精品解析：浙江杭州市建兰中学2026-2027学年上学期九年级9月学力调研数学试题

杭州市建兰中学2026学年第一学期九年级9月学力调研 考生须知： 1．本试卷分试题卷和答题卷两部分．满分120分，考试时间120分钟． 2．答题前，必须在答题卷的密封区内填写校名、班级、学号、姓名、试场号、座位号． 3．所有答案都必须做在答题卷标定的位置上，务必注意试题序号和答题序号相对应． 4．考试结束后，只需上交答题卷． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1. 已知的半径为．若点P到圆心O的距离为，则（ ） A. 点P在上 B. 点P在内 C. 点P在外 D. 无法判断 2. 下列函数中，一定为二次函数的是（ ） A. B. C. D. 3. 四边形内接于，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 将抛物线向左平移2个单位，再向下平移3个单位，所得的抛物线解析式是（ ） A. B. C. D. 5. 点，，均在二次函数的图象上，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，正五边形内接于，点在上，则的度数为（ ） A. B. C. D. 7. 二次函数中的，的部分对应值如下表： … 0 1 3 4 … … 7 0 0 … 关于它的图象和性质，下列说法正确的是（ ） A. 图象开口向下 B. 顶点坐标为 C. 当时，随的增大而增大 D. 图象与轴的交点坐标为和 8. 我国很多古建筑，如图1所示的六角亭运用了简单的几何图形，如圆和正多边形．如图2，已知圆的内接正六边形的边长为2，则图中阴影部分的面积为（ ） A. B. C. D. 9. 某公司销售一种藜麦，成本价为30元/千克，若以35元/千克的价格销售，每天可售出450千克．当售价每涨元/千克时，日销售量就会减少15千克．若使日销售利润最大，则销售价格应定为（ ）元/千克． A. 42 B. 40 C. 38 D. 35 10. 如图，是的直径，等腰三角形的底边、腰分别交于点，，其中弦．连接，，设度，度，则（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 二次函数的图象经过，则________． 12. 若扇形的圆心角为，半径为4，则该扇形的弧长为______. 13. 若抛物线与x轴有两个交点，则k的取值范围为______． 14. 化学实验中常使用一种球形蒸馏瓶，它的底部可以看成是一个球体，这个球体最大纵截面如图所示，其半径为，液面宽的长为，则瓶内液体最大深度为________． 15. 当时，二次函数的最大值为m，最小值为n，则_______． 16. 如图，已知矩形内接于，，，点是弧上一点，连接，将弧沿着直线折叠，交线段于点． （1）半径________； （2）连接，若，则________． 三、解答题（本大题共8小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 已知：二次函数表达式为．求该二次函数图象的顶点坐标以及与x轴的交点坐标． 18. 如图，A、B、C、D是上的四点，．求证：． 19. 如图，现有长为的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度为），围成中间隔有一道篱笆的矩形花圃．设的长为，该矩形花圃的面积为． （1）若要围成面积为的矩形花圃，则的长为多少米？ （2）当的长为多少米时，矩形花圃的面积最大？最大面积为多少？ 20. 如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，小正方形的顶点叫做格点．已知A，B，C三个格点恰好在圆上，请用无刻度的直尺按下列要求作图（不写作法，保留作图痕迹）． （1）在图1中的弧上找一个格点M，使． （2）在图2中标出圆心O，并在上找一个点N，使． 21. 如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ABC=2∠D，连接OA、OB、OC、AC，OB与AC相交于点E． （1）求∠OCA的度数； （2）若∠COB=3∠AOB，OC=，求图中阴影部分面积（结果保留π和根号）． 22. 课堂上，老师组织同学们一起研究二次函数的最值问题． （1）当时，求该二次函数的最值． （2）当取不同值时，函数的最小值会随之发生变化．小滨认为，这些最小值里面存在一个最大值，这个最大值为0．你认为小滨的想法是否正确？请说明理由． 23. 一辆车沿直线匀速移动，经过某处开始刹车，刹车后的时间为，车辆在刹车后行驶的距离为，设车辆未刹车前的行驶速度为，关于的函数关系满足．（为常数） （1）如果该车刹车前的行驶速度为，刹车后，车辆距离刹车处的距离为．求此时关于的函数表达式（不需要写出自变量的取值范围）； （2）求（）中车辆刹车后行驶的最远距离； （3）当忽略路况、天气和车辆质量变化的影响时，同一台车关于的函数关系式中二次项系数的值相同．若（）中的车辆以的速度行驶在高架桥上，前方同一车道的处停着一辆事故车．若一个人正常清醒情况下的反应速度为，请通过计算说明不变道的情况下，两车是否会相撞． 24. 婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”． （1）若平行四边形是“婆氏四边形”，则四边形是____________．（填序号） ①矩形；②菱形；③正方形 （2）如图1，中，，以为弦的交于，交于，连接、、．其中，交于，，，若四边形是“婆氏四边形”，求的长． （3）如图2，四边形为的内接四边形，连接，，，，，，已知． ①求证：四边形是“婆氏四边形”； ②当时，请直接写出半径的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 杭州市建兰中学2026学年第一学期九年级9月学力调研 考生须知： 1．本试卷分试题卷和答题卷两部分．满分120分，考试时间120分钟． 2．答题前，必须在答题卷的密封区内填写校名、班级、学号、姓名、试场号、座位号． 3．所有答案都必须做在答题卷标定的位置上，务必注意试题序号和答题序号相对应． 4．考试结束后，只需上交答题卷． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1. 已知的半径为．若点P到圆心O的距离为，则（ ） A. 点P在上 B. 点P在内 C. 点P在外 D. 无法判断 【答案】C 【解析】 【分析】通过比较点到圆心的距离与圆的半径的大小，即可判断点的位置． 【详解】解：设的半径为，点到圆心的距离为， ∵由题意得 ，， ∴ ，即 ， 根据点与圆的位置关系判定规则：当时，点在圆外， ∴点在外． 2. 下列函数中，一定为二次函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次函数的定义逐项判断即可． 【详解】解：选项A：自变量的最高次是，是一次函数，不是二次函数，故A选项不符合题意； 选项B：整理可得：，其中自变量的最高次数是，是二次函数，故B选项符合题意； 选项C：中未限定，当时不是二次函数，故C选项不符合题意； 选项D中：含分式，不是整式函数，不是二次函数，故D选项不符合题意． 3. 四边形内接于，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆内接四边形对角互补求解即可． 【详解】解：∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴． 4. 将抛物线向左平移2个单位，再向下平移3个单位，所得的抛物线解析式是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二次函数平移“左加右减，上加下减”的规律，逐步推导即可得到结果． 【详解】解：∵抛物线平移规律为左加右减自变量，上加下减常数项，原抛物线解析式为， ∴向左平移2个单位后，解析式变为，再向下平移3个单位，解析式整理得， ∴所得抛物线解析式为． 5. 点，，均在二次函数的图象上，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先确定二次函数的对称轴与开口方向，通过比较各点到对称轴的距离判断函数值大小． 【详解】解：二次函数的对称轴为直线． ∵ ， ∴ 抛物线开口向上，点到对称轴的距离越远，对应的函数值越大． 点到对称轴的距离为． 点到对称轴的距离为． 点到对称轴的距离为． ∵ ， ∴ ． 6. 如图，正五边形内接于，点在上，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正五边形性质求出每条边所对弧的度数，确定所对的弧，根据圆周角定理求解． 【详解】解：五边形是正五边形，  弧与弧的度数均为，  弧的度数为，  是弧所对的圆周角，  ． 7. 二次函数中的，的部分对应值如下表： … 0 1 3 4 … … 7 0 0 … 关于它的图象和性质，下列说法正确的是（ ） A. 图象开口向下 B. 顶点坐标为 C. 当时，随的增大而增大 D. 图象与轴的交点坐标为和 【答案】B 【解析】 【分析】由表中数据，运用待定系数法求出二次函数表达式，结合二次函数图象与性质分析各个选项即可． 【详解】解：抛物线过和， 设抛物线表达式为， 抛物线过， ，解得， 即抛物线表达式为， 由，可知抛物线开口向上，A错误；由顶点式可知抛物线顶点坐标为，B正确；由抛物线开口向上、对称轴为，可知当时，随的增大而减小、当时，随的增大而增大，C错误；由表中数据可知，抛物线与轴的交点坐标为和，D错误． 【点睛】此类问题，无论题目如何要求，只要能有条件求出二次函数表达式，先求出表达式再求解是最优方法． 8. 我国很多古建筑，如图1所示的六角亭运用了简单的几何图形，如圆和正多边形．如图2，已知圆的内接正六边形的边长为2，则图中阴影部分的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接圆心和正六边形的顶点，将阴影部分转化为扇形面积减去等边三角形面积进行计算． 【详解】解：设圆的圆心为，正六边形的一条边为，连接， 多边形为正六边形，  圆心角  正六边形的边长为， 圆的半径 为等边三角形 过点作于点，则 在中， 阴影部分的面积． 9. 某公司销售一种藜麦，成本价为30元/千克，若以35元/千克的价格销售，每天可售出450千克．当售价每涨元/千克时，日销售量就会减少15千克．若使日销售利润最大，则销售价格应定为（ ）元/千克． A. 42 B. 40 C. 38 D. 35 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次函数在实际销售问题中的最值应用，通过设变量建立利润与销售价格的二次函数关系式，利用二次函数开口向下的性质，求顶点对应的销售价格即为利润最大时的价格． 【详解】解：设销售价格定为元/千克，日销售利润为元， ∵每千克利润为元， 售价较35元上涨了元，每涨元日销量减少15千克，故日销量减少千克， ∴实际日销售量为千克， 则， 展开整理得， ∵二次项系数，函数图象开口向下，存在最大值， ∴当时，取得最大值． 即销售价格应定为40元/千克． 故选：B． 10. 如图，是的直径，等腰三角形的底边、腰分别交于点，，其中弦．连接，，设度，度，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接、，则，，所以，由，根据垂径定理得，则，可证明，则，所以，由，且度，度，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接、，则，， ∴， ∵是的直径，且弦， ∴， ∴， ∵等腰三角形的底边为， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，且度，度， ∴， 故选：D． 【点睛】此题重点考查等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、垂径定理、圆周角定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 二次函数的图象经过，则________． 【答案】 【解析】 【分析】将点坐标代入解析式即可求解． 【详解】解：∵点在二次函数的图象上， ∴代入得， 解得． 12. 若扇形的圆心角为，半径为4，则该扇形的弧长为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据弧长公式求解即可． 【详解】解：由题意得：根据弧长公式， 故答案为：． 【点睛】本题考查了弧长公式的计算，熟记公式是解题关键． 13. 若抛物线与x轴有两个交点，则k的取值范围为______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查二次函数图象与轴交点问题．抛物线与轴有两个交点，即对应二次方程有两个不相等的实数根，判别式需大于零，再进一步求解即可． 【详解】解：∵抛物线 与轴有两个交点， ∴二次方程 有两个不相等的实数根， ∴， 解得：． 故答案为： ． 14. 化学实验中常使用一种球形蒸馏瓶，它的底部可以看成是一个球体，这个球体最大纵截面如图所示，其半径为，液面宽的长为，则瓶内液体最大深度为________． 【答案】 【解析】 【分析】过点作，延长交于点，根据垂径定理可知，利用勾股定理求出，可得． 【详解】解：如下图所示，过点作，延长交于点， 液面宽的长为， ， ， ， ． 15. 当时，二次函数的最大值为m，最小值为n，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】先确定二次函数的开口方向与对称轴，再根据的取值范围，结合二次函数的性质，求出最大值和最小值，最后计算即可． 【详解】解：∵， ∴该二次函数二次项系数为，则开口向上，对称轴为直线， ∵ ，即对称轴在给定区间内， 当时，二次函数取得最小值， 当时，； 当时，； 比较得，二次函数的最大值， 因此． 16. 如图，已知矩形内接于，，，点是弧上一点，连接，将弧沿着直线折叠，交线段于点． （1）半径________； （2）连接，若，则________． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】（1）利用矩形内接于圆的性质，矩形的对角线为圆的直径，结合勾股定理求出对角线长度，进而得到半径． （2）先由折叠性质推出，再证明弧的对称性得到，结合圆心角与圆周角的关系得出，最后在等腰直角三角形中用勾股定理求出，从而得到 【详解】解：（1）连接， ∵矩形内接于，，， ∴，，， ∴对角线为的直径， ∵，， ∴， ∴半径， （2）连接、、， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵弧沿折叠交于， ∴和关于直线对称，点的对称点为， ∴， ∵， ∴， ∵是圆周角， ∴， ∵， ∴在中，， ∵， ∴． 三、解答题（本大题共8小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 已知：二次函数表达式为．求该二次函数图象的顶点坐标以及与x轴的交点坐标． 【答案】顶点坐标，与x轴的交点坐标为或 【解析】 【分析】本题主要考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质等知识点，将与x轴交点的问题转化为一元二次方程是解答本题的关键． 把二次函数解析式化为顶点式，即可确定顶点坐标；再令得到，然后解出方程即可确定与x轴的交点的坐标． 【详解】解： ∴顶点坐标． 令得到，解得，． ∴与x轴的交点坐标为或． 18. 如图，A、B、C、D是上的四点，．求证：． 【答案】 证明：∵， ∴， ∴， ∴． 【解析】 【分析】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键． 根据圆心角、弧、弦之间的关系得出，从而得到，再根据圆心角、弧、弦之间的关系推出答案即可． 【详解】略 19. 如图，现有长为的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度为），围成中间隔有一道篱笆的矩形花圃．设的长为，该矩形花圃的面积为． （1）若要围成面积为的矩形花圃，则的长为多少米？ （2）当的长为多少米时，矩形花圃的面积最大？最大面积为多少？ 【答案】（1）的长为6米 （2）当的长为5米时，矩形花圃的面积最大，最大面积为 【解析】 【分析】（1）根据题意得，为，利用长方形的面积公式列方程，求出的值，再结合题意求出符合的值； （2）根据题意得，再配方变为顶点式，根据的取值范围和二次函数的性质求得围成的花圃的最大面积． 【小问1详解】 解：根据题意得，为， ∴ 解得，， 又∵墙的最大可用长度为， ∴，解得， 舍去， ； 【小问2详解】 解：根据题意得， ， ， 有最大值，且当时，y随x的增大而减小， 由（1）得，， 当时，有最大值， ∴． 20. 如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，小正方形的顶点叫做格点．已知A，B，C三个格点恰好在圆上，请用无刻度的直尺按下列要求作图（不写作法，保留作图痕迹）． （1）在图1中的弧上找一个格点M，使． （2）在图2中标出圆心O，并在上找一个点N，使． 【答案】（1） 点M即为所求： （2） 圆心O和点N即为所求： 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，圆的对称性，角平分线的性质及网格作图的几何直观． （1）在弧上任取一格点，连接，，即为所求； （2）分别作，，的垂直平分线，，，三条垂直平分线的交点即为圆心O，在直线上取格点K，L，连接交圆于点N，连接，点N即为所求． 【小问1详解】 解：根据圆周角定理可知，同弧所对的圆周角相等， 要使，需让和对应同一段弧， ∵对应弧， ∴也需对应弧， ∴在弧上任取一格点，连接，，即为所求． 【小问2详解】 解：∵为圆内接三角形， ∴圆心O为的外心， 结合网格图特征，分别作，，的垂直平分线，，，三条垂直平分线的交点即为圆心O， ∵， ∴为的角平分线， 在直线上取格点K，L，连接交圆于点N，连接， ∵四边形是正方形， ∴是线段的垂直平分线， ∴N是的中点，即， ∴． 21. 如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ABC=2∠D，连接OA、OB、OC、AC，OB与AC相交于点E． （1）求∠OCA的度数； （2）若∠COB=3∠AOB，OC=，求图中阴影部分面积（结果保留π和根号）． 【答案】（1）30°；（2）． 【解析】 【详解】试题分析：（1）圆内接四边形性质得到∠ABC+∠D=180°，根据∠ABC=2∠D得到∠D+2∠D=180°，从而求得∠D=60°，由OA=OC得到∠OAC=∠OCA=30°； （2）由∠COB=3∠AOB得到∠AOB=30°，从而有∠COB为直角，然后利用S阴影=S扇形OBC﹣S△OEC求解． 试题解析：（1）∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠ABC+∠D=180°，∵∠ABC=2∠D，∴∠D+2∠D=180°，∴∠D=60°，∴∠AOC=2∠D=120°，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°； （2）∵∠COB=3∠AOB，∴∠AOC=∠AOB+3∠AOB=120°，∴∠AOB=30°，∴∠COB=∠AOC﹣∠AOB=90°，在Rt△OCE中，OC=，∴OE=OC•tan∠OCE=•tan30°==2， ∴S△OEC=OE•OC==，∴S扇形OBC==3π，∴S阴影=S扇形OBC﹣S△OEC=． 考点：1．扇形面积的计算；2．圆内接四边形的性质；3．解直角三角形． 22. 课堂上，老师组织同学们一起研究二次函数的最值问题． （1）当时，求该二次函数的最值． （2）当取不同值时，函数的最小值会随之发生变化．小滨认为，这些最小值里面存在一个最大值，这个最大值为0．你认为小滨的想法是否正确？请说明理由． 【答案】（1） 解：由题意，当时， ， ∴当时，y取最小值为； （2） 解：小滨的想法正确．理由如下： 由题意，， ∴当时，y取最小值为． ∵， ∴当时，有最大值0， ∴这些最小值里面存在一个最大值，这个最大值为0． 故小滨的想法正确． 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的最值，熟练掌握并灵活运用二次函数的性质是关键． （1）依据题意，当时，，从而根据二次函数的性质求解即可； （2）依据题意，由，从而当时，y取最小值为，进而根据二次函数的性质求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 23. 一辆车沿直线匀速移动，经过某处开始刹车，刹车后的时间为，车辆在刹车后行驶的距离为，设车辆未刹车前的行驶速度为，关于的函数关系满足．（为常数） （1）如果该车刹车前的行驶速度为，刹车后，车辆距离刹车处的距离为．求此时关于的函数表达式（不需要写出自变量的取值范围）； （2）求（）中车辆刹车后行驶的最远距离； （3）当忽略路况、天气和车辆质量变化的影响时，同一台车关于的函数关系式中二次项系数的值相同．若（）中的车辆以的速度行驶在高架桥上，前方同一车道的处停着一辆事故车．若一个人正常清醒情况下的反应速度为，请通过计算说明不变道的情况下，两车是否会相撞． 【答案】（1）； （2）车辆刹车后行驶的最远距离为； （3） 不会相撞，理由见解析． 【解析】 【分析】（1）将，，代入即可得解； （2）由 可得当的最大值即刹车后行驶的最远距离； （3）根据题意得出此时刹车后行驶的最远距离，再加上反应时间内车辆行驶的距离，与事故车的距离对比即可说明是否相撞． 【小问1详解】 解：将，，代入， 得， 解得， 关于的函数表达式为； 【小问2详解】 解： ， 当时，取最大值，最大值为， （1）中车辆刹车后行驶的最远距离为； 【小问3详解】 解：两车不会相撞，理由如下： 此时， 即车辆刹车后行驶的最远距离为， 则从发现事故车到车辆停止，总共行驶的距离为， ， 两车不会相撞． 24. 婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”． （1）若平行四边形是“婆氏四边形”，则四边形是____________．（填序号） ①矩形；②菱形；③正方形 （2）如图1，中，，以为弦的交于，交于，连接、、．其中，交于，，，若四边形是“婆氏四边形”，求的长． （3）如图2，四边形为的内接四边形，连接，，，，，，已知． ①求证：四边形是“婆氏四边形”； ②当时，请直接写出半径的最小值． 【答案】（1）③ （2）； （3） ①证明：设相交于点E如图所示 ∵，，， ∴， ∴， 即， 又∵四边形是的内接四边形， ∴四边形是“婆氏四边形”； ②半径的最小值为． 【解析】 【分析】（1）根本圆内接四边形对角互补和平行四边形对角相等可得，从而可证明四边形为矩形，再根据对角线互相垂直的矩形是正方形即可判断； （2）根据垂径定理和圆周角定理可得，，设，则，，在中解直角三角形即可； （3）①根据圆周角定理即可得出，从而可得，继而证明结论； ②作，垂足分别为M，N，证明，设，则，，，在中，根据勾股定理和二次函数的性质即可得出半径的最小值． 【小问1详解】 解：如图， ∵平行四边形为的内接四边形， ∴，， ∴， ∴平行四边形为矩形， ∵四边形是“婆氏四边形”， ∴， ∴矩形为正方形， 故答案为：③； 【小问2详解】 解：∵，，， ∴，为直径， ∴， ∵四边形是“婆氏四边形”， ∴， ∴，， 设，则，， 在中，根据勾股定理， ，即， 解得，即； 【小问3详解】 解：①略 ②如图，作，垂足分别为M，N， ∴，，， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， 设，则，，， 在中， ， 当时，取得最小值，即半径的最小值为． 【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、圆内接四边形的性质、勾股定理、正方形的判定定理、二次函数的性质等．（1）中能正确证明出四边形的一个角是是解题关键；（2）中能正确表示出的三个边是解题关键；（3）中①正确利用圆周角定理是解题关键；②正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $