浙江省宁波市六校联考2024-2025学年九年级上学期10月考数学试卷

九年级（上）月考数学试卷（11月份）一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图是一个可以自由转动的转盘，转盘被等分成四个扇形，转动转盘，当转盘停止时，指针落在红色区域的概率为(

)A.14

B.12

C.32.已知⊙O的半径为8cm，点A在⊙O外，则OA的长可能为(

)A.6cm B.7cm C.8cm D.9cm3.抛物线y=ax2经过点(-2,3)，则aA.34 B.-34 C.24.一个袋中装有2个红球，1个白球，3个黄球，它们除颜色外都相同.从中任意摸出一个球，则下列有关可能性说法中，正确的是(

)A.红球可能性最大 B.白球可能性最大

C.黄球可能性最大 D.三种小球的可能性相同5.函数y=2x2-1的图象，可以由抛物线A.向左1个单位 B.向右1个单位 C.向上1个单位 D.向下1个单位6.如图，△ABC内接于⊙O.若AB=AC，BC度数为80∘，则A.50∘

B.60∘

C.70∘

7.若函数y=x2+2x+m的最小值为A.7 B.6 C.5 D.48.如图，AB为⊙O的直径，构造四边形OACD，且弦CD//AB，若∠D=40∘A.100∘

B.105∘

C.110∘9.若点(m,n)在抛物线y=ax2A.x<-m+2或x>m+2 B.-m+2<10.如图在给定的⊙O中，弦AB的弦心距OH=6，CD=16，点E在弦CD上，且OE=ED=5，当△EABA.413

B.253

C.二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。11.已知抛物线y=(k-2)x2的开口向上，写出一个满足条件的12.二次函数y=2(x-3)13.⊙O的半径长为5，弦AB=6，则弦AB的弦心距为______.14.已知(1,y1)，(4,y2)是抛物线y=x215.抛物线y=x2+2x+c交y轴于点(16.如图，在半径为5的⊙O中，弦AB=8，D为优弧AB的中点，C为AD上点，DE⊥AC于点E，DH⊥BC于点H，连结DB.若HB=6

三、解答题：本题共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.(本小题8分)

有一个转盘如图，转盘可以自由转动.

(1)让转盘自由转动一次，求指针落在红色区域的概率.

(2)让转盘自由转动二次，求两次指针都落在黄色区域的概率.18.(本小题8分)

如图，AB，CD为⊙O直径，弦DE，BF分别交半径AO，CO于点G，H，且DE=BF.

(1)求证：∠B=∠D.

(2)若AE19.(本小题8分)

如图，已知抛物线y=12x2+mx+n经过点A(-6,1)，B(2,1).

(1)求抛物线的表达式20.(本小题8分)

尺规作图问题：

如图1，弦DE交⊙O直径AB于点F，连结AD，AD=AF，用尺规作弦DG//AB，CG//AD，C是直径AB上一点.

小蔡：如图2，以E为圆心，AE长为半径作弧，交⊙O于另一点G，连结DG，以A为圆心，DG长为半径作弧，交直径AB于点C，连结CG，则DG//AB，CG//AD.

小通：以B为圆心，AD长为半径作弧，交⊙O于点G，连结DG，以A为圆心，DG长为半径作弧，交直径AB于点C，连结CG，则DG//AB，CG//AD.

小蔡：小通，你的作法有问题21.(本小题8分)

如图，在⊙O中，弦AD=BC，OE⊥AB于E，OH⊥BC于H.

(1)求证：AB=CD.

(2)若⊙O22.(本小题10分)

如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，且DG=BE，AH=CF=2BE，记四边形EFGH的面积为y，边长BE为x.

(1)求y关于x的表达式及自变量x的取值范围23.(本小题10分)

如图，在⊙O中，弦AB//CD，点E在AD上，延长ED至点F，使EF=EB，延长AE至点G，连结GF，使∠F=∠EAC，GF=AD.

(1)连结CB，求证：GF=CB；

(2)若∠F=24.(本小题12分)

如图，抛物线y=-x2+bx+c经过点A(0,2)，对称轴为直线x=1，点G坐标为(1,0)，点C在边AG上运动，延长OC交抛物线于点B，连结BG，分别记△OBG，△OCG的面积为S1，S2.

(1)求该抛物线表达式.

(2)若点P(x1,y1)，Q(x1+1,y2)

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：∵由题中给出的信息分析可得：圆被等分成4份，其中红色部分占1份，

∴落在红色区域的概率=14.

故选：A.2.【答案】D

【解析】解：∵⊙O的半径为8cm，点A在⊙O外，

∴OA>8cm，

故选：D.

先得到圆的半径为8cm，根据点与圆的位置关系的判定方法得到当d>8cm时，点P在⊙O外；当d=8cm时，点P3.【答案】A

【解析】解：由条件可知：4a=3，

解得a=34，

故选：A.

将点(-2,3)代入4.【答案】C

【解析】解：∵不透明的盒子中装有2个红球，1个白球和3个黄球，

∴球的个数=2+1+3=6，

∴摸到红球的可能性是26=13，

摸到白球的可能性是16，

摸到黄球的可能性是36=12，

∵125.【答案】D

【解析】解：由抛物线解析式可知：平移后的抛物线y=2x2-1的顶点坐标为(0,-1)，

∴函数y=2x2-1的图象，可以由抛物线y=2x2向下6.【答案】C

【解析】解：△ABC内接于⊙O，BC所对圆周角是∠BAC，且BC度数为80∘，

∴∠BAC=12×80∘=40∘，

∵AB=7.【答案】B

【解析】解：将抛物线配方得：y=(x+1)2+m-1，

∴函数y=x2+2x+m有最小值为8.【答案】C

【解析】解：连接BD，如图所示：

∵∠CDO=40∘，CD//AB，

∴∠CDO=∠DOB=40∘，

∵OD=OB，

∴∠ODB=∠OBD=12(180∘-∠BOD)=70∘，

∵四边形9.【答案】A

【解析】解：∵点(m,n)在抛物线y=ax2(a>0)上，

∴n=am2，

∴a(x-2)2>am2，

∵a>0，

∴(10.【答案】B

【解析】解：过点E作EN⊥AB于点N，如图，

∵OE=5，

∴点E轨迹为以点O为圆心，5为半径的圆，

∵EO+OH≥EN，OH⊥AB，

∴如图：当点E，O，H三点共线时，EN最大，则△EAB面积最大，

过点O作OG⊥CD于点G，过点D作HO延长线的垂线，垂足为点M，

∴DG=12CD=8，

∴GE=GD-ED=3，

∴OG=52-32=4，

∵DM⊥EM，OG⊥CD，

∴∠M=∠OGE=90∘，

∵EO=ED，∠MED=∠GEO，

∴△MED≌△GEO，

∴MD=OG=4，ME=GE=3，

∴MH=ME+OE+OH=3+5+6=14，

∴在Rt△DMH中，由勾股定理得：DH=DM2+M11.【答案】3(答案不唯一)

【解析】解：因为抛物线y=(k-2)x2的开口向上，

所以k-2>0，即k>2，

所以k的值可以是3(答案不唯一).

12.【答案】直线x=3【解析】解：∵y=2(x-3)2+5是抛物线的顶点式，

根据顶点式的坐标特点可知，

对称轴为直线x=3.

故答案为：直线x13.【答案】4

【解析】解：如图，点O作OD⊥AB于点D，

∵AB=6，

∴AD=12AB=12×6=3，

∵圆的半径是5，

∴OD=OA214.【答案】y1【解析】解：∵(1,y1)，(4,y2)在抛物线y=x2-6x图象上，

∴y1=1-6=-5，y2=-8，

∴y15.【答案】-5【解析】解：∵抛物线交y轴于点(m+5,m)，

∴m+5=0，

解得，m=-5，

∴c=-5，

故答案为：-5.

根据抛物线与16.【答案】6【解析】解：过点D作DG⊥AB于点G，连接AD，OB，CD，

∵AD=BD，

∴△ABD是等腰三角形，

∵DG⊥AB，AB=8，

∴AG=BG=12AB=4，

∵⊙O是△ABD的外接圆，⊙O的半径为5，

∴OB=OD=5，

∴OG=OB2-BG2=3，

∴DG=OG+OD=8，

∴BD=AD=BG2+DG2=45，

∵DH⊥BC于点H，HB=6，

∴∠BHD=90∘，

∴DH=BD2-BH2=211，

∵CD=CD，

∴∠17.【答案】(1)解：如图，

所以，指针落在红色区域的概率为13.

(2)如图：

∵共有9种等可能的结果，两次指针都落在黄色区域的只有4种情况，

∴两次指针都落在黄色区域的概率为：49；【解析】(1)将黄色区域平分成两部分，再运用概率公式求解即可；

(2)根据题意画树状图，由树状图求得所有等可能的结果与两次指针都落在黄色区域的情况，再利用概率公式即可求得答案．

本题考查了列表法或树状图法求概率，正确记忆概率=所求情况数与总情况数之比是解题关键．18.【答案】(1)证明：∵BF=DE，

∴BF=DE.

∵AB，CD为⊙O直径，

∴BFA=DEC，

∴DEC-DE=BFA-BF，

即EC=AF.

【解析】(1)证明EC=AF即可得出结论；

(2)求出EC=80∘，AE=EF19.【答案】解：(1)把A(-6,1)，B(2,1)代入二次函数解析式得，

12×(-6)2-6m+n=112×22+2m+n=1，

解得，m=2n=-5，

∴抛物线的表达式为y=12x2+2x-5；

【解析】(1)利用待定系数法求二次函数的表达式；

(2)利用配方法得到y=12(x+2)2-7，根据二次函数的性质得到抛物线的对称轴为直线x=-2，当x=-1时，20.【答案】(1)证明：∵AF=AD，

∴∠AFD=∠ADF.

∵EG=AE，

∴∠FDG=∠ADF.

∴∠FDG=∠AFD，

∴【解析】(1)利用等腰三角形性质得到∠ADF=∠AFD，根据圆周角定理得到∠ADF=∠FDG，再结合等量代换和平行线判定得到DG//AB，最后根据平行四边形的判定和性质，即可推出CG//AD；

(2)根据“以B为圆心，AD长为半径作弧，”作图可知点21.【答案】(1)证明：∵AD=BC，

∴AD=BC，AD+BD=BC+BD，

即AB=CD，

∴AB=CD.

【解析】(1)由题意易得AB=CD，进而问题可求证；

(2)连接OB，由勾股定理，得OE=3.22.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，

∴AB=CD=3，AD=BC=4，∠A=∠B=∠C=∠D=90∘，

∵边长BE为x，

∴DG=BE=x，AH=CF=2BE=2x，

∴AE=CG=3-x，DH=BF【解析】(1)利用四边形的面积等于矩形的面积减去四个直角三角形的面积，得到y与x的函数关系；

(2)通过对函数配方，结合自变量取值范围取得最值．

本题主要考查的是二次函数的应用，利用四边形的面积等于矩形的面积减去四个直角三角形的面积得到函数的关系式是解题的关键．23.【答案】(1)证明：∵弦AB//CD，

∴AD=BC，∠DCA=∠BAC，

∴AD=BC，

∵GF=AD，

∴GF=CB.

(2)解：如图，连接BC，

∵CA为⊙O直径，

∴∠CBA=90∘.

∵∠EAC=∠F=70∘，

∴∠CBE=∠EAC=70∘，

∴∠ABE=∠CBA-∠【解析】(1)根据弦AB//CD可得∠DCA=∠BAC，AD=BC，由弧、弦的关系可得结论；

(2)由CA为⊙O直径得∖angCBA=90∘，再根据圆周角定理可得结论；

(3)连结24.【答案】解：(1)抛物线y=-x2+bx+c经过点A(0,2)，对称轴为直线x=1，

∴x=-b2×(-1)=1，

解得b=2.

把点A的坐标代入y=-x2+2x+c得：c=2.

∴抛物线表达