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浙教版数学九年级上册期中模拟测试卷 B
一、单选题（每题3分，共30分）
1．（2021·兰州）二次函数 的图象的对称轴是（　　）
A． B． C． D．
2．（2023九上·虹口模拟）下列函数中，y是关于x的二次函数的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2024九下·孝感模拟）如图，一个半径为的定滑轮由绳索带动重物上升，如果该定滑轮逆时针旋转了，假设绳索（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，那么重物上升的高度是（　　）
A．cm B．cm C．cm D．cm
4．（2024九上·武胜期末）同一平面内，已知的直径是，线段，则点与的位置关系是（　　）
A．点在外 B．点在上 C．点在内 D．不能确定
5．（2024九下·石嘴山模拟）如图，电路图上有4个开关A、B、C、D和1个小灯泡，同时闭合开关A、B或同时闭合开关C、D都可以使小灯泡发光．下列操作中，“小灯泡发光”这个事件是随机事件的是（　　）
A．只闭合1个开关 B．只闭合2个开关
C．只闭合3个开关 D．闭合4个开关
6．（2022九上·上城月考）已知二次函数的图象如图所示，有下列4个结论：①；②；③；④关于x的方程有四个根，且这四个根的和为4，其中正确的结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
7．（2023九上·景县期末）已知抛物线经过点和点，且对称轴在轴的左侧，则下列结论错误的是（　　）
A．
B．
C．抛物线经过点
D．关于的一元二次方程有两个不相等的实数根
8．（2024九上·朝天期末）如图，已知是的弦，，连接并延长交于点，则的度数是（　　）
A．60° B．80° C．100° D．120°
9．（2024九下·丹东模拟）已知二次函数与轴的一个交点为，其对称轴为直线，其部分图象如图所示，有下列5个结论：①；②；③；④；⑤若有解、，满足，则，；其中正确的个数有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．（2024九上·游仙期末）如图，边长为12的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连结MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连结HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是（　　）
A．6 B．3 C．2 D．1.5
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2020九上·成都月考）二次函数 的顶点坐标是　 　．
12．（2023九上·宿迁月考）将抛物线向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，所得抛物线解析式是　 　．
13．一个不透明的袋子中装有若干个红球和6个黄球，它们除颜色外都相同，从中随机摸出一个球，记下颜色后放回，通过大量反复实验发现，摸到黄球的频率约为0.3，由此推测这个袋中红球的个数为　 　.
14．（2021九上·嘉兴期中）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＜0）的图象与x轴交于不同两点，与y轴的交点在y轴正半轴，它的对称轴为直线x＝1．有以下结论：①abc＞0，②a+c＞0，③若点（﹣1，y1）和（2，y2）在该图象上，则y1＜y2，④设x1，x2是方程ax2+bx+c＝0的两根，若am2+bm+c＝p，则p（m﹣x1）（m﹣x2）≤0．其中正确的结论是　 　（填入正确结论的序号）。
15．（2024·常州）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，连接AD、BC、BD．若∠BCD＝20°，则∠ABD＝　 　°．
16．（2023·金华）如图，在△ABC中，AB=AC=6cm，∠BAC=50°，以AB为直径作半圆，交BC于点D，交AC于点E，则弧DE的长为　 　cm.
三、解答题（共7题，共72分）
17．（2023九上·鲤城期中）年月日起，泉州一中对教学区域垃圾进行分类投放，提高垃圾处理和再利用的效率，保护校园环境．为了检查垃圾分类的落实情况，德育处成立了甲、乙两个检查组，采取随机抽查的方式分别对教学区域的A，，，四栋楼进行检查，并且每栋教学楼不重复检查．
（1）甲组抽到A栋教学楼的概率是________；
（2）请用列表或画树状图的方法求甲组抽到A栋教学楼，同时乙组抽到栋教学楼的概率．
18．（2023九上·苏州工业园期中）如图，若二次函数y＝x2﹣x﹣2的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）若P（m，﹣2）为二次函数y＝x2﹣x﹣2图象上一点，求m的值．
19．（2021·北部湾模拟）请阅读下列材料，并完成相应的任务．
克罗狄斯·托勒密(约90年- 168 年)，古希腊天文学家、地理学家和光学家，在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下：
圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和，即：如图1，若四边形ABCD
内接于⊙O，则有
任务：
（1）材料中划横线部分应填写的内容为　 　
（2）已知，如图2，四边形ABCD内接于⊙O，BD平分∠ABC，∠COD=120%，求证：BD=AB+BC
20．（2024·枣庄、聊城、临沂、菏泽、东营）在平面直角坐标系xOy中，点P（2，﹣3）在二次函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）的图象上，记该二次函数图象的对称轴为直线x＝m．
（1）求m的值；
（2）若点Q（m，﹣4）在y＝ax2+bx﹣3的图象上，将该二次函数的图象向上平移5个单位长度，得到新的二次函数的图象．当0≤x≤4时，求新的二次函数的最大值与最小值的和；
（3）设y＝ax2+bx﹣3的图象与x轴交点为（x1，0），（x2，0）（x1＜x2）．若4＜x2﹣x1＜6，求a的取值范围．
