2023-2024学年浙江省台州初级中学九年级（上）月考数学试卷（11月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省台州初级中学九年级（上）月考数学试卷（11月份）（含解析），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。

1.下列图标中是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.抛物线y=(x−1)2+3的顶点坐标为( )
A. (1,3)B. (−1,3)C. (−1,−3)D. (3,1)
3.下列各数中，是方程x2−3x−4=0的根的是( )
A. 2B. 1C. −1D. −4
4.已知⊙O的半径为r，点P到圆心O的距离为5，若使点P在⊙O外，则r的值可以是( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
5.下列二次函数的图象中，开口最大的是( )
A. y=x2B. y=4x2C. y=−2x2D. 无法确定
6.设方程x2−x−2=0的两个根为m，n，那么m+n−mn的值等于( )
A. −3B. −1C. 1D. 3
7.如图，O为线段BC的中点，点A，C，D到点O的距离相等．则∠A与∠C的数量关系为( )
A. ∠A=∠C
B. ∠A=2∠C
C. ∠A−∠C=90°
D. ∠A+∠C=180°
8.如图，已知BC是⊙O的直径，半径OA⊥BC，点D在劣弧AC上(不与点A，点C重合)，BD与OA交于点E.设∠AED=α，∠AOD=β，则( )
A. 3α+β=180°
B. 2α+β=180°
C. 3α−β=90°
D. 2α−β=90°
9.如图，四边形ABCD是正方形，点E，F分别在边AB、CD上，且△CEF为等边三角形，则S△BCE：S△AEF为( )
A. 1：3
B. 1：2
C. 2：3
D. 3：5
10.已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象经过(−1.5,0)与(2.5,0)两点，关于x的一元二次方程ax2+bx+c=p(p<0)有两个不同的实数根，其中一个根是x=m(m<−1.5).如果关于x的方程ax2+bx+c=q(q>0)有两个不同的整数，则这两个整数根可能是( )
A. x1=−1，x2=0B. x1=0，x2=2
C. x1=−1，x2=2D. x1=−2，x2=3
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.点M(1,−4)关于原点对称的点的坐标是______．
12.若关于x的一元二次方程ax2=b(a≠0)一根为2，则另一根为______．
13.要组织一次篮球联赛，参赛的每两个队之间都要比赛一场，计划安排15场比赛，若邀请x个球队参加比赛，依题意可列方程______．
14.如图，将含30°角的三角板的顶点放在半圆上，这个三角板的两边分别与半圆相交于点A，B，若弦AB=1，则半圆的半径为______．
15.已知⊙O的半径为1，弦AB= 2，弦AC= 3，则∠BOC= ______．
16.如图，∠ACB=60°，半径为1的⊙O与角的两边相切，点P是⊙O上任意一点，过点P向角的两边作垂线，垂足分别为E，F，设t=PE+2PF，则t的取值范围是______．
三、解答题：本题共7小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
解方程：
(1)x2=2x；
(2)y2+y−1=0．
18.(本小题8分)
已知关于x的一元二次方程x2+6x+(2m+1)=0有实数根．
(1)求m的取值范围；
(2)若方程有一个根是3，求方程的另一个根．
19.(本小题8分)
如图，⊙O为△ABC的外接圆，请仅用无刻度的直尺，根据下列条件分别在图1，图2中画出一条弦，使这条弦将△ABC分成面积相等的两部分(保留作图痕迹，不写作法)．
(1)如图1，AC=BC；
(2)如图2，直线l与⊙O相切于点P，且l/​/BC．
20.(本小题8分)
已知二次函数y=2x2+4x+3，当−2≤x≤−1时，求函数y的最小值和最大值，如图是小明同学的解答过程．你认为他做得正确吗？如果正确，请说明解答依据，如果不正确，请写出你得解答过程．
21.(本小题10分)
如图，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD⊥DC于点D，AC平分∠DAB．
(1)求证：直线CD是⊙O的切线；
(2)若AB=4，∠DAB=60°，求AD的长．
22.(本小题10分)
在直角坐标系中，设函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)．
(1)已知a=1．
①若函数的图象经过(0,3)和(−1,0)两点，求函数的表达式；
②若将函数图象向下平移两个单位后与x轴恰好有一个交点，求b+c的最小值．
(2)若函数图象经过(−2,m)，(−3,n)和(x0,c)，且c23.(本小题14分)
在等边△AOB中，将扇形COD按图1摆放，使扇形的半径OC、OD分别与OA、OB重合，OA=OB=4，OC=OD=2，固定等边△AOB不动，让扇形COD绕点O逆时针旋转，线段AC、BD也随之变化，设旋转角为α.(0<α≤360°)
(1)当OC/​/AB时，旋转角α= ______度，OC⊥AB时旋转角α= ______度.
发现：(2)线段AC与BD有何数量关系，请仅就图2给出证明．
应用：(3)当A、C、D三点共线时，求BD的长．
拓展：(4)P是线段AB上任意一点，在扇形COD的旋转过程中，请直接写出线段PC的最大值与最小值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：选项A、C、D的图形都不能找到某一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
选项B的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
故选：B．
根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，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．
本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
2.【答案】A
【解析】解：抛物线y=(x−1)2+3的顶点坐标为(1,3)，
故选：A．
根据题目中的函数解析式，可以直接写出该函数图象的顶点坐标．
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．
3.【答案】C
【解析】解：x2−3x−4=0，
(x−4)(x+1)=0，
x−4=0或x+1=0，
x1=4，x2=−1．
故选：C．
利用因式分解法求解即可．
本题主要考查解一元二次方程，熟知解出一元二次方程的因式分解法是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：⊙O的半径为r，点P到圆心距离d=5．
∵点P在⊙O外，
∴r∴r<5．
故选：A．
直接根据点与圆的位置关系解答即可．
本题考查了点与圆的位置关系，掌握“设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：点P在圆外⇔d>r；点P在圆上⇔d=r；点P在圆内⇔d5.【答案】A
【解析】解：∵|1|<|−2|<|4|，
∴抛物线y=x2开口最大．
故选：A．
根据二次函数的性质解答即可．
本题主要考查二次函数的性质，即二次函数中二次项系数的绝对值越大，函数图象开口越大，写出二次项系数的绝对值并比较大小是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：∵方程x2−x−2=0的两个根为m，n，
∴m+n=1，mn=−2，
∴m+n−mn=1−(−2)=3．
故选：D．
根据二次函数的性质解答即可．
本题主要考查一元二次方程根与系数关系，掌握一元二次方程根与系数关系是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：由题意得到OA=OB=OC=OD，作出圆O，如图所示，
∴四边形ABCD为圆O的内接四边形，
∴∠A+∠C=180°，
故选：D．
根据题意得到四点A、B、C、D共圆，利用圆内接四边形对角互补即可求出所求角的度数．
此题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解本题的关键．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了圆周角定理，直角三角形的性质，关键是用α表示∠COD．
根据直角三角形两锐角互余性质，用α表示∠CBD，进而由圆心角与圆周角关系，用α表示∠COD，最后由角的和差关系得结果．
【解答】
解：
∵OA⊥BC，
∴∠AOB=∠AOC=90°，
∴∠DBC=90°−∠BEO=90°−∠AED=90°−α，
∴∠COD=2∠DBC=180°−2α，
∵∠AOD+∠COD=90°，
∴β+180°−2α=90°，
∴2α−β=90°，
故选：D．
9.【答案】B
【解析】解：∵正方形ABCD，等边三角形CEF，
∴AB=BC=CD=AD，CE=CF=EF，∠A=∠B=∠D=90°，
∵CF=CE，CD=CB，
∴Rt△CDF≌Rt△CBE(HL)，
∴DF=BE，AF=AE，
设AF=AE=b，DF=BE=a，则BC=a+b，
由勾股定理得，EF2=AE2+AF2=2b2，
∴CE2=EF2=2b2，
由勾股定理得，BE2+BC2=CE2，即a2+(a+b)2=2b2，
整理得，2a(a+b)=b2，
∴S△BCE=12a(a+b)，S△AEF=12b2，
∴S△BCES△AEF=12a(a+b)12b2=12a(a+b)12×2a(a+b)=12，
∴S△BCE：S△AEF=1：2，
故选：B．
证明Rt△CDF≌Rt△CBE(HL)，设AF=AE=b，DF=BE=a，则BC=a+b，由勾股定理得，EF2=AE2+AF2=2b2，则CE2=2b2，由勾股定理得，BE2+BC2=CE2，即a2+(a+b)2=2b2，整理得，2a(a+b)=b2，则S△BCE=12a(a+b)，S△AEF=12b2，然后代入求比值即可．
本题考查了正方形、等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握正方形、等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质确定线段之间的数量关系是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵二次函数y=ax2+bx+c的图象经过(−1.5,0)与(2.5,0)两点，
则函数y=ax2+bx+c的对称轴是直线x=12，
关于x的一元二次方程ax2+bx+c=p(p<0)有两个不同的实数根，其中一个根是x=m(m<−1.5)
则抛物线开口向下，
如果关于x的方程ax2+bx+c=q(q>0)有两个不同的整数，相等于y=ax2+bx+c和y=q(q>0)有在x轴上方的两个交点，且两个解关于对称轴对称，
只有C符合上述条件，
故选：C．
二次函数y=ax2+bx+c的图象经过(−1.5,0)与(2.5,0)两点，关于x的一元二次方程ax2+bx+c=p(p<0)有两个不同的实数根，其中一个根是x=m(m<−1.5)
则抛物线开口向下，进而求解．
本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数与一元二次方程的关系，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的关系解答．
11.【答案】(−1,4)
【解析】解：M(1,−4)关于原点对称的点的坐标是(−1,4)，
故答案为：(−1,4)．
根据关于关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，即可得出结论．
此题主要考查了关于原点对称点的性质，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
12.【答案】−2
【解析】解：设方程的另一个根为m，
则2+m=0，
解得：m=−2，
故答案为：−2．
设方程的另一根为m，根据根与系数的关系得到2+m=0，然后解一次方程即可．
本题考查了根与系数的关系，如果一元二次方程ax2+bx+c=0的两根分别为x1与x2，则x1+x2=−ba，x1⋅x2=ca．
13.【答案】12x(x−1)=15
【解析】解：设应邀请x个球队参加比赛，
由题可知，12x(x−1)=15
故答案为：12x(x−1)=15．
根据每两队之间都赛一场，设邀请x个球队参加比赛，则每一个球队都会比赛(x−1)场，剔除重复的一半，即可解题．
本题考查了一元二次方程的实际应用，正确找到等量关系列出方程是解题关键．
14.【答案】1
【解析】解：如图，圆心为O，连接AO、BO，
∵∠ACB=30°，
∴∠AOB=60°，
∴△ABO为等边三角形，
∵AB=1，
∴AO=BO=AB=1．
故答案为：1．
连接OA，OB，根据圆周角定理得出∠AOB=2∠ACB．
本题考查圆周角定理，熟练使用圆周角定理进行推导角度是解题关键．
15.【答案】150°或30°
【解析】解：分为两种情况：
①当圆心O在∠CAB的内部时，如图，
过O作OM⊥AC于M，ON⊥AB于N，连接OA，
∵OM、ON都过O，弦AB= 2，弦AC= 3，
∴AM=CM=12AC= 32，AN=BN= 22，
∴cs∠BAO=ANAO= 221= 22，cs∠CAO=AMAO= 321= 32，
∴∠BAO=45°，∠CAO=30°，
∴∠BAC=∠BAO+∠CAO=45°+30°=75°，
∴∠BOC=2∠NAC=150°；
②当圆心O在∠CAB的内部时，如图，
过O作OM⊥AC于M，ON⊥AB于N，连接OA，
此时∠BAC=45°−30°=15°，
所以∠BOC=2∠BAC=30°；
故答案为：150°或30°．
分为两种情况，画出图形，根据垂径定理求出AN和AM，解直角三角形求出∠BAO和∠CAO，求出∠BAC，再根据圆周角定理求出∠BOC即可．
本题考查了解直角三角形，圆周角定理，垂径定理等知识点，能求出符合的所有情况是解此题的关键．
16.【答案】3− 3≤t≤3+ 3
【解析】解：设半径为1的⊙O与角的两边相切于M，N，如图1，连接OM，ON，延长NO交CB于D，

∴∠CND=∠OMD=90°，
∵∠ACB=60°，
∴△CND是直角三角形，
∴∠CDN=30°，
∵ON=OM=1，
∴OD=2，
∴DN=OD+ON=2+1=3，
∴CN= 33DN= 3，
如图1，延长EP交BC于Q，
∵EQ⊥AC，PF⊥BC，
∴∠CEQ=∠PFQ=90°，
∵∠ACB=60°，
∴∠EQC=30°，
∴△ECQ与△PFQ是直角三角形，
∴ 3CE=EQ，PQ=2PF，
∴t=PE+2PF=PE+PQ=EQ，
当EQ与⊙O相切且点P在圆心的右侧时，t有最大值，
连接OP，
则四边形ENOP是正方形，
∴EN=OP=1，CN=CM= 3，
∴t=PE+2PF=PE+PQ=EQ= 3CE= 3(CN+EN)= 3( 3+1)=3+ 3；
如图2，当EQ与⊙O相切且点P在圆心的左侧时，t有最小值，
同理可得t=PE+2PF=PE+PQ=EQ= 3CE= 3(CN−EN)= 3( 3−1)=3− 3；
故t的取值范围是3− 3≤t≤3+ 3，
故答案为：3− 3≤t≤3+ 3．
设半径为1的⊙O与角的两边相切于M，N，连接OM，ON，延长NO交CB于D，求得∠CND=∠OMD=90°，根据直角三角形的性质得到∠CDN=30°，求得OD，得到CN= 33DN，如图1，延长EP交BC于Q，推出△ECQ与△PFQ是直角三角形，根据直角三角形的性质得到CE=EQ，PQ=2PF，求得t=PE+2PF=PE+PQ=EQ，当EQ与⊙O相切且点P在圆心的右侧时，t有最大值，连接OP，则四边形ENOP是正方形，根据正方形的性质得到EN=OP=1，求得t；如图2，当EQ与⊙O相切且点P在圆心的，左侧时，t有最小值，同理可得t，于是得到结论．
本题考查了切线的性质，勾股定理，关键是切线性质定理的应用．
17.【答案】解：(1)x2=2x，
∴x2−2x=0，
∴x(x−2)=0，
∴x1=0，x2=2；
(2)y2+y−1=0，
∵a=1，b=1，c=−1，Δ=b2−4ac=1−4×1×(−1)=5，
∴y=−b± b2−4ac2a=−1± 52，
解得：y1=−1+ 52,y2=−1− 52．
【解析】(1)根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
(2)根据公式法解一元二次方程，即可求解．
本题考查了解一元二次方程，熟知解一元二次方程的因式分解法和公式法是解题的关键．
18.【答案】解：(1)根据题意，36−4(2m−1)≥0，
解得：m≤5；
答：实数m的取值范围是m≤5；
(2)设方程的另一个根为x2，x2+3=−6，
解得：x2=−9，
答：方程的另一个根为−9．
【解析】(1)根据根的判别式列出关于m的不等式，求解可得；
(2)设方程的另一个根为x2，根据韦达定理列出方程，解方程组即可得．
本题主要考查的一元二次方程根与系数的关系及根的判别式，熟知x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca是解题的关键．
19.【答案】解：(1)如图1，CD即为所求；
(2)如图2，AD即为所求．
【解析】(1)过点C作直径CD，由于AC=BC，AC=BC，根据垂径定理的推理得CD垂直平分AB，所以CD将△ABC分成面积相等的两部分；
(2)连结PO并延长交BC于E，过点A、E作弦AD，由于直线l与⊙O相切于点P，根据切线的性质得OP⊥l，而l/​/BC，则PE⊥BC，根据垂径定理得BE=CE，所以弦AE将△ABC分成面积相等的两部分．
本题考查了复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了切线的性质．
20.【答案】解：小明的做法是错误的，
正确的做法如下：
∵二次函数y=2x2+4x+3=2(x+1)2+1，
∴该函数图象开口向上，该函数的对称轴是直线x=−1，当x=−1时取得最小值，最小值是1，
∵−2≤x≤−1，
∴当x=−2时取得最大值，此时y=3，
当x=−1时取得最小值，最小值是y=1，
由上可得，当−2≤x≤−1时，函数y的最小值是1，最大值是3．
【解析】根据二次函数的性质和小明的做法，可以判断小明的做法是否正确，然后根据二次函数的性质即可解答本题．
本题考查二次函数的性质、二次函数的最值，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答，注意x的取值范围．
21.【答案】(1)证明：连接OC，如图1所示：
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠OAC，
∴∠OCA=∠DAC，
∴OC/​/AD，
∵AD⊥DC，
∴CD⊥OC，
又∵OC是⊙O的半径，
∴直线CD是⊙O的切线；
(2)解：连接BC，如图2所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AC平分∠DAB，∠DAB=60°，
∴∠DAC=∠BAC=30°，
∴BC=12AB=2，AC= 3BC=2 3，
∵AD⊥DC，
∴∠ADC=90°，
∴CD=12AC= 3，AD= 3CD=3．
【解析】(1)连接OC，先证出∠OCA=∠DAC，得OC//AD，再由平行线的性质得CD⊥OC，即可得出结论；
(2)连接BC，先由圆周角定理得∠ACB=90°，由角平分线定义得∠DAC=∠BAC=30°，再由含30°角的直角三角形的性质得BC=12AB=2，AC= 3BC=2 3，进而得出答案．
本题考查了切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握切线的判定和圆周角定理是解题的关键．
22.【答案】解：(1)∵a=1，
∴y=x2+bx+c．
①将(0,3)和(−1,0)两点代入y=x2+bx+c.得，
3=c1−b+c=0，
解得：c=3b=4．
∴y=x2+4x+3．
答：函数的表达式y=x2+4x+3．
②函数向下平移两个单位得y=x2+bx+c−2，此时该函数与x轴恰好有一个交点，
∴Δ=0，
即b2−4(c−2)=0，
b2−4c+8=0，
c=b24+2，
∴b+c=b+b24+2=14(b+2)2+1，
∴当b=−2时，b+c的最小值为1．
答：b+c的最小值为1．
(2)当x=0时，y=ax2+bx+c=c，即抛物线和y轴的交点为：(0,c)，
而(x0,c)，则抛物线的对称轴为x=12x0，
当a>0时，抛物线开口向上，
∵函数图象经过(−2,m)，(−3,n)且n∴x=−3比直线x=−2离抛物线对称轴更近，
∴抛物线的对称轴在x=−52的左侧，
则c>m和题设矛盾，故a<0，
∵c则|x0−12x0|>|12x0+3|>|12x0+2|，
解得：−5【解析】(1)①利用待定系数法求出b，c的值，即可得出函数的表达式．
②写出平移后的函数解析式，根据函数图象向下平移两个单位后与x轴恰好有一个交点，利用判别式Δ=0，即b2−4(c−2)=0，整理为c=b24+2，进而求出b+c，再配方，结合二次函数的性质即可求解．
(2)判定a<0，由c|12x0+3|>|12x0+2|，即可求解．
本题为二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象和性质、二次函数图象与x轴的交点、解不等式、待定系数法求函数表达式等，对二次函数图象和性质的深度理解是本题解题的关键．
23.【答案】60或240 150或330
【解析】解：(1)如图1中，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠AOB=∠COD=60°，
∴当点D在线段AO和线段AO的延长线上时，OC/​/AB，
此时旋转角α=60°或240°，
同法可得：OC⊥AB时，α=150°或330°，
故答案为60或240；或150或330；
(2)结论：AC=BD，理由如下：
如图2中，
由旋转的性质可知：∠COD=∠AOB=60°，
∴∠COA=∠DOB，
在△AOC和△BOD中，
OA=OB∠COA=∠DOBCO=OD，
∴△AOC≌△BOD，
∴AC=BD；
(3)①如图3中，当A、C、D共线时，作OH⊥AC于H．
在Rt△COH中，∵OC=2，∠COH=30°，
∴CH=HD=1，OH= 3，
在Rt△AOH中，
AH= OA2−OH2= 13，
∴BD=AC=CH+AH=1+ 13．
②如图4中，当A、C、D共线时，作OH⊥AC于H．
易知AC=BD=AH−CH= 13−1，
综上所述，当A、C、D三点共线时，BD的长为 13+1或 13−1；
(4)如图5中，由题意，点C在以O为圆心，2为半径的⊙O上运动，过点O作OH⊥AB于H，直线OH交⊙O于C′、C″，线段CB的长即为PC的最大值，线段C″H的长即为PC的最小值．易知PC的最大值=6，PC的最小值=2 3−2．
(1)如图1中，易知当点D在线段AO和线段AO的延长线上时，OC/​/AB，此时旋转角α=60°或240°，同法可求OC⊥AB时的旋转角；
(2)结论：AC=BD.只要证明△AOC≌△BOD即可．
(3)在图3、图4中，分别求解即可．
(4)如图5中，由题意，点C在以O为圆心，1为半径的⊙O上运动，过点O作OH⊥AB于H，直线OH交⊙O于C′、C″，线段CB的长即为PC的最大值，线段C″H的长即为PC的最小值．易知PC的最大值=6，PC的最小值=2 3−2．
本题考查圆综合题、旋转变换、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、圆上的点到直线的距离的最值问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，利用辅助圆解决最值问题，属于中考压轴题．