2023-2024学年甘肃省武威二十六中九年级（下）开学数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年甘肃省武威二十六中九年级（下）开学数学试卷（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。
1.下列方程是一元二次方程的是( )
A. 3x2+y=2B. x2−1x+1=0C. x2−5x=3D. x−3y+1=0
2.一元二次方程x2−8x−1=0配方后可变形为( )
A. (x+4)2=17B. (x+4)2=15C. (x−4)2=17D. (x−4)2=15
3.若关于x的方程kx2−3x−94=0有实数根，则实数k的取值范围是( )
A. k=0B. k≥−1且k≠0C. k≥−1D. k>−1
4.等腰三角形的底和腰是方程x2−5x+6=0的两个根，则这个三角形的周长为( )
A. 7B. 8C. 7或8D. 不能确定
5.设a，b是方程x2+x−2023=0的两个实数根，则a2+2a+b的值为( )
A. 2020B. 2021C. 2022D. 2023
6.对于抛物线y=(x+2)2−1，下列说法错误的是( )
A. 开口向上B. 对称轴是直线x=−2
C. x>−2时，y随x的增大而减小D. x=−2，函数有最小值y=−1
7.二次函数y=−5(x+2)2−6的开口方向、对称轴和顶点坐标分别为( )
A. 向下、直线x=2、(2,6)B. 向下、直线x=−2、(−2,−6)
C. 向下、直线x=−2、(−2,6)D. 向上、直线x=2、(2,−6)
8.如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，AC=3，将△ABC绕点B逆时针旋转得△A′BC′，若点C′在AB上，则AA′的长为( )
A. 10
B. 4
C. 2 5
D. 5
9.如图，在△ABC中，∠A=30°，∠C=45°，BC=2，则AB的长度为( )
A. π4
B. π2
C. π
D. 2π
10.七年级一班同学组织了元旦联欢会，文艺委员准备在“横扫千军”“飞花令”“成语接龙”“看图猜诗词”四个项目中选择两个，则她选中“飞花令”和“看图猜诗词”的概率为( )
A. 12B. 16C. 18D. 112
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.关于x的一元二次方程x2+x−a=0的一个根是−1，则a= ______．
12.已知实数a，b满足3a2+4a−2=0，3b2+4b−2=0，则ab+ba= ______．
13.以原点为中心，把点A(2,−1)逆时针旋转90°，得到点B，点B的坐标为______．
14.将抛物线y=−x2向右平移一个单位，所得函数解析式为______．
15.在一个不透明口袋中装有1个红球和n个白球，它们除了颜色以外没有任何其他区别.搅匀后从口袋中随机摸出1个球，记录下颜色后放回口袋中并搅匀，随着试验次数的增加，摸到白球的频率逐渐稳定在0.8，则n的值为______．
16.如图，在⊙O中，OD⊥AB于点D，AD的长为3cm，则弦AB的长为______．
17.如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，若∠P=48°，则∠AOB= ______．
18.某游乐场的圆形喷水池中心O有一雕塑OA，从A点向四周喷水，喷出的水柱为抛物线，且形状相同.如图，以水平方向为x轴，点O为原点建立直角坐标系，点A在y轴上，x轴上的点C，D为水柱的落水点，水柱所在抛物线第一象限部分的函数表达式为y=−16(x−5)2+6，则两个水柱的最高点M，N之间的距离为______m.
三、解答题：本题共9小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
解方程：
(1)x2−2x−6=0；
(2)(x+4)2=5(x+4)．
20.(本小题6分)
若关于x的一元二次方程(k−2)x2+3x−2=0有两个不相等的实数根，求k的取值范围．
21.(本小题6分)
等边△OAB在平面直角坐标系中，已知点A(2,0)，将△OAB绕点O顺时针方向旋转a°(0−2时，y随x的增大而增大，故C选项错误，符合题意；
D、x=−2，函数有最小值y=−1，故D选项正确，不符合题意；
故选：C．
根据二次函数y=a(x−h)2+k的图象和性质，逐项判断即可求解．
本题主要考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数y=a(x−h)2+k的图象和性质是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：∵a=−578，
∴k的取值范围为k>78且k≠2．
【解析】根据根的判别式列不等式，即可得到结论．
本题考查了根的判别式，一元二次方程的定义，正确地求出k的取值范围是解题的关键．
21.【答案】解：(1)如图1所示过点B作BC⊥OA，垂足为C．

∵△OAB为等边三角形，
∴∠BOC=60°，OB=BA．
∵OB=AB，BC⊥OA，
∴OC=CA=1．
在Rt△OBC中，BCOC= 3，
∴BC= 3．
∴点B的坐标为(1, 3).
(2)如图2所示：

∵点B1与点A1的纵坐标相同，
∴A1B1//OA．
①如图2所示：当a=300°时，点A1与点B1纵坐标相同．
如图3所示：

当a=120°时，点A1与点B1纵坐标相同．
∴当a=120°或a=300°时，点A1与点B1纵坐标相同．
(3)如图2所示：由旋转的性质可知A1B1=AB=2，点B的坐标为(1,2)，
∴点B1的坐标为(−1, 3).
如图3所示：由旋转的性质可知：点B1的坐标为(1,− 3).
∴点B1的坐标为(−1, 3)或(1,− 3).
【解析】(1)如图1所示过点B作BC⊥OA，垂足为C.由等边三角形的性质和特殊锐角三角函数值可知OC=1，BC= 3，从而可求得点B的坐标；
(2)如图2所示，根据平行线的性质和旋转的定义可确定出a的值；
(3)利用旋转的性质可知A1B1=2，从而可求得点B1的值．
本题主要考查的是旋转的性质，等腰三角形的性质、等边三角形的性质，掌握相关性质是解题的关键．
22.【答案】解：(1)把M(−2,3)代入y=−x2+mx+3得：
−4−2m+3=3，
解得m=−2，
∴y=−x2−2x+3=−(x+1)2+4，
∴抛物线的顶点坐标为(−1,4)；
(2)∵y=−(x+1)2+4，
∴抛物线开口向下，有最大值4，
∵当x=0时，y=3，当x=−3时，y=0，
∴当−3≤x≤0时，y的取值范围是0≤y≤4．
【解析】(1)把点M(−2,3)代入y=−x2+mx+3得到关于m的方程，再解方程可确定抛物线解析式，在化为顶点式求顶点坐标；
(2)分别确定自变量为0和−3对应的函数值，然后结合函数图象和二次函数的性质求解。
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式和二次函数的性质，关键是利用二次函数的性质解题。
23.【答案】(1)证明：∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，
∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，
∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，
∵AB=AC，
∴AE=AF，
∴△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，
∴BE=CF；
(2)解：∵△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，
∴△AEB≌△AFC，
∴∠ABE=∠ACF，
设AC与BE相交于O，

∵∠AOB=∠COD，
∴∠BDC=∠BAC=45°．
【解析】(1)由旋转的性质可得出结论；
(2)由全等三角形的性质得出∠ABE=∠ACF，根据三角形内角和定理可得出答案．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
24.【答案】(1)证明：如图：连接AF，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D，AB//DC，
在△ABF和△ADG中，
AB=AD∠B=∠DBF=DG，
∴△ABF≌△ADG(SAS)，
∴∠AFB=∠AGD=90°，
∵AB/​/DC，
∴∠BAG=∠AGD=90°，
∴OA⊥AG，
又∵OA是⊙O的半径，
∴AG为⊙O的切线；
(2)解：如图：连接BE，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，即BE⊥AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∴AC=2AE=2×52=5，
设⊙O的半径为R，则AB=BC=2R，则BF=BC−CF=2R−3，
∵AF2=AB2−BF2=AC2−CF2，
∴(2R)2−(2R−3)2=52−32，
解得R=2512，
故⊙O的半径为2512．
【解析】(1)连接AF，首先根据全等三角形的判定定理SAS及圆周角定理，即可证得ABF≌△ADG，∠AFB=∠AGD=90°，再根据平行线的性质及切线的判定定理，即可证得结论；
(2)连接BE，首先根据圆周角定理及等腰三角形的性质，即可证得AC=2AE，设⊙O的半径为R，则AB=BC=2R，则BF=2R−3，再根据AB2−BF2=AC2−CF2，列出方程，据此即可求解．
本题考查了菱形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，切线的判定定理，等腰三角形的性质，勾股定理，作出辅助线是解决本题的关键．
25.【答案】解：(1)证明：连接OD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠DAC，
∵AO=DO，
∴∠BAD=∠ADO，
∴∠CAD=∠ADO，
∴AC/​/OD，
∴∠ODC=∠ACD=90°，
∴OD⊥BC，
∵OD是⊙O的半径，
∴BC与⊙O相切；
(2)连接OE，ED，
∵∠BAC=60°，OE=OA，
∴△OAE为等边三角形，
∴∠AOE=60°，
∴∠ADE=30°，
又∵∠OAD=12∠BAC=30°，
∴∠ADE=∠OAD，
∴ED//AO，
∴四边形OAED是菱形，
∴12S△AED=12S△AOD，
∴阴影部分的面积=扇形ODE的面积=60π×22360=23π.
【解析】(1)连接OD，推出OD⊥BC，根据切线的判定推出即可；
(2)连接DE、OE，求出阴影部分的面积=扇形EOD的面积，求出扇形的面积即可．
本题考查了平行线的性质和判定，切线的性质和判定，扇形的面积有关计算的应用，能灵活运用定理进行推理和计算是解此题的关键．
26.【答案】解：(1)设红球的个数为x，由题意可得：33+1+x=12，
解得：x=2，经检验x=2是方程的根，
即红球的个数为2个；
(2)画树状图如下：
∴P(摸得两白)=630=15．
【解析】(1)设红球的个数为x，根据白球的概率可得关于x的方程，解方程即可；
(2)画出树形图，即可求出两次摸到的球都是白球的概率．
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实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
27.【答案】解：(1)将A(−1,0)、B(3,0)代入y=ax2+bx−3得，
a−b−3=09a+3b−3=0，
解得：a=1b=−2，
∴抛物线的解析式为：y=x2−2x−3；
(2)设点D的坐标为(x,x2−2x−3)，
∵A(−1,0)、B(3,0)，
∴AB=4，
∴S△ABD=12×4×|x2−2x−3|=10，
即|x2−2x−3|=5，
∴x2−2x−3=5或x2−2x−3=−5(无解舍去)，
解得：x1=4，x2=−2，
∴点D的坐标为(4,5)或(−2,5)；
(3)在抛物线上存在一点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形；理由如下：

抛物线y=x2−2x−3的对称轴为：x=1，
假设存在，设P(xp,yP)，Q(xQ,yQ)，
∴xp=1，
分两种情况讨论：
当BC为四边形的对角线时，PB//CQ，PB=CQ，
∴|xB−xP|=|xQ−xC|，
即2=xQ，
此时点Q的坐标为(2,−3)；
②当BC为边时，PQ/​/BC，PQ=CB，
∴|xQ−xP|=|xB−xC|，即|xQ−1|=3，
解得：xQ=4或xQ=−2，
此时点Q的坐标为(4,5)或(−2,5)．
综上所述，存在满足条件的Q点的坐标为(2,−3)或(4,5)或(−2,5)．
【解析】(1)利用待定系数法求解析式即可；
(2)设点D的坐标为(x,x2−2x−3)，利用△ABD的面积为10，列出等式求解即可；
(3)分情况讨论，当BC为四边形的对角线时或当BC为边时，分别求解即可．
本题是二次函数的综合题，考查待定系数法求解析式，三角形面积问题，以及二次函数中平行四边形存在问题，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．