2023屆遼寧省盤錦市雙臺子區第四中學初三下學期第四次月考：數學試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）1．如圖所示，將含有30°角的三角板的直角頂點放在相互平行的兩條直線其中一條上，若∠1=35°，則∠2的度數為（）A．10° B．20° C．25° D．30°2．如圖，在等邊三角形ABC中，點P是BC邊上一動點（不與點B、C重合），連接AP，作射線PD，使∠APD=60°，PD交AC于點D，已知AB=a，設CD=y，BP=x，則y與x函數關系的大致圖象是（）A． B． C． D．3．在平面直角坐標系中，將點P(﹣4，2)繞原點O順時針旋轉90°，則其對應點Q的坐標為()A．(2，4) B．(2，﹣4) C．(﹣2，4) D．(﹣2，﹣4)4．已知關于x的一元二次方程有實數根，則m的取值范圍是（）A． B． C． D．5．不等式組的解集是（）A．﹣1≤x≤4 B．x＜﹣1或x≥4 C．﹣1＜x＜4 D．﹣1＜x≤46．如圖分別是某班全體學生上學時乘車、步行、騎車人數的分布直方圖和扇形統計圖(兩圖都不完整),下列結論錯誤的是()A．該班總人數為50 B．步行人數為30C．乘車人數是騎車人數的2.5倍 D．騎車人數占20%7．如圖,在△ABC中,∠C=90°,∠B=30°,AD是△ABC的角平分線,DE⊥AB,垂足為點E,DE=1,則BC=()A． B．2 C．3 D．+28．如圖，A、B為⊙O上兩點，D為弧AB的中點，C在弧AD上，且∠ACB=120°，DE⊥BC于E，若AC=DE，則的值為（）A．3 B． C． D．9．不等式組的整數解有（）A．0個 B．5個 C．6個 D．無數個10．一元二次方程mx2+mx﹣＝0有兩個相等實數根，則m的值為（）A．0 B．0或﹣2 C．﹣2 D．2二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）11．如圖，在平面直角坐標系中，矩形活動框架ABCD的長AB為2，寬AD為，其中邊AB在x軸上，且原點O為AB的中點，固定點A、B，把這個矩形活動框架沿箭頭方向推，使D落在y軸的正半軸上點D′處，點C的對應點C′的坐標為______．12．如圖，矩形ABCD中，BC＝6，CD＝3，以AD為直徑的半圓O與BC相切于點E，連接BD則陰影部分的面積為____（結果保留π）13．在不透明的口袋中有若干個完全一樣的紅色小球，現放入10個僅顏色不同的白色小球，均勻混合后，有放回的隨機摸取30次，有10次摸到白色小球，據此估計該口袋中原有紅色小球個數為_____．14．化簡：3215．二次根式中的字母a的取值范圍是_____．16．若式子有意義，則實數x的取值范圍是_______.三、解答題（共8題，共72分）17．（8分）已知：正方形繞點順時針旋轉至正方形，連接.如圖，求證：；如圖，延長交于，延長交于，在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出如圖中的四個角，使寫出的每一個角的大小都等于旋轉角.18．（8分）的除以20與18的差，商是多少？19．（8分）如圖，點B、E、C、F在同一條直線上，AB＝DE，AC＝DF，BE＝CF，求證：AB∥DE．20．（8分）如圖，在一個可以自由轉動的轉盤中，指針位置固定，三個扇形的面積都相等，且分別標有數字2，3、1．（1）小明轉動轉盤一次，當轉盤停止轉動時，指針所指扇形中的數字是奇數的概率為；（2）小明先轉動轉盤一次，當轉盤停止轉動時，記錄下指針所指扇形中的數字；接著再轉動轉盤一次，當轉盤停止轉動時，再次記錄下指針所指扇形中的數字，求這兩個數字之和是3的倍數的概率（用畫樹狀圖或列表等方法求解）．21．（8分）已知AB是⊙O的直徑，PB是⊙O的切線，C是⊙O上的點，AC∥OP，M是直徑AB上的動點，A與直線CM上的點連線距離的最小值為d，B與直線CM上的點連線距離的最小值為f．（1）求證：PC是⊙O的切線；（2）設OP=AC，求∠CPO的正弦值；（3）設AC=9，AB=15，求d+f的取值范圍．22．（10分）如圖，在平面直角坐標系中，矩形OABC的頂點B坐標為（4，6），點P為線段OA上一動點（與點O、A不重合），連接CP，過點P作PE⊥CP交AB于點D，且PE＝PC，過點P作PF⊥OP且PF＝PO（點F在第一象限），連結FD、BE、BF，設OP＝t．（1）直接寫出點E的坐標（用含t的代數式表示）：；（2）四邊形BFDE的面積記為S，當t為何值時，S有最小值，并求出最小值；（3）△BDF能否是等腰直角三角形，若能，求出t；若不能，說明理由．23．（12分）先化簡，再求值：，且x為滿足﹣3＜x＜2的整數．24．如圖，已知二次函數的圖象與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，的半徑為，P為上一動點．點B，C的坐標分別為______，______；是否存在點P，使得為直角三角形？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由；連接PB，若E為PB的中點，連接OE，則OE的最大值______．

