还剩23页未读，
继续阅读
湖北省武汉市卓刀泉中学2022一2023学年九年级上学期元月考试数学试题
展开
这是一份湖北省武汉市卓刀泉中学2022一2023学年九年级上学期元月考试数学试题
湖北省武汉市卓刀泉中学2022一2023学年九年级上学期元月考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列电视台的台标，是中心对称图形的是（ ）A． B． C． D．2．下列事件中，是必然事件的是（ ）A．从一个只有红球的盒子里摸出一个球是红球 B．买一张电影票，座位号是5的倍数C．掷一枚质地均匀的硬币，正面向上 D．走过一个红绿灯路口时，前方正好是红灯3．圆的半径是cm，如果圆心与直线上某一点的距离是cm，那么该直线和圆的位置关系是（ ）.A．相离 B．相切 C．相交 D．相交或相切4．用配方法解一元二次方程时，变形正确的是（ ）A． B． C． D．5．要将抛物线平移后得到抛物线，下列平移方法正确的是( )A．向左平移2个单位，再向上平移1个单位B．向左平移2个单位，再向下平移1个单位C．向右平移2个单位，再向上平移1个单位D．向右平移 2个单位，再向下平移1个单位6．已知a，b是一元二次方程的两个根，则的值是（ ）A．81 B．61 C． D．7．从，0，1，3中任取一个数，记为，则抛物线与轴没有交点的概率是（ ）A． B． C． D．8．如图， 在扇形OAB中，，点D在弧AB上，过点D作于点C，且OC=2，以O为圆心，OC长为半径画弧交OA于点E，则图中阴影部分的面积是（ ）A． B． C． D．9．己知二次函数（为常数）的图象与轴交于两点和且.若此抛物线上有三点，，，则，，的大小关系是（ ）A． B． C． D．10．如图，已知是圆的直径，，是圆的弦，，射线、交于点，将绕点顺时针旋转，从与重合开始到与第一次重合停止，则点运动的路径长为( )A． B． C． D．二、填空题11．在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为______________．12．一个不透明盒中有6张蓝色卡片和若干张白色卡片，这些卡片除颜色外无其他差别.从盒中随机取出一张卡片，记下颜色，再放回盒中摇匀.不断重复上述过程，一共取了600次，其中约有200次取到白色卡片，由此估计盒中约有_____________张白色卡片.13．如图，将绕点按逆时针方向旋转，得到，若点在线段的延长线上，则的大小是________度．14．如图，⊙O的半径为2，正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，对角线CE、DF相交于点M，则△MEF的面积是_____．15．如图，是圆锥底面的直径，，母线．点为的中点，若一只蚂蚁从点处出发，沿圆锥的侧面爬行到点处，则蚂蚁爬行的最短路程为_____________．16．二次函数与轴交于正半轴的点，交轴于点，，则：①，②，③时，，④和是抛物线上两点，，当时；以上说法正确的有____________．（填写序号）三、解答题17．关于的方程有两个相等的实数根，求的值及此时方程的根.18．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，点D落在线段AB上．求证：DC平分∠ADE．19．在一个不透明的盒子里，装有四个分别标有数字，，1，4的小球，它们的形状、大小质地等完全相同．(1)从盒子里随机取出一个小球，记下数字为：放回盒子摇匀后，再随机取出一个小球，记下数字为.用树状图或列表法，求两次取出小球所确定的点落在二次函数的图像上的概率；(2)从盒子中一次取两球，求取出小球所确定的数，满足直线经过一、二、三象限的概率．20．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点，AD⊥CD于点D，AC平分∠DAB．（1）求证：CD是⊙O的切线．（2）设AD交⊙O于E，，ACD的面积为6，求BD的长．21．如图是由小正方形构成的6×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点，经过，两个格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求画图（画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示）．(1)在图（1）中，经过格点，画弦，使平分，在弧上画点，使得；(2)任图（2）中，经过格点，是与网格线的交点，画圆心，并画弦，使．22．疫情期间，按照防疫要求，学生在进校时必须排队接受体温检测．某校统计了学生早晨到校情况，发现学生到校的累计人数y（单位：人）随时间x（单位：分钟）的变化情况如图所示，y可看作是x的二次函数，其图象经过原点，且顶点坐标为（30，900），其中0≤x≤30．校门口有一个体温检测棚，每分钟可检测40人．（1）求y与x之间的函数解析式；（2）校门口排队等待体温检测的学生人数最多时有多少人？（3）检测体温到第4分钟时，为减少排队等候时间，在校门口临时增设一个人工体温检测点．已知人工每分钟可检测12人，人工检测多长时间后，校门口不再出现排队等待的情况（直接写出结果）．23．（1）如图1，已知，，，求证：；（2）如图2，己知等腰，，，，是三角形外部一点，连接，将绕点顺时针旋转得到，点正好在线段上，求的长．（3）如图3，己知等腰，，，，是三角形外部一点，连接，将绕点旋转90°恰好得到，请直接写出线段_________．24．如图，抛物线y＝ax2﹣2ax+m的图象经过点P（4，5），与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，且S△PAB＝10．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线上是否存在点Q使得△PAQ和△PBQ的面积相等？若存在，求出Q点的坐标，若不存在，请说明理由；（3）过A、P、C三点的圆与抛物线交于另一点D，求出D点坐标及四边形PACD的周长． 参考答案：1．D【分析】根据把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的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可得答案。