21．（2023·株洲）如图所示，四边形是半径为R的的内接四边形，是的直径，，直线l与三条线段、、的延长线分别交于点E、F、G．且满足．
（1）求证：直线直线；
（2）若；
①求证：；
②若，求四边形的周长．
22．（2018·达州）阅读下列材料：
已知：如图1，等边△A1A2A3内接于⊙O，点P是弧A1A2上的任意一点，连接PA1，PA2，PA3，可证：PA1+PA2=PA3，从而得到： 是定值．
（1）以下是小红的一种证明方法，请在方框内将证明过程补充完整；
证明：如图1，作∠PA1M=60°，A1M交A2P的延长线于点M．
∵△A1A2A3是等边三角形，
∴∠A3A1A2=60°，
∴∠A3A1P=∠A2A1M
又A3A1=A2A1，∠A1A3P=∠A1A2P，
∴△A1A3P≌△A1A2M
∴PA3=MA2=PA2+PM=PA2+PA1．
∴ ，是定值．
（2）延伸：如图2，把（1）中条件“等边△A1A2A3”改为“正方形A1A2A3A4”，其余条件不变，请问： 还是定值吗？为什么？
（3）拓展：如图3，把（1）中条件“等边△A1A2A3”改为“正五边形A1A2A3A4A5”，其余条件不变，则 =　 　（只写出结果）．
23．（2023·罗湖模拟）在初中函数学习中，我们经历了列表、描点、连线画函数图象，结合图象研究函数性质并对其性质进行应用的过程．小丽同学学习二次函数后，对函数y=x2-2|x|(自变量x可以是任意实数)图象与性质进行了探究．请同学们阅读探究过程并解答：
（1）作图探究：
①下表是y与x的几组对应值：
x …… -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 ……
y …… 8 3 0 m 0 -1 0 n 8 ……
m= ▲ ，n= ▲
②在平面直角坐标系×Oy中，描出表中各组对应值为坐标的点，并根据描出的点，画出该函数的图象：
（2）深入思考：
根据所作图象，回答下列问题：
①方程x2-2|x|= 0的解是　 　；
②如果y=x2-2|x|的图象与直线y=k有4个交点，则k的取值范围是　 　；
（3）延伸思考：
将函数y=x2-2|x|的图象经过怎样的平移可得到y1= (x+1)2- 2|x+1|-2的图象？请写出平移过程．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的图象
【解析】【解答】解： .
二次函数 的图象的对称轴是 .
故答案为：A.
【分析】根据公式“y=ax2+bx+c=a(x+)2+”将解析式配成顶点式，然后由x=-即为对称轴可求解.
2．【答案】C
【知识点】二次函数的定义
3．【答案】B
【知识点】弧长的计算
4．【答案】A
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意得3＞，
∴点P位于外，
故答案为：A
【分析】根据点与圆的位置关系结合题意比较即可求解。
5．【答案】B
【知识点】事件的分类
6．【答案】C
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：①∵抛物线开口方向向下，
∴，
∵抛物线与y轴交于正半轴，
∴，
∵对称轴在y轴右侧，
∴，
∴，故①错误；
②∵抛物线与x轴有两个交点
∴
∴，故②正确；
③当时，的值最大，
∴当时，，
∴，
∴，故③正确；
④∵方程有四个根，
∴方程有2个根，方程有2个根，
∴所有根之和为，故④正确.
∴正确的结论是②③④，
故答案为：C.
【分析】①由抛物线开口方向向下得，结合对称轴在y轴右侧，可得，由抛物线与y轴交于正半轴得，即可判断；②抛物线与x轴有两个交点，可得，据此判断；③当时，的值最大，当时，，即可判断；④由
方程有四个根，可得方程有2个根，方程有2个根，根据根与系数的关系求解，即可判断.
7．【答案】C
【知识点】二次函数图象与系数的关系；利用二次函数图象判断一元二次方程根的情况
8．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
，，，
，，
，
，
故答案为：C
【分析】如图，连接AO，根据等腰三角形的性质可得，，进而可得的度数，再根据圆周角定理即可求解。
9．【答案】D
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象与坐标轴的交点问题；利用二次函数图象判断一元二次方程根的情况
10．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰三角形的性质；轴对称的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：取BC的中点G，连接MG，如图所示：
∵旋转角为60°，
∴∠MBH+∠HBN=60°，
又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，
∴∠HBN=∠GBM，
∵CH是等边△ABC的对称轴，
∴HB=AB，
∴HB=BG，
又∵MB旋转到BN，
∴BM=BN，
在△MBG和△NBH中，
，
∴△MBG≌△NBH（SAS），
∴MG=NH，
当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，
∴∠BCH=×60°=30°，CG=AB=×12=6，
∴MG=CG=×6=3，
∴HN=3，
故答案为：B
【分析】取BC的中点G，连接MG，进而根据旋转的性质得到∠MBH+∠HBN=60°，BM=BN，从而结合题意根据轴对称的性质得到HB=BG，再根据三角形全等的判定与性质证明△MBG≌△NBH（SAS）即可得到MG=NH，从而得到当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，再根据等腰三角形的性质结合题意即可求解。
11．【答案】
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【解答】 ，
故答案为：
【分析】利用配方法，把一般式化为顶点式，求顶点坐标即可。
12．【答案】
【知识点】二次函数图象的几何变换
13．【答案】14
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：设红球的个数为x个，
∵摸到黄球的频率约为0.3，
∴=0.3，
∴x=14，
∴红球的个数为14个.
【分析】设红球的个数为x个，根据摸到黄球的频率约为0.3，利用概率公式列出方程，解方程求出x的值，即可得出答案.
14．【答案】③④
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax²+bx+c的图象
【解析】【解答】解：∵抛物线的开口向下，∴a<0，∵对称轴x=-=1，∴b=-2a>0，∵图象与y轴的交点在x轴上方，∴c>0，∴abc<0，故 ① 错误；当x=1+时，y=a(1+)2-2a(1+)+c=a+c，∵当x=1+时，不能确定y的值，即不能确定a+c的值，故 ② 错误；观察图象可知，离对称轴越远，函数值越小，∵-1到1的距离大于2到1的距离，∴y1＜y2， 故 ③ 正确；设x10，m-x1≥0，m-x2<0，∴p（m﹣x1）（m﹣x2）≤0 ，若m≥x2，则p<0，m-x1>0，m-x2≥0，∴p（m﹣x1）（m﹣x2）≤0 ，故 ④ 正确；
综上，正确是 ③④ .
故答案为 ③④ .
【分析】 ① 根据抛物线的开口方向判断a的符号，结合对称轴x=1判断b的符号，根据图象与y轴的交点在x轴位置判断c的符号，从而可判abc的符号； ② 当x=1+时，y=a+c，由于当x=1+时，不能确定y的值，即不能确定a+c的值； ③观察图象可知，离对称轴越远，函数值越小，再比较-1到1的距离与2到1的距离的大小，即可作答； ④ 设x115．【答案】70
【知识点】圆周角定理；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵，
∴∠BAD=∠BCD=20°，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD=90°－∠BAD=70°
故答案为：70.
【分析】根据圆周角定理得∠BAD=∠BCD=20°，再求出∠ADB=90°，即可得到∠ABD.
16．【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；弧长的计算
【解析】【解答】解：如图，连接AD、OD、OE，
∵AB是该半圆的直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，
在△ABC中， AB=AC=6cm，∠BAC=50°， AD⊥BC，
∴∠DAC=25°，
∴∠DOE=2∠DAC=50°，
∴弧DE的长为：.
故答案为：.
【分析】由直径所对的圆周角是直角得∠ADB=90°，即AD⊥BC，由等腰三角形的三线合一得∠DAC=25°，进而根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得∠DOE=2∠DAC=50°，最后根据弧长计算公式算出弧DE的长即可.
17．【答案】（1）；
（2）．
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式
18．【答案】（1）A（-1，0），B（2，0）；（2）m的值为0或1．
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题
19．【答案】（1）AC·BD= AB·CD+BC·AD
（2）如图，
连接AC
∵∠COD= 120，
∴∠CBD=∠CAD = 60°
∵BD平分∠ABC
∴∠ABD=∠CBD = 60°
∴∠ACD= 60°，
∴△ACD是等边三角形
∴AC=AD=CD，
∵四边形ABCD是圆内接四边形
∴AC·BD=AB·CD+BC·AD
∴BD=AB+BC
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：（1）由托勒密定理得AC·BD= AB·CD+BC·AD ，
故答案为：AC·BD= AB·CD+BC·AD.
【分析】（1）由托勒密定理即可直接求解；
（2） 连接AC，先证明△ACD是等边三角形，得到AC=AD=CD， 再由AC·BD= AB·CD+BC·AD即可求解.
20．【答案】（1）解：∵点P（2，﹣3）在二次函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）的图象上，
∴4a+2b﹣3＝﹣3，
解得：b＝﹣2a，
∴抛物线为：y＝ax2﹣2ax﹣3，
∴抛物线的对称轴为直线，
∴m＝1；
（2）解：∵点Q（1，﹣4）在y＝ax2﹣2ax﹣3的图象上，
∴a﹣2a﹣3＝﹣4，
解得：a＝1，
∴抛物线为y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
将该二次函数的图象向上平移5个单位长度，得到新的二次函数为：
y＝（x﹣1）2﹣4+5＝（x﹣1）2+1，
∵0≤x≤4，
∴当x＝1时，函数有最小值为1，
当x＝4时，函数有最大值为（4﹣1）2+1＝10
∴新的二次函数的最大值与最小值的和为11；
（3）解：∵y＝ax2﹣2ax﹣3的图象与x轴交点为（x1，0），（x2，0）（x1＜x2）．
∴x1+x2＝2，，
∵，
∴，
∵4＜x2﹣x1＜6，
∴即，
解得：．
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数与一元二次方程的综合应用；二次函数图象的平移变换
【解析】【分析】本题考查求二次函数解析式，平移规律，函数区间求最值，根与系数的关系等知识，熟练掌握二次函数的性质，最值，根与系数的关系等知识，是解题关键。
（1）点P（2，﹣3）在二次函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）的图象上，代入可得a，b的数量关系，结合对称轴求出m值；
（2）结合点Q（1，4）求出抛物线，求出平移后解析式y＝（x﹣1）2+1，由 0≤x≤4 求出新二次函数的最大值和最小值，求和即可；
（3）由函数与x轴的交点，结合根与系数的关系得x1+x2＝2，，求出，结合 4＜x2﹣x1＜6，求出a的范围即可。
21．【答案】（1）证明：在中，
，
，即，
在中，
，
，
即直线直线；
（2）解：①四边形是半径为R的的内接四边形，
，
，
，
是的直径，
，
由（1）可知，
，
在与中，
，
，
②在中，，
，
是的直径，
，
，
，
，
在中，
，
即，
解得：，
由①可知，
，
，
四边形的周长为：
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）先根据圆周角定理即可得到，即，进而得到即可求解；
（2）①先根据圆内接四边形的性质即可得到，进而结合题意即可得到，再根据圆周角定理即可得到，进而得到，再根据三角形全等的判定（AAS）即可求解；
②先根据题意得到AB的长，进而结合题意即可得到，再运用勾股定理即可求出DA的长，进而根据三角形全等的性质结合题意即可求解。
22．【答案】（1）解：如图1，作∠PA1M=60°，A1M交A2P的延长线于点M．
∵△A1A2A3是等边三角形，
∴∠A3A1A2=60°，
∴∠A3A1P=∠A2A1M
又A3A1=A2A1，∠A1A3P=∠A1A2P，
∴△A1A3P≌△A1A2M
∴PA3=MA2，
∵PM=PA1，
∴PA3=MA2=PA2+PM=PA2+PA1．
∴ ，是定值
（2）解：结论： 是定值．
理由：在A4P上截取AH=A2P，连接HA1．
∵四边形A1A2A3A4是正方形，
∴A4A1=A2A1，
∵∠A1A4H=∠A1A2P，A4H=A2P，
∴△A1A4H=△A1A2P，
∴A1H=PA1，∠A4A1H=∠A2A1P，
∴∠HA1P=∠A4A1A2=90°
∴△HA1P的等腰直角三角形，
∴PA4=HA4+PH=PA2+ PA1，
同法可证：PA3=PA1+ PA2，
∴（ +1）（PA1+PA2）=PA3+PA4，
∴PA1+PA2=（ -1）（PA3+PA4），
∴
（3）解：结论：则 ．理由：如图3-1中，延长PA1到H，使得A1H=PA2，连接A4H，A4A2，A4A1．由△HA4A1≌△PA4A2，可得△A4HP是顶角为36°的等腰三角形，∴PH= PA4，即PA1+PA2= PA4，如图3-2中，延长PA5到H，使得A5H=PA3．同法可证：△A4HP是顶角为108°的等腰三角形，∴PH= PA4，即PA5+PA3= PA4，∴
【知识点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）如图1，作∠PA1M=60°，A1M交A2P的延长线于点M．根据等边三角形的性质得出∠A3A1A2=60°，根据等式的旋转得出∠A3A1P=∠A2A1M，根据ASA判断出△A1A3P≌△A1A2M根据全等三角形的性质得出PA3=MA2，又PM=PA1，根据相等的和差及等量代换得出PA3=MA2=PA2+PM=PA2+PA1，从而得出答案；
（2）还是定值，理由：在A4P上截取AH=A2P，连接HA1．根据正方形的性质得出A4A1=A2A1，然后利用SAS判断出△A1A4H≌△A1A2P，根据全等三角形的旋转得出A1H=PA1，∠A4A1H=∠A2A1P，从而判断出△HA1P的等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出PA4=HA4+PH=PA2+ PA1，同法可证：PA3=PA1+ PA2，故（ +1）（PA1+PA2)=PA3+PA4，PA1+PA2=(-1)(PA3+PA4），从而得出答案；
（3）理由：如图3-1中，延长PA1到H，使得A1H=PA2，连接A4H，A4A2，A4A1．由△HA4A1≌△PA4A2，可得△A4HP是顶角为36°的等腰三角形，故PH= PA4，即PA1+PA2=PA4，如图3-2中，延长PA5到H，使得A5H=PA3．同法可证：△A4HP是顶角为108°的等腰三角形，PH= PA4，即PA5+PA3= PA4，从而得出答案。
23．【答案】（1）解：①-1；3；②描点，连线，该函数的图象如图，
（2）x1=-2，x2=0，x3=2 ；；-1（3）解：将函数 y＝x2-2|x|的图象向左平移1 个单位，再向下平移2个单位可得到 y1＝（x+1）2 -2|x+1|-2 的图象.
【知识点】二次函数图象的几何变换；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：（1）①将x=-1代入y=x2-2|x|得y=（-1）2-2|-1|= 1-2=-1；
将x=3代入y=x2-2|x|得y=32-2|3|=9-6=3；
故答案为：-1，3；
（2）①由图象或表格可得方程x2-2|x|= 0的解是x1=-2，x2=0，x3=2 ；
故答案为：x1=-2，x2=0，x3=2 ；
②由图象可得，当直线y=k在x轴下方，直线y=-1上方时，直线与函数图象有4个交点；
故答案为：-1【分析】（1）①将x=-1与x=3分别代入y=x2-2|x|可算出m、n的值；
②根据表格提供的数据，利用描点法作图即可；
（2）①找出图象与x轴交点的横坐标即可；
②观察图象，直线y=k与函数图象有四个交点所在的区域，即可得出答案；
（3）根据函数图象的平移规律：“左加右减，上加下减”即可得出答案.