參考答案一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）1、C【解析】分析：如圖，延長AB交CF于E，∵∠ACB=90°，∠A=30°，∴∠ABC=60°．∵∠1=35°，∴∠AEC=∠ABC﹣∠1=25°．∵GH∥EF，∴∠2=∠AEC=25°．故選C．2、C【解析】

根據等邊三角形的性質可得出∠B=∠C=60°，由等角的補角相等可得出∠BAP=∠CPD，進而即可證出△ABP∽△PCD，根據相似三角形的性質即可得出y=-x2+x，對照四個選項即可得出．【詳解】∵△ABC為等邊三角形，

∴∠B=∠C=60°，BC=AB=a，PC=a-x．

∵∠APD=60°，∠B=60°，

∴∠BAP+∠APB=120°，∠APB+∠CPD=120°，

∴∠BAP=∠CPD，

∴△ABP∽△PCD，∴,即，∴y=-x2+x.故選C.【點睛】考查了動點問題的函數圖象、相似三角形的判定與性質，利用相似三角形的性質找出y=-x2+x是解題的關鍵．3、A【解析】

首先求出∠MPO=∠QON，利用AAS證明△PMO≌△ONQ，即可得到PM=ON，OM=QN，進而求出Q點坐標．【詳解】作圖如下，∵∠MPO+∠POM=90°，∠QON+∠POM=90°，∴∠MPO=∠QON，在△PMO和△ONQ中，∵，∴△PMO≌△ONQ，∴PM=ON，OM=QN，∵P點坐標為（﹣4，2），∴Q點坐標為（2，4），故選A．【點睛】此題主要考查了旋轉的性質，以及全等三角形的判定和性質，關鍵是掌握旋轉后對應線段相等．4、C【解析】

解：∵關于x的一元二次方程有實數根，∴△==，解得m≥1，故選C．【點睛】本題考查一元二次方程根的判別式．5、D【解析】試題分析：解不等式①可得：x＞－1，解不等式②可得：x≤4，則不等式組的解為－1＜x≤4，故選D．6、B【解析】

根據乘車人數是25人，而乘車人數所占的比例是50%，即可求得總人數，然后根據百分比的含義即可求得步行的人數，以及騎車人數所占的比例．【詳解】A、總人數是：25÷50%=50（人），故A正確；B、步行的人數是：50×30%=15（人），故B錯誤；C、乘車人數是騎車人數倍數是：50%÷20%=2.5，故C正確；D、騎車人數所占的比例是：1-50%-30%=20%，故D正確．由于該題選擇錯誤的，故選B．【點睛】本題考查讀頻數分布直方圖的能力和利用統計圖獲取信息的能力；利用統計圖獲取信息時，必須認真觀察、分析、研究統計圖，才能作出正確的判斷和解決問題．7、C【解析】試題分析：根據角平分線的性質可得CD=DE=1，根據Rt△ADE可得AD=2DE=2，根據題意可得△ADB為等腰三角形，則DE為AB的中垂線，則BD=AD=2，則BC=CD+BD=1+2=1．考點：角平分線的性質和中垂線的性質．8、C【解析】

連接D為弧AB的中點，根據弧，弦的關系可知，AD=BD,根據圓周角定理可得：在BC上截取,連接DF,則≌,根據全等三角形的性質可得：即根據等腰三角形的性質可得：設則即可求出的值.【詳解】如圖：連接D為弧AB的中點，根據弧，弦的關系可知，AD=BD,根據圓周角定理可得：在BC上截取,連接DF,則≌,即根據等腰三角形的性質可得：設則故選C.【點睛】考查弧，弦之間的關系，全等三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，銳角三角函數等，綜合性比較強，關鍵是構造全等三角形.9、B【解析】

先解每一個不等式，求出不等式組的解集，再求整數解即可．【詳解】解不等式x+3＞0，得x＞﹣3，解不等式﹣x≥﹣2，得x≤2，∴不等式組的解集為﹣3＜x≤2，∴整數解有：﹣2，﹣1，0，1，2共5個，故選B．【點睛】本題主要考查了不等式組的解法，并會根據未知數的范圍確定它所滿足的特殊條件的值．一般方法是先解不等式組，再根據解集求出特殊值．10、C【解析】

由方程有兩個相等的實數根，得到根的判別式等于0，求出m的值，經檢驗即可得到滿足題意m的值．【詳解】∵一元二次方程mx1+mx﹣＝0有兩個相等實數根，∴△＝m1﹣4m×（﹣）＝m1+1m＝0，解得：m＝0或m＝﹣1，經檢驗m＝0不合題意，則m＝﹣1．故選C．【點睛】此題考查了根的判別式，根的判別式的值大于0，方程有兩個不相等的實數根；根的判別式的值等于0，方程有兩個相等的實數根；根的判別式的值小于0，方程沒有實數根．二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）11、（2，1）【解析】

由已知條件得到AD′=AD=，AO=AB=1，根據勾股定理得到OD′==1，于是得到結論．【詳解】解：∵AD′=AD=，AO=AB=1，∴OD′==1，∵C′D′=2，C′D′∥AB，

∴C′（2，1），

故答案為：（2，1）【點睛】本題考查了矩形的性質，坐標與圖形的性質，勾股定理，正確的識別圖形是解題的關鍵．12、π．【解析】

如圖，連接OE，利用切線的性質得OD=3，OE⊥BC，易得四邊形OECD為正方形，先利用扇形面積公式，利用S正方形OECD-S扇形EOD計算由弧DE、線段EC、CD所圍成的面積，然后利用三角形的面積減去剛才計算的面積即可得到陰影部分的面積．【詳解】連接OE，如圖，∵以AD為直徑的半圓O與BC相切于點E，∴OD＝CD＝3，OE⊥BC，∴四邊形OECD為正方形，∴由弧DE、線段EC、CD所圍成的面積＝S正方形OECD﹣S扇形EOD＝32﹣，∴陰影部分的面積，故答案為π．【點睛】本題考查了切線的性質：圓的切線垂直于經過切點的半徑．若出現圓的切線，必連過切點的半徑，構造定理圖，得出垂直關系．也考查了矩形的性質和扇形的面積公式．13、20【解析】

利用頻率估計概率，設原來紅球個數為x個，根據摸取30次，有10次摸到白色小球結合概率公式可得關于x的方程，解方程即可得.【詳解】設原來紅球個數為x個，則有=，解得，x=20，經檢驗x=20是原方程的根.故答案為20.【點睛】本題考查了利用頻率估計概率和概率公式的應用，熟練掌握概率的求解方法以及分式方程的求解方法是解題的關鍵.14、－6【解析】