【详解】根据中心对称图形的概念，四个选项中只有D符合．故选：D．【点睛】本题考查了中心对称图形，掌握中心对称图形的概念是解题的关键。2．A【分析】根据必然事件的定义理解判断即可．【详解】A、只有红球的盒子里摸出的球一定是红球，是必然事件，故此选项正确；B、任意买一张电影票，座位号是随机的，是随机事件，故此选项错误；C、掷一枚质地均匀的硬币，可能正面向上也可能反面向上，是随机事件，故此选项错误；D、走过一个红绿灯路口时，不一定是红灯，是随机事件，故此选项错误．故选：A．【点睛】本题主要考查了事件分类问题，熟练掌握必然事件的定义是解题的关键．3．D【分析】已知圆的半径，圆心O到直线的距离，根据直线与圆的位置关系进行判断即可．【详解】由题意可知：圆的半径等于cm，因为圆心与直线上某一点的距离是cm，所以圆心到直线的距离小于或等于cm，所以直线和圆的位置关系是相交或相切，故选：D．【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系；解题的关键是圆的半径为cm，那么圆心与直线上某一点的距离是cm是指圆心到直线的距离可能等于cm也可能小于cm．4．D【分析】先移项，再在等式两边加上4，即可得到答案．【详解】解：，，，，故选：D．【点睛】本题主要考查解一元二次方程，掌握配方法的步骤是关．5．A【分析】原抛物线顶点坐标为(0，0)，平移后抛物线顶点坐标为(-2，1)，由此确定平移办法．【详解】抛物线，其顶点坐标是(-2，1)，抛物线的顶点坐标是(0，0)，∴将抛物线向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度即可得到，故选：A．【点睛】此题考查二次函数图象的平移，图像的平移规律是左加右减，上加下减．6．B【分析】根据题意将a，b代入方程得a2−2 a =10，b2−2b=10，由根与系数的关系得a+b=2，然后将上述等式变形代入所求的代数式中便可求解．【详解】∵a，b是一元二次方程x2−2x=10的两个根，∴a2−2 a =10，b2−2b=10，a+b=2，∴，，∴，故答案为：B．【点睛】本题考查了一元二次方程的解和根与系数的关系，利用了整体代换的思想，属于常考题型．7．D【分析】先根据抛物线与x轴没交点求得k的范围，进而得到满足条件的k的个数，再利用概率公式求解即可．【详解】解：抛物线与轴没有交点，，解得，从，0，1，3中任取一个数共有4种可能，符合题意的有两种可能，抛物线与x轴没有交点的概率为：，故选：D．【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点问题、概率公式，熟记概率公式，掌握抛物线与x轴的交点问题是解答的关键．8．D【分析】连接OD，将不规则图形面积分解为扇形、三角形的面积和差，即，再根据扇形和三角形的面积公式依次求出相应的角度和长度代入即可．【详解】解：连接OD，则，∵OC=2，OA=4，DC⊥OB，∴OD=4，，∠ODC=30°，∠DOC=60°，又∵∠AOB=120°，∴∠AOD=60°，∴．故选：D．【点睛】本题考查了解直角三角形、扇形的面积等知识，熟记掌握基本知识、运用“转化思想”将不规则图形面积分解为扇形、三角形的面积和差关系是解题的关键．9．D【分析】根据根与系数的关系得到，即，求出对称轴，根据已知三点和对称轴的距离，结合开口方向即可判断结果．【详解】解：由题意可得：抛物线与x轴有两个不同的交点，∴方程有两个不同的解，∵，∴，∴，即抛物线开口向下，∵抛物线的对称轴为直线，，，∴，故选D．【点睛】本题考查了二次函数的性质，一元二次方程根与系数的关系，解答本题的关键是求出抛物线图象的对称轴，利用对称知识进行解答，此题难度不大．10．C【分析】如图，连接、，根据、的长可得，即可证明是等边三角形，可得，可得旋转的角度为，根据圆周角定理可得，根据三角形内角和定理可得，即可得出点E的运动轨迹为的外接圆，且所对的圆心角为，设外接圆圆心为O1，O1E旋转的角度为，连接，根据等腰三角形的性质可得，根据含角的直角三角形的性质可得，利用勾股定理列方程可求出的长，利用弧长公式即可求出的长，即可得答案．【详解】如图，连接、、∵为的直径，∴，∴是等边三角形，∴，∵和是所对的圆周角和圆心角，∴，同理：，∴，∵绕点顺时针旋转，从与重合开始到与第一次重合停止，∴旋转的角度为，∴点的运动根据为的外接圆，且弦所对的圆心角为，设外接圆的圆心为，则旋转的角度为，图中为点的运动路径，连接，则，∵点为的圆心，∴，∴，∴，∴，即，解得：O1A=，(负值舍去)∴，∴．故选：C．【点睛】本题考查圆周角定理、等边三角形的判定与性质及弧长公式，正确得出点E的运动轨迹并熟练掌握相关性质及定理是解题关键．11．【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反即可得到答案.【详解】∵关于原点对称的两点，它们的坐标符号相反，∴点关于原点的对称点的坐标为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的坐标变化规律．12．3【分析】首先根据重复试验确定取到白色卡片的频率，然后估计白色卡片的个数即可．【详解】解：设估计盒中白色卡片为x张，由题意可得：，解得：，∴估计盒中约有3张白色卡片，故答案为：3．【点睛】本题考查了用频率估计概率，解题的关键是根据重复试验确定摸到各种卡片的概率，难度不大．13．【分析】由旋转的性质可知∠B=∠AB1C1，AB=AB1，由等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求得∠B=∠BB1A=∠AB1C1=40°，从而可求得∠BB1C1=80°．【详解】由旋转的性质可知： ∵ ∴ ∴ ∴ 故答案为80.【点睛】考查旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，旋转前后对应线段相等是解题的关键.14．2﹣【分析】设OE交DF于N，由正八边形的性质得出DE＝FE，∠EOF＝＝45°，，由垂径定理得出∠OEF＝∠OFE＝∠OED，OE⊥DF，得出△ONF是等腰直角三角形，因此ON＝FN＝OF＝，∠OFM＝45°，得出EN＝OE﹣OM＝2﹣，证出△EMN是等腰直角三角形，得出MN＝EN，得出MF＝OE＝2，由三角形面积公式即可得出结果．【详解】解：设OE交DF于N，如图所示：∵正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，∴DE＝FE，∠EOF＝＝45°，，∴∠OEF＝∠OFE＝∠OED，OE⊥DF，∴△ONF是等腰直角三角形，∴ON＝FN＝OF＝，∠OFM＝45°，∴EN＝OE﹣OM＝2﹣，∠OEF＝∠OFE＝∠OED＝67.5°，∴∠CED＝∠DFE＝67.5°﹣45°＝22.5°，∴∠MEN＝45°，∴△EMN是等腰直角三角形，∴MN＝EN，∴MF＝MN+FN＝ON+EN＝OE＝2，∴△MEF的面积＝MF×EN＝×2×（2﹣）＝2﹣；故答案为：2﹣．【点睛】本题考查的是圆的综合，难度系数较高，解题关键是根据正八边形的性质得出每个角的度数.15．##【分析】先画出圆锥侧面展开图（见解析），再利用弧长公式求出圆心角的度数，然后利用等边三角形的判定与性质、勾股定理可得，最后根据两点之间线段最短即可得．【详解】画出圆锥侧面展开图如下：如图，连接、，设圆锥侧面展开图的圆心角的度数为，因为圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的弧长等于底面圆的周长，扇形的半径等于母线长，所以，解得，则，又，是等边三角形，点为的中点，，，在中，，由两点之间线段最短可知，蚂蚁爬行的最短路程为，故答案为：．【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图、弧长公式、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆锥侧面展开图是解题关键．16．①③④【分析】利用抛物线开口方向确定a的取值，再根据对称轴的位置可对①进行判断；根据对称轴的位置可对②进行判断；把代入函数关系式计算出结果可对③进行判断；把M，N点横坐标代入解析式作差比较即可对④进行判断．【详解】解：如图，①∵二次函数与x轴交于点，∴对称轴在y轴右侧，即：又，∴，故①正确；②∵二次函数与x轴交于点，∴对称轴为：，故②不正确；③时，，故③正确；④∵是抛物线上的两点，∴，∴ ∵∴∴当时， ∴，故④正确，故答案为：①③④．【点睛】本题考查抛物线与x轴交点，系数与图象的关系等知识，解题的关键是综合应用这些知识解决问题，学会利用图象信息解决问题，属于中考选择题中的压轴题．17．，【分析】利用判别式的意义得到，再解关于m的方程得到m的值，然后解原方程．【详解】解：根据题意得，解得．此时方程为，即，解得．【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根，也考查了解一元二次方程．18．证明见解析．【分析】利用旋转的性质，等腰三角形的性质证明即可．【详解】证明：由旋转可知，△ABC≌△DEC，∴∠A=∠CDE，AC=DC，∴∠A=∠ADC，∴∠ADC=∠CDE，即DC平分∠ADE．【点睛】本题考查了旋转的全等性，等腰三角形的性质，熟练掌握两个性质是解题的关键．19．(1)；(2)．【分析】（1）画树状图展示所有种等可能的结果；符合条件的有，，共3种，由概率公式求解即可；（2）画树状图展示所有种等可能的结果；符合条件的有，共2种，由概率公式求解即可．【详解】（1）画树状图如下：取出小球所确定的点共有种可能，点落在二次函数的图像上的有，，共3种，所以两次取出小球所确定的点落在二次函数的图像上的概率为：，答：两次取出小球所确定的点落在二次函数的图像上的概率为；（2）画树状图如下：从盒子中一次取两球，取出小球所确定的数，共有种可能，直线经过一、二、三象限，，，所以取出小球所确定的数，满足直线经过一、二、三象限的有，共2种，所以取出小球所确定的数，满足直线经过一、二、三象限的概率为：，答：从盒子中一次取两球，取出小球所确定的数，满足直线经过一、二、三象限的概率为；【点睛】本题考查了有放回、无放回随机抽样的概率问题；依据题意分清有放回、无放回，正确画出树状图是解题的关键．20．（1）见解析；（2）．【分析】（1）连接OC，根据等腰三角形的性质，角平分线的定义得到∠DAC＝∠OCA，证明OC//AD，根据平行线的性质得到∠OCE＝∠ADC＝90°，根据切线的判定定理证明；（2）设AC＝5x，CD＝3x，根据勾股定理得到AD＝4x，根据三角形的面积得到AD＝4，CD＝3，AC＝5，连接BC，根据相似三角形的性质得到AB＝，连接BE交OC于F，由垂径定理得到OC⊥BE，BF＝EF，得到EF＝CD＝3，根据勾股定理即可得到结论．【详解】（1）证明：连接OC，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵AC平分∠DAB，∴∠OAC＝∠DAC，∴∠DAC＝∠OCA，∴OC//AD，∴∠OCE＝∠ADC＝90°，∴CD是⊙O的切线；（2）解：∵＝，∴设AC＝5x，CD＝3x，∴AD＝4x，∵ACD的面积为6，∴AD•CD＝＝6，∴x＝1（负值舍去），∴AD＝4，CD＝3，AC＝5，连接BC，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠ADC，∵∠DAC＝∠CAB，∴ADC∽ACB，∴＝，∴＝，∴AB＝，∵∠DAC＝∠CAB，∴，连接BE交OC于F，∴OC⊥BE，BF＝EF，∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB＝∠DEB＝90°，∴四边形CDEF是矩形，∴EF＝CD＝3，∴BE＝6，∴AE＝＝，∴DE＝4﹣＝，∴BD＝＝．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形的面积公式，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．21．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）取格点T，连接交于点P，连接，取的中点W，作射线交于点D，线段即为所求作；取格点H，连接，弦与交于点F，作射线交于点E，点E即为所求；（2）取格点J，连接，延长交⊙P于Q，连接可得圆心P，取格点R，与格线的交点D，连接，作交于G，连接，可证，线段即为所求作．【详解】（1）如图，点P，线段即为所求作．（2）如图，点P，线段即为所求作．【点睛】本题考查作图-应用与设计垂径定理，圆周角定理，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．22．（1）；（2）100人；（3）8分钟．【分析】（1）由顶点坐标为（30，900），可设y=a（x-30）2+900，再将（0，0）代入，求得a的值，则可得y与x之间的函数解析式；（2）设第x分钟时的排队等待人数为w人，根据w=y-40x及（1）中所得的y与x之间的函数解析式，可得w关于x的二次函数，将其写成顶点式，按照二次函数的性质可得答案；（3）设人工检测m分钟时间后，校门口不再出现排队等待的情况，由于检测体温到第4分钟时，在校门口临时增设一个人工体温检测点，则体温检测棚的检测时间为（m+4）分钟，则学生到校的累计人数与人工检测m分钟后两种检测方式的检测人数之和相等时，校门口不再出现排队等待的情况，据此可列出关于m的方程，求解并根据问题的实际意义作出取舍即可．【详解】解：（1）∵顶点坐标为（30，900），∴设y=a（x﹣30）2+900，将（0，0）代入，得：900a+900=0，解得：a=﹣1，∴y=﹣（x﹣30）2+900；（2）设第x分钟时的排队等待人数为w人，由题意可得：w=y﹣40x=﹣（x﹣30）2+900﹣40x=﹣x2+60x﹣900+900﹣40x=﹣x2+20x=﹣（x﹣10）2+100，∴当x=10时，w的最大值为100，答：排队等待人数最多时是100人；（3）设人工检测m分钟时间后，校门口不再出现排队等待的情况，由题意得：﹣（4+m）2+60（4+m）﹣40×4﹣（40+12）m=0，整理得：﹣m2+64=0，解得：m1=8，m2=﹣8（舍）．答：人工检测8分钟时间后，校门口不再出现排队等待的情况．【点睛】本题主要考查了二次函数在实际问题中的应用，熟练掌握待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的性质是解题的关键．23．（1）见解析；（2）；（3）或【分析】（1）延长到点E，使，连接，证明，得到，，根据角的关系证明是等边三角形，从而，即可证明；（2）延长到F，使，连接，证明，得到，，证明是等腰直角三角形，设，过D作于G，求出，在直角中，利用勾股定理求出a值，可得，从而得到；（3）分将顺时针旋转得到和将逆时时针旋转得到两种情况，同理利用全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质，求出，得到，再利用勾股定理求出．【详解】解：（1）如图，延长到点E，使，连接，∵，，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，即，∴是等边三角形，∴，又∵，∴；（2）如图，延长到F，使，连接，∵，∴，∵，∴，在和中， ∴，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，设，则，过D作于G，则，∴，在直角中，，∴，解得：（负值舍去），∴，∴；（3）将顺时针旋转得到，如图，同理可得：是等腰直角三角形，，又，∴；将逆时针旋转得到，如图，在上取，连接，设，交于点O，在和中，，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，又，∴，综上：的长为：或．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，勾股定理，分母有理化，知识点较多，解题时要注意借鉴每个小问的解题思路，抓住旋转这一中心点构造图形．24．（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）点Q的坐标为：（﹣2，5）或（﹣，﹣）；（3）6+4．【分析】（1）因为抛物线y＝ax2﹣2ax+m，函数的对称轴为：x＝1，S△PAB＝10＝×AB×yP＝AB×5，解得AB=4，即可求解；（2）分A、B在点Q（Q′）的同侧；点A、B在点Q的两侧两种情况，分别求解即可；（3）过点P作PO′⊥x轴于点O′，则点O′（4，0），则AO′＝PO′＝5，而CO′＝5，故圆O′是过A、P、C三点的圆，即可求解．【详解】解：（1）y＝ax2﹣2ax+m，函数的对称轴为：x＝1，S△PAB＝10＝×AB×yP＝AB×5，解得：AB＝4，故点A、B的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0），抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3），将点P的坐标代入上式并解得：a＝1，故抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3…①；（2）①当A、B在点Q（Q′）的同侧时，如图1，△PAQ′和△PBQ′的面积相等，则点P、Q′关于对称轴对称，故点Q′（﹣2，5）；②当A、B在点Q的两侧时，如图1，设PQ交x轴于点E，分别过点A、B作PQ的垂线交于点M、N，△PAQ和△PBQ的面积相等，则AM＝BN，而∠BEN＝∠AEM，∠AME＝∠BNE＝90°，∴△AME≌△BNE（AAS），∴AE＝BE，即点E是AB的中点，则点E（1，0），将点P、E的坐标代入一次函数表达式并解得：直线PQ的表达式为：y＝x﹣…②，联立①②并解得：x＝﹣或4（舍去4），故点Q（﹣，﹣），综上，点Q的坐标为：（﹣2，5）或（﹣，﹣）；（3）过点P作PO′⊥x轴于点O′，则点O′（4，0），则AO′＝PO′＝5，而CO′＝5，故圆O′是过A、P、C三点的圆，设点D（m，m2﹣2m﹣3），点O′（4，0），则DO′＝5，即（m﹣4）2+（m2﹣2m﹣3）2＝25，化简得：m（m+1）（m﹣1）（m﹣4）＝0，解得：m＝0或﹣1或1或4（舍去0，﹣1，4），故：m＝1，故点D（1，﹣4）；四边形PACD的周长＝PA+AC+CD+PD＝．【点睛】本题考查了二次函数与三角形面积、三点共圆、四边形的周长、长度公式，综合性较强，灵活运用二次函数的知识是解题的关键.
湖北省武汉市卓刀泉中学2022一2023学年九年级上学期元月考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列电视台的台标，是中心对称图形的是（ ）A． B． C． D．2．下列事件中，是必然事件的是（ ）A．从一个只有红球的盒子里摸出一个球是红球 B．买一张电影票，座位号是5的倍数C．掷一枚质地均匀的硬币，正面向上 D．走过一个红绿灯路口时，前方正好是红灯3．圆的半径是cm，如果圆心与直线上某一点的距离是cm，那么该直线和圆的位置关系是（ ）.A．相离 B．相切 C．相交 D．相交或相切4．用配方法解一元二次方程时，变形正确的是（ ）A． B． C． D．5．要将抛物线平移后得到抛物线，下列平移方法正确的是( )A．向左平移2个单位，再向上平移1个单位B．向左平移2个单位，再向下平移1个单位C．向右平移2个单位，再向上平移1个单位D．向右平移 2个单位，再向下平移1个单位6．已知a，b是一元二次方程的两个根，则的值是（ ）A．81 B．61 C． D．7．从，0，1，3中任取一个数，记为，则抛物线与轴没有交点的概率是（ ）A． B． C． D．8．如图， 在扇形OAB中，，点D在弧AB上，过点D作于点C，且OC=2，以O为圆心，OC长为半径画弧交OA于点E，则图中阴影部分的面积是（ ）A． B． C． D．9．己知二次函数（为常数）的图象与轴交于两点和且.若此抛物线上有三点，，，则，，的大小关系是（ ）A． B． C． D．10．如图，已知是圆的直径，，是圆的弦，，射线、交于点，将绕点顺时针旋转，从与重合开始到与第一次重合停止，则点运动的路径长为( )A． B． C． D．二、填空题11．在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为______________．12．一个不透明盒中有6张蓝色卡片和若干张白色卡片，这些卡片除颜色外无其他差别.从盒中随机取出一张卡片，记下颜色，再放回盒中摇匀.不断重复上述过程，一共取了600次，其中约有200次取到白色卡片，由此估计盒中约有_____________张白色卡片.13．如图，将绕点按逆时针方向旋转，得到，若点在线段的延长线上，则的大小是________度．14．如图，⊙O的半径为2，正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，对角线CE、DF相交于点M，则△MEF的面积是_____．15．如图，是圆锥底面的直径，，母线．点为的中点，若一只蚂蚁从点处出发，沿圆锥的侧面爬行到点处，则蚂蚁爬行的最短路程为_____________．16．二次函数与轴交于正半轴的点，交轴于点，，则：①，②，③时，，④和是抛物线上两点，，当时；以上说法正确的有____________．（填写序号）三、解答题17．关于的方程有两个相等的实数根，求的值及此时方程的根.18．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，点D落在线段AB上．求证：DC平分∠ADE．19．在一个不透明的盒子里，装有四个分别标有数字，，1，4的小球，它们的形状、大小质地等完全相同．(1)从盒子里随机取出一个小球，记下数字为：放回盒子摇匀后，再随机取出一个小球，记下数字为.用树状图或列表法，求两次取出小球所确定的点落在二次函数的图像上的概率；(2)从盒子中一次取两球，求取出小球所确定的数，满足直线经过一、二、三象限的概率．20．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点，AD⊥CD于点D，AC平分∠DAB．（1）求证：CD是⊙O的切线．（2）设AD交⊙O于E，，ACD的面积为6，求BD的长．21．如图是由小正方形构成的6×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点，经过，两个格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求画图（画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示）．(1)在图（1）中，经过格点，画弦，使平分，在弧上画点，使得；(2)任图（2）中，经过格点，是与网格线的交点，画圆心，并画弦，使．22．疫情期间，按照防疫要求，学生在进校时必须排队接受体温检测．某校统计了学生早晨到校情况，发现学生到校的累计人数y（单位：人）随时间x（单位：分钟）的变化情况如图所示，y可看作是x的二次函数，其图象经过原点，且顶点坐标为（30，900），其中0≤x≤30．校门口有一个体温检测棚，每分钟可检测40人．（1）求y与x之间的函数解析式；（2）校门口排队等待体温检测的学生人数最多时有多少人？（3）检测体温到第4分钟时，为减少排队等候时间，在校门口临时增设一个人工体温检测点．已知人工每分钟可检测12人，人工检测多长时间后，校门口不再出现排队等待的情况（直接写出结果）．23．（1）如图1，已知，，，求证：；（2）如图2，己知等腰，，，，是三角形外部一点，连接，将绕点顺时针旋转得到，点正好在线段上，求的长．（3）如图3，己知等腰，，，，是三角形外部一点，连接，将绕点旋转90°恰好得到，请直接写出线段_________．24．如图，抛物线y＝ax2﹣2ax+m的图象经过点P（4，5），与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，且S△PAB＝10．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线上是否存在点Q使得△PAQ和△PBQ的面积相等？若存在，求出Q点的坐标，若不存在，请说明理由；（3）过A、P、C三点的圆与抛物线交于另一点D，求出D点坐标及四边形PACD的周长． 参考答案：1．D【分析】根据把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的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可得答案。【详解】根据中心对称图形的概念，四个选项中只有D符合．故选：D．【点睛】本题考查了中心对称图形，掌握中心对称图形的概念是解题的关键。2．A【分析】根据必然事件的定义理解判断即可．