上，则4a﹣2b+c的值为 ．
15．已知m，n是方程x2﹣2x﹣2021＝0的两个根，那么m2+mn+2n＝ ．
16．已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）的对称轴为x＝﹣1，与x轴的一个交点为（2，0），若关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝p（p＞0）有整数根，则p的值有 个．
17．如图，平行于x轴的直线AC分别交函数y1＝x2（x≥0）与y2＝（x≥0）的图象于B、C两点，过点C作y轴的平行线交y1的图象于点D，直线DE∥AC，交y2的图象于点E，则＝ ．
三．解答题（共5小题）
18．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点E是BC的中点，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，连接DE．
（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若CD＝3，DE＝，求⊙O的直径．
19．请阅读下列材料，并完成相应的任务：
阿基米德折弦定理，阿基米德（公元前287年﹣公元前212年），伟大的古希腊哲学家、百科式科学家、数学家、物理学家、力学家，静态力学和流体静力学的奠基人，并且享有“力学之父”的美称，阿基米德和高斯，牛顿并列为世界三大数学家．
阿拉伯Al﹣Binmi（973年﹣1050年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al﹣Binmi译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德折弦定理．
阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝AB+BD．
小明同学运用“截长法”和三角形全等来证明CD＝AB+BD，过程如下：
证明：如图2所示，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG．
∵M是的中点，∴MA＝MC，…
任务：
（1）请按照上述思路，写出该证明的剩余部分；
（2）如图3，在⊙O中，BD＝CD，DE⊥AC，若AB＝4，AC＝10，则AE的长度为 ；
（3）如图4，已知等边△ABC内接于⊙O，AB＝8，D为上一点，∠ABD＝45°，AE⊥BD于点E，求△BDC的周长．
20．已知二次函数y1＝x2+bx﹣3的图象与直线y2＝x+1交于点A（﹣1，0）、点C（4，m）．
（1）求y1的表达式和m的值；
（2）当y1＞y2时，求自变量x的取值范围；
（3）将直线AC沿y轴上下平移，当平移后的直线与抛物线只有一个公共点时，求平移后的直线表达式．
21．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣1，且抛物线经过A（1，0），C（0，3）两点，与x轴交于点B．
（1）若直线y＝mx+n经过B，C两点，求直线BC和抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴x＝﹣1上找一点M，使MA+MC的值最小，求点M的坐标；
（3）设P为抛物线的对称轴x＝﹣1上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标．
22．如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，直线l与抛物线交于A、C两点，其中C点的横坐标为2．
（1）求抛物线的解析式及直线AC的解析式；
（2）P是线段AC上的一个动点，过P点作x轴的垂线交抛物线于E点，求线段PE长度的最大值；
（3）点G是抛物线上的动点，在x轴上是否存在点F，使A、C、F、G这样的四个点为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出所有满足条件的F点坐标；如果不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
一．选择题（共9小题）
1．【解答】解：过点P作PD⊥OB于点D，
∵∠AOB＝30°，OP＝10cm，
∴PD＝OP＝5cm，
∴以P为圆心，5cm为半径的圆与直线OB相切．
故选：C．
2．【解答】解：A、能够重合的弧是等弧，故说法错误，不符合题意；
B、在同圆或等圆中，圆心角相等则它们所对的弧相等，故说法错误，不符合题意；
C、平分弦（非直径）的直径垂直于这条弦，故说法错误，不符合题意；
D、等弧所对的弦相等，故说法正确，符合题意．
故选：D．
3．【解答】解：∵∠ABD＝20°，∠AED＝80°，
∴∠D＝∠AED﹣∠ABD＝80°﹣20°＝60°，
∴∠COB＝2∠D＝120°，
故选：C．
4．【解答】解：过O点作OC⊥AB，垂足为D，交⊙O于点C，
由折叠的性质可知，OD＝OC＝OA，
由此可得，在Rt△AOD中，∠A＝30°，
同理可得∠B＝30°，
在△AOB中，由内角和定理，
得∠AOB＝180°﹣∠A﹣∠B＝120°
∴弧AB的长为＝2π
设围成的圆锥的底面半径为r，
则2πr＝2π
∴r＝1
∴圆锥的高为＝2．
故选：A．
5．【解答】解：如图，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝1，
∴C在⊙B上，且半径为1，
取OD＝OA＝2，连接CD，
∵AM＝CM，OD＝OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM＝CD，
当OM最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB＝OD＝2，∠BOD＝90°，
∴BD＝2，
∴CD＝2+1，
∴OM＝CD＝，即OM的最大值为+；
故选：B．
6．【解答】解：x＝﹣2时，y＝x2+2x＝×（﹣2）2+2×（﹣2）＝2﹣4＝﹣2，
x＝﹣1时，y＝x2+2x＝×（﹣1）2+2×（﹣1）＝﹣2＝﹣，
x＝8时，y＝x2+2x＝×82+2×8＝32+16＝48，
∵﹣2＜﹣＜48，
∴y1＜y2＜y3．
故选：A．
7．【解答】解：设每件应降价x元，
由题意，得（90﹣50﹣x）（20+2x）＝1000，
即：（40﹣x）（20+2x）＝1000，
故选：B．
8．【解答】解：∵Rt△OAB的顶点A（﹣2，4）在抛物线y＝ax2上，
∴4＝a×（﹣2）2，
解得：a＝1
∴解析式为y＝x2，
∵Rt△OAB的顶点A（﹣2，4），
∴OB＝OD＝2，
∵Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，
∴CD∥x轴，
∴点D和点P的纵坐标均为2，
∴令y＝2，得2＝x2，
解得：x＝±，
∵点P在第一象限，
∴点P的坐标为：（，2）
故选：C．
9．【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵﹣＝﹣2，
∴b＝4a，ab＞0，
∴①错误，④正确，
∵抛物线与x轴交于﹣4，0处两点，
∴b2﹣4ac＞0，方程ax2+bx＝0的两个根为x1＝0，x2＝﹣4，
∴②⑤正确，
∵当x＝﹣3时y＞0，即9a﹣3b+c＞0，
∴③错误，
故正确的有②④⑤．
故选：B．
二．填空题（共8小题）
10．【解答】解：连接OA、OB、OC、OD，
∵OA＝OB＝OC＝OD＝1，AB＝，CD＝1，
∴OA2+OB2＝AB2，
∴△AOB是等腰直角三角形，
△COD是等边三角形，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，∠ODC＝∠OCD＝60°，
∵∠CDB＝∠CAB，∠ODB＝∠OBD，
∴α＝180°﹣∠CAB﹣∠OBA﹣∠OBD＝180°﹣∠OBA﹣（∠CDB+∠ODB）＝180°﹣45°﹣60°＝75°．
11．【解答】解：如图，连接DC，
∵∠DBC＝90°，
∴DC是⊙O的直径，
∵点B是的中点，
∴∠BCD＝∠BDC＝45°，
在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝32°，
∴∠ACB＝90°﹣32°＝58°，
∴∠ACD＝∠ACB﹣∠BCD＝58°﹣45°＝13°＝∠ABE，
故答案为：13°．
12．【解答】解：连接OB，
∵四边形OABC是菱形，
∴AB＝OA＝OB＝BC，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠ADC＝60°，∠AD′C＝120°．
故答案为：60°或120°．
13．【解答】解：如图，设E（m，n），
过点D作FG∥x轴，过点E作EF⊥FG，过点C作CG⊥FG，
∴∠CGD＝∠DFE＝90°，
∴∠CDG+∠DCG＝90°，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝90°，CD＝DE，
∴∠CDG+∠EDF＝90°，
∴∠DCG＝∠EDF，
∴△CDG≌△DEF（AAS），
∴DG＝EF＝4﹣xD，CG＝DF＝xD﹣m，
∵n+4﹣xD＝xD﹣m，
∴xD＝，yD＝xD﹣m＝，
∴D（，），
∵点D在以A（0，4）为圆心半径为4的圆上，
连接AD，则AD＝4，
∴（）2+（﹣4）2＝42，
即（m+4）2+n2＝（4）2，
∴点E在以点H（﹣4，0）为圆心，4为半径的圆上，（到定点（﹣4，0）的距离是4的点的轨迹），
∵以点A（0，4）为圆心，4为半径的圆交y轴于点B，
∴B（0，8），
∴OB＝8，
∵C（4，0），
∴OC＝4，
∴BC＝＝＝4，
过点H作HK⊥BC于K，
则∠HKC＝∠BOC＝90°，
∵∠HCK＝∠BCO，
∴△HCK∽△BCO，
∴＝，即＝，
∴HK＝，
设点E到BC的距离为h，
∴S△BCE＝BC•h＝×4h＝2h，
∴h最小时，S△BCE最小，而h最小＝HK﹣4＝﹣4，
∴S△BCE最小＝2×（﹣4）＝32﹣8，
故答案为：32﹣8．
14．【解答】解：设抛物线与x轴的另一个交点是Q，
∵抛物线的对称轴过点（1，0），与x轴的一个交点是P（4，0），
∴与x轴的另一个交点Q（﹣2，0），
把（﹣2，0）代入解析式得：0＝4a﹣2b+c，
∴4a﹣2b+c＝0，
故答案为：0．
15．【解答】解：∵m、n是方程x2﹣2x﹣2021＝0的两个根，
∴m+n＝2，mn＝﹣2021，m2﹣2m﹣2021＝0，
∴m2＝2m+2021，
∴m2+mn+2n
＝2m+2021+mn+2n
＝﹣2021+2×2+2021
＝4．
故答案为：4．
16．【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）的对称轴为x＝﹣1
∴﹣＝﹣1，解得b＝2a．
又∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴的一个交点为（2，0）．
把（2，0）代入y＝ax2+bx+c得，0＝4a+4a+c
解得，c＝﹣8a．
∴y＝ax2+2ax﹣8a（a＜0）
对称轴h＝﹣1，最大值k＝＝﹣9a
如图所示，
顶点坐标为（﹣1，﹣9a）
令ax2+2ax﹣8a＝0
即x2+2x﹣8＝0
解得x＝﹣4或x＝2
∴当a＜0时，抛物线始终与x轴交于（﹣4，0）与（2，0）
∴ax2+bx+c＝p
即常函数直线y＝p，由p＞0
∴0＜y≤﹣9a
由图象得当0＜y≤﹣9a时，﹣4＜x＜2，其中x为整数时，x＝﹣3，﹣2，﹣1，0，1
∴一元二次方程ax2+bx+c＝p（p＞0）的整数解有5个．
又∵x＝﹣3与x＝1，x＝﹣2与x＝0关于直线x＝﹣1轴对称
当x＝﹣1时，直线y＝p恰好过抛物线顶点．
所以p值可以有3个．
故答案为3．
17．【解答】解：设A点坐标为（0，a），（a＞0），
则x2＝a，解得x＝，
∴点B（，a），
＝a，
则x＝，
∴点C（，a），
∵CD∥y轴，
∴点D的横坐标与点C的横坐标相同，为，
∴y1＝（）2＝3a，
∴点D的坐标为（，3a），
∵DE∥AC，
∴点E的纵坐标为3a，
∴＝3a，
∴x＝3，
∴点E的坐标为（3，3a），
∴DE＝3﹣，
＝＝3﹣．
故答案为：3﹣．
三．解答题（共5小题）
18．【解答】（1）证明：连接DO，如图，
∵直径所对圆周角，
∴∠ADC＝90°，
∴∠BDC＝90°，E为BC的中点，
∴DE＝CE＝BE，
∴∠EDC＝∠ECD，
又∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
而∠OCD+∠DCE＝∠ACB＝90°，
∴∠EDC+∠ODC＝90°，即∠EDO＝90°，
∴DE⊥OD且OD为半径，
∴DE与⊙O相切；
（2）由（1）得，∠CDB＝90°，
∵CE＝EB，
∴DE＝BC，
∴BC＝5，
∴BD＝＝＝4，
∵∠BCA＝∠BDC＝90°，∠B＝∠B，
∴△BCA∽△BDC，
∴＝，
∴＝，
∴AC＝，
∴⊙O直径的长为．
19．【解答】（1）证明：如图2所示，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG，
∵M是的中点，
∴MA＝MC，
∵＝，
∴∠A＝∠C，
在△MBA和△MGC中，
，
∴△MBA≌△MGC（SAS），
∴MB＝MG，
∵MD⊥BC，
∴BD＝GD，
∴CG+GD＝AB+BD，
即CD＝AB+BD；
（2）解：如图3，连接BD、CD，在CB上截取CM＝AB，连接AD、DM，
∵＝，
∴∠B＝∠C，
在△ABD和△MCD中，
，
∴△ABD≌△MCD（SAS），
∴AD＝DM，
∵DE⊥AC，
∴AE＝ME，
∴AB+AE＝CM+ME＝CE＝AC﹣AE，
∵AB＝4，AC＝10，
∴AE＝3，
故答案为：3；
（3）解：如图4，连接CD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，
∴＝，
由阿基米德折弦定理，可得BE＝ED+DC，
∵∠ABD＝45°，AB＝8，∠AEB＝90°，
∴BE＝AB＝4，
故△BDC的周长为：BC+BD+CD＝BC+BE+ED+DC＝BC+2BE＝8+8．
20．【解答】解：（1）把A（﹣1，0）代入y1得b＝﹣2，
把C（4，m）代入y2得，m＝5．
所以y1＝x2﹣2x﹣3．
答：y1的表达式为y1＝x2﹣2x﹣3和m的值为5．
（2）如图：
根据图象可知：当y1＞y2时，自变量x的取值范围是x＜﹣1或x＞4．
答：自变量x的取值范围是x＜﹣1或x＞4．
（3）设直线AC平移后的表达式为y＝x+k，
得：x2﹣2x﹣3＝x+k，
令Δ＝0，解得k＝﹣．
答：平移后的直线表达式为y＝x﹣．
21．【解答】解：（1）抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，且抛物线经过A（1，0），
故点B的坐标为（﹣3，0），
设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝a（x﹣1）（x+3）＝a（x2+2x﹣3），
将点C坐标代入上式得：3＝a（﹣3），解得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
由题意得B（﹣3，0），
把B（﹣3，0），C（0，3）代入y＝mx+n得：，解得，
∴直线的解析式为y＝x+3；
（2）设直线BC与对称轴x＝﹣1的交点为M，则此时MA+MC的值最小．
把x＝﹣1代入直线y＝x+3得y＝2，故M（﹣1，2），
即当点M到点A的距离与到点C的距离之和最小时M的坐标为（﹣1，2）；
（3）设P（﹣1，t），B（﹣3，0），C（0，3），
则BC2＝18，PB2＝（﹣1+3）2+t2＝4+t2，PC2＝（t﹣3）2+1，
若点B为直角顶点时，则BC2+PB2＝PC2，
即18+4+t2＝（t﹣3）2+1，
解得t＝﹣2；
若点C为直角顶点时，则BC2+PC2＝PB2，
即4+t2＝18+（t﹣3）2+1，
解得t＝4，
若P为直角顶点时，则PB2+PC2＝BC2，则4+t2+（t﹣3）2+1＝18，
解得t＝，
综上，点P的坐标为（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，）或（﹣1，）．
22．【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，
得b＝﹣2，c＝﹣3；
∴y＝x2﹣2x﹣3．
将C点的横坐标x＝2代入y＝x2﹣2x﹣3，
得y＝﹣3，
∴C（2，﹣3）；
∴直线AC的函数解析式是y＝﹣x﹣1．
（2）设P点的横坐标为x（﹣1≤x≤2），
则P、E的坐标分别为：P（x，﹣x﹣1），E（x，x2﹣2x﹣3）；
∵P点在E点的上方，PE＝（﹣x﹣1）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+x+2，
∴当x＝时，PE的最大值＝．
（3）存在4个这样的点F，分别是F1（1，0），F2（﹣3，0），F3（4+，0），F4（4﹣，0）．
①如图，连接C与抛物线和y轴的交点，
∵C（2，﹣3），G（0，﹣3）
∴CG∥X轴，此时AF＝CG＝2，
∴F点的坐标是（﹣3，0）；
②如图，AF＝CG＝2，A点的坐标为（﹣1，0），因此F点的坐标为（1，0）；
③如图，此时C，G两点的纵坐标互为相反数，因此G点的纵坐标为3，代入抛物线中即可得出G点的坐标为（1±，3），由于直线GF的斜率与直线AC的相同，因此可设直线GF的解析式为y＝﹣x+h，将G点代入后可得出直线的解析式为y＝﹣x+4+．因此直线GF与x轴的交点F的坐标为（4+，0）；
④如图，同③可求出F的坐标为（4﹣，0）；
综合四种情况可得出，存在4个符合条件的F点．