精品解析：浙江省宁波市兴宁中学2023-2024学年九年级上学期科技素养测试数学试卷

数学试卷 时间：90分钟 总分：100分 一．单选题（每题6分，共26分，每题只有一个选项符合题目要求） 1. 化简的结果是（ ） A. B. C. D. 2. 对于每个，函数是，，，这三个函数中的最小值，则函数的最大值是（ ） A. B. 6 C. 4 D. 3. 一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈一级台阶或二级台阶，最多可以迈三级台阶，从地面上到最上面一级台阶，一共可以有多少种不同的迈法（ ） A. B. C. D. 4. 若二次函数的图象的顶点在第一象限，且经过点(0，1)和(-1，0)，则的值的变化范围是(　　) A. B. C. D. 5. 如果关于的方程（，是正整数）有一正一负两个根，且正根小于3，那么这样的方程个数是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 6. 当时，多项式的值为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本题共6小题，每题6分，共36分） 7. 二次函数在上有最小值，则的值为______． 8. ，，，则_____． 9. 设，为实数，函数满足：对任意，都有，则的最大值为_____． 10. 在中，，，，在、上分别取点、，使线段将分成面积相等的两部分，则这样线段的最小值是_____． 11. 已知为质数，使二次方程的两根都是整数，求出的所有可能值_____． 12. 如图，直角梯形纸片，，，，点、分别在线段、上，将沿翻折，点的落点记为．当落在直角梯形内部时，的最小值等于_____． 三、解答题（本大题共2小题，共28分．要求写出文字说明、证明过程或演算步骤） 13. 问同时满足条件：（）当时，；（）的二次函数是否存在？证明你的结论． 14. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E，且DC2＝CE•CA． （1）求证：BC＝CD； （2）分别延长AB，DC交于点P，过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F，若PB＝OB，CD＝，求DF的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 时间：90分钟 总分：100分 一．单选题（每题6分，共26分，每题只有一个选项符合题目要求） 1. 化简的结果是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的化简运算、因式分解及分母有理化，解题的关键是对分母进行因式分解，建立分母与分子的数量关联，通过约分简化表达式后完成分母有理化． 先对分母提取公因式 2 进行初步变形；再观察发现分子与的乘积等于分母提取公因式后的剩余部分，据此将分母表示为含分子的形式；约去分子与分母的公因式，最后对剩余分式进行分母有理化，得出结果后对比选项． 【详解】解：原式 故选：D． 2. 对于每个，函数是，，，这三个函数中的最小值，则函数的最大值是（ ） A. B. 6 C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了正比例函数的性质、一次函数的性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用一次函数的性质是关键．依据题意，在同一坐标系中画出，，这三个函数图象，进而可以判断得解． 【详解】解：由题意，在同一坐标系中画出，，这三个函数图象如下． 又联立方程组， ∴． ∴结合图象可得满足题意的最大值为． 故选：D． 3. 一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈一级台阶或二级台阶，最多可以迈三级台阶，从地面上到最上面一级台阶，一共可以有多少种不同的迈法（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了加法原理和乘法原理，解题关键是从简单情况入手，从中找出规律，再利用规律求解． 先从简单情况入手，若有1级台阶，则只有唯一的迈法，若有2级台阶，则有两种迈法，若有3级台阶，则有4种迈法，若有4级台阶，则按照第一步迈的级数分三类讨论：①第一步迈一级台阶，那么还剩三级台阶，根据前面分析可知种迈法，②第一步迈二级台阶，还剩二级台阶，根据前面的分析可知有种迈法，③第一步迈三级台阶，那么还剩一级台阶，还有种，然后依次求出、、…． 【详解】从简单情况入手： （1）若有1级台阶，则只有唯一的迈法：； （2）若有2级台阶，则有两种迈法：一步一级或一步二级，则； （3）若有3级台阶，则有4种迈法：①一步一级地走，②第一步迈一级而第二步迈二级，③第一步迈二级而第二步迈一级，④一级迈三级，； （4）若有4级台阶，则按照第一步迈的级数分三类讨论：①第一步迈一级台阶，那么还剩三级台阶，根据前面分析可知种迈法，②第一步迈二级台阶，还剩二级台阶，根据前面的分析可知有种迈法，③第一步迈三级台阶，那么还剩一级台阶，还有种． ∴（种） 相应有 （种）， （种）， （种）， （种）， （种）， （种）， ∴共有种迈法． 故选：D． 4. 若二次函数的图象的顶点在第一象限，且经过点(0，1)和(-1，0)，则的值的变化范围是(　　) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】代入两点的坐标可得 ， ，所以 ，由抛物线的顶点在第一象限可得 且 ，可得 ，再根据、，可得S的变化范围． 【详解】将点(0，1)代入中 可得 将点(-1，0)代入中 可得 ∴ ∵二次函数图象的顶点在第一象限 ∴对称轴 且 ∴ ∵， ∴ ∴ 故答案为：A． 【点睛】本题考查了二次函数的系数问题，掌握二次函数的性质以及各系数间的关系是解题的关键． 5. 如果关于的方程（，是正整数）有一正一负两个根，且正根小于3，那么这样的方程个数是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】题中条件“关于的方程（，是正整数）有一正一负两个根，且正根小于3”转化为函数的零点问题，利用函数的图象解决问题 . 本题考查一元二次方程根的分布，函数的零点与方程根的关系以及数形结合的思想 . 【详解】解：设(p，q是正整数)， 画出函数的图象 当时，， 当时，， ∴， 又∵p，q是正整数， ∴当时，，2，3，4，5， 当时，，2. 故这样的方程个数是7. 故选: C. 6. 当时，多项式的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了代数式的化简求值；先根据的值推导出关于的二次方程，再利用该方程化简多项式，最后计算结果． 【详解】解：∵ 可得, 即 ∴,即, ∴, 把代入， 得,即, 把代入可得: 原式 故选:C． 二、填空题（本题共6小题，每题6分，共36分） 7. 二次函数在上有最小值，则的值为______． 【答案】5或 【解析】 【分析】本题考查二次函数的增减性和二次函数最值的求法：分三种情况考虑：对称轴在的左边，对称轴在到2的之间，对称轴在的右边，当对称轴在的左边和对称轴在的右边时，可根据二次函数的增减性来判断函数取最小值时的值，然后把此时的的值与代入二次函数解析式即可求出的值；当对称轴在到2的之间时，顶点为最低点，令顶点的纵坐标等于，列出关于的方程，求出方程的解即可得到满足题意的值．此题是一道综合题．求二次函数最值时应注意顶点能否取到． 【详解】解：分三种情况： 当，即时，二次函数在上为增函数， 所以当时，有最小值为，把代入中解得：； 当，即时，二次函数在上为减函数， 所以当时，有最小值为，把代入中解得：，舍去； 当，即时，此时抛物线的顶点为最低点， 所以顶点的纵坐标为，解得：或，舍去． 综上，的值为5或． 故答案为：5或 8. ，，，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了完全平方公式的变形应用．先将原式变形为含有完全平方的形式，再代入数值计算． 【详解】解：因为，，, 故答案为:． 9. 设，为实数，函数满足：对任意，都有，则的最大值为_____． 【答案】##0.25 【解析】 【分析】本题主要考查一次函数在区间上的约束条件与参数最值问题，涉及不等式约束下的极值求解．利用端点分析：一次函数在区间上的最大值和最小值出现在端点，因此只需保证端点处满足，将函数在端点的条件转化为关于和的不等式，得到和；分情况讨论：根据的正负，分别在的上下限中选择使最大的值，转化为单变量二次函数求极值． 【详解】解：函数在区间上满足，因此： 当时，，即， 当时，，即， 情况一：当时，此时， ∴， ∴在时取得最大值； 情况二：当时，此时， ∴， ∴在时取得最大值， 两种情况下的最大值均为，因此最大值是； 故答案为：． 10. 在中，，，，在、上分别取点、，使线段将分成面积相等的两部分，则这样线段的最小值是_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了三角形面积公式的应用，以及化简求最值的能力；先判断三角形类型，计算面积，设变量表示相关线段长度，利用面积关系和勾股定理建立长度的表达式，再通过基本不等式求最小值． 【详解】解：∵在中，，，， ∴，， ∴， ∴为直角三角形，, 过作于，则, 在和中 , ∴ ∴ 设， ∴ ∴ ∵, ∴，, ∴, 故可得最小值是， ∴的最小值为 故答案为:． 11. 已知为质数，使二次方程的两根都是整数，求出的所有可能值_____． 【答案】或##或 【解析】 【分析】本题主要考查运用韦达定理以及完全平方数的性质，通过对判别式的分析，判别式为完全平方数确定是完全平方数，设其为后分解因数，结合是质数求出可能值，再验证方程根是否为整数． 【详解】解：∵已知的整系数二次方程有整数根， ∴为完全平方数， 从而，为完全平方数 设，注意到，故，且为整数 ∴, 则，中至少有一个是的倍数，即(为正整数), 因此把代入中得 ∴， 整理得：, 由是质数，， ∴，或 当时，已知方程变为， 解得， 当时，已知方程变为， 解得,, 所以或． 故答案为：或． 12. 如图，直角梯形纸片，，，，点、分别在线段、上，将沿翻折，点的落点记为．当落在直角梯形内部时，的最小值等于_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查直角梯形的性质、折叠变换以及勾股定理的应用．通过分析折叠后点的位置，利用勾股定理计算的长度，进而求得的最小值． 【详解】解：如图，当点落在梯形的内部时，，四边形是以为直径的圆内接四边形， ∴只有当直径最大，且点落在上时，最小，此时与点重合， 由题意得：， 由勾股定理得： ∴， ∴． 故答案为：． 三、解答题（本大题共2小题，共28分．要求写出文字说明、证明过程或演算步骤） 13. 问同时满足条件：（）当时，；（）的二次函数是否存在？证明你的结论． 【答案】解：不存在，证明如下： 假设存在满足条件的二次函数 当时,, ,且, ，且, ，且, 用、、表示通过代数运算， 可得:代入， 得 由,, , ∴ 即：， ∴与矛盾， ∴不存在． 【解析】 【分析】本题通过利用二次函数在特定点、处的函数值的范围，结合函数表达式，推导出的取值范围，从而得出不存在满足条件的二次函数的结论．假设存在满足条件的二次函数，通过二次函数在特定点的值表示系数，代入后利用绝对值不等式推出矛盾，从而证明不存在． 【详解】略 14. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E，且DC2＝CE•CA． （1）求证：BC＝CD； （2）分别延长AB，DC交于点P，过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F，若PB＝OB，CD＝，求DF的长． 【答案】（1）证明：∵DC2＝CE•CA ∴ ∴ △CDE∽△CAD ∴ ∠CDB=∠DAC ∵ 四边形ABCD内接于， ∴ BC=CD （2）． 【解析】 【分析】（1）求出△CDE∽△CAD，∠CDB=∠DAC即可得出结论； （2）连接OC，先证AD∥OC，由平行线分线段成比例性质定理求得，再由割线定理求得半径为4，根据勾股定理求得，再证明△AFD∽△ACB，得，则可设FD=x，，在Rt△AFP中，利用勾股定理列出关于x的方程，求解得DF． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接OC ∵BC=CD ∴∠DAC=∠CAB 又∵AO=CO ∴∠CAB=∠ACO ∴∠DAC=∠ACO ∴AD∥OC ∴ ∵PB=OB， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ OB=4，即AB=2OB=8，PA=3OB=12 在Rt△ACB中， ∵ AB是直径 ∴ ∠ADB=∠ACB=90° ∴ ∠FDA+∠BDC=90°，∠CBA+∠CAB=90° ∵ ∠BDC=∠CAB ∴ ∠FDA=∠CBA 又∵ ∠AFD=∠ACB=90° ∴ △AFD∽△ACB ∴ 在Rt△AFP中，设FD=x，则， ∴ 在Rt△APF中有 解得，即． 【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定，勾股定理及圆周角的有关知识的综合运用能力，关键是找准对应角和边求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $