2021-2022学年浙江省宁波市鄞州区九年级（上）强基考数学试卷（附答案详解）

绝密★启用前

2021-2022学年浙江省宁波市邺州区宋诏桥中学九年级

（±）强基考数学试卷

考试范围：XXX；考试时间：100分钟；命题人：XXX

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需

改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，

写在试卷上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共8小题，共48.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的

一项）

1.从1、2、3、4四个数中随机选取两个不同的数，分别记为a,c,则二次函数y=ax2+

4x+c与x轴有两个不同交点的概率为（）

A-;Di

2.在抛物线y=/上任取一点4（非坐标原点。），连接。4,在04上取点B,使OB=10A,

则顶点在原点且过点B的抛物线的表达式为（）

A.y=^x2B.y=9x2C.y=^x2D.y=3x2

3.若M=3/-8xy+9y2—4%+6y+14（x,y是实数），则M的值一定是（）

A.0B.负数C.正数D.整数

4.如图，AABC中，O、E是BC边上的点，BD：DE：EC=3：

2：1,M在4c边上，CM：MA=1：2,BM交AD,AE于

H,G,则BH：HG：GM等于（）

A.3：2：1B.5：3：1C.25：12：5D.51：24：10

5.一个正方体的表面涂满了颜色，按如图所示将它切成27个大小相

等的小立方块，设其中仅有i个面。=123）涂有颜色的小立方块

的个数为阳，则%1，%2，之间的关系为（）

A.—+%3=1B.+%2—=1

C.+汽2一%3=2D.—%2+%3=2

6.从一4,-3,1,3,4这五个数中，随机抽取一个数，记为m,若m使得关于x,y的

二元一次方程组2有解，且使关于％的分式方程-—I=（有正数

（mx—2y=—3x-ii-x

解，那么这五个数中所有满足条件的M的值之和是（）

A.1B.2C.-1D.-2

7.设关于x的方程a/+（a+2）x+9a=0有两个不相等的实数根与、上，且与<1<

x2,那么实数a的取值范围是（）

.2—22C2

A.a<B.-<a<-C.a>-

8.在圆内接四边形4BCD中，/-BAD,乙1DC的角平分线交于点

E,过E作直线MN平行于BC,与4B、CD交于M、N,则总

有MN=（）

A.BM+DN

B.AM+CN

C.BM+CN

D.AM+DN

第n卷（非选择题）

二、填空题（本大题共6小题，共36.0分）

9.已知点A（l,3）.B（5,-2）,在%轴上找一点P,使|AP-BP|最大，则满足条件的点P的

坐标是.

10.如图，在平面直角坐标系中，正方形4B0C和正方形

OOFE的顶点B,F在x轴上，顶点C,。在y轴上，且

ShADF=3,反比例函数y=>0）的图象经过点E,

则k—.

11.已知函数y=|一一2%-3|,则使y=m成立的x值恰好有三个，则m的值为

第2页，共20页

12.如图，设4D、BE、C尸为△ABC的三条高，若AB=6,BC=5,

EF=3,则线段BE的长为

13.如图，在平面直角坐标系中，点4(一4,0),点B(2,0),

点C(0,4),D为线段BC上一动点，DELAC^E,DF1

4B于心连接EF,则线段EF的长的最小值为.

14.四边形4BCD内部有1000个点，若以顶点A,B,C,。和这1000个点能把原四边形

分割成n个没有重叠的小三角形，则个数n的值为.

三、解答题(本大题共4小题，共54.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步

骤)

15.(本小题14.0分)

当三个非负实数尤,y,z满足关系式x+3y+2z=3与3x+3y+z=4时，M=3x-

2y+4z的最小值和最大值分别是多少？

16.(本小题16.0分)

在平面直角坐标系xOy中，点A是x轴外的一点，若平面内的点B满足：线段4B的长

度与点4到x轴的距离相等，则称点B是点4的“等距点”.

(1)若点4的坐标为(0,2),点A(2,2),P2(l,-4),。3(-逸，1)中，点4的“等距点”

是；

(2)若点M(l,2)和点N(l,8)是点4的两个“等距点”，求点4的坐标；

(3)记函数y=4%(x>0)的图象为3OT的半径为2,圆心坐标为7(0,t).若在L上

存在点M,。丁上存在点N,满足点N是点M的“等距点”，直接写出t的取值范围.

17.(本小题16.0分)

如图，在平面直角坐标系中，直线y=：x+2与x轴交于点4,与y轴交于点C,抛

物线y=-1/+bx+c经过4,C两点，与x轴的另一个交点为点8.

(1)求抛物线的函数表达式.

(2)点D为直线4c上方抛物线上一动点，连接BC,CD,设直线BD交线段4C于点E,

△CDE的面积为Si，ABCE的面积为S2，求的最大值.

18.(本小题8.0分)

有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等邻边互补四边形.

(1)如图1,在等邻边互补四边形力BCD中，AD=CD,H.AD//BC,BC=2AD,求

NB的度数；

(2)如图2,四边形ABCD内接于连接。。交4c于点E(不与点。重合)，若E是4C

的中点，求证：四边形4BCD是等邻边互补四边形；

(3)在(2)的条件下，延长。。交BC于点F,交。。于点G,若命=AB，tan^ABC=y,

AC=12,求FG的长；

(4)如图3,四边形4BCD内接于00,AB^BC,BD为O0的直径，连接A0并延长

交BC于点E,交。。于点F,连接FC,设tan/B4F=x,=y,求y与久之间的函

数关系式.

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：画树状图得:

由树形图可知：一共有12种等可能的结果，其中使判别式△=16-4ac>0,即ac<4的

有4种结果，

二二次函数y=ax2+4x+c与其轴有两个不同交点的概率为［=

故选：B.

首先画出树状图即可求得所有等可能的结果与使ac<4的情况，然后利用概率公式求解

即可求得答案.

本题考查的是用列表法或画树状图法求概率.列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的

列出所有可能的结果，列表法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.用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.

2.【答案】D

【解析】解：过4作力DJLx轴于D,过B作BClx轴于C,如图:

设巾2),

AD1x轴，BC1x轴,

•••BC//AD,

•••Z.OCB—Z-ODA,/-OBC=Z.OAD,

OBC~AOADf

.OB_oc_BC

-

**OX-OD加

1

VOB=-OA,

3

OC=-OD,BC=-AD,

33

•••

2

令x--m,y=-m,

33

・•・m=3x,

22

Ay=1x(3x)=3x,

即顶点在原点且过点B的抛物线的表达式为y=3x2,

故选：D.

过4作轴于。，过B作轴于C,设4(科62),证明由0B=

-0A,可得8(1771,277i2),令％=2,小，y=-m2,即可得、=3产.

33333

本题考查求二次函数解析式，解题的关键是证明△OBCSAOAD,用含m的代数式表示B

的坐标.

3.【答案】C

【解析】解：M=3%2-8xy+9y2—4x+6y4-14

=(%2—4x+4)+(y2+6y+9)+2(x2-4xy+4y2)+1

=(%-2)2+(y+3)2+2(x-2y)2+1>0.

故选：C.

本题可将M进行适当变形，将M的表达式转换为几个完全平方式的和，然后根据非负数

的性质来得出M的取值范围.

本题主要考查了配方法的应用，非负数的性质，将M的表达式根据完全平方公式的特点

进行变形是解答本题的关键.

4.【答案】D

【解析】解：连接EM,

CE：CD=CM：CA=1：3

EM平行于力D

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・•・△BHD〜△BME,△CEM^LCDA

AHD：ME=BD：BE=3：5,ME：AD=CM：AC=1：3

­-AH=（3一|）ME,

・・・AH：ME=12：5

：・HG：GM=AH：EM=12：5

设GM=5k,GH=12k,

vBH：HM=3：2=BH：17k

・•・BH=—K

2f

BH：HG：GM=—k：12k：5k=51：24：10

2

故选：D.

连接EM,根据已知可得△CEM^-ACDX,根据相似比从而不难得到答

案.

此题主要考查相似三角形的性质的理解及运用.

5.【答案】D

【解析】解：根据以上分析可知为1+巧—犯=6+8-12=2.

故选：D.

根据图示：在原正方体的8个顶点处的8个小正方体上，有3个面涂有颜色；2个面涂有

颜色的小正方体有12个，1个面涂有颜色的小正方体有6个.

此题主要考查了立体图形的性质，根据已知得出涂有颜色不同的小立方体的个数是解题

关键.

6.【答案】D

【解析】解：解方程组{露得［二正6

当方程组有解时，-4,

解分式方程三:一1={-,得X=4-771,

X—11—X

当％=1,即m=3时，分式方程无解，

,*•771H3,

由题意得，m=—3,1,

二满足条件的m的值之和=-3+1=-2,

故选：D.

分别解出二元一次方程组、分式方程，根据题意得到满足条件的小的值，计算即可.

本题考查的是分式方程的解法、二元一次方程组的解法，正确解出分式方程、二元一次

方程组是解题的关键.

7.【答案】D

【解析】

【分析】

本题主要考查了一元二次方程根的情况与判别式△的关系：(1)△>00方程有两个不相

等的实数根；(2)4=0=方程有两个相等的实数根；(3)A<0=方程没有实数根.根

与系数的关系为：X：+%2=

根据一元二次方程的根的判别式，建立关于a的不等式，求出a的取值范围.又存在与<

1<%2,即<1—1)<2—〈<0,xlx2—(X1+%2)+1<利用根与系数的关系，从

而最后确定a的取值范围.

【解答】

解：•••方程有两个不相等的实数根，

则a*0且4>0,

由(a+2)2-4aX9a=-35a2+4a+4>0,

解得一彳<a<I，

a+2c

•••+x2=——,xtx2=9,

又<1<x2>

***-1<0,%2—1>0,

那么(%1—1)(%2—1)<0，

・,・%i%2—(%1+%2)+1<0,

即9+^+1<0,

a

解得一VVa<0,

最后Q的取值范围为：-V<Q<0.

故选D.

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8.【答案】D

【解析】解：如图，在NM上截取N/=NO,连接。入AF

・•・乙NFD=乙NDF,

•・・A,B,C,。四点共圆，

/.Z.ADC=180°,

•••MN//BC,

・•・乙AMN=乙B,

・・・4AMN+乙ADN=180°,

・・.4,D,N,M四点共圆，

AZ-MND4-/-MAD=180°,

•・・AE,DE分别平分NB4D,Z.CDA,

・•・乙END+2乙DFN=乙END+2^DAE=180°,

・•・乙DFN=乙DAE,

・・.4,F,E,。四点共圆，

，乙DEN=^DAF,/-AFM=Z.ADE,

・•・Z.MAF=180°-Z.DAF-乙MND

=180°-乙DEN-乙MND

=Z.EDN=Z.ADE

=Z/4FM,

・•・MA=MF,

:.MN=MF+NF=MA+ND.

故选：D.

在NM上截取NF=NO,连接OF,AF,由4,B,C,。四点共圆，得出4MNO+4M40=

180°,由MN//BC,得出乙4MN+4WN=180。，可得到A,D,N,M四点共圆，再由

AE,DE分别平分乙BAD,Z.CDA,4F,E,。四点共圆，由4M4F=180。一4/MF一

乙MND=180°-乙DEN-乙MND=4EDN=Z.ADE=/.AFM,可得出M力=MF,即得

出MN=MF+NF=MA+ND.

本题主要考查了圆内接四边形的性质，四点共圆，解题的关键是正确作出辅助线，利用

四点共圆求解.

9.【答案】(13,0)

【解析】解：作点8(5,-2)关于x轴的对称点夕，则B'(5,2),连接48'并延长,它与x轴

的交点就是满足条件的点P,设过点4(1,3)、8'(5,2)的直线解析式为丁=依+b(k丰0),

那么k+b=3,5k+b=2,

那么，力B'所在直线与x轴的交点P的坐标，即当y=0时，x的值，则0=-六+9，

所以x=13,

则点P的坐标为(13,0).

故答案为：(13,0).

作点B(5,-2)关于x轴的对称点B',则B'(5,2),连接力夕并延长，它与x轴的交点就是满

足条件的点P,用待定系数法求出过点力(1,3)、夕(5,2)的直线解析式，根据坐标轴上点

的坐标特点令y=0求出x的值，即为点P的坐标.

本题考查的是最短路线问题及用待定系数法求一次函数的解析式，解答此类问题的关键

是熟知两点之间线段最短的知识.

10.【答案】6

【解析】解：设正方形4B0C的边长为a,正方形DOFE的边长为b,如图，

S梯形ABOD+$正方形QDEF=St^ABF+S^ADF+SADEF,

•••|(b+a)-b+a2=|-b(a+d)+3+|a2,

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即。2=6,

v\k\=6,

Afc=6.

故答案为6.

设正方形4B0C的边长为a,正方形DOFE的边长为b,如图，利用面积法得+a)•b+

a2=|-b(a+b)+3+|a2,所以a?=6,然后利用k的几何意义得到k的值.

本题考查了反比例函数系数k的几何意义：在反比例函数y=［图象中任取一点，过这一

个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|.

11.【答案】4

【解析】解：y=x2-7.x-3的顶点坐标为(1,一4),

如图：

点(1,-4)关于x轴的对称点为(1,4),

y=m成立的x值恰好有三个，

:.m=4,

故答案为4.

画出函数图象，结合函数图象可得

m=4.

本题考查二次函数的图象及性质；

利用图象变换画出函数图象，数形

结合解题是关键.

12.【答案】y

【解析】解：•••4。，BE,CF为AABC的三条高，易知B,C,E,F四点共圆,

・••△AEF^LABCJ

•_A_F____E_F_—_3

"AC~BC~5’

即cos/B4C=|,

4

:.sinZ.BAC=

.•.在RM4BE中，BE=ABsin^BAC=6•|=y.

故答案为：g.

此题考查了直角三角形的性质和锐角三角函数的性质.

本题是一道根据直角三角形的性质结合角的三角函数求解的综合题，要注意圆的性质应

用；要注意数形结合思想的应用.

13.【答案】蟀

5

【解析】解：如图，连接4D,取4D的中点G,连接EG,FG,

则力G=DG=1AD,

DE1AC,

•••^AED=90°,

••.AADE是直角三角形，

•••EG=1力。（直角三角形斜边的中线等于斜边的一半），

vDF1AB,

Z.AFD=90,

.•.△ADF是直角三角形，

FG=(直角三角形斜边的中线等于斜边的一半),

・•・EG=FG=AG=DG,

,••点A,F,D,E是以点G为圆心AD为直径的圆上，

・・•点4(-4,0),点C(0,4),

・•・OA=OC,

・•・Z,OAB=45°,

・•・LEGF=90°,

vEG=FG,

.•.△EFG是等腰直角三角形，

EF=y[2EG=V2X-2AD=—2AD,

要EF最小，贝最小，

•••点。在BC上，

二当4D1BC时，力D最小，

此时，SMBC=号48-OC=-BC-AD,

第12页，共20页

ABOC

­­AD

BC

•.•点4(—4,0),点8(2,0),点C(0,4),

OC=4,AB=6,BC=V224-42=2通，

.c6X412-75

.•.“■=¥”=畀胃=半，

故答案为源.

5

先判断出AFFG是等腰直角三角形，得出EF=^40，进而判断出4D18C时EF最小,

2

最后用三角形的面积求出4D,即可得出结论.

此题主要考查了直角三角形的性质，四点共圆，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和

性质，判断出EF=立4。是解本题的关键.

2

14.【答案】2002

【解析】解：四边形4BC0内部有有n个点时，内部分割成4+2x(n-l)=(2n+2)个

三角形.

故n=2x1000+2=2002.

故答案为：2002.

有1个点时，内部分割成4个三角形；

有2个点时，内部分割成4+2=6个三角形；

那么有3个点时，内部分割成4+2x2=8个三角形；

有4个点时，内部分割成4+2x3=10个三角形；

有律个点时，内部分割成4+2X(n-1)=(2n+2)个三角形.

此题考查了图形的变化类问题，解决此类探究性问题，关键在观察、分析已知数据，寻

找它们之间的以及与第一个图形的相互联系，探寻其规律.本题需注意是得到被分割成

的三角形的个数.

15.【答案】解:由露幕2评得：

"久一)，

(z=2%—1

代入M的表达式中得，

M=3%—2y4-4z=3%—y(1—x)+4(2x—1)=y%—y,

又因x、y、z均为非负实数，

rx>0

所以•1(l-x)>0,

Jx-1>0

即<1,

当x时，M有最小值为一%

当％=1时，M有最大值为7.

故M=3x-2y+4z的最小值为一：，最大值为7.

【解析】根据关系式x+3y+2z=3与3x+3y+z-4求出y和z与x的关系式，又因x、

y、z均为非负实数，求出出的取值范围，于是可以求出M的最大值和最小值.

本题主要考查函数最值问题、不等式的性质、解三元一次方程组，解答本题的关键是把

y和z用x表示出来，此题有一定难度.

16.【答案】(l)Pi，P3；

(2)•••点MQ2)和点N(l,8)是点4的两个“等距点”，

AM=AN,

・••点4在线段MN的垂直平分线上.

设MN与其垂直平分线交于点C,点4的坐标为(m,n),如图1所示.

•.•点M(l,2),点N(l,8),

.••点C的坐标为(1,5),AM=AN=n=5,

•••CM=3,AC=7AM2-CM2=4,

m=1—4=—3或m=1+4=5,

•••点Z的坐标为(一3,5)或(5,5).

(3)依照题意画出图象，如图2所示.

第14页，共20页

①当071过点。时，。A与L没有交点，

•；。A的半径为2,

此时点7\的坐标为(0,—2)；

②当。72与4相切时，设切点为时2，

•••图象L的解析式为y=yx(x>0).

乙M20T2=30°.

在Rt△”2。72中，4M2。72=30°,M2T2=2,

:.OT2=2M2T2—4,

此时点心的坐标为(。，4).

综上所述：t的取值范围为一2<tW4.

【解析】

22

解：(1)：4Pi=2-0=2,AP2=V(l-0)+(-4-2)=^37,AP3=

J(^V3-0)2+(l-2)2=2-

.•.点Z的“等距点”是匕，P3.

故答案为：P],P3.

(2)见答案；

(3)见答案.

【分析】

(1)利用两点间的距离公式求出ZPi，4P2,4P3的值，结合点4的坐标及“等距点”的定

义，即可得出结论；

(2)由点M,N为点4的等距点可得出4M=4N,进而可得出点4在线段MN的垂直平分线

上，设MN与其垂直平分线交于点C,点4的坐标为(m,n),由点M,N的坐标可得出点C

的坐标及AM,CM的长度，利用勾股定理可求出4C的长度，结合点C的坐标即可得出点

4的坐标；

(3)分两种情况考虑，①当。7;过点。时，由圆的半径可得出点A的坐标；②当OR与

L相切时，设切点为“2，由图象L的解析式可得出4M2。&=30°,在RtAMzOR中，通

过解含30度角的直角三角形可求出。7?的长度，进而可得出点72的坐标.综上即可得出

t的取值范围.

本题考查了两点间的距离、线段的垂直平分线、一次函数的性质、勾股定理以及解含30

度角的直角三角形，解题的关键是：(1)利用两点间的距离公式求出APi，AP2,AP3的

值；(2)利用“等距点”的定义找出点4在线段MN的垂直平分线上；(3)分过点。与

OT与L相亲两种情况找出圆心的坐标.

17.【答案】解：(1)•直线y=[%+2与x轴交于点4,与y轴交于点C,

•••4(-4,0),C(0,2),

「抛物线y=-泮+bx+c经过4,C两点，

-x16—4b+c=0

(c=2

解得F=~l.

(c=2

••・抛物线的解析式为：y=-|x2-|x+2.

(2)令y=0,

———x+2=0,

22

解得％=—4或x=1,

・•・6(1,0).

如图，过点。作DM1式轴交4c于点M,过点8作BN工工轴交AC于点N,

:・DM”BN,

DME~2BNE,

DE_DM

BE~BN

第16页，共20页

.__DE_DM

"S2-BE一BN，

设点。的横坐标为a,

：•D(a,—^a2-|a+2),

・•・M(aja+2),

a

/v(

l

-22a

&一14

-a2+2+

-=5=--

-52)5

S22

S4

大

1值为

--的最

.-

S25

【解析】(1)由题意可得，4(-4,0),C(0,2),代入抛物线y=-]/+bx+c,组成二元

一次方程，解之即可；

(2)根据题意可知，8(1,0).过点。作。M_Lx轴交4C于点M,过点B作8N1x轴交4c于点

N,所以DM〃BN,所以金=器=器.设点。的横坐标为a,则“见一口？一)+2),

M(a,|a+2),由此表达DM和BN的长，再解之二次函数的性质可得出结论.

本题主要考查待定系数法求函数解析式，相似三角形的性质与判定，二次函数的性质等

相关内容，关键是将三角形的面积比转化为线段比.

18.【答案】⑴解:如图1中，作AH〃CD交BC于H.

图1

•：AD//BC,AH//CD,

.••四边形4HCC是平行四边形，

.-.AH=CD,AD=BC,

■•AB=CD,AB=AD,BC=2AD,

•■AB=BH=AH,

48H是等边三角形，

・•・乙B=60°.

(2)证明:如图2中，连接CD.

vABCD^Q。的内接四边形，

・・・48+44。。=180。,

♦：AE=EC,

・•・0D1AC,

:.DA=DC,

•••四边形4BCD是等邻边互补四边形.

(3)解：如图2-1中，连接。4,OC,AG,CG,作FM1CG于M,FNJ.AG于N.

•••OD1AC,AD=虎，

・•・Z,AOE=乙COE,GA=GC9

•・,Z-AOC=2乙ABC,

・•・Z.AOE=Z.ABC,

24AF

•••taiE—aiFF

・•・OE=OA=\/AE24-OE2——,

44

259

：•GD