河北省邯郸市第二十五中学2023-2024学年九年级上学期第二次月考数学试题（解析版）-A4

这是一份河北省邯郸市第二十五中学2023-2024学年九年级上学期第二次月考数学试题（解析版）-A4，共26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。
一、选择题（本大题共16小题，共38分．1—6小题各3分，7—16小题各2分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 下列我国著名企业商标图案中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°,如果旋转后图形能够与原来的图形重合,那么这个图形就叫做中心对称图形,这个点叫做对称中心进行分析即可
【详解】A.不是中心对称图形,故此选项错误
B.是中心对称图形,故此选项正确;
C.不是中心对称图形,故此选项错误
D.不是中心对称图形,故此选项错误;
故选B
【点睛】此题考查中心对称图形，难度不大
2. 函数y＝﹣2x2先向右平移1个单位，再向下平移2个单位，所得函数解析式是（ ）
A. y＝﹣2（x﹣1）2+2B. y＝﹣2（x﹣1）2﹣2
C. y＝﹣2（x+1）2+2D. y＝﹣2（x+1）2﹣2
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数图像的平移方法“左加右减，上加下减”直接进行求解即可．
【详解】解：抛物线y＝﹣2x2顶点坐标为（0，0），把（0，0）先向右平移1个单位，再向下平移2个单位所得对应点的坐标为（1，﹣2），所以平移后的抛物线解析式为y＝﹣2（x﹣1）2﹣2．
故选：B．
【点睛】本题主要考查二次函数图像的平移，熟记“左加右减，上加下减”是解决图像平移的关键．
3. 已知⊙O的半径为4，点O到直线m的距离为3，则直线m与⊙O公共点的个数为（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线和圆的位置关系判断方法，可得结论.
【详解】解：∵d=3＜半径=4,
∴直线与圆相交,
∴直线m与⊙O公共点的个数为2个,
故选C.
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，掌握直线和圆的位置关系判断方法：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d．①直线l和⊙O相交⇔d＜r②直线l和⊙O相切⇔d=r，③直线l和⊙O相离⇔d＞r．
4. 如图，直角坐标系中一条圆弧经过格点，，，其中点坐标为，则该圆弧所在圆的圆心坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查确定圆的条件和坐标与图形性质的知识点，根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦和的垂直平分线，交点即为圆心，是解决问题的关键．
【详解】解：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，
可以作弦和的垂直平分线，交点即为圆心．
如图所示，则圆心是．
故选：A．
5. 如图，在中，，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在中，，根据垂径定理可知=,根据圆周角定理可知， 即可求出的度数.
【详解】解：在中，，
∴
根据垂径定理可知=,
根据圆周角定理可知，

故选D.
【点睛】考查垂径定理和圆周角定理，掌握垂径定理是解题的关键.
6. 如图，在△ABC中，∠B=40°，将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△ADE，点D恰好落在直线BC上，则旋转角的度数为( )
A 70°B. 80°C. 90°D. 100°
【答案】D
【解析】
【分析】利用旋转的性质得到△ABC≌△ADE，根据全等三角形的性质可知AB=AD，进而得到∠ADB=∠B=40°，再利用三角形内角和定理即可解答.
【详解】∵将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△ADE
∴△ABC≌△ADE
∴AB=AD
∴∠ADB=∠B=40°
∵∠ADB+∠B+∠BAD=180°
∴∠BAD=180°-40°-40°=100°
故选D
【点睛】本题考点涉及旋转的性质、全等三角形的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，熟练掌握相关性质定理是解题关键.
7. 如图，⊙O是∆ABC的外接圆，半径为，若，则的度数为（ ）

A. 30°B. 25°C. 15°D. 10°
【答案】A
【解析】
【分析】连接OB和OC，证明△OBC为等边三角形，得到∠BOC的度数，再利用圆周角定理得出∠A．
【详解】解：连接OB和OC，
∵圆O半径为2，BC=2，
∴△OBC等边三角形，
∴∠BOC=60°，
∴∠A=30°，
故选A．
【点睛】本题考查了圆周角定理和等边三角形的判定和性质，解题的关键是正确的作出辅助线．
8. 如图，是的直径，若，∠D=60°，则长等于（ ）
A. 4B. 5C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆周角定理得出，，求出，根据含度角的直角三角形的性质求出，再根据勾股定理求出即可．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理和直角三角形的性质，熟练应用圆周角定理是解此题的关键．
9. 已知，，是抛物线上的点．则、、的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查二次函数的性质，由抛物线的对称性可得抛物线对称轴，由可得当时，随的增大而增大，进而求解．解题关键是掌握二次函数的性质，正确的进行判断．
【详解】解：∵，
∴对称轴是：，
则关于直线对称的点为，
∵，
∴当时，随的增大而增大，
∵，
∴；即：，
故选：B．
10. 某同学将如图所示的三条水平直线，，的其中一条记为x轴（向右为正方向），三条竖直直线，，的其中一条记为y轴（向上为正方向），并在此坐标平面内画出了二次函数 的图象，那么她所选择的x轴和y轴分别为直线（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知求得顶点坐标为，再结合，即可确定坐标轴的位置．
【详解】解：∵，
∴顶点坐标为，
∵，
∴抛物线与的交点为顶点，
∴为y轴，
∵二次函数与y轴的交点为，且，
∴为x轴，
故答案为：D．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质，平面直角坐标系中坐标轴与点的位置关系是解题的关键．
11. 根据圆规作图的痕迹，可用直尺成功找到三角形外心的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形外心的定义得到三角形外心为三边的垂直平分线的交点，然后利用基本作图对各选项进行判断．
【详解】三角形外心为三边的垂直平分线的交点，由基本作图得到C选项作了两边的垂直平分线，从而可用直尺成功找到三角形外心．
故选C．
【点睛】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了三角形的外心．
12. 如图，一把直尺，的直角三角板和光盘如图摆放，为角与直尺交点，,则光盘的直径是( )
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设光盘圆心为O，连接OC，OA，OB，由AC、AB都与圆O相切，利用切线长定理得到AO平分∠BAC，且OC垂直于AC，OB垂直于AB，可得出∠CAO=∠BAO=60°，得到∠AOB=30°，利用30°所对的直角边等于斜边的一半求出OA的长，再利用勾股定理求出OB的长，即可确定出光盘的直径．
【详解】如图，设光盘圆心为O，连接OC，OA，OB，∵AC、AB都与圆O相切，
∴AO平分∠BAC，OC⊥AC，OB⊥AB，
∴∠CAO=∠BAO=60°，
∴∠AOB=30°，在Rt△AOB中，AB=3cm，∠AOB=30°，
∴OA=6cm，根据勾股定理得：OB=3，则光盘的直径为6，
故选：D.
【点睛】
本题考查了切线的性质，切线长定理，含30°角的直角三角形的性质，以及勾股定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
13. 如图，将绕点B顺时针旋转得，点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是( )

A. B.
C. AD=DED. 是等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】根据等边三角形的判定方法即可判断D正确.
【详解】由旋转知∠C=∠E、AD=BD，
故选项A，B，C错误，
选项D正确，
理由：∵△DBE是由△ABC旋转所得，
∴BA=BD，
∵∠ABD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
故选D．
【点睛】本题考查旋转变换，等边三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握旋转不变性.
14. 如图，已知的弦，以为一边作正方形，切点为E，则的半径为（ ）
A. 4B. 3C. 6D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】连接并延长，交于F，连接，根据切线的性质得到，根据垂径定理求出，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．
【详解】解：连接并延长，交于F，连接，
设的半径为r，则，
边与相切，
，
四边形为正方形，
，
，
在中，，即，
解得：，
的半径为5，
故选：D．
【点睛】本题考查的是切线的性质、垂径定理、勾股定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
15. 已知二次函数y＝ax2+bx+c的y与x的部分对应值如表：
下列结论正确的是（ ）
A. 抛物线的开口向下
B. 抛物线的对称轴为直线x＝2
C. 当0≤x≤4时，y≥0
D. 若A（x1，2），B（x2，3）是抛物线上两点，则x1x2
【答案】B
【解析】
【分析】根据表格中的数据和二次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
【详解】解：由表格可得，该抛物线的对称轴为直线x＝＝2，故选项B正确；
当x＜2 时，y随x的增大而减小，当x＞2时，y随x的增大而增大，所以该抛物线的开口向上，故选项A错误；
当0≤x≤4时，y≤0，故选项C错误；
由二次函数图象具有对称性可知，若A（x1，2），B（x2，3）是抛物线上两点，则x1＜x2或x2＜x1，故选项D错误；
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
16. 有一题目：“已知；点为的外心，，求．”嘉嘉的解答为：画以及它的外接圆，连接，，如图．由，得．而淇淇说：“嘉嘉考虑的不周全，还应有另一个不同的值．”，下列判断正确的是（ ）
A. 淇淇说的对，且的另一个值是115°
B. 淇淇说的不对，就得65°
C. 嘉嘉求的结果不对，应得50°
D. 两人都不对，应有3个不同值
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用圆内接四边形的性质结合圆周角定理得出答案．
【详解】解：如图所示：
∵∠BOC=130°，
∴∠A=65°，
∠A还应有另一个不同的值∠A′与∠A互补．
故∠A′＝180°−65°＝115°．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了三角形的外接圆，正确分类讨论是解题关键．
二、填空题（本大题共3小题，共10分．17小题2分，18—19小题各4分，每空2分）
17. 二次函数的最小值是_________．
【答案】3
【解析】
【分析】由解析式为顶点式，根据其解析式即可直接求的二次函数的最小值．
【详解】解：∵a＝1＞0，
∴当x＝2时，y有最小值3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，掌握二次函数顶点式y＝a（x−h）2＋k的图象与性质是解题的关键．
18. 如图，在平面直角坐标系中，已知，以点为圆心的圆与轴相切．点、在轴上，且．点为上的动点，，则长度的最大值为__________，此时长度为__________．
【答案】 ①. 8 ②. 16
【解析】
【分析】连接，，由题意知，，，由三角形三边关系可知：，当点在射线上时取最大值，如图，由，，可知点为斜边的中点，可知，则当长度为最大值时，可得，即可求解．
【详解】解：连接，，
∵已知，
∴，
又∵以点为圆心的圆与轴相切，
∴得半径为3，则，
由三角形三边关系可知：，当点在射线上时取最大值，如图，
即：长度的最大值为8，
又∵，，
则点为斜边的中点，
∴，
∴当长度为最大值时，，
故答案为：①8，②16．
【点睛】本题考查了切线的性质，坐标和图形的性质，三角形的三边关系，斜边的中线等于斜边的一半，利用三角形的三边关系找到的最大值是解题的关键．
19. 如图，中，，．为中点，将绕着点逆时针旋转至．
（1）当时，__________；
（2）当恰为等腰三角形时，的值为__________．
【答案】 ①. ②. 或或
【解析】
【分析】（1）由题意结合旋转的性质可得，然后根据外角的性质得到，进而求解即可；
（2）如图1，连接，根据直角三角形的判定和性质得到，当时，得到，推出，求得，于是得到；当时，如图2，连接并延长交于，根据线段垂直平分线的性质得到垂直平分，求得，根据等腰三角形的性质得到；当时，如图3，连接并延长交于，连接，垂直平分，得到，根据三角形的内角和得到．
【详解】解：（1）∵为中点，
∴，
∵将绕着点逆时针旋转至，
∴，
∴，
∴，
∵，即：
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
（2）如图1，连接，
∵为中点，，
∴，
∴，
而，
∴，
∴；
当时，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即；
当时，如图2，连接并延长交于，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∵，为中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即；
当时，如图3，连接并延长交于，连接，
∵，为斜边中点，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，即；
综上所述：当为等腰三角形时，的值为或或，
故答案为：或或．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定、垂直平分线的判定等知识的综合运用，熟练的运用旋转的性质和直角三角形斜边的中线等于斜边的一半这一性质是解决问题的关键．
三、解答题（本大题共7个小题，共72分．解答应等出文字说明、证明过程或演算步骤）
20. 解方程：
（1）；
（2）.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用公式法解一元二次方程即可；
（2）利用因式分解法解一元二次方程即可.
【小问1详解】
由题意得，，
则，
∴，
即，；
【小问2详解】
∴，
因式分解为，
∴，
∴
【点睛】此题考查一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键.
21. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标都在格点上，且与关于原点成中心对称．
（1）画出；并写出各点坐标．
（2）是的边上一点．将平移后点的对应点，请画出平移后的；
（3）若和关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为__________．
【答案】（1）作图见解析，，，
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】本题考查了图形的平移、中心对称的性质．
（1）直接利用关于原点对称的点横纵坐标都互为相反数得出对应点坐标，然后顺次连接即可；
（2）直接利用平移的性质得出对应点坐标，然后顺次连接即可；
（3）连接各对应点，进而得出对称中心的坐标．
解题的关键是正确得出对应点坐标．
【小问1详解】
解：∵，，，
∴，，；
∴即为所求；
【小问2详解】
∵，平移后点的对应点，
∴先向右平移2个单位长度，再向下平移6个单位长度，
即：如图所示；
【小问3详解】
连接，相交于点，
则为对称中心，即：为的中点，
∵，
∴，
又∵，
∴，即，
故答案为：．
22. 如图，AB是的直径，弦于点M，连结CO，CB．
（1）若，，求CD的长度；
（2）若平分，求证：．
【答案】（1）8；（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据垂径定理得出CM＝DM，再由已知条件得出圆的半径为5，在Rt△OCM中，由勾股定理得出CM即可，从而得出CD；
（2）过点O作ON⊥BC，垂足为N，由角平分线的性质得出OM＝ON，从而得出CB＝CD．
【详解】解：（1）∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴CM＝DM，
∵AM＝2，BM＝8，
∴AB＝10，
∴OA＝OC＝5，
在Rt△OCM中，OM2+CM2＝OC2，
∴CM4，
∴CD＝8；
（2）过点O作ON⊥BC，垂足为N，
∵CO平分∠DCB，
∴OM＝ON，
∵CO=CO
∴Rt△COM≌Rt△CON
∴CM=CN
∴CB＝CD．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理以及勾股定理，掌握定理的内容并熟练地运用是解题的关键．
23. 如图，，，直线经过点．设，于点，将射线绕点按逆时针方向旋转，与直线交于点．

（1）判断：__________；
（2）若，求的长；
（3）若的外心在三角形内部（不包括边上），直接写出的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意得，四边形中，根据四边形内角和求解即可；
（2）由旋转的性质可知，利用互余关系可得，再由，，可得，进而可证明，可得，再利用勾股定理求解即可；
（3）分三种情况：当时，当时，当时，分别判断的形状即可求解．
【小问1详解】
解：∵，，
∴，
在四边形中，，
故答案是：；
【小问2详解】
由旋转可知，，
又∵，
∴，，
∴．
由（1）知，而，
∴．
又∵，
∴，
∴．
又∵，则是等腰直角三角形，
∴；
【小问3详解】
由（2）可知，
当时，则为直角三角形，外心在其斜边上，
当时，则为钝角三角形，外心在其外部，
当时，
∵，，，
∴，则，
∴，
，
则为锐角三角形，外心在其内部，
故：．
【点睛】本题考查的是四边形的内角和，三角形的外接圆的性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理等知识，掌握相关图形的性质定理是解决问题的关键．
24. 随着城市的块速发展，人们的环保意识逐渐增强，对花木的需求量也逐年提高．某园林专业户计划投资种植花卉及树木，根据市场调查与预测，种植树木的利润与投资量成正比例关系，如图1所示；种植花卉的利润与投资量成二次函数关系，如图2所示（注：利润与投资量的单位：万元）
（1）分别求出利润与关于投资量的函数关系式；
（2）如果这位专业户计划以10万元资金投入种植花卉和树木，他至少获得多少利润？他能获取的最大利润是多少？
【答案】（1），
（2）他至少获得18万元利润，他能获取的最大利润是50万元
【解析】
【分析】本题考查了待定系数法求正比例函数和二次函数解析式及二次函数在实际问题中的应用．
（1）设出正比例函数解析式和顶点为原点的二次函数解析式，将点和点的坐标分别代入两个解析式可解得答案；
（2）根据总利润等于种植花卉的利润加上种植树木的利润，将函数解析式写成顶点式，根据二次函数的性质，可得答案．
明确相关计算方法及二次函数的性质，是解题的关键．
【小问1详解】
设，由图1所示，函数图象过，
∴
∴；
∵该抛物线的顶点是原点
∴设，
由图2所示，函数的图象过
∴，则，
∴；
【小问2详解】
设这位专业户投入种植花卉万元，则投入种植树木万元，他获得的利润是万元，根据题意得：
，
∴当时，的最小值是18
∵，
∴当时，的最大值是50．
∴他至少获得18万元利润，他能获取的最大利润是50万元．
25. 如图，AB是的直径，点D、E在上，连接AE、ED、DA，连接BD并延长至点C，使得．
（1）求证：AC是的切线；
（2）若点E是的中点，AE与BC交于点F，
①求证：CA=CF；
②若的半径为3，BF=2，求AC的长．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②8
【解析】
【分析】（1）根据直径所对的圆周角为直角可得∠ADB=90°，由同弧所对的圆周角相等结合题目条件可进一步推出∠DBA=∠DAC，从而得到∠BAC=90°，即可得证；
（2）①由圆周角定理得出∠BAE=∠DAE，由三角形的外角性质得出∠CAF=∠DBA+∠BAE，从而求出∠CFA=∠CAF，即可得出结论；
②设CA=CF=x，则BC=CF+BF=x+2，在Rt△ABC中，运用勾股定理求解即可．
【详解】（1）∵AB是的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DBA+∠DAB=90°，
∵∠DEA=∠DBA，∠DAC=∠DEA，
∴∠DBA=∠DAC，
∴∠BAC=∠DAC+∠DAB=90°，
∵AB是的直径，∠BAC=90°，
∴AC是的切线；
（2）①∵点E是的中点，
∴∠BAE=∠DAE，
∵∠CFA=∠DBA+∠BAE，∠CAF=∠DAC+∠DAE，∠DBA=∠DAC，
∴∠CFA=∠CAF，
∴CA=CF；
②设CA=CF=x，则BC=CF+BF=x+2，
∵的半径为3，
∴AB=6，
在Rt△ABC中，CA2+AB2=BC2，
即：x2+62=(x+2)2，
解得：x=8，
∴AC=8．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，以及三角形相关知识点，综合运用圆的相关定理和性质是解题关键．
26. 如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于点A（－1，0），与y轴交于点B（0，2），直线y＝x－1与y轴交于点C，与x轴交于点D，点P是线段CD上方的抛物线上一动点，过点P作PF垂直x轴于点F，交直线CD于点E，

（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P的横坐标为m，当线段PE的长取最大值时，解答以下问题．
①求此时m的值．
②设Q是平面直角坐标系内一点，是否存在以P、Q、C、D为顶点的平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2+x+2；（2）①m＝；②存在以P、Q、C、D为顶点的四边形是平行四边形，点Q的坐标为
【解析】
【分析】（1）由题意利用待定系数法，即可求出抛物线的解析式；
（2）①由题意分别用含m的代数式表示出点P，E的纵坐标，再用含m的代数式表示出PE的长，运用函数的思想即可求出其最大值；
②根据题意对以P、Q、C、D为顶点的四边形是平行四边形分三种情况进行讨论与分析求解.
【详解】解：（1）将A（﹣1，0），B（0，2）代入y＝﹣x2+bx+c，得：
，解得：b=1,c=2
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2．
（2）①∵直线y＝ x-1与y轴交于点C，与x轴交于点D，
∴点C的坐标为（0，-1），点D的坐标为（2，0），
∴0＜m＜2．
∵点P的横坐标为m，
∴点P的坐标为（m，﹣m2+m+2），点E的坐标为（m， m+3），
∴PE＝﹣m2+m+2﹣（ m+3）＝﹣m2+m+3＝﹣（m﹣）2+．
∵﹣1＜0，0＜＜2，
∴当m＝时，PE最长．
②由①可知，点P的坐标为（，）．
以P、Q、C、D为顶点的四边形是平行四边形分三种情况（如图所示）：

①以PD为对角线，点Q的坐标为；

②以PC为对角线，点Q的坐标为；

③以CD为对角线，点Q的坐标为．
综上所述：在（2）的情况下，存在以P、Q、C、D为顶点的四边形是平行四边形，点Q的坐标为.
x
﹣1
0
2
3
4
y
5
0
﹣4
﹣3
0