根據二次根式的乘法運算法則以及絕對值的性質和二次根式的化簡分別化簡整理得出即可：【詳解】32故答案為-615、a≥﹣1．【解析】

根據二次根式的被開方數為非負數，可以得出關于a的不等式，繼而求得a的取值范圍.【詳解】由分析可得，a+1≥0，解得：a≥﹣1.【點睛】熟練掌握二次根式被開方數為非負數是解答本題的關鍵.16、x≤2且x≠1【解析】

根據被開方數大于等于1，分母不等于1列式計算即可得解．【詳解】解：由題意得，且x≠1，解得且x≠1．故答案為且x≠1．【點睛】本題考查的知識點為：分式有意義，分母不為1；二次根式的被開方數是非負數．三、解答題（共8題，共72分）17、（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）連接AF、AC，易證∠EAC=∠DAF，再證明ΔEAC?ΔDAF，根據全等三角形的性質即可得CE=DF；（2）由旋轉的性質可得∠DAG、∠BAE都是旋轉角，在四邊形AEMB中，∠BAE+∠EMB=180°，∠FMC+∠EMB=180°，可得∠FMC=∠BAE，同理可得∠DAG=∠CNF，由此即可解答.【詳解】(1)證明：連接，∵正方形旋轉至正方形∴，∴∴在和中,,∴∴(2).∠DAG、∠BAE、∠FMC、∠CNF；由旋轉的性質可得∠DAG、∠BAE都是旋轉角，在四邊形AEMB中，∠BAE+∠EMB=180°，∠FMC+∠EMB=180°，可得∠FMC=∠BAE，同理可得∠DAG=∠CNF，【點睛】本題考查了正方形的性質、旋轉的性質及全等三角形的判定與性質，證明ΔEAC?ΔDAF是解決問題的關鍵.18、【解析】

根據題意可用乘的積除以20與18的差，所得的商就是所求的數，列式解答即可．【詳解】解：×÷（20﹣18）【點睛】考查有理數的混合運算，列出式子是解題的關鍵.19、詳見解析.【解析】試題分析：利用SSS證明△ABC≌△DEF，根據全等三角形的性質可得∠B=∠DEF，再由平行線的判定即可得AB∥DE．試題解析：證明：由BE＝CF可得BC＝EF，又AB＝DE，AC＝DF，故△ABC≌△DEF（SSS），則∠B=∠DEF，∴AB∥DE．考點：全等三角形的判定與性質.20、（1）；（2）這兩個數字之和是3的倍數的概率為．【解析】

（1）在標有數字1、2、3的3個轉盤中，奇數的有1、3這2個，根據概率公式可得；（2）用列表法列出所有情況，再計算概率.【詳解】解：（1）∵在標有數字1、2、3的3個轉盤中，奇數的有1、3這2個，∴指針所指扇形中的數字是奇數的概率為，故答案為；（2）列表如下：1231（1，1）（2，1）（3，1）2（1，2）（2，2）（3，2）3（1，3）（2，3）（3，3）由表可知，所有等可能的情況數為9種，其中這兩個數字之和是3的倍數的有3種，所以這兩個數字之和是3的倍數的概率為=．【點睛】本題考核知識點：求概率.解題關鍵點：列出所有情況，熟記概率公式.21、（1）詳見解析；（2）；（3）【解析】

（1）連接OC，根據等腰三角形的性質得到∠A=∠OCA，由平行線的性質得到∠A=∠BOP，∠ACO=∠COP，等量代換得到∠COP=∠BOP，由切線的性質得到∠OBP=90°，根據全等三角形的性質即可得到結論；

（2）過O作OD⊥AC于D，根據相似三角形的性質得到CD?OP=OC2，根據已知條件得到，由三角函數的定義即可得到結論；

（3）連接BC，根據勾股定理得到BC==12，當M與A重合時，得到d+f=12，當M與B重合時，得到d+f=9，于是得到結論．【詳解】（1）連接OC，

∵OA=OC，

∴∠A=∠OCA，

∵AC∥OP，

∴∠A=∠BOP，∠ACO=∠COP，

∴∠COP=∠BOP，

∵PB是⊙O的切線，AB是⊙O的直徑，

∴∠OBP=90°，

在△POC與△POB中，，

∴△COP≌△BOP，

∴∠OCP=∠OBP=90°，

∴PC是⊙O的切線；

（2）過O作OD⊥AC于D，

∴∠ODC=∠OCP=90°，CD=AC，

∵∠DCO=∠COP，

∴△ODC∽△PCO，

∴，

∴CD?OP=OC2，

∵OP=AC，

∴AC=OP，

∴CD=OP，

∴OP?OP=OC2

∴，

∴sin∠CPO=；

（3）連接BC，

∵AB是⊙O的直徑，

∴AC⊥BC，

∵AC=9，AB=1，

∴BC==12，

當CM⊥AB時，

d=AM，f=BM，

∴d+f=AM+BM=1，

當M與B重合時，

d=9，f=0，

∴d+f=9，

∴d+f的取值范圍是：9≤d+f≤1．【點睛】本題考查了切線的判定和性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，平行線的性質，圓周角定理，正確的作出輔助線是解題的關鍵．22、(1)、（t+6，t）；(2)、當t=2時，S有最小值是16；(3)、理由見解析．【解析】

（1）如圖所示，過點E作EG⊥x軸于點G，則∠COP=∠PGE=90°，由題意知CO=AB=6、OA=BC=4、OP=t，∵PE⊥CP、PF⊥OP，∴∠CPE=∠FPG=90°，即∠CPF+∠FPE=∠FPE+∠EPG，∴∠CPF=∠EPG，又∵CO⊥OG、FP⊥OG，∴CO∥FP，∴∠CPF=∠PCO，∴∠PCO=∠EPG，在△PCO和△EPG中，∵∠PCO=∠EPG，∠POC=∠EGP，PC=EP，∴△PCO≌△EPG（AAS），∴CO=PG=6、OP=EG=t，則OG=OP+PG=6+t，則點E的坐標為（t+6，t），（2）∵DA∥EG，∴△PAD∽△PGE，∴，∴，∴AD=t（4﹣t），∴BD=AB﹣AD=6﹣t（4﹣t）=t2﹣t+6，∵EG⊥x軸、FP⊥x軸，且EG=FP，∴四邊形EGPF為矩形，∴EF⊥BD，EF=PG，∴S四邊形BEDF=S△BDF+S△BDE=×BD×EF=×（t2﹣t+6）×6=（t﹣2）2+16，∴當t=2時，S有最小值是16；（3）①假設∠FBD為直角，則點F在直線BC上，∵PF=OP＜AB，∴點F不可能在BC上，即∠FBD不可能為直角；②假設∠FDB為直角，則點D在EF上，∵點D在矩形的對角線PE上，∴點D不可能在EF上，即∠FDB不可能為直角；③假設∠BFD為直角且FB=FD，則∠FBD=∠FDB=45°，如圖2，作FH⊥BD于點H，則FH=PA，即4﹣t=6﹣t，方程無解，∴假設不成立，即△BDF不可能是等腰直角三角形．23、-5【解析】

根據分式的運算法則即可求出答案．【詳解】原式=[+]÷=（+）?x=x﹣1+x﹣2=2x﹣3由于x≠0且x≠1且x≠﹣2，所以x=﹣1，原式=﹣2﹣3=﹣5【點睛】本題考查分式的運算法則，解題的關鍵是熟練運用分式的運算法則，本題屬于基礎題型．24、（1）B（1，0），C（0，﹣4）；（2）點P的坐標為：（﹣1，﹣2）或（，）或（，﹣﹣4）或（﹣，﹣4）