1 / 1浙教版数学九年级上册期中模拟测试卷 B
一、单选题（每题3分，共30分）
1．（2021·兰州）二次函数 的图象的对称轴是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的图象
【解析】【解答】解： .
二次函数 的图象的对称轴是 .
故答案为：A.
【分析】根据公式“y=ax2+bx+c=a(x+)2+”将解析式配成顶点式，然后由x=-即为对称轴可求解.
2．（2023九上·虹口模拟）下列函数中，y是关于x的二次函数的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二次函数的定义
3．（2024九下·孝感模拟）如图，一个半径为的定滑轮由绳索带动重物上升，如果该定滑轮逆时针旋转了，假设绳索（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，那么重物上升的高度是（　　）
A．cm B．cm C．cm D．cm
【答案】B
【知识点】弧长的计算
4．（2024九上·武胜期末）同一平面内，已知的直径是，线段，则点与的位置关系是（　　）
A．点在外 B．点在上 C．点在内 D．不能确定
【答案】A
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意得3＞，
∴点P位于外，
故答案为：A
【分析】根据点与圆的位置关系结合题意比较即可求解。
5．（2024九下·石嘴山模拟）如图，电路图上有4个开关A、B、C、D和1个小灯泡，同时闭合开关A、B或同时闭合开关C、D都可以使小灯泡发光．下列操作中，“小灯泡发光”这个事件是随机事件的是（　　）
A．只闭合1个开关 B．只闭合2个开关
C．只闭合3个开关 D．闭合4个开关
【答案】B
【知识点】事件的分类
6．（2022九上·上城月考）已知二次函数的图象如图所示，有下列4个结论：①；②；③；④关于x的方程有四个根，且这四个根的和为4，其中正确的结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：①∵抛物线开口方向向下，
∴，
∵抛物线与y轴交于正半轴，
∴，
∵对称轴在y轴右侧，
∴，
∴，故①错误；
②∵抛物线与x轴有两个交点
∴
∴，故②正确；
③当时，的值最大，
∴当时，，
∴，
∴，故③正确；
④∵方程有四个根，
∴方程有2个根，方程有2个根，
∴所有根之和为，故④正确.
∴正确的结论是②③④，
故答案为：C.
【分析】①由抛物线开口方向向下得，结合对称轴在y轴右侧，可得，由抛物线与y轴交于正半轴得，即可判断；②抛物线与x轴有两个交点，可得，据此判断；③当时，的值最大，当时，，即可判断；④由
方程有四个根，可得方程有2个根，方程有2个根，根据根与系数的关系求解，即可判断.
7．（2023九上·景县期末）已知抛物线经过点和点，且对称轴在轴的左侧，则下列结论错误的是（　　）
A．
B．
C．抛物线经过点
D．关于的一元二次方程有两个不相等的实数根
【答案】C
【知识点】二次函数图象与系数的关系；利用二次函数图象判断一元二次方程根的情况
8．（2024九上·朝天期末）如图，已知是的弦，，连接并延长交于点，则的度数是（　　）
A．60° B．80° C．100° D．120°
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
，，，
，，
，
，
故答案为：C
【分析】如图，连接AO，根据等腰三角形的性质可得，，进而可得的度数，再根据圆周角定理即可求解。
9．（2024九下·丹东模拟）已知二次函数与轴的一个交点为，其对称轴为直线，其部分图象如图所示，有下列5个结论：①；②；③；④；⑤若有解、，满足，则，；其中正确的个数有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象与坐标轴的交点问题；利用二次函数图象判断一元二次方程根的情况
10．（2024九上·游仙期末）如图，边长为12的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连结MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连结HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是（　　）
A．6 B．3 C．2 D．1.5
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰三角形的性质；轴对称的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：取BC的中点G，连接MG，如图所示：
∵旋转角为60°，
∴∠MBH+∠HBN=60°，
又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，
∴∠HBN=∠GBM，
∵CH是等边△ABC的对称轴，
∴HB=AB，
∴HB=BG，
又∵MB旋转到BN，
∴BM=BN，
在△MBG和△NBH中，
，
∴△MBG≌△NBH（SAS），
∴MG=NH，
当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，
∴∠BCH=×60°=30°，CG=AB=×12=6，
∴MG=CG=×6=3，
∴HN=3，
故答案为：B
【分析】取BC的中点G，连接MG，进而根据旋转的性质得到∠MBH+∠HBN=60°，BM=BN，从而结合题意根据轴对称的性质得到HB=BG，再根据三角形全等的判定与性质证明△MBG≌△NBH（SAS）即可得到MG=NH，从而得到当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，再根据等腰三角形的性质结合题意即可求解。
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2020九上·成都月考）二次函数 的顶点坐标是　 　．
【答案】
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【解答】 ，
故答案为：
【分析】利用配方法，把一般式化为顶点式，求顶点坐标即可。
12．（2023九上·宿迁月考）将抛物线向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，所得抛物线解析式是　 　．
【答案】
【知识点】二次函数图象的几何变换
13．一个不透明的袋子中装有若干个红球和6个黄球，它们除颜色外都相同，从中随机摸出一个球，记下颜色后放回，通过大量反复实验发现，摸到黄球的频率约为0.3，由此推测这个袋中红球的个数为　 　.
【答案】14
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：设红球的个数为x个，
∵摸到黄球的频率约为0.3，
∴=0.3，
∴x=14，
∴红球的个数为14个.
【分析】设红球的个数为x个，根据摸到黄球的频率约为0.3，利用概率公式列出方程，解方程求出x的值，即可得出答案.
14．（2021九上·嘉兴期中）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＜0）的图象与x轴交于不同两点，与y轴的交点在y轴正半轴，它的对称轴为直线x＝1．有以下结论：①abc＞0，②a+c＞0，③若点（﹣1，y1）和（2，y2）在该图象上，则y1＜y2，④设x1，x2是方程ax2+bx+c＝0的两根，若am2+bm+c＝p，则p（m﹣x1）（m﹣x2）≤0．其中正确的结论是　 　（填入正确结论的序号）。
【答案】③④
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax²+bx+c的图象
【解析】【解答】解：∵抛物线的开口向下，∴a<0，∵对称轴x=-=1，∴b=-2a>0，∵图象与y轴的交点在x轴上方，∴c>0，∴abc<0，故 ① 错误；当x=1+时，y=a(1+)2-2a(1+)+c=a+c，∵当x=1+时，不能确定y的值，即不能确定a+c的值，故 ② 错误；观察图象可知，离对称轴越远，函数值越小，∵-1到1的距离大于2到1的距离，∴y1＜y2， 故 ③ 正确；设x10，m-x1≥0，m-x2<0，∴p（m﹣x1）（m﹣x2）≤0 ，若m≥x2，则p<0，m-x1>0，m-x2≥0，∴p（m﹣x1）（m﹣x2）≤0 ，故 ④ 正确；
综上，正确是 ③④ .
故答案为 ③④ .
【分析】 ① 根据抛物线的开口方向判断a的符号，结合对称轴x=1判断b的符号，根据图象与y轴的交点在x轴位置判断c的符号，从而可判abc的符号； ② 当x=1+时，y=a+c，由于当x=1+时，不能确定y的值，即不能确定a+c的值； ③观察图象可知，离对称轴越远，函数值越小，再比较-1到1的距离与2到1的距离的大小，即可作答； ④ 设x115．（2024·常州）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，连接AD、BC、BD．若∠BCD＝20°，则∠ABD＝　 　°．
【答案】70
【知识点】圆周角定理；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵，
∴∠BAD=∠BCD=20°，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD=90°－∠BAD=70°
故答案为：70.
【分析】根据圆周角定理得∠BAD=∠BCD=20°，再求出∠ADB=90°，即可得到∠ABD.
16．（2023·金华）如图，在△ABC中，AB=AC=6cm，∠BAC=50°，以AB为直径作半圆，交BC于点D，交AC于点E，则弧DE的长为　 　cm.
【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；弧长的计算
【解析】【解答】解：如图，连接AD、OD、OE，
∵AB是该半圆的直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，
在△ABC中， AB=AC=6cm，∠BAC=50°， AD⊥BC，
∴∠DAC=25°，
∴∠DOE=2∠DAC=50°，
∴弧DE的长为：.
故答案为：.
【分析】由直径所对的圆周角是直角得∠ADB=90°，即AD⊥BC，由等腰三角形的三线合一得∠DAC=25°，进而根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得∠DOE=2∠DAC=50°，最后根据弧长计算公式算出弧DE的长即可.
三、解答题（共7题，共72分）
17．（2023九上·鲤城期中）年月日起，泉州一中对教学区域垃圾进行分类投放，提高垃圾处理和再利用的效率，保护校园环境．为了检查垃圾分类的落实情况，德育处成立了甲、乙两个检查组，采取随机抽查的方式分别对教学区域的A，，，四栋楼进行检查，并且每栋教学楼不重复检查．
（1）甲组抽到A栋教学楼的概率是________；
（2）请用列表或画树状图的方法求甲组抽到A栋教学楼，同时乙组抽到栋教学楼的概率．
【答案】（1）；
（2）．
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式
18．（2023九上·苏州工业园期中）如图，若二次函数y＝x2﹣x﹣2的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）若P（m，﹣2）为二次函数y＝x2﹣x﹣2图象上一点，求m的值．
【答案】（1）A（-1，0），B（2，0）；（2）m的值为0或1．
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题
19．（2021·北部湾模拟）请阅读下列材料，并完成相应的任务．
克罗狄斯·托勒密(约90年- 168 年)，古希腊天文学家、地理学家和光学家，在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下：
圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和，即：如图1，若四边形ABCD
内接于⊙O，则有
任务：
（1）材料中划横线部分应填写的内容为　 　
（2）已知，如图2，四边形ABCD内接于⊙O，BD平分∠ABC，∠COD=120%，求证：BD=AB+BC
【答案】（1）AC·BD= AB·CD+BC·AD
（2）如图，
连接AC
∵∠COD= 120，
∴∠CBD=∠CAD = 60°
∵BD平分∠ABC
∴∠ABD=∠CBD = 60°
∴∠ACD= 60°，
∴△ACD是等边三角形
∴AC=AD=CD，
∵四边形ABCD是圆内接四边形
∴AC·BD=AB·CD+BC·AD
∴BD=AB+BC
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：（1）由托勒密定理得AC·BD= AB·CD+BC·AD ，
故答案为：AC·BD= AB·CD+BC·AD.
【分析】（1）由托勒密定理即可直接求解；
（2） 连接AC，先证明△ACD是等边三角形，得到AC=AD=CD， 再由AC·BD= AB·CD+BC·AD即可求解.
20．（2024·枣庄、聊城、临沂、菏泽、东营）在平面直角坐标系xOy中，点P（2，﹣3）在二次函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）的图象上，记该二次函数图象的对称轴为直线x＝m．
（1）求m的值；
（2）若点Q（m，﹣4）在y＝ax2+bx﹣3的图象上，将该二次函数的图象向上平移5个单位长度，得到新的二次函数的图象．当0≤x≤4时，求新的二次函数的最大值与最小值的和；
（3）设y＝ax2+bx﹣3的图象与x轴交点为（x1，0），（x2，0）（x1＜x2）．若4＜x2﹣x1＜6，求a的取值范围．
【答案】（1）解：∵点P（2，﹣3）在二次函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）的图象上，
∴4a+2b﹣3＝﹣3，
解得：b＝﹣2a，
∴抛物线为：y＝ax2﹣2ax﹣3，
∴抛物线的对称轴为直线，
∴m＝1；
（2）解：∵点Q（1，﹣4）在y＝ax2﹣2ax﹣3的图象上，
∴a﹣2a﹣3＝﹣4，
解得：a＝1，
∴抛物线为y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
将该二次函数的图象向上平移5个单位长度，得到新的二次函数为：
y＝（x﹣1）2﹣4+5＝（x﹣1）2+1，
∵0≤x≤4，
∴当x＝1时，函数有最小值为1，
当x＝4时，函数有最大值为（4﹣1）2+1＝10
∴新的二次函数的最大值与最小值的和为11；
（3）解：∵y＝ax2﹣2ax﹣3的图象与x轴交点为（x1，0），（x2，0）（x1＜x2）．
∴x1+x2＝2，，
∵，
∴，
∵4＜x2﹣x1＜6，
∴即，
解得：．
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数与一元二次方程的综合应用；二次函数图象的平移变换
【解析】【分析】本题考查求二次函数解析式，平移规律，函数区间求最值，根与系数的关系等知识，熟练掌握二次函数的性质，最值，根与系数的关系等知识，是解题关键。
（1）点P（2，﹣3）在二次函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）的图象上，代入可得a，b的数量关系，结合对称轴求出m值；
（2）结合点Q（1，4）求出抛物线，求出平移后解析式y＝（x﹣1）2+1，由 0≤x≤4 求出新二次函数的最大值和最小值，求和即可；
（3）由函数与x轴的交点，结合根与系数的关系得x1+x2＝2，，求出，结合 4＜x2﹣x1＜6，求出a的范围即可。
21．（2023·株洲）如图所示，四边形是半径为R的的内接四边形，是的直径，，直线l与三条线段、、的延长线分别交于点E、F、G．且满足．
（1）求证：直线直线；
（2）若；
①求证：；
②若，求四边形的周长．
【答案】（1）证明：在中，
，
，即，
在中，
，
，
即直线直线；
（2）解：①四边形是半径为R的的内接四边形，
，
，
，
是的直径，
，
由（1）可知，
，
在与中，
，
，
②在中，，
，
是的直径，
，
，
，
，
在中，
，
即，
解得：，
由①可知，
，
，
四边形的周长为：
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）先根据圆周角定理即可得到，即，进而得到即可求解；
（2）①先根据圆内接四边形的性质即可得到，进而结合题意即可得到，再根据圆周角定理即可得到，进而得到，再根据三角形全等的判定（AAS）即可求解；
②先根据题意得到AB的长，进而结合题意即可得到，再运用勾股定理即可求出DA的长，进而根据三角形全等的性质结合题意即可求解。
22．（2018·达州）阅读下列材料：
已知：如图1，等边△A1A2A3内接于⊙O，点P是弧A1A2上的任意一点，连接PA1，PA2，PA3，可证：PA1+PA2=PA3，从而得到： 是定值．
（1）以下是小红的一种证明方法，请在方框内将证明过程补充完整；
证明：如图1，作∠PA1M=60°，A1M交A2P的延长线于点M．
∵△A1A2A3是等边三角形，
∴∠A3A1A2=60°，
∴∠A3A1P=∠A2A1M
又A3A1=A2A1，∠A1A3P=∠A1A2P，
∴△A1A3P≌△A1A2M
∴PA3=MA2=PA2+PM=PA2+PA1．
∴ ，是定值．
（2）延伸：如图2，把（1）中条件“等边△A1A2A3”改为“正方形A1A2A3A4”，其余条件不变，请问： 还是定值吗？为什么？
（3）拓展：如图3，把（1）中条件“等边△A1A2A3”改为“正五边形A1A2A3A4A5”，其余条件不变，则 =　 　（只写出结果）．
【答案】（1）解：如图1，作∠PA1M=60°，A1M交A2P的延长线于点M．
∵△A1A2A3是等边三角形，
∴∠A3A1A2=60°，
∴∠A3A1P=∠A2A1M
又A3A1=A2A1，∠A1A3P=∠A1A2P，
∴△A1A3P≌△A1A2M
∴PA3=MA2，
∵PM=PA1，
∴PA3=MA2=PA2+PM=PA2+PA1．
∴ ，是定值
（2）解：结论： 是定值．
理由：在A4P上截取AH=A2P，连接HA1．
∵四边形A1A2A3A4是正方形，
∴A4A1=A2A1，
∵∠A1A4H=∠A1A2P，A4H=A2P，
∴△A1A4H=△A1A2P，
∴A1H=PA1，∠A4A1H=∠A2A1P，
∴∠HA1P=∠A4A1A2=90°
∴△HA1P的等腰直角三角形，
∴PA4=HA4+PH=PA2+ PA1，
同法可证：PA3=PA1+ PA2，
∴（ +1）（PA1+PA2）=PA3+PA4，
∴PA1+PA2=（ -1）（PA3+PA4），
∴
（3）解：结论：则 ．理由：如图3-1中，延长PA1到H，使得A1H=PA2，连接A4H，A4A2，A4A1．由△HA4A1≌△PA4A2，可得△A4HP是顶角为36°的等腰三角形，∴PH= PA4，即PA1+PA2= PA4，如图3-2中，延长PA5到H，使得A5H=PA3．同法可证：△A4HP是顶角为108°的等腰三角形，∴PH= PA4，即PA5+PA3= PA4，∴
【知识点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；正多边形的性质
【解析】【分析】（1）如图1，作∠PA1M=60°，A1M交A2P的延长线于点M．根据等边三角形的性质得出∠A3A1A2=60°，根据等式的旋转得出∠A3A1P=∠A2A1M，根据ASA判断出△A1A3P≌△A1A2M根据全等三角形的性质得出PA3=MA2，又PM=PA1，根据相等的和差及等量代换得出PA3=MA2=PA2+PM=PA2+PA1，从而得出答案；
（2）还是定值，理由：在A4P上截取AH=A2P，连接HA1．根据正方形的性质得出A4A1=A2A1，然后利用SAS判断出△A1A4H≌△A1A2P，根据全等三角形的旋转得出A1H=PA1，∠A4A1H=∠A2A1P，从而判断出△HA1P的等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出PA4=HA4+PH=PA2+ PA1，同法可证：PA3=PA1+ PA2，故（ +1）（PA1+PA2)=PA3+PA4，PA1+PA2=(-1)(PA3+PA4），从而得出答案；
（3）理由：如图3-1中，延长PA1到H，使得A1H=PA2，连接A4H，A4A2，A4A1．由△HA4A1≌△PA4A2，可得△A4HP是顶角为36°的等腰三角形，故PH= PA4，即PA1+PA2=PA4，如图3-2中，延长PA5到H，使得A5H=PA3．同法可证：△A4HP是顶角为108°的等腰三角形，PH= PA4，即PA5+PA3= PA4，从而得出答案。
23．（2023·罗湖模拟）在初中函数学习中，我们经历了列表、描点、连线画函数图象，结合图象研究函数性质并对其性质进行应用的过程．小丽同学学习二次函数后，对函数y=x2-2|x|(自变量x可以是任意实数)图象与性质进行了探究．请同学们阅读探究过程并解答：
（1）作图探究：
①下表是y与x的几组对应值：
x …… -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 ……
y …… 8 3 0 m 0 -1 0 n 8 ……
m= ▲ ，n= ▲
②在平面直角坐标系×Oy中，描出表中各组对应值为坐标的点，并根据描出的点，画出该函数的图象：
（2）深入思考：
根据所作图象，回答下列问题：
①方程x2-2|x|= 0的解是　 　；
②如果y=x2-2|x|的图象与直线y=k有4个交点，则k的取值范围是　 　；
（3）延伸思考：
将函数y=x2-2|x|的图象经过怎样的平移可得到y1= (x+1)2- 2|x+1|-2的图象？请写出平移过程．
【答案】（1）解：①-1；3；②描点，连线，该函数的图象如图，
（2）x1=-2，x2=0，x3=2 ；；-1（3）解：将函数 y＝x2-2|x|的图象向左平移1 个单位，再向下平移2个单位可得到 y1＝（x+1）2 -2|x+1|-2 的图象.
【知识点】二次函数图象的几何变换；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：（1）①将x=-1代入y=x2-2|x|得y=（-1）2-2|-1|= 1-2=-1；
将x=3代入y=x2-2|x|得y=32-2|3|=9-6=3；
故答案为：-1，3；
（2）①由图象或表格可得方程x2-2|x|= 0的解是x1=-2，x2=0，x3=2 ；
故答案为：x1=-2，x2=0，x3=2 ；
②由图象可得，当直线y=k在x轴下方，直线y=-1上方时，直线与函数图象有4个交点；
故答案为：-1【分析】（1）①将x=-1与x=3分别代入y=x2-2|x|可算出m、n的值；
②根据表格提供的数据，利用描点法作图即可；
（2）①找出图象与x轴交点的横坐标即可；
②观察图象，直线y=k与函数图象有四个交点所在的区域，即可得出答案；
（3）根据函数图象的平移规律：“左加右减，上加下减”即可得出答案.
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