精品解析：甘肃省武威市凉州区十七中教研联片开学评估测试2023-2024学年九年级下学期开学数学试题

2023-2024学年第二学期甘肃省武威第十七中学教研联片 九年级数学开学学情评估 一、选择题(共30分) 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知直角三角形的两条直角边长恰好是方程x2－5x＋6＝0的两个根,则此直角三角形斜边长是（ ） A. B. C. 13 D. 5 3. 已知一元二次方程x2-4x-2=0的两根分别为x1，x2，则的值为（ ） A. 2 B. -1 C. D. -2 4. 要组织一次排球邀请赛，参赛的每个队之间都要比赛一场，根据场地和时间等条件，赛程计划安排7天，每天安排4场比赛．设比赛组织者应邀请x个队参赛，则x满足的关系式为（ ） A. B. C. D. 5. 已知二次函数的图象如图所示，下列说法错误的是（　　） A. 图象关于直线对称 B. 函数的最小值是 C. 当时， D. 当时，y随x的增大而减小 6. 抛物线与抛物线的相同点是（ ） A 顶点相同 B. 对称轴相同 C. 拋物线形状相同 D. 顶点都在轴上 7. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转到的位置，使得，划的度数是（　　） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，已知⊙O的直径，是⊙O的弦，，垂足为M，，则的长为（　　） A. 2 B. C. 4 D. 10. 在一个不透明的盒子里装有若干个白球和15个红球，这些球除颜色不同外其余均相同，每次从袋子中摸出一个球记录下颜色后再放回，经过多次重复试验，发现摸到红球的频率稳定在0.6左右，则袋中白球约有（ ） A. 5个 B. 10个 C. 15个 D. 25个 二、填空题(共24分) 11. 关于的方程的一个根为，那么的值是______． 12. 若关于x的方程(m+2)x|m|＋2x-3＝0是一元二次方程，则m＝________． 13. 抛物线的顶点坐标是________． 14 抛物线可以由抛物线向_____________平移3个单位得到. 15. 如图，将绕点C逆时针旋转，得到，若点A恰好在的延长线上，则_______°． 16. 在平面直角坐标系中，将点绕原点O逆时针旋转得到点，则点的坐标是_______； 17. 如图，是的切线，M是切点，连结．若，则的大小为_______度． 18. 如图，正方形的对角线交于点中，，将绕点旋转（边在正方形外面），现随机向正方形内抛掷一枚小针，则针尖落在与正方形重叠部分的概率为______． 三、解一元二次方程（共8分） 19. 解方程： （1）； （2）． 四、作图题（共6分） 20. 如图，方格纸中每个小方格都是边长为1的正方形，我们把以格点间连线为边的三角形称为格点三角形， 图中的△ABC就是格点三角形． 在建立平面直角坐标系后，点B的坐标为（-1，-1）． （1）把△ABC向左平移8格后得到△A1B1C1， 画出△A1B1C1的图形,并直接写出点B1的坐标为 ； （2）把△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°后得到△A2B2C，画出△A2B2C的图形，并直接写出点B2的坐标为 ； （3）把△ABC以点A为位似中心，在x轴下方放大，使放大前后对应边长的比为1：2，在方格纸中画出△AB3C3的图形． 五、解答题（共52分） 21. 求证：对于任意实数，关于的方程总有两个不相等的实数根． 22. 通过配方，写出抛物线的开口方向、对称轴和顶点坐标． 23 如图，已知Rt△ABC中，∠A＝90°，∠ABC＝60°，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△EBD，求证：CD＝2AB． 24. 如图，矩形中，经过点A，且与边相切于M点，过边上的点N，且． （1）求证：与相切； （2）若，，求的长． 25. 如图，已知与菱形ABCD的边BC相切于点E，与边AB相交于点F，连接EF． （1）求证：CD是的切线； （2）若的半径为2，，求图中阴影部分的面积． 26. 在一个不透明的盒子里有红球、黄球、绿球各一个，它们除了颜色外其余都相同，小颖从盒子里随机摸出一球，记录下颜色后放回盒子里，充分摇匀后，再随机摸出一球，并记录下颜色．请用列表法或画树状图法，求小颖两次摸出的球颜色相同的概率． 27. 已知二次函数（是常数）． （1）求证：不论为何值，该函数的图象与轴有个公共点； （2）如图，若该函数与轴一交点是原点，求另一交点的坐标及顶点的坐标； （3）在（2）的条件下，轴上是否存在一点，使得最小？