天津市第六十一中学2022－2023学年九年级数学下学期学阶段检测（一）

这是一份天津市第六十一中学2022－2023学年九年级数学下学期学阶段检测（一），共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

天津市第六十一中学2022－2023学年九年级数学下学期学阶段检测（一）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．我国传统文化中的“福禄寿喜”，这四个图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】一个图形绕着某固定点旋转180度后能够与原来的图形重合，则称这个图形是中心对称图形；沿着某条直线对折，图形的两部分能够完全重合，根据中心对称图形及轴对称图形的概念逐一判断即可．
【详解】解：A、不是轴对称也不是中心对称图形，故该选项不符合题意，
B、是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意，
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意，
D、不是轴对称也不是中心对称图形，故该选项不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查中心对称图形及轴对称图形的概念，熟练掌握轴对称图形及中心对称图形的定义是解题关键．
2．在一个不透明的盒子里，装有4个黑球和若干个白球，它们除颜色外无任何区别，摇匀后从中随机摸出一个球记下颜色，再把它放回盒子中，不断重复，共摸球100次，其中有25次摸到黑球，则估计盒子中大约有白球（　　）
A．12个 B．16个 C．20个 D．30个
【答案】A
【分析】根据共摸球100次，其中25次摸到黑球，则摸到黑球与摸到白球的次数之比为，由此可估计口袋中黑球和白球个数之比为；即可计算出白球数．
【详解】解：∵共摸了100次，其中25次摸到黑球，
∴有75次摸到白球，
∴摸到黑球与摸到白球的次数之比为，
∴口袋中黑球和白球个数之比为，
（个）．
故选：A．
【点睛】本题考查的是样本估计总体，只需将样本“成比例的放大”为总体即可．关键是根据白球和黑球的比得到相应的关系式．
3．如图，线段AB两个端点的坐标分别为，，以原点O为位似中心，在第一象限内将线段缩小为原来的后得到线段，则点B的对应点D的坐标为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用位似图形的性质，结合两图形的位似比，进而得出D点坐标．
【详解】解：∵线段的两个端点坐标分别为，，以原点O为位似中心，在第一象限内将线段缩小为原来的后得到线段，
∴
即点D的横坐标和纵坐标都变为B点的一半，
∴点D的坐标为：．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了位似图形的性质，利用两图形的位似比得出对应点横纵坐标关系是解题关键．在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或－k．
4．对于抛物线，下列判断不正确的是（    ）
A．抛物线的开口向上 B．抛物线的顶点坐标为
C．对称轴为直线 D．若随的增大而增大，则
【答案】D
【分析】根据抛物线的解析式，由a的值可得到开口方向，由顶点式可以得到顶点坐标和对称轴及其函数增减性．
【详解】解：∵在抛物线y=3（x+2）2-1中a=3＞0，
∴抛物线的开口向上，故选项A正确，不符合题意；
顶点坐标是（-2，-1），则对称轴为直线x=-2，故选项B、C正确，不符合题意；
∵对称轴为x=-2，开口向上，
∴当x＞-2时，y随着x的增大而增大，故选项D不正确，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次根式的性质．
5．如图，四边形ABCD内接于⊙O，F是上一点，且，连接CF并延长交AD的延长线于点E，连接AC．若∠ABC=105°，∠BAC=25°，则∠E的度数为（ ）

A．45° B．50° C．55° D．60°
【答案】B
【分析】先根据圆内接四边形的性质求出∠ADC的度数，再由圆周角定理得出∠DCE的度数，根据三角形外角的性质即可得出结论．
【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=105°，
∴∠ADC=180°﹣∠ABC=180°﹣105°=75°．
∵，∠BAC=25°，
∴∠DCE=∠BAC=25°，
∴∠E=∠ADC﹣∠DCE=75°﹣25°=50°．
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理.圆内接四边形对角互补.在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆心角相等，而同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，所以在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等.
6．如图，将绕点按逆时针方向旋转至，使点落在的延长线上．已知，，则的大小是（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由三角形内角和定理可求∠ACB＝115°，由旋转的性质可得∠DCE＝∠ACB＝115°，即可求解．
【详解】解：∵∠A＝30°，∠B＝35°，
∴∠ACB＝115°，
∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转至△DEC，使点D落在BC的延长线上．
∴∠DCE＝∠ACB＝115°，
∴∠ACE＝2×115°−180°＝50°，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
7．如图，小正方形边长均为1，则下列图形中三角形(阴影部分)与△ABC相似的是

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据网格的特点求出三角形的三边，再根据相似三角形的判定定理即可求解．
【详解】已知给出的三角形的各边AB、CB、AC分别为、2、、
只有选项B的各边为1、、与它的各边对应成比例．
故选B．
【点睛】此题主要考查相似三角形的判定，解题的关键是熟知相似三角形的判定定理．
8．加工爆米花时，爆开且不糊的粒数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，可食用率y与加工时间x（单位：min）满足函数表达式y＝﹣0.2x2+1.5x﹣2，则最佳加工时间为（　　）
A．3min B．3.75min C．5min D．7.5min
【答案】B
【分析】根据二次函数的性质即可求解．
【详解】解：根据题意：y＝﹣0.2x2+1.5x﹣2，
当x＝﹣ ＝3.75时，y取得最大值，
则最佳加工时间为3.75min．
故选：B．
【点睛】本题主要考查二次函数的应用，利用二次函数的性质求最值问题是解题的关键．
9．如图，四边形是矩形，是边延长线上一点，与相交于点，则图中相似三角形共有（　　）

A．4对 B．5对 C．6对 D．7对
【答案】C
【分析】根据矩形的性和相似三角形判定定理即可得出结论．
【详解】解：（1）∵∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴．
（2）∵，，
∴；
（3）∵，，
∴；
（4）∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴；
（5）如图，设交于点，

∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴共有6对相似三角形，
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定定理，两个角相等的两个三角形互为相似三角形．
10．已知二次函数y＝x2﹣（m﹣2）x＋4图象的顶点在坐标轴上，则m的值一定不是（    ）
A．2 B．6 C．﹣2 D．0
【答案】D
【分析】先把二次函数的解析式化为顶点式，再利用该函数图象的顶点在坐标轴上，可以得到关于 的方程，解方程从而可得答案．
【详解】解：∵二次函数
∴该函数的顶点坐标为
∵二次函数图象的顶点在坐标轴上，
∴或，
当时，
当时，
或
或
综上：或或
故选：D．
【点睛】本题考查的是二次函数的性质，掌握二次函数的顶点坐标在坐标轴上的坐标特点是解题的关键．
11．如图，△ABC中，∠C＝90°，BC＝5，⊙O与△ABC的三边相切于点D、E、F，若⊙O的半径为2，则△ABC的周长为（　　）

A．14 B．20 C．24 D．30
【答案】D
【分析】设AD＝x，由切线长定理得AE＝x，根据题意可得四边形OECF为正方形，则CE＝CF＝2，BD＝BF＝3，在直角三角形ABC中，利用勾股定理求出x，然后求其周长．
【详解】解：连接OE、OF，设AD＝x，由切线长定理得AE＝x，

∵⊙O与Rt△ABC的三边分别点D、E、F，
∴OE⊥AC，OF⊥BC，
∴四边形OECF为正方形，
∵⊙O的半径为2，BC＝5，
∴CE＝CF＝2，BD＝BF＝3，
∴在Rt△ABC中，
∵AC2+BC2＝AB2，即（x+2）2+52＝（x+3）2，
解得x＝10，
∴△ABC的周长为12+5+13＝30．
故选：D．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心，根据题意作出辅助线，利用勾股定理求解是解答此题的关键．
12．如图所示，已知二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点，，对称轴为直线，则下列结论：①；②；③；④是关于的一元二次方程的一个根．其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【分析】根据二次函数的开口方向，与y轴的交点，对称轴可知，，由此即可判断①②；再根据，，得到，即可推出，即可判断③；根据对称性求出，即可判断④．
【详解】解：∵二次函数开口向下，与y轴交于y轴正半轴，
∴，
∵二次函数对称轴为直线，
∴，
∴，
∴，故①错误；
∵，
∴，故②错误；
∵，，
∴，
把代入得，
∴，故③错误；
∵，对称轴为直线，
∴，
∴是关于x的一元二次方程的一个根，故④正确；
∴正确的只有1个，
故选A．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴交点及与二次函数图象与系数的关系，做好本题要知道以下几点：①当时，抛物线向上开口；当时，抛物线向下开口；②当a与b同号时，即，对称轴在y轴左； 当a与b异号时，即，对称轴在y轴右．简称：左同右异；③常数项c决定抛物线与y轴交点，抛物线与y轴交于．④抛物线与x轴交点的横坐标就是一元二次方程的根，注意利用数形结合的思想．

二、填空题
13．第一个盒中有2个白球、1个黄球，第二盒中有1个白球、1个黄球，这些球除颜色外无其他差别．分别从每个盒中随机取出一个球，则取出的两个球都是黄球的概率是__________．
【答案】
【分析】画树状图列出所有等可能结果，从中确定取出的两个球都是黄球的结果数，根据概率公式计算可得．
【详解】解：画树状图如下，

由树状图知共有6种等可能结果，其中取出的两个球都是黄球的情况有1种，
所以取出的两个球都是黄球的概率是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法、概率公式等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
14．正六边形的边心距为3，这个正六边形的面积为___________．
【答案】
【分析】首先根据题意作出图形，然后可得是等边三角形，然后由三角函数的性质，求得的长，继而求得正六边形的面积．
【详解】解：如图，连接、，过点作于，

六边形是正六边形，
，
，
是等边三角形，
，
正六边形的边心距为，即
在中，，即
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的内接正六边形的性质、正多边形的内角和、等边三角形的判定及性质以及三角函数等知识，此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
15．用一个圆心角为60°，半径为6的扇形做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为___________．
【答案】1
【分析】根据扇形的弧长等于圆锥的底面圆周长计算即可．
【详解】解：，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了弧长公式、圆锥底面半径，掌握弧长公式是解题关键．
16．抛物线y=ax2+bx+c（a≠0），对称轴为直线x=2，且过点P（3，0），则a+b+c=______．
【答案】0
【分析】根据抛物线的对称轴方程得到-=2，则b=-4a①，又P（3，0）在抛物线上，则9a+3b+c=0②，①代入②得，c=3a，即可得到a+b+c=a-4a+3a=0．
【详解】∵对称轴为直线x=-，
而对称轴为直线x=2，
∴-=2，即b=-4a①，
把P（3，0）代入y=ax2+bx+c，
得9a+3b+c=0②，
①代入②得，c=3a，
∴a+b+c=a-4a+3a=0．
故答案为0．
【点睛】本题考查了抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x=-，以及点在图象上，则点的横纵坐标满足函数的解析式，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质.
17．如图，正方形ABCD的边长为3，且∠EDF=45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．若AE=1，则FM的长为________．

【答案】2.5
【分析】由旋转可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；则可得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB-AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x,可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为FM的长．
【详解】解：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，
∴F、C、M三点共线，
∴DE=DM，∠EDM=90°，
∴∠EDF+∠FDM=90°，
∵∠EDF=45°，
∴∠FDM=∠EDF=45°，
在△DEF和△DMF中，，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF=MF，
设EF=MF=x，
∵AE=CM=1，且BC=3，
∴BM=BC+CM=3+1=4，
∴BF=BM-MF=BM-EF=4-x，
∵EB=AB-AE=3-1=2，
在Rt△EBF中，由勾股定理得，
即，
解得：x=2.5，
∴FM=2.5．
故答案为：2.5．
【点睛】此题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．

三、解答题
18．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点，点，点均在格点上，并且在同一个圆上，取格点，连接并延长交圆于点．

（1）线段的长为___________．
（2）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺画图：
①确定圆心；并求出四边形外接圆的半径为___________；
②画出线段，使平分，且点在圆上并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）___________．
【答案】               作出的平分线并延长交圆于点，连接，即为所求
【分析】（1）根据网格的特征，利用勾股定理求解即可；
（2）根据格点的特征及勾股定理确定四边形外接圆的圆心，从而求解半径；
（3）取格点，连接，交于点，连接并延长交圆于点，连接，即可．
【详解】（1）根据网格的特征，
线段
故答案为：．
（2）根据格点的特征，四边形外接圆的圆心位于格点O的位置，连接，，，，
由题意可得
故答案为：．
（3）取格点，连接，交于点，连接并延长交圆于点，连接，即可，

由格点特征可得四边形为平行四边形，则有
点为中点，即为的中位线
点为中点

∴点是的中点
∴
∴即为所求，
故答案为：取格点，连接，交于点，连接并延长交圆于点，连接，即可.
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，解题的关键是理解题意，利用网格的结构特点构造平行四边形和中位线．
19．（1）解方程：
（2）已知：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，求：的取值范围．
【答案】（1），；（2）且
【分析】（1）运用因式分解法解一元二次方程即可；
（2）根据一元二次方程有两个不相等的实数根可得，代入求解即可．
【详解】解：（1），

或，
∴，；
（2）根据题意知，
解得：，
由，
∴的取值范围是且．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程的几种解法以及一元二次方程根的判别式是解本题的关键．
20．已知，AB是的直径，弦于点E