【详解】A、只有红球的盒子里摸出的球一定是红球，是必然事件，故此选项正确；B、任意买一张电影票，座位号是随机的，是随机事件，故此选项错误；C、掷一枚质地均匀的硬币，可能正面向上也可能反面向上，是随机事件，故此选项错误；D、走过一个红绿灯路口时，不一定是红灯，是随机事件，故此选项错误．故选：A．【点睛】本题主要考查了事件分类问题，熟练掌握必然事件的定义是解题的关键．3．D【分析】已知圆的半径，圆心O到直线的距离，根据直线与圆的位置关系进行判断即可．【详解】由题意可知：圆的半径等于cm，因为圆心与直线上某一点的距离是cm，所以圆心到直线的距离小于或等于cm，所以直线和圆的位置关系是相交或相切，故选：D．【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系；解题的关键是圆的半径为cm，那么圆心与直线上某一点的距离是cm是指圆心到直线的距离可能等于cm也可能小于cm．4．D【分析】先移项，再在等式两边加上4，即可得到答案．【详解】解：，，，，故选：D．【点睛】本题主要考查解一元二次方程，掌握配方法的步骤是关．5．A【分析】原抛物线顶点坐标为(0，0)，平移后抛物线顶点坐标为(-2，1)，由此确定平移办法．【详解】抛物线，其顶点坐标是(-2，1)，抛物线的顶点坐标是(0，0)，∴将抛物线向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度即可得到，故选：A．【点睛】此题考查二次函数图象的平移，图像的平移规律是左加右减，上加下减．6．B【分析】根据题意将a，b代入方程得a2−2 a =10，b2−2b=10，由根与系数的关系得a+b=2，然后将上述等式变形代入所求的代数式中便可求解．【详解】∵a，b是一元二次方程x2−2x=10的两个根，∴a2−2 a =10，b2−2b=10，a+b=2，∴，，∴，故答案为：B．【点睛】本题考查了一元二次方程的解和根与系数的关系，利用了整体代换的思想，属于常考题型．7．D【分析】先根据抛物线与x轴没交点求得k的范围，进而得到满足条件的k的个数，再利用概率公式求解即可．【详解】解：抛物线与轴没有交点，，解得，从，0，1，3中任取一个数共有4种可能，符合题意的有两种可能，抛物线与x轴没有交点的概率为：，故选：D．【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点问题、概率公式，熟记概率公式，掌握抛物线与x轴的交点问题是解答的关键．8．D【分析】连接OD，将不规则图形面积分解为扇形、三角形的面积和差，即，再根据扇形和三角形的面积公式依次求出相应的角度和长度代入即可．【详解】解：连接OD，则，∵OC=2，OA=4，DC⊥OB，∴OD=4，，∠ODC=30°，∠DOC=60°，又∵∠AOB=120°，∴∠AOD=60°，∴．故选：D．【点睛】本题考查了解直角三角形、扇形的面积等知识，熟记掌握基本知识、运用“转化思想”将不规则图形面积分解为扇形、三角形的面积和差关系是解题的关键．9．D【分析】根据根与系数的关系得到，即，求出对称轴，根据已知三点和对称轴的距离，结合开口方向即可判断结果．【详解】解：由题意可得：抛物线与x轴有两个不同的交点，∴方程有两个不同的解，∵，∴，∴，即抛物线开口向下，∵抛物线的对称轴为直线，，，∴，故选D．【点睛】本题考查了二次函数的性质，一元二次方程根与系数的关系，解答本题的关键是求出抛物线图象的对称轴，利用对称知识进行解答，此题难度不大．10．C【分析】如图，连接、，根据、的长可得，即可证明是等边三角形，可得，可得旋转的角度为，根据圆周角定理可得，根据三角形内角和定理可得，即可得出点E的运动轨迹为的外接圆，且所对的圆心角为，设外接圆圆心为O1，O1E旋转的角度为，连接，根据等腰三角形的性质可得，根据含角的直角三角形的性质可得，利用勾股定理列方程可求出的长，利用弧长公式即可求出的长，即可得答案．【详解】如图，连接、、∵为的直径，∴，∴是等边三角形，∴，∵和是所对的圆周角和圆心角，∴，同理：，∴，∵绕点顺时针旋转，从与重合开始到与第一次重合停止，∴旋转的角度为，∴点的运动根据为的外接圆，且弦所对的圆心角为，设外接圆的圆心为，则旋转的角度为，图中为点的运动路径，连接，则，∵点为的圆心，∴，∴，∴，∴，即，解得：O1A=，(负值舍去)∴，∴．故选：C．【点睛】本题考查圆周角定理、等边三角形的判定与性质及弧长公式，正确得出点E的运动轨迹并熟练掌握相关性质及定理是解题关键．11．【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反即可得到答案.【详解】∵关于原点对称的两点，它们的坐标符号相反，∴点关于原点的对称点的坐标为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的坐标变化规律．12．3【分析】首先根据重复试验确定取到白色卡片的频率，然后估计白色卡片的个数即可．【详解】解：设估计盒中白色卡片为x张，由题意可得：，解得：，∴估计盒中约有3张白色卡片，故答案为：3．【点睛】本题考查了用频率估计概率，解题的关键是根据重复试验确定摸到各种卡片的概率，难度不大．13．【分析】由旋转的性质可知∠B=∠AB1C1，AB=AB1，由等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求得∠B=∠BB1A=∠AB1C1=40°，从而可求得∠BB1C1=80°．【详解】由旋转的性质可知： ∵ ∴ ∴ ∴ 故答案为80.【点睛】考查旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，旋转前后对应线段相等是解题的关键.14．2﹣【分析】设OE交DF于N，由正八边形的性质得出DE＝FE，∠EOF＝＝45°，，由垂径定理得出∠OEF＝∠OFE＝∠OED，OE⊥DF，得出△ONF是等腰直角三角形，因此ON＝FN＝OF＝，∠OFM＝45°，得出EN＝OE﹣OM＝2﹣，证出△EMN是等腰直角三角形，得出MN＝EN，得出MF＝OE＝2，由三角形面积公式即可得出结果．【详解】解：设OE交DF于N，如图所示：∵正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，∴DE＝FE，∠EOF＝＝45°，，∴∠OEF＝∠OFE＝∠OED，OE⊥DF，∴△ONF是等腰直角三角形，∴ON＝FN＝OF＝，∠OFM＝45°，∴EN＝OE﹣OM＝2﹣，∠OEF＝∠OFE＝∠OED＝67.5°，∴∠CED＝∠DFE＝67.5°﹣45°＝22.5°，∴∠MEN＝45°，∴△EMN是等腰直角三角形，∴MN＝EN，∴MF＝MN+FN＝ON+EN＝OE＝2，∴△MEF的面积＝MF×EN＝×2×（2﹣）＝2﹣；故答案为：2﹣．