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年第二学期甘肃省武威第十七中学教研联片 九年级数学开学学情评估 一、选择题(共30分) 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查轴对称图形、中心对称图形，熟练掌握轴对称图形、中心对称图形的特征是关键． 根据轴对称和中心对称图形的特征逐项分析判断即可． 【详解】解：A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意； B、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意； C、既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意； D、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意； 故选：C 2. 已知直角三角形的两条直角边长恰好是方程x2－5x＋6＝0的两个根,则此直角三角形斜边长是（ ） A. B. C. 13 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据一元二次方程形式，选取因式分解法解答，然后根据勾股定理求解． 【详解】解：x2-5x+6=0， 因式分解得（x-3）（x-2）=0， 解得x1=3，x2=2， ∵3，2为直角边长， ∴斜边长为； 故选A． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法，也考查了勾股定理的应用． 3. 已知一元二次方程x2-4x-2=0的两根分别为x1，x2，则的值为（ ） A. 2 B. -1 C. D. -2 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系先求出x1+x2，x1·x2的值，再代入所求的式子中计算即可． 【详解】解：根据根与系数的关系得， x1+x2=4，x1·x2=-2 ∴ =-2． 故选D ． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根与系数的关系，熟记公式是解题的关键． 4. 要组织一次排球邀请赛，参赛的每个队之间都要比赛一场，根据场地和时间等条件，赛程计划安排7天，每天安排4场比赛．设比赛组织者应邀请x个队参赛，则x满足的关系式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是得到比赛总场数的等量关系，注意2队之间的比赛只有1场，最后的总场数除以2． 关系式为：球队总数×每支球队需赛场数，把相关数值代入即可． 【详解】解：每支球队都需要与其他球队赛场，但2队之间只有1场比赛， 所以可列方程为：． 故选：B． 5. 已知二次函数的图象如图所示，下列说法错误的是（　　） A. 图象关于直线对称 B. 函数的最小值是 C. 当时， D. 当时，y随x的增大而减小 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数的图象和性质，根据函数图象确定对称轴、最大值、增减性判断即可，理解二次函数的对称轴、最值、二次函数的增减性是解题的关键． 【详解】A、图象关于直线对称，A说法正确，故不符合题意； B、函数的最小值是，B说法正确，故不符合题意； C、由图可得：抛物线与x轴的另一交点为，当时，；当时，，C说法错误，故符合题意； D、当时，y随x的增大而减小，D说法正确，故不符合题意； 故选：C． 6. 抛物线与抛物线的相同点是（ ） A. 顶点相同 B. 对称轴相同 C. 拋物线形状相同 D. 顶点都在轴上 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线性质进行解答即可． 【详解】解：A．抛物线的顶点，抛物线的顶点是，故选项错误，不符合题意； B．抛物线的对称轴是，抛物线的对称轴是y轴，故选项错误，不符合题意； C．∵抛物线与的a的值不同，拋物线形状不同，故选项错误，不符合题意； D．抛物线的顶点，抛物线的顶点是，顶点都在轴上，故选项正确，符合题意． 故选：D． 【点睛】此题考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键． 7. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转到的位置，使得，划的度数是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行线的性质，结合旋转性质，由等腰三角形性质及三角形内角和定理求解即可得到答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵将绕点逆时针旋转到的位置， ∴， ∴， ∴， ，， ∴，即旋转角的度数是， 故选：B． 【点睛】本题考查旋转性质求角度，涉及平行线的性质、旋转性质、等腰三角形的判定与性质及三角形内角和定理，熟练掌握旋转性质，数形结合，是解决问题的关键． 8. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】关于原点对称的两点，则其横、纵坐标互为相反数，由点关于原点对称的坐标特征即可求得对称点的坐标． 【详解】点关于原点对称的点的坐标为； 故选：A． 【点睛】本题考查了求关于原点对称的点的坐标，掌握关于原点对称的坐标特征是关键． 9. 如图，已知⊙O的直径，是⊙O的弦，，垂足为M，，则的长为（　　） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理以及勾股定理，根据求出，再由即可求解． 【详解】解：连接，如图所示： ∵直径， ∴ ∵，， ∴ ∵， ∴ 故选：D 10. 在一个不透明的盒子里装有若干个白球和15个红球，这些球除颜色不同外其余均相同，每次从袋子中摸出一个球记录下颜色后再放回，经过多次重复试验，发现摸到红球的频率稳定在0.6左右，则袋中白球约有（ ） A 5个 B. 10个 C. 15个 D. 25个 【答案】B 【解析】 【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率，设袋中白球有x个，根据概率公式列方程求解即可． 【详解】解：设袋中白球有x个，根据题意得： ＝0.6， 解得：x＝10， 经检验：x＝10是分式方程的解， 答：袋中白球约有10个． 故选：B． 【点睛】本题考查了利用概率的求法估计总体个数，利用如果一个事件有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的概率是解题关键． 二、填空题(共24分) 11. 关于的方程的一个根为，那么的值是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解的定义．使方程左右两边相等的未知数的值即为方程的解．把代入方程中，解关于m的一元二次方程求m的值． 【详解】解：当时，方程为， 即， 解得：， 故答案为：． 12. 若关于x的方程(m+2)x|m|＋2x-3＝0是一元二次方程，则m＝________． 【答案】2 【解析】 【分析】只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程是一元二次方程，根据定义解答． 【详解】解：由题意得， 解得m=2， 故答案为：2． 【点睛】此题考查了一元二次方程的定义，熟记定义并应用解决问题是解题的关键． 13. 抛物线的顶点坐标是________． 【答案】(2, 1) 【解析】 【分析】利用配方法得出二次函数顶点式形式，即可得出二次函数顶点坐标． 【详解】 = ， 抛物线开口向上，当x= 2时，y最小= 1， 顶点坐标：(2, 1)， 故答案为：(2, 1)． 【点睛】此题主要考查了配方法求二次函数顶点坐标，根据题意正确的将二次函数进行配方是解决问题的关键． 14. 抛物线可以由抛物线向_____________平移3个单位得到. 【答案】下 【解析】 【分析】根据二次函数的平移规律即可得出答案． 【详解】解：由平移规律可得：抛物线可以由抛物线向下平移3个单位得到． 故答案为：下． 【点睛】本题考查了二次函数的平移，熟记二次函数平移规律：“左加右减，上加下减”是解题的关键． 15. 如图，将绕点C逆时针旋转，得到，若点A恰好在的延长线上，则_______°． 【答案】80 【解析】 【分析】根据旋转的性质得，，，再根据三角形内角和定理得到，则，即可得到答案． 【详解】解：∵将绕点C逆时针旋转，得到， ∴，，， ∴是等腰三角形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 16. 在平面直角坐标系中，将点绕原点O逆时针旋转得到点，则点的坐标是_______； 【答案】（3，－2） 【解析】 【分析】根据旋转性质可知，点A和点关于原点对称，由关于原点对称点的坐标：点A（x，y）得到解答即可． 【详解】解：∵在平面直角坐标系中，将点A(-3，2)绕原点O旋转180°得到， ∴点A和点关于原点对称， ∴点的坐标为（3，-2）， 故答案为：（3，-2）． 【点睛】本题考查了旋转的性质、坐标与图形变化，掌握关于原点对称的点的坐标：点A（x，y）得到是解答的关键． 17. 如图，是的切线，M是切点，连结．若，则的大小为_______度． 【答案】54 【解析】 【分析】本题考查了切线的性质，根据切线的性质可得，然后利用直角三角形的两个锐角互余进行计算即可解答．熟练掌握切线的性质是解题的关键． 【详解】解∶∵是的切线，是切点， ∴， ∴ 故答案为∶54． 18. 如图，正方形的对角线交于点中，，将绕点旋转（边在正方形外面），现随机向正方形内抛掷一枚小针，则针尖落在与正方形重叠部分的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质，概率公式即可得出结论． 【详解】解：正方形的对角线交于点， ，，， ， ，， ， ， 设正方形的边长为， ， ， 正方形与Rt两个图形重叠部分的面积 针尖落在与正方形重叠部分的概率为． 故答案为：． 【点睛】本题考查几何概率，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 三、解一元二次方程（共8分） 19. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，解答本题的关键是掌握公式法、因式分解法解一元二次方程的方法步骤，此题难度不大． （1）利用公式法解方程即可；一元二次方程的求根公式是：； （2）利用因式分解法解方程即可． 【小问1详解】 解：， 这里，，， ， ， ， ； 【小问2详解】 解：， ， ， 或， ，． 四、作图题（共6分） 20. 如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1的正方形，我们把以格点间连线为边的三角形称为格点三角形， 图中的△ABC就是格点三角形． 在建立平面直角坐标系后，点B的坐标为（-1，-1）． （1）把△ABC向左平移8格后得到△A1B1C1， 画出△A1B1C1的图形,并直接写出点B1的坐标为 ； （2）把△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°后得到△A2B2C，画出△A2B2C的图形，并直接写出点B2的坐标为 ； （3）把△ABC以点A为位似中心，在x轴下方放大，使放大前后对应边长的比为1：2，在方格纸中画出△AB3C3的图形． 【答案】（1）画图见解析；（-1，-9）；（2）画图见解析；（5，5）; （3）画图见解析 【解析】 【分析】（1）利用点平移的坐标变换规律写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可； （2）利用网格特点和旋转的性质画出B、A的对应点B2、A2即可； （3）延长AB到B3使BB3=AB，延长AC到C3使CC3=AC． 【详解】解：（1）如图，△A1B1C1为所作，点B1的坐标为（﹣9，﹣1）； （2）如图，△A2B2C为所作，点B2的坐标为（5，5）； （3）如图，△AB3C3为所作． 【点睛】本题主要考查的是平移变换，旋转变换，平移中的坐标变换，旋转中的坐标变换，位似变换的有关知识，掌握基本变换的性质是解题关键． 五、解答题（共52分） 21. 求证：对于任意实数，关于的方程总有两个不相等的实数根． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的根情况，判断其根的情况，完全取决于的符号，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，方程没有实数根． 【详解】解： ． ， ． 对于任意实数，关于的方程总有两个不相等的实数根． 22. 通过配方，写出抛物线的开口方向、对称轴和顶点坐标． 【答案】开口向下，， 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是将二次函数的一般式化为顶点式． 【详解】解：， ∵， ∴抛物线的开口向下， ∴抛物线的对称轴为直线，顶点坐标为． 23. 如图，已知Rt△ABC中，∠A＝90°，∠ABC＝60°，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△EBD，求证：CD＝2AB． 【答案】见解析 【解析】 【分析】由特殊角的性质可得BC=2AB，再由旋转的性质可得△CBD是等边三角形，即可推出结论． 【详解】证明：在Rt△ABC中，∠A=90°，∠ABC=60°， ∴∠ACB=30°， ∴BC=2AB， ∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△EBD， ∴BC=BD，∠CBD=60°， ∴△CBD是等边三角形， ∴CD=BC， ∴CD=2AB． 【点睛】本题考查了旋转的性质，含30°角的直角三角形，等边三角形的判定与性质，证明△CBD是等边三角形是解题的关键． 24. 如图，矩形中，经过点A，且与边相切于M点，过边上点N，且． （1）求证：与相切； （2）若，，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）9 【解析】 【分析】本题考查了切线的判定和性质，勾股定理，矩形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键． （1）连接，，，根据等腰三角形性质得出，，根据切线的性质可得，进而可证明，最后根据切线的判定即可证明； （2）过点O作于G，连接，根据垂径定理求出，，然后证明四边形、是矩形，则可求，，即可求解． 【小问1详解】 证明：连接，，， ∵，， ∴，， ∵与相切于M， ∴， ∴， ∴， ∴， 又是的半径， ∴与相切； 【小问2详解】 解：过点O作于G，连接， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， 又， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． 25. 如图，已知与菱形ABCD的边BC相切于点E，与边AB相交于点F，连接EF． （1）求证：CD是的切线； （2）若的半径为2，，求图中阴影部分的面积． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接AE，作AH⊥CD于H，根据切线和菱形的性质，求得△ABE≌△ADH，于是AH＝AE便可证明； （2）由切线性质可得∠AEF=60°，因此△AEF是等边三角形，可得扇形EAF圆心角；再由△ABE的面积进而可求阴影面积； 【小问1详解】 证明：连接AE，作AH⊥CD于H， ∵BC切⊙A于点E，∴AE⊥BC ， ∴∠AEB＝∠AHD＝90°， 在菱形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D， ∴△ABE≌△ADH ∴AH＝AE， 又∵AE是半径，AH⊥CD ， ∴CD是⊙A的切线； 【小问2详解】 解：∵∠BEF＝30°，由（1）知∠AEB＝90°， ∴∠AEF＝60°， ∵AE＝AF， ∴ △AFE是等边三角形，∴∠FAE＝60°，∠B＝30°， 又∵AE＝2 ， AB＝2AE＝4，∴， ∴ ， 又∵， ∴； 【点睛】本题考查了切线的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积，掌握相关性质是解题关键． 26. 在一个不透明的盒子里有红球、黄球、绿球各一个，它们除了颜色外其余都相同，小颖从盒子里随机摸出一球，记录下颜色后放回盒子里，充分摇匀后，再随机摸出一球，并记录下颜色．请用列表法或画树状图法，求小颖两次摸出的球颜色相同的概率． 【答案】 【解析】 【分析】画树状图，共有9种等可能的结果，小颖两次摸出的球颜色相同的结果有3个，再由概率公式求解即可． 【详解】解：画树状图如下： 共有9种等可能的结果，小颖两次摸出的球颜色相同的结果有3个， 小颖两次摸出的球颜色相同的概率为． 【点睛】本题考查的是用树状图法求概率，解题的关键是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． 27. 已知二次函数（是常数）． （1）求证：不论为何值，该函数的图象与轴有个公共点； （2）如图，若该函数与轴的一交点是原点，求另一交点的坐标及顶点的坐标； （3）在（2）的条件下，轴上是否存在一点，使得最小？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2），；（3）存在， 【解析】 【分析】（1）要证明抛物线与轴有两个交点，令，即只要证明 恒大于零即可； （2）根据抛物线经过原点，将原点代入解析式求出的值，求出抛物线的解析式，令解析式等于零，求出抛物线与轴的另一个交点，写出顶点式，求出顶点坐标； （3）根据两点之间线段最短的知识，将求的最小值可以转化为求线段的值，过点作关于轴的对称点，连接，根据待定系数法求出直线的解析式即可求得点的坐标． 【详解】（1）证明：令，即， ∴，，， ∴， ∴， ∴不论为何值，该函数的图象轴有2个公共点； （2）解：已知函数过， ∴， 解得：， ∴， 当时，， 解得：，， ∴， 由可得， ∴； （3）存在． 解：如图所示作关于轴的对称点， 设直线:，且，， ∴， 解得：， ∴， 当时，， ． 【点睛】本题主要考查二次函数与轴的交点、抛物线的顶点、线段之和的最短问题的综合题．在第（3）小题中，根据两点之间线段最短的知识，将求的最小值可以转化为求线段的值，作出线段何时最短是解决此题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$