人教版九年级上册数学举一反三全册综合测试卷(学生版+解析)

这是一份人教版九年级上册数学举一反三全册综合测试卷(学生版+解析)，共35页。

考试时间：60分钟；满分：100分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共23题，单选10题，填空6题，解答7题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023秋·山东青岛·九年级阶段练习）关于x的方程(k+2)x2−kx−2=0必有一个根为（ ）
A．x=1B．x=-1C．x=2D．x=-2
2．（3分）（2023春·山东威海·七年级统考期末）一个小球在如图所示的地面上自由滚动，小球停在阴影区域的概率为（ ）

A．18B．14C．13D．12
3．（3分）（2023秋·全国·九年级期末）如图，在△ABC中，AB+AC=53BC，AD⊥BC于D，⊙O 为△ABC的内切圆，设⊙O 的半径为R，AD的长为ℎ，则Rℎ的值为（ ）

A．38 B．27 C．13 D．12
4．（3分）（2023秋·陕西西安·九年级西安市铁一中学校考开学考试）已知α、β是方程x2﹣2x﹣4＝0的两个实数根，则α3+8β+6的值为（ ）
A．﹣1B．2C．22D．30
5．（3分）（2023秋·浙江绍兴·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点O在边BC上，OC=1，点A在⊙O上，⊙O与直线BC交于点M,N（点M在点N右侧），则AM的长度为（ ）

A．35B．8C．45D．210
6．（3分）（2023春·浙江·八年级期末）关于x的一元二次方程ax2＋2ax＋b＋1＝0（a•b≠0）有两个相等的实数根k．（ ）
A．若﹣1＜a＜1，则ka>kbB．若ka>kb，则0＜a＜1
C．若﹣1＜a＜1，则ka7．（3分）（2023秋·全国·九年级期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，BC=2，O，H分别为边AB，AC的中点，将△ABC绕点B逆时针旋转120°到△A1BC1的位置，则整个旋转过程中线段OH所扫过部分的面积（即阴影部分面积）为（ ）

A．73π−783B．43π+783C．πD．43π+3
8．（3分）（2023春·山西大同·九年级校联考期中）将抛物线C1：y＝（x－3）2＋2向左平移3个单位长度，得到抛物线C2，抛物线C2与抛物线C3关于x轴对称，则抛物线C3的解析式为（ ）．
A．y＝x2－2B．y＝－x2＋2C．y＝x2＋2D．y＝－x2－2
9．（3分）（2023秋·河北石家庄·九年级统考期末）如图，点B，C，D均在⊙O上，四边形OBCD是平行四边形，若点A（不与点B，C重合）也在⊙O上，则∠BAC＝（ ）
A．30°B．45°C．60°或120°D．30°或150°
10．（3分）（2023秋·浙江·九年级期末）若一个点的纵坐标是横坐标的2倍，则称这个点为二倍点，若在二次函数y=x2+2mx−m (m为常数）的图象上存在两个二倍点Mx1，y1，Nx2,y2，且x1<1A．m<2 B．m<1 C．m<0 D．m>0
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023春·山东青岛·七年级山东省青岛实验初级中学校考期末）一个不透明的口袋中装有7个红球，9个黄球，2个白球，这些球除颜色外其他均相同从中任意摸出一个球．如果要使摸到白球的概率为15，需要在这个口袋中再放入 个白球．
12．（3分）（2023秋·全国·九年级期末）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，AF是⊙O的直径，P是⊙O上的一点（不与点B，F重合），则∠BPF的度数为 °．

13．（3分）（2023秋·河南驻马店·九年级统考期末）已知二次函数y=−x2−2x+4，当a≤x≤a+1时，函数值y的最小值为1，则a的值为 ．
14．（3分）（2023春·陕西渭南·八年级统考期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转102°得到△ADE，点D恰好在BC的延长线上，连接DE，若BD=BE，则∠EBD= °．

15．（3分）（2023春·浙江·八年级期末）已知下面三个关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝1，bx2+cx+a＝﹣3，cx2+ax+b＝2恰好有一个相同的实数根，则a+b+c的值为 ．
16．（3分）（2023秋·全国·九年级期末）如图，已知以BC为直径的⊙O，A为BC中点，P为弧AC上任意一点，AD⊥AP交BP于D，连接CD．若BC=6，则CD的最小值为 ．

三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023秋·广东清远·九年级统考期末）已知关于x的一元二次方程x2+2x+k−3=0有两个实数根．
(1)求实数k的取值范围；
(2)若其两根x1，x2满足x12+x22=18，求k的值．
18．（6分）（2023春·陕西渭南·八年级统考期末）在如图所示的平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，△ABC的顶点坐标分别为A1,1，B3,0，C2,3．

(1)将△ABC向左平移4个单位长度得到△A1B1C1，点A、B、C的对应点分别为A1、B1、C1，请画出△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
(2)以原点O为旋转中心，将△ABC顺时针旋转90°得到△A2B2C2，点A、B、C的对应点分别为A2、B2 、C2，请画出△A2B2C2．
19．（8分）（2023春·北京·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，∠BAD的平分线交⊙O于点C，CE⊥AD于点E，EM⊥AB于点H与AC交于点G，与⊙O交于M点，且AG=CG.
(1)求证：∠CAB=∠AEG
(2)求证：AG=2GH
(3)若⊙O半径为4，求FM的长.
20．（8分）（2023秋·福建厦门·八年级校考期末）定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”．例如：凸四边形ABCD中，若∠A=∠C，∠B≠∠D，则称四边形ABCD为准平行四边形．

(1)如图①，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC=∠CPB=60°，延长BP到Q，使AQ=AP．求证：四边形AQBC是准平行四边形；
(2)如图②，准平行四边形ABCD内接于⊙O，AB≠AD，BC=DC，若⊙O的半径为5，AB=6，求AC的长；
21．（8分）（2023秋·山东日照·九年级期末）某公司经销的一种产品每件成本为40元，要求在90天内完成销售任务．已知该产品90天内每天的销售价格与时间（第x天）的关系如下表：
任务完成后，统计发现销售员小王90天内日销售量p（件）与时间（第x天）满足一次函数关系p=−2x+200，设小王第x天销售利润为W元．
(1)直接写出W与x之间的函数关系式，并注明自变量x的取值范围；
(2)求小王第几天的销售利润最大？最大利润是多少？
(3)任务完成后，统计发现平均每个销售员每天销售利润为4800公司制定如下奖励制度：如果一个销售员某天的销售利润超过该平均值，则该销售员当天可获得200元奖金，请计算小王一共可获得多少元奖金？
22．（8分）（2023春·辽宁盘锦·九年级校考开学考试）人工智能是数字经济高质量发展的引擎，也是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动．人工智能市场分为决策类人工智能，人工智能机器人，语音类人工智能，视觉类人工智能四大类型，将四个类型的图标依次制成A，B，C，D四张卡片（卡片背面完全相同），将四张卡片背面朝上洗匀放置在桌面上．

A．决策类人工智能 B．人工智能机器人 C．语音类人工智能 D．视觉类人工智能
(1)随机抽取一张，抽到决策类人工智能的卡片的概率为______；
(2)从中随机抽取一张，记录卡片的内容后放回洗匀，再随机抽取一张，请用列表或树状图的方法求抽取到的两张卡片内容一致的概率．
23．（8分）（2023秋·安徽·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过A(−1,0)，B(3,0)，C(0,3)．

(1)请写出抛物线的解析式为__________．
(2)若N是抛物线对称轴上一动点，请写出使△NCA周长最小的N点的坐标为__________．
(3)点N在抛物线的对称轴上，点M在x轴上，请写出，使得以M，N，C，B为顶点的四边形是平行四边形的点M的坐标为__________．
(4)若点P为第一象限内抛物线上的一动点，点P的横坐标为t，请求出使点P到直线CB距离最大的t的值．
全册综合测试卷
【人教版】
参考答案与试题解析
选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023秋·山东青岛·九年级阶段练习）关于x的方程(k+2)x2−kx−2=0必有一个根为（ ）
A．x=1B．x=-1C．x=2D．x=-2
【答案】A
【分析】分别把x=1，−1，2，−2代入(k+2)x2−kx−2=0中，利用一元二次方程的解，当k为任意值时，则对应的x的值一定为方程的解.
【详解】解：A、当x=1是，k+2−k−2=0，所以方程(k+2)x2−kx−2=0必有一个根为1，所以A选项正确；
B、当x=−1时，k+2+k−2=0，所以当k=0时，方程(k+2)x2−kx−2=0有一个根为−1，所以B选项错误；
C、当x=2时，4k+8−2k−2=0，所以当k=3时，方程(k+2)x2−kx−2=0有一个根为2，所以C选项错误；
D、当x=−2时，4k+8+2k−2=0，所以当k=−1时，方程(k+2)x2−kx−2=0有一个根为−2，所以D选项错误.故选：A
【点睛】本题主要考查一元二次方程的根，将选项分别代入方程求解是解题的关键.
2．（3分）（2023春·山东威海·七年级统考期末）一个小球在如图所示的地面上自由滚动，小球停在阴影区域的概率为（ ）

A．18B．14C．13D．12
【答案】B
【分析】分别计算整个图形的面积和阴影部分面积，再根据概率公式求解即可．
【详解】解：整个图形面积=4×4=16，
阴影部分面积=4×12×2×1=4，
∴小球停在阴影区域的概率=416=14，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了几何概率公式，解题的关键是掌握几何概率公式：一般用阴影区域表示所求事件；然后计算阴影区域的面积在总面积中占的比例，这个比例即事件发生的概率．
3．（3分）（2023秋·全国·九年级期末）如图，在△ABC中，AB+AC=53BC，AD⊥BC于D，⊙O 为△ABC的内切圆，设⊙O 的半径为R，AD的长为ℎ，则Rℎ的值为（ ）

A．38 B．27 C．13 D．12
【答案】A
【分析】根据三角形内切圆的特点作出圆心和三条半径，分别表示出△ABC的面积，利用面积相等即可解决问题．
【详解】解：如图所示：O为△ABC中∠ABC、∠ACB、∠BAC的角平分线交点，过点O分别作垂线交AB、AC、BC于点E、G、F，

S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC=12AB⋅R+12BC⋅R+12AC⋅R=12RAB+AC+BC，
∵AB+AC=53BC，
∴S△ABC=12R53BC+BC=12R⋅83BC，
∵AD的长为ℎ，
∴S△ABC=12BC⋅ℎ，
∴12R⋅83BC=12BC⋅ℎ，
∴ℎ=83R，
∴Rℎ=R83R=38，
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形内切圆的相关性质，本题掌握三角形内切圆的性质，根据已知条件利用三角形ABC面积相等推出关系式是解题关键．
4．（3分）（2023秋·陕西西安·九年级西安市铁一中学校考开学考试）已知α、β是方程x2﹣2x﹣4＝0的两个实数根，则α3+8β+6的值为（ ）
A．﹣1B．2C．22D．30
【答案】D
【详解】解：∵α方程x2-2x-4=0的实根,
∴α2-2α-4=0,即α2=2α+4,
∴α3=2α2+4α=2（2α+4）+4α=8α+8,
∴原式=8α+8+8β+6
=8（α+β）+14,
∵α,β是方程x2-2x-4=0的两实根,
∴α+β=2,
∴原式=8×2+14
=30,
故选D.
5．（3分）（2023秋·浙江绍兴·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点O在边BC上，OC=1，点A在⊙O上，⊙O与直线BC交于点M,N（点M在点N右侧），则AM的长度为（ ）

A．35B．8C．45D．210
【答案】C
【分析】连接OA，由正方形性质可得AB=BC=4，OB=BC−OC=4−1=3，∠ABC=90°，然后用勾股定理求出半径，再求出OM的长即可．
【详解】解：连接OA，

∵正方形ABCD的边长为4，OC=1，
∴AB=BC=4，OB=BC−OC=4−1=3，∠ABC=90°，
∴在Rt△AOB中，OA=AB2+OB2=42+32=5，
∴OM=OA=5，
∴BM=BO+OM=3+5=8，
∴在Rt△ABM中，AM=AB2+BM2=42+82=45，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、圆的性质及勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握有关圆的性质，属于中考常考题型．
6．（3分）（2023春·浙江·八年级期末）关于x的一元二次方程ax2＋2ax＋b＋1＝0（a•b≠0）有两个相等的实数根k．（ ）
A．若﹣1＜a＜1，则ka>kbB．若ka>kb，则0＜a＜1
C．若﹣1＜a＜1，则ka【答案】D
【分析】根据一元二次方程的根的情况利用判别式求得a与b的数量关系，然后代入方程求k的值，然后结合a的取值范围和分式加减法运算法则计算求解．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程ax2＋2ax＋b＋1＝0（a•b≠0）有两个相等的实数根k，
∴Δ＝（2a）2−4a（b＋1）＝0，即：4a( a−b−1)＝0，
又∵ab≠0，
∴a−b−1＝0，
即a＝b＋1，
∴ax2＋2ax＋a＝0，
解得：x1＝x2＝−1，
∴k＝−1，
∵ka−kb＝−1a+1a−1=1a(a−1)，
∴当−1＜a＜0时，a−1＜0，a（a−1）＞0，
此时ka−kb＞0，即ka>kb；
当0＜a＜1时，a−1＜0，a（a−1）＜0，
此时ka−kb＜0，即ka故A、C错误；
当ka>kb时，即ka−kb＞0，
1a(a−1)＞0，
解得：a＞1或a＜0，
故B错误；
当ka1a(a−1)＜0，
解得：0＜a＜1，
故D正确
故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程的根的判别式，根据一元二次方程根的情况求得a与b之间的等量关系是解题关键．
7．（3分）（2023秋·全国·九年级期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，BC=2，O，H分别为边AB，AC的中点，将△ABC绕点B逆时针旋转120°到△A1BC1的位置，则整个旋转过程中线段OH所扫过部分的面积（即阴影部分面积）为（ ）

A．73π−783B．43π+783C．πD．43π+3
【答案】C
【分析】整个旋转过程中线段OH所扫过部分的面积(即阴影部分面积)为以点B为圆心，OB、BH为半径的两个扇形组成的一个环形，分别求出OB、BH，即可求出阴影部分面积．
【详解】解：连接BH，BH1，

∵O、H分别为边AB，AC的中点，将△ABC绕点B逆时针旋转120°到△A1BC1的位置，
∴△OBH≌△O1BH1，
∴线段OH所扫过部分的面积(即阴影部分面积)为以点B为圆心，OB、BH为半径的两个扇形组成的一个环形，
∵∠ACB=90°，∠CAB=30°，BC=2，
∴AB=2BC=4，
∴AC=AB2−BC2=42−22=23，
∵H为边AC的中点，
∴CH=12AC=3，
∴BH=BC2+CH2=22+32=7，
∴阴影部分面积=120πBH2−BC2360=120π×7−4360=π，
故选：C．
【点睛】本题考查的是扇形面积的计算，涉及到直角三角形的性质及旋转的性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
8．（3分）（2023春·山西大同·九年级校联考期中）将抛物线C1：y＝（x－3）2＋2向左平移3个单位长度，得到抛物线C2，抛物线C2与抛物线C3关于x轴对称，则抛物线C3的解析式为（ ）．
A．y＝x2－2B．y＝－x2＋2C．y＝x2＋2D．y＝－x2－2
【答案】D
【分析】根据抛物线C1的解析式得到顶点坐标，利用二次函数平移的规律：左加右减，上加下减，并根据平移前后二次项的系数不变可得抛物线C2的顶点坐标，再根据关于x轴对称的两条抛物线的顶点横坐标相等，纵坐标互为相反数，二次项系数互为相反数可得到抛物线C3所对应的解析式．
【详解】解：∵抛物线 C 1：y＝（x－3）2＋2，其顶点坐标为（3，2）
∵向左平移3个单位长度，得到抛物线C2
∴抛物线C2的顶点坐标为（0，2）
∵抛物线C2与抛物线C3关于 x轴对称
∴抛物线C3的横坐标不变，纵坐标互为相反数，二次项系数互为相反数
∴抛物线C3的顶点坐标为（0，－2），二次项系数为－1
∴抛物线C3的解析式为y＝－x2－2
故选：D．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象的平移、对称问题，熟练掌握平移的规律以及关于x轴对称的两条抛物线的顶点的横坐标相等，纵坐标互为相反数，二次项系数互为相反数是解题的关键．
9．（3分）（2023秋·河北石家庄·九年级统考期末）如图，点B，C，D均在⊙O上，四边形OBCD是平行四边形，若点A（不与点B，C重合）也在⊙O上，则∠BAC＝（ ）
A．30°B．45°C．60°或120°D．30°或150°
【答案】D
【分析】分点A在优弧BC上和劣弧BC上两种情况，分别连接OC，根据平行四边形的性质及圆的性质可得△OBC是等边三角形，进而得到∠BOC=60°，再根据圆周角定理即可解答．
【详解】解：（1）当点A在优弧BC上时，连接OC，
∵四边形OBCD是平行四边形，
∴BC=OD，
∴BC=OB=OC，
∴ΔOBC是等边三角形，
∴∠BOC=60°
∴∠BAC=12∠BOC=30°；
（2）当点A在劣弧BC上A'位置时，连接OC，
∵四边形ABA'C为圆内接四边形，
∴∠BAC+∠BA'C=180°，
∵∠BAC=30°，
∴∠BA'C=150°．
综上∠BAC的度数为30°或150°．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理以及圆的内接四边形，熟记圆周角定理并作出合理的辅助线是解答本题的关键．
10．（3分）（2023秋·浙江·九年级期末）若一个点的纵坐标是横坐标的2倍，则称这个点为二倍点，若在二次函数y=x2+2mx−m (m为常数）的图象上存在两个二倍点Mx1，y1，Nx2,y2，且x1<1A．m<2 B．m<1 C．m<0 D．m>0
【答案】B
【分析】根据题意得出纵坐标是横坐标的2倍总在直线y=2x上，x1、x2是方程x2+2mx−m=2x的两个解，根据根与系数的关系得出x1+x2=2−2m，x1⋅x2=−m，根据根的判别式得出Δ=2m−22+4m>0，根据4m−122+3>0，得出m取任意实数时，Δ>0总成立，根据x1<10，即x1−1x2−1<0，得出−m−2−2m+1<0，求出m的值即可．
【详解】解：∵纵坐标是横坐标的2倍总在直线y=2x上，
∴点Mx1，y1，Nx2,y2一定在直线y=2x上，
又∵点Mx1，y1，Nx2,y2在二次函数y=x2+2mx−m (m为常数）的图象上，
∴x1、x2是方程x2+2mx−m=2x的两个解，
即x2+2m−2x−m=0，
∴x1+x2=2−2m，x1⋅x2=−m，
Δ=2m−22+4m>0，
∵2m−22+4m=4m2−4m+4=4m2−m+4=4m−122+3，
又∵m−122≥0，
∴4m−122+3>0，
∴m取任意实数时，Δ>0总成立，
∵x1<1∴x1−1<0，x2−1>0，
∴x1−1x2−1<0，
即x1x2−x1+x2+1<0，
∴−m−2−2m+1<0，
解得：m<1，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了一次函数与二次函数的交点问题，一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，解题的关键是根据题意得出x1、x2是方程x2+2mx−m=2x的两个解，且x1−1x2−1<0．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023春·山东青岛·七年级山东省青岛实验初级中学校考期末）一个不透明的口袋中装有7个红球，9个黄球，2个白球，这些球除颜色外其他均相同从中任意摸出一个球．如果要使摸到白球的概率为15，需要在这个口袋中再放入 个白球．
【答案】2
【分析】根据白球的概率和概率公式得到相应的方程，求解即可．
【详解】设需要在这个口袋中再放入x个白球，得：2+x7+9+2+x=15，
解得：x=2．经检验x=2符合题意，
所以需要在这个口袋中再放入2个白球．
故答案为：2．
【点睛】本题考查概率的求法与运用，一般方法为：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率PA=mn．
12．（3分）（2023秋·全国·九年级期末）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，AF是⊙O的直径，P是⊙O上的一点（不与点B，F重合），则∠BPF的度数为 °．

【答案】54或126
【分析】由正五边形的性质，圆周角定理，得到∠COF=∠DOF，由等腰三角形的性质推出直径AF⊥CD，从而求出∠BOF的度数，分两种情况，即可解决问题．
【详解】解：连接OC，OD，

∵正五边形ABCDE的五个顶点把圆五等分，
∴ABC=AED，
∴∠AOC=∠AOD，
∴∠COF=∠DOF，
∵OC=OD，
∴直径AF⊥CD，
∴CF=DF，
∵∠COD=15×360°=72°，
∴∠COF=12×72°=36°，
当P在BAF上时，连接OB，BP，FP，
∵∠BOC=15×360°=72°，
∴∠BOF=∠BOC+∠COF=108°，
∴∠BPF=12∠BOF=54°，
当P在BCF上时，
由圆内接四边形的性质得∠BPF=180°−54°=126°．
∴∠BPF的度数是54°或126°．
故答案为：54或126．
【点睛】本题考查正五边形和圆，关键是掌握正五边形的性质．
13．（3分）（2023秋·河南驻马店·九年级统考期末）已知二次函数y=−x2−2x+4，当a≤x≤a+1时，函数值y的最小值为1，则a的值为 ．
【答案】0或-3
【分析】利用二次函数图像上点的特征找出y=1时自变量x的值，结合a≤x≤a+1时，函数值y的最小值为1，可得到关于a的一元一次方程，解即可．
【详解】解：令y=1，则−x2−2x+4=1，
解得：x1=−3，x2=1．
∵ a≤x≤a+1时，函数值y的最小值为1
∴ a=−3或a+1=1，
∴ a=−3或a=0．
故答案为： −3或0．
【点睛】本题考查了二次函数图像上点的坐标特征以及函数的最值．利用二次函数图像上点的特征找出y=1时自变量x的值是解题的关键．
14．（3分）（2023春·陕西渭南·八年级统考期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转102°得到△ADE，点D恰好在BC的延长线上，连接DE，若BD=BE，则∠EBD= °．

【答案】24
【分析】可求∠ABD=∠ADB=180°−∠BAD2=39°，从而可求∠ADE=39°，可求∠BED=∠BDE=78°，即可求解．
【详解】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转102°得到△ADE，
∴∠BAD=102°，AB=AD，∠ABC=∠ADE，
∴∠ABD=∠ADB=180°−∠BAD2=39°，
∴∠ADE=39°，
∴∠BDE=∠ADB+∠ADE=78°，
∵BD=BE，
∴∠BED=∠BDE=78°，
∴∠DBE=180°−∠BDE−∠BED
=180°−78°−78°
=24°；
故答案：24．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握旋转的性质是解题的关键．
15．（3分）（2023春·浙江·八年级期末）已知下面三个关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝1，bx2+cx+a＝﹣3，cx2+ax+b＝2恰好有一个相同的实数根，则a+b+c的值为 ．
【答案】0
【分析】设这个相同的实数根为t，把x＝t代入3个方程得出a•t2+bt+c＝0，bt2+ct+a＝0，ct2+a•t+b＝0，3个方程相加即可得出（a+b+c）（t2+t+1）＝0，即可求出答案．
【详解】解：设这个相同的实数根为t，
把x＝t代入ax2+bx+c＝0，bx2+cx+a＝0，cx2+ax+b＝0得：
a•t2+bt+c＝0，bt2+ct+a＝0，ct2+a•t+b＝0
相加得：（a+b+c）t2+（b+c+a）t+（a+b+c）＝0，
（a+b+c）（t2+t+1）＝0，
∵t2+t+1＝（t+12）2+34＞0，
∴a+b+c＝0，
故答案是：0．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，使方程左右两边相等的未知数的值叫方程的解．
16．（3分）（2023秋·全国·九年级期末）如图，已知以BC为直径的⊙O，A为BC中点，P为弧AC上任意一点，AD⊥AP交BP于D，连接CD．若BC=6，则CD的最小值为 ．

【答案】35−3/−3+35
【分析】以AB为斜边作等腰直角三角形ABO'，连接DO'、CO'，求出∠ADB=135°，得出点D在点O'为圆心，AO'为半径的AB上运动，根据勾股定理求出CO'=O'B2+BC2=32+62=35，根据CD≥CO'−O'D，得出当C、D、O'三点共线时，CD取的最小值，最小值为CO'−O'D=35−3．
【详解】解：以AB为斜边作等腰直角三角形ABO'，连接DO'、CO'，如图所示：

则∠O'BC=∠O'AB=45°，
∵以BC为直径的⊙O，A为BC中点，
∴AB=AC，∠BAC=90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠ACB=45°，AB=AC=BC2=62=32，
∴∠O'BC=∠O'BA+∠ABC=45°+45°=90°，
∵AB=AB，
∴∠APD=∠ACB=45°，
∵AD⊥AP，
∴∠DAP=90°，
∴∠ADP=45°，∠ADB=135°，
∴点D在点O'为圆心，AO'为半径的AB上运动，
在等腰直角△ABO'中，O'B=AB2=322=3
在Rt△BO'C中，CO'=O'B2+BC2=32+62=35，
∴O'D=O'B=3，
∵CD≥CO'−O'D
∴当C、D、O'三点共线时，CD取的最小值，最小值为CO'−O'D=35−3．
故答案为：35−3．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，找出使CD取的最小值的位置．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023秋·广东清远·九年级统考期末）已知关于x的一元二次方程x2+2x+k−3=0有两个实数根．
(1)求实数k的取值范围；
(2)若其两根x1，x2满足x12+x22=18，求k的值．
【答案】(1)k≤4
(2)−4
【分析】（1）根据一元二次方程x2+2x+k−3=0有实数根，可知Δ≥0，即可求得k的取值范围；
（2）根据根与系数的关系和x12+x22=18，可以求得k的值．
【详解】（1）解：∵关于x的一元二次方程x2+2x+k−3=0有两个实数根，
∴ Δ=22−4×1×(k−3)≥0，
解得k≤4，
即k的取值范围是k≤4；
（2）∵方程x2+2x+k−3=0的两个实数根分别为x1，x2，
∴x1+x2=−2，x1x2=k−3，
∵x12+x22=18，
∴x12+x22=x1+x22−2x1x2，
=−22−2k−3，
=−2k+10，
即，−2k+10=18，
解得，k=−4，
故k的值为：−4．
【点睛】本题考查根与系数的关系、根的判别式，解答本题的关键是明确一元二次方程有根时Δ≥0，以及根与系数的关系．
18．（6分）（2023春·陕西渭南·八年级统考期末）在如图所示的平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，△ABC的顶点坐标分别为A1,1，B3,0，C2,3．

(1)将△ABC向左平移4个单位长度得到△A1B1C1，点A、B、C的对应点分别为A1、B1、C1，请画出△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
(2)以原点O为旋转中心，将△ABC顺时针旋转90°得到△A2B2C2，点A、B、C的对应点分别为A2、B2 、C2，请画出△A2B2C2．
【答案】(1)图见解析，C1−2,3；
(2)见解析．
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）分别作出点A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
【详解】（1）根据向左平移4个单位长度，点A、B、C的对应点分别为A1(−3,1)、B1(−1,0)、C1(−2，3)，然后连接A1B1，A1C1，B1C1，
如图，△A1B1C1为所求；

∴点C1的坐标为−2,3；
（2）如图，绕点O顺时针旋转90°，点A、B、C的对应点分别为A2(1,−1)、B2(0,−3)、C2(3，−2)，然后连接A2B2，A2C2，B2C2，

∴△A2B2C2为所求．
【点睛】此题考查作图——平移变换，旋转变换等知识，解题的关键是熟练掌握平移和旋转的性质．
19．（8分）（2023春·北京·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，∠BAD的平分线交⊙O于点C，CE⊥AD于点E，EM⊥AB于点H与AC交于点G，与⊙O交于M点，且AG=CG.
(1)求证：∠CAB=∠AEG
(2)求证：AG=2GH
(3)若⊙O半径为4，求FM的长.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)215
【分析】（1）如图：连接，先说明OC∥AE，得到EC⊥OC，再说明EC=CG,进而说明∠AGH=∠CEG，然后根据角的运算和等量代换即可证明结论；
（2）先说明△EGC是等边三角形可得∠AGH=∠EGC=60°，进而说明∠OAC=30°，最后根据直角三角形中30°所对的边是斜边的一半即可证明结论；
（3）如图：连接OF,OG，由（2）可得∠OAC=30°，根据垂径定理可得OG⊥AC，再根据直角三角形中30°所对的边是斜边的一半可得OG=12OC=2，同理得到OH=12OG=1；再运用勾股定理求得HF=15，最后根据垂径定理可得FM=2HF=215即可.
【详解】（1）解：如图：连接OC
∵OA=OC
∴∠ACO=∠OAC，
∵∠BAD的平分线交⊙O于点C，
∴∠OAC=∠DAC
∴∠OCA=∠DAC
∴OC∥AE
∵CE⊥AD
∴EC⊥OC，即∠OCE=90°
∴∠OCA+∠ECA=90°
∵EM⊥AB
∴∠EHA=∠EHO=90°
∴∠OAC+∠AGH=90°，
∵∠ACO=∠OAC
∴∠AGH=∠ECA
∵∠EGC=∠AGH
∴∠EGC=∠ECG
∴EC=EG
∵∠AEC=90°,AG=CG
∴EG=12AC=CG
∴∠CEG=∠EGC
∴∠AGH=∠CEG
∵∠AGH+∠CAH=90°,∠CEG+∠AEG=90°
∴∠AEG=∠CAB
（2）解：∵EC=CG、EG=12AC=CG
∴EC=CG=EG
∴△EGC是等边三角形
∴∠EGC=60°
∴∠AGH=∠EGC=60°
∵∠AHG=90°
∴∠OAC=30°
∴AG=2GH.
（3）解：如图：连接OF,OG
∵∠OAC=30°
∴∠ACO=∠OAC=30°
∵AG=CG
∴OG⊥AC
∴OG=12OC=2
∵∠OAC=30°
∴∠AOG=60°
∵EM⊥AB
∴∠OGH=30°
∴OH=12OG=1
∴HF=OF2−OH2=42−12=15
由垂径定理可得：FM=2HF=215.
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、垂径定理等知识点，灵活运用相关性质定理成为解答本题的关键.
20．（8分）（2023秋·福建厦门·八年级校考期末）定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”．例如：凸四边形ABCD中，若∠A=∠C，∠B≠∠D，则称四边形ABCD为准平行四边形．

(1)如图①，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC=∠CPB=60°，延长BP到Q，使AQ=AP．求证：四边形AQBC是准平行四边形；
(2)如图②，准平行四边形ABCD内接于⊙O，AB≠AD，BC=DC，若⊙O的半径为5，AB=6，求AC的长；
【答案】(1)见解析
(2)72
【分析】（1）先证△APQ是等边三角形，可得∠AQP=60°=∠ACB，由∠QAC≠∠QBC，可证四边形AQBC是准平行四边形；
（2）如图②，连接BD，根据等腰三角形的性质得到∠ABD≠∠ADB，∠CBD=∠CDB，求得∠ABC≠∠ADC，于是得到BD是直径，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△CDH，可得AB=DH=6，AC=CH，∠ACH=90°，∠ABC=∠CDH，由勾股定理可求AC的长．
【详解】（1）证明：∵∠APC=∠CPB=60°，
∴∠APQ=60°，∠APB=120°，
∵四边形APBC是圆的内接四边形，
∴∠APB+∠ACB=180°，
∴∠ACB=60°，
∵AQ=AP，∠APQ=60°，
∴△APQ是等边三角形，
∴∠AQP=60°=∠ACB，
又∵∠QAC≠∠QBC，
∴四边形AQBC是准平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC+∠ADC=180°，
∵AC不是直径，
∴∠ABC≠∠ADC，
∵四边形ABCD是准平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD，∠ABC≠∠ADC，
∴∠BAD=∠BCD=90°，
∴BD是直径，
∴BD=10，
在Rt△ABD中，AD=BD2−AB2=8，
将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△CDH，

∴AB=DH=6，AC=CH，∠ACH=90°，∠ABC=∠CDH，
∵∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ADC+∠CDH=180°，
∴点A，点D，点H三点共线，
∴AH=AD+DH=14，
∵ AC2+CH2=AH2，
∴ 2AC2=196，
∴ AC=72，
【点睛】题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，旋转的性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，理解等对角四边形的定义是本题的关键，添加恰当辅助线是本题的难点．
21．（8分）（2023秋·山东日照·九年级期末）某公司经销的一种产品每件成本为40元，要求在90天内完成销售任务．已知该产品90天内每天的销售价格与时间（第x天）的关系如下表：
任务完成后，统计发现销售员小王90天内日销售量p（件）与时间（第x天）满足一次函数关系p=−2x+200，设小王第x天销售利润为W元．
(1)直接写出W与x之间的函数关系式，并注明自变量x的取值范围；
(2)求小王第几天的销售利润最大？最大利润是多少？
(3)任务完成后，统计发现平均每个销售员每天销售利润为4800公司制定如下奖励制度：如果一个销售员某天的销售利润超过该平均值，则该销售员当天可获得200元奖金，请计算小王一共可获得多少元奖金？
【答案】(1)W=−2x2+180x+2000 (1≤x<50)−100x+10000 (50≤x≤90)
(2)第45天的销售利润最大，最大利润为6050元
(3)6200元
【分析】（1）依据题意销售利润=销售量×（售价−进价）易得出销售利润为W（元）与x（天）之间的函数关系式，
（2）再依据（1）中函数的增减性求得最大利润．
（3）根据销售利润为W（元）与x（天）之间的函数关系式，求出利润超过4800元的天数即可求得可获得的奖金金额．
【详解】（1）解：依题意：W=p⋅(x+50−40) (1≤x<50)(90−40)p (50≤x≤90)
整理得W=−2x2+180x+2000(1≤x<50)−100x+10000(50≤x≤90)；
（2）①当1≤x<50时，W=−2x2+180x+2000=−2(x−45)2+6050，
∵−2<0，
∴开口向下，
∴当x=45时，W有最大值为6050；
②当50≤x≤90时，W=−100x+10000，
∵−100<0，
∴W随x的增大而减小，
∴当x=50时，W有最大值为5000，
∵6050>5000，
∴当x=45时，W的值最大，最大值为6050，
即小王第45天的销售利润最大，最大利润为6050元；
（3）①当1≤x<50时，令W=4800，得W=−2(x−45)2+6050=4800，
解得x1=20，x2=70，
∴当W>4800时，20∵1≤x<50，
∴20②当50≤x≤90时，令W>4800，W=−100x+10000>4800，
解得x<52，
∵50≤x≤90，
∴50≤x<52，
综上所述：当204800，即共有52−20+1−2=31天的销售利润超过4800元，
∴可获得奖金200×31=6200元，
即小王一共可获得6200元奖金．
【点睛】本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．最大销售利润的问题常利函数的增减性来解答，根据每天的利润=一件的利润×销售件数，建立函数关系式，此题为数学建模题，借助二次函数解决实际问题．
22．（8分）（2023春·辽宁盘锦·九年级校考开学考试）人工智能是数字经济高质量发展的引擎，也是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动．人工智能市场分为决策类人工智能，人工智能机器人，语音类人工智能，视觉类人工智能四大类型，将四个类型的图标依次制成A，B，C，D四张卡片（卡片背面完全相同），将四张卡片背面朝上洗匀放置在桌面上．

A．决策类人工智能 B．人工智能机器人 C．语音类人工智能 D．视觉类人工智能
(1)随机抽取一张，抽到决策类人工智能的卡片的概率为______；
(2)从中随机抽取一张，记录卡片的内容后放回洗匀，再随机抽取一张，请用列表或树状图的方法求抽取到的两张卡片内容一致的概率．
【答案】(1)14
(2)抽取到的两张卡片内容一致的概率为14．
【分析】（1）直接根据概率公式求解即可；
（2）根据题意画出树状图得出所有等可能结果，找出符合条件的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【详解】（1）解：∵共有4张卡片，
∴从中随机抽取一张，抽到决策类人工智能的卡片的概率为14；
故答案为：14；
（2）解：根据题意画图如下：

共有16种等可能的结果数，其中抽取到的两张卡片内容一致的结果数为4，
所以抽取到的两张卡片内容一致的概率为416=14．
【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
23．（8分）（2023秋·安徽·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过A(−1,0)，B(3,0)，C(0,3)．

(1)请写出抛物线的解析式为__________．
(2)若N是抛物线对称轴上一动点，请写出使△NCA周长最小的N点的坐标为__________．
(3)点N在抛物线的对称轴上，点M在x轴上，请写出，使得以M，N，C，B为顶点的四边形是平行四边形的点M的坐标为__________．
(4)若点P为第一象限内抛物线上的一动点，点P的横坐标为t，请求出使点P到直线CB距离最大的t的值．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)(1,2)
(3)(4,0)或(−2,0)或(2,0)
(4)当t=32时，点P到直线CB距离最大
【分析】（1）利用待定系数法解抛物线解析式即可；
（2）首先确定该抛物线对称轴为x=1，因为点A(−1,0)，B(3,0)关于直线x=1对称，故有NA=NB，结合△ACP的周长=AC+NA+CN=AC+NB+CN≥AC+BC，可得当点C、N、B共线时，△ACN的周长最小；利用待定系数法解得直线BC的解析式，令x=1，求解即可获得答案；
（3）若以M，N，C，B为顶点的四边形是平行四边形，则可分当CM为对角线时，当CN为对角线时，当CB为对角线时三种情况讨论，结合平行四边形的性质求解即可；
（4）连接BC，过点P作PD⊥x轴交BC于点D，设点P到BC的距离为ℎ，易知S△PBC=12PD⋅OB=12BC⋅ℎ，故当S△PBC面积最大时，ℎ的值最大，设点P坐标为(t,−t2+2t+3)，点D坐标为(t,−t+3)，易得PD=−t2+3t，可求得S△PBC=−32t2+92t，结合二次函数的图像与性质即可获得答案．
【详解】（1）解：设该抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
将点A(−1,0)，B(3,0)，C(0,3)代入，
可得0=a−b+c0=9a+3b+c3=c，解得a=−1b=2c=3，
∴该抛物线的解析式为y=−x2+2x+3．
故答案为：y=−x2+2x+3；
（2）由（1）可知，抛物线的解析式为y=−x2+2x+3，
∴其对称轴为x=−22×(−1)=1，
如下图，

∵点A(−1,0)，B(3,0)关于直线x=1对称，
∴NA=NB，
∴△ACN的周长=AC+NA+CN=AC+NB+CN≥AC+BC，
∴当点C、N、B共线时，△ACP的周长最小，
设直线BC的解析式为y=kx+b'，将点B(3,0)，C(0,3)代入，
可得0=3k+b'3=b'，解得k=−1b'=3，
∴线BC的解析式为y=−x+3，
令x=1，则有y=−1+3=2，
∴点N(1,2)．
故答案为：(1,2)；
（3）设点M(m,0)，
若以M，N，C，B为顶点的四边形是平行四边形，
①当CM为对角线时，如下图，

此时CN∥BM，
∴点N的纵坐标yN=3，即点N(1,3)，
∴CN=1−0=1，
则BM=CN=1，即m−3=1，
解得m=4，
∴M(4,0)；
②当CN为对角线时，如下图，

此时xN−xM=xB−xC，即1−m=3−0，
解得m=−2，
∴M(−2,0)；
③当CB为对角线时，如下图，

此时可有xB+xC2=xM+xN2，即3+02=m+12，
解得m=2，
∴M(2,0)．
综上所述，点M的坐标为(4,0)或(−2,0)或(2,0)．
故答案为：(4,0)或(−2,0)或(2,0)；
（4）如下图，连接BC，过点P作PD⊥x轴交BC于点D，

设点P到BC的距离为ℎ，
则S△PBC=12PD⋅OB=12BC⋅ℎ，
∴当S△PBC面积最大时，ℎ的值最大，
由（1）可知，直线BC的函数解析式为y=−x+3，
设点P坐标为(t,−t2+2t+3)，点D坐标为(t,−t+3)，
∴PD=−t2+3t，
∴S△PBC=12(−t2+3t)×3=−32t2+92t=−32(t−32)2+278，
∴当t=32时，S△PBC最大，
即当t=32时，点P到直线CB距离最大．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，涉及到待定系数法求二次函数和一次函数解析式、平行四边形的性质等知识，解题关键是灵活运用所学知识，并运用数形结合和分类讨论的思想分析问题．时间（第x天）
1≤x<50
50≤x≤90
销售价格
x+50
90
时间（第x天）
1≤x<50
50≤x≤90
销售价格
x+50
90