【点睛】本题考查的是圆的综合，难度系数较高，解题关键是根据正八边形的性质得出每个角的度数.15．##【分析】先画出圆锥侧面展开图（见解析），再利用弧长公式求出圆心角的度数，然后利用等边三角形的判定与性质、勾股定理可得，最后根据两点之间线段最短即可得．【详解】画出圆锥侧面展开图如下：如图，连接、，设圆锥侧面展开图的圆心角的度数为，因为圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的弧长等于底面圆的周长，扇形的半径等于母线长，所以，解得，则，又，是等边三角形，点为的中点，，，在中，，由两点之间线段最短可知，蚂蚁爬行的最短路程为，故答案为：．【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图、弧长公式、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆锥侧面展开图是解题关键．16．①③④【分析】利用抛物线开口方向确定a的取值，再根据对称轴的位置可对①进行判断；根据对称轴的位置可对②进行判断；把代入函数关系式计算出结果可对③进行判断；把M，N点横坐标代入解析式作差比较即可对④进行判断．【详解】解：如图，①∵二次函数与x轴交于点，∴对称轴在y轴右侧，即：又，∴，故①正确；②∵二次函数与x轴交于点，∴对称轴为：，故②不正确；③时，，故③正确；④∵是抛物线上的两点，∴，∴ ∵∴∴当时， ∴，故④正确，故答案为：①③④．【点睛】本题考查抛物线与x轴交点，系数与图象的关系等知识，解题的关键是综合应用这些知识解决问题，学会利用图象信息解决问题，属于中考选择题中的压轴题．17．，【分析】利用判别式的意义得到，再解关于m的方程得到m的值，然后解原方程．【详解】解：根据题意得，解得．此时方程为，即，解得．【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根，也考查了解一元二次方程．18．证明见解析．【分析】利用旋转的性质，等腰三角形的性质证明即可．【详解】证明：由旋转可知，△ABC≌△DEC，∴∠A=∠CDE，AC=DC，∴∠A=∠ADC，∴∠ADC=∠CDE，即DC平分∠ADE．【点睛】本题考查了旋转的全等性，等腰三角形的性质，熟练掌握两个性质是解题的关键．19．(1)；(2)．【分析】（1）画树状图展示所有种等可能的结果；符合条件的有，，共3种，由概率公式求解即可；（2）画树状图展示所有种等可能的结果；符合条件的有，共2种，由概率公式求解即可．【详解】（1）画树状图如下：取出小球所确定的点共有种可能，点落在二次函数的图像上的有，，共3种，所以两次取出小球所确定的点落在二次函数的图像上的概率为：，答：两次取出小球所确定的点落在二次函数的图像上的概率为；（2）画树状图如下：从盒子中一次取两球，取出小球所确定的数，共有种可能，直线经过一、二、三象限，，，所以取出小球所确定的数，满足直线经过一、二、三象限的有，共2种，所以取出小球所确定的数，满足直线经过一、二、三象限的概率为：，答：从盒子中一次取两球，取出小球所确定的数，满足直线经过一、二、三象限的概率为；【点睛】本题考查了有放回、无放回随机抽样的概率问题；依据题意分清有放回、无放回，正确画出树状图是解题的关键．20．（1）见解析；（2）．【分析】（1）连接OC，根据等腰三角形的性质，角平分线的定义得到∠DAC＝∠OCA，证明OC//AD，根据平行线的性质得到∠OCE＝∠ADC＝90°，根据切线的判定定理证明；（2）设AC＝5x，CD＝3x，根据勾股定理得到AD＝4x，根据三角形的面积得到AD＝4，CD＝3，AC＝5，连接BC，根据相似三角形的性质得到AB＝，连接BE交OC于F，由垂径定理得到OC⊥BE，BF＝EF，得到EF＝CD＝3，根据勾股定理即可得到结论．【详解】（1）证明：连接OC，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵AC平分∠DAB，∴∠OAC＝∠DAC，∴∠DAC＝∠OCA，∴OC//AD，∴∠OCE＝∠ADC＝90°，∴CD是⊙O的切线；（2）解：∵＝，∴设AC＝5x，CD＝3x，∴AD＝4x，∵ACD的面积为6，∴AD•CD＝＝6，∴x＝1（负值舍去），∴AD＝4，CD＝3，AC＝5，连接BC，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠ADC，∵∠DAC＝∠CAB，∴ADC∽ACB，∴＝，∴＝，∴AB＝，∵∠DAC＝∠CAB，∴，连接BE交OC于F，∴OC⊥BE，BF＝EF，∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB＝∠DEB＝90°，∴四边形CDEF是矩形，∴EF＝CD＝3，∴BE＝6，∴AE＝＝，∴DE＝4﹣＝，∴BD＝＝．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形的面积公式，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．21．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）取格点T，连接交于点P，连接，取的中点W，作射线交于点D，线段即为所求作；取格点H，连接，弦与交于点F，作射线交于点E，点E即为所求；（2）取格点J，连接，延长交⊙P于Q，连接可得圆心P，取格点R，与格线的交点D，连接，作交于G，连接，可证，线段即为所求作．【详解】（1）如图，点P，线段即为所求作．（2）如图，点P，线段即为所求作．【点睛】本题考查作图-应用与设计垂径定理，圆周角定理，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．22．（1）；（2）100人；（3）8分钟．【分析】（1）由顶点坐标为（30，900），可设y=a（x-30）2+900，再将（0，0）代入，求得a的值，则可得y与x之间的函数解析式；（2）设第x分钟时的排队等待人数为w人，根据w=y-40x及（1）中所得的y与x之间的函数解析式，可得w关于x的二次函数，将其写成顶点式，按照二次函数的性质可得答案；（3）设人工检测m分钟时间后，校门口不再出现排队等待的情况，由于检测体温到第4分钟时，在校门口临时增设一个人工体温检测点，则体温检测棚的检测时间为（m+4）分钟，则学生到校的累计人数与人工检测m分钟后两种检测方式的检测人数之和相等时，校门口不再出现排队等待的情况，据此可列出关于m的方程，求解并根据问题的实际意义作出取舍即可．【详解】解：（1）∵顶点坐标为（30，900），∴设y=a（x﹣30）2+900，将（0，0）代入，得：900a+900=0，解得：a=﹣1，∴y=﹣（x﹣30）2+900；（2）设第x分钟时的排队等待人数为w人，由题意可得：w=y﹣40x=﹣（x﹣30）2+900﹣40x=﹣x2+60x﹣900+900﹣40x=﹣x2+20x=﹣（x﹣10）2+100，∴当x=10时，w的最大值为100，答：排队等待人数最多时是100人；（3）设人工检测m分钟时间后，校门口不再出现排队等待的情况，由题意得：﹣（4+m）2+60（4+m）﹣40×4﹣（40+12）m=0，整理得：﹣m2+64=0，解得：m1=8，m2=﹣8（舍）．答：人工检测8分钟时间后，校门口不再出现排队等待的情况．【点睛】本题主要考查了二次函数在实际问题中的应用，熟练掌握待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的性质是解题的关键．23．（1）见解析；（2）；（3）或【分析】（1）延长到点E，使，连接，证明，得到，，根据角的关系证明是等边三角形，从而，即可证明；（2）延长到F，使，连接，证明，得到，，证明是等腰直角三角形，设，过D作于G，求出，在直角中，利用勾股定理求出a值，可得，从而得到；（3）分将顺时针旋转得到和将逆时时针旋转得到两种情况，同理利用全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质，求出，得到，再利用勾股定理求出．【详解】解：（1）如图，延长到点E，使，连接，∵，，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，即，∴是等边三角形，∴，又∵，∴；（2）如图，延长到F，使，连接，∵，∴，∵，∴，在和中， ∴，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，设，则，过D作于G，则，∴，在直角中，，∴，解得：（负值舍去），∴，∴；（3）将顺时针旋转得到，如图，同理可得：是等腰直角三角形，，又，∴；将逆时针旋转得到，如图，在上取，连接，设，交于点O，在和中，，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，又，∴，综上：的长为：或．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，勾股定理，分母有理化，知识点较多，解题时要注意借鉴每个小问的解题思路，抓住旋转这一中心点构造图形．24．（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）点Q的坐标为：（﹣2，5）或（﹣，﹣）；（3）6+4．【分析】（1）因为抛物线y＝ax2﹣2ax+m，函数的对称轴为：x＝1，S△PAB＝10＝×AB×yP＝AB×5，解得AB=4，即可求解；（2）分A、B在点Q（Q′）的同侧；点A、B在点Q的两侧两种情况，分别求解即可；（3）过点P作PO′⊥x轴于点O′，则点O′（4，0），则AO′＝PO′＝5，而CO′＝5，故圆O′是过A、P、C三点的圆，即可求解．【详解】解：（1）y＝ax2﹣2ax+m，函数的对称轴为：x＝1，S△PAB＝10＝×AB×yP＝AB×5，解得：AB＝4，故点A、B的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0），抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3），将点P的坐标代入上式并解得：a＝1，故抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3…①；（2）①当A、B在点Q（Q′）的同侧时，如图1，△PAQ′和△PBQ′的面积相等，则点P、Q′关于对称轴对称，故点Q′（﹣2，5）；②当A、B在点Q的两侧时，如图1，设PQ交x轴于点E，分别过点A、B作PQ的垂线交于点M、N，△PAQ和△PBQ的面积相等，则AM＝BN，而∠BEN＝∠AEM，∠AME＝∠BNE＝90°，∴△AME≌△BNE（AAS），∴AE＝BE，即点E是AB的中点，则点E（1，0），将点P、E的坐标代入一次函数表达式并解得：直线PQ的表达式为：y＝x﹣…②，联立①②并解得：x＝﹣或4（舍去4），故点Q（﹣，﹣），综上，点Q的坐标为：（﹣2，5）或（﹣，﹣）；（3）过点P作PO′⊥x轴于点O′，则点O′（4，0），则AO′＝PO′＝5，而CO′＝5，故圆O′是过A、P、C三点的圆，设点D（m，m2﹣2m﹣3），点O′（4，0），则DO′＝5，即（m﹣4）2+（m2﹣2m﹣3）2＝25，化简得：m（m+1）（m﹣1）（m﹣4）＝0，解得：m＝0或﹣1或1或4（舍去0，﹣1，4），故：m＝1，故点D（1，﹣4）；四边形PACD的周长＝PA+AC+CD+PD＝．【点睛】本题考查了二次函数与三角形面积、三点共圆、四边形的周长、长度公式，综合性较强，灵活运用二次函数的知识是解题的关键.
相关试卷
2023-2024学年湖北省武汉市卓刀泉中学九年级上册月考数学试题（含解析）： 这是一份2023-2024学年湖北省武汉市卓刀泉中学九年级上册月考数学试题（含解析），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。
2022-2023学年湖北省武汉市洪山区卓刀泉中学八年级（上）期末数学试卷(含解析)： 这是一份2022-2023学年湖北省武汉市洪山区卓刀泉中学八年级（上）期末数学试卷(含解析)，共21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。
湖北省武汉市洪山区卓刀泉中学张家湾分校2022-2023学年七年级上学期期末数学试卷(含答案)： 这是一份湖北省武汉市洪山区卓刀泉中学张家湾分校2022-2023学年七年级上学期期末数学试卷(含答案)，共19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。