(1)如图①，若，，求的直径；
(2)如图②，连接并延长交于点M，连接MB，若，求的度数．
【答案】(1)20
(2)

【分析】（1）连接，先根据垂径定理得出的长，再设，则，在中根据勾股定理求出r的值，进而可得出结论；
（2）先根据垂径定理得出 再由得出 ，故可得出 ，再由是的直径得出 对应圆心角的度数，进而可得出结论．
【详解】（1）解：连接，如图所示：


是的直径，弦于点E，，
．
设，则， B在中，
， 即 ，
解得，
；
（2）是的直径，弦于点E，

，
，

是的直径，
对应的圆心角为，
．
【点睛】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理解答是解出此题的关键．
21．已知：如图，等腰的一腰为的直径，底边与交于点，过作于．

(1)求证：为的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接，根据三角形中位线定理得到，进而得出，根据切线的判定定理证明结论；
（2）根据圆周角定理得到，根据勾股定理求出，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【详解】（1）连接，

，
，




为半径
为的切线
（2）连结
为的直径，
，即，


根据勾股定理，可得



【点睛】本题考查的是切线的判定定理、圆周角定理、等腰三角形的判定定理、勾股定理、三角形的面积计算，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键．
22．某商店经营一种文具，已知成批购进时的单价是20元．调查发现销售单价是30元时，月销售量是230件，而销售单价每上涨1元，月销售量就减少10件，且每件文具售价不能高于40元，每件文具的售价定为多少元时，月销售利润为2520元？
解：设每件文具上涨元，则售价为___________元，
则根据题意，得___________，
整理方程，得___________，
解得：___________，
检验：___________，
每件文具售价为：___________（元）
答：每件文具的售价定为___________元时，月销售利润恰为2520元．
【答案】见解析
【分析】根据题意知一件玩具的利润为元，月销售量为件，然后根据月销售利润=一件玩具的利润×月销售量列出一元二次方程求解即可．
【详解】解：设每件文具上涨元，则售价为元，
则根据题意，得，
整理方程，得，
解得：，，
检验：当时，，
不合题意，舍去，
，
每件文具售价为：（元）．
答：每件文具的售价定为32元时，月销售利润恰为2520元．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是能够了解总利润的计算方法，难度不大．
23．如图，在中，，，，动点从点开始沿边向点以的速度移动，动点从点开始沿边向点以的速度移动，如果、两点分别从、两点同时出发，设运动时间为，那么的面积随出发时间如何变化？

(1)用含的式子表示：
___________，___________，___________．
(2)写出关于的函数解析式及的取值范围；
(3)当取何值时，的面积有最大值，最大值为多少？
【答案】(1)，，
(2)
(3)当时，的面积有最大值36

【分析】（1）根据题意直接列式即可作答；
（2）根据（1）中结果，结合三角形的面积公式即可作答；
（3）将（2）的结果配成顶点式，即可作答．
【详解】（1）根据题意有：，，
∵，，
∴，
故答案为：，，；
（2）∵，，
∴根据题意有：，
∵，，
∴，
故关于的函数解析式为
（3）∵，
∴当时，的面积有最大值36．
【点睛】本题主要考查动点在线段上运动的规律，二次函数图像与性质等知识，理解动点运动中时间与的面积关系是解题的关键．
24．（1）如图1，点是正方形两条对角线的交点，分别延长到点，到点，使，，然后以、为邻边作正方形，连接、，则直线和的夹角为___________；线段、之间的数量关系是___________．

（2）如图2，正方形固定，将正方形绕点逆时针旋转角得到正方形，
①试判断（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由．
②若正方形的边长为1时，在旋转过程中，求长的最大值和此时角的度数，直接写出结果不需要说明理由．
【答案】（1），、之间的数量关系是相等；（2）①成立，见解析②，
【分析】（1）延长交于点H，证明，根据等量代换证明结论；
（2）①延长交于点H，交于点M，然后仿照（1）的步骤求解即可；
②根据正方形的性质分别求出和的长，根据旋转变换的性质求出长的最大值和此时α的度数．
【详解】解：（1）如图1，延长交于点H，

∵点O是正方形两对角线的交点，
∴，
又，，
∴
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即；
故答案为：；相等；
（2）①如图，延长交于点H，交于点M．

点是正方形两对角线的交点，    
，，
，，
∴．
旋转
．
在和中，
，
，
，，
，
；
②如图，连接，，，

∵四边形是正方形，
∴，
∵正方形的边长为1，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴当A、O、在一条直线上时，的长最大，最大值为，此时．
【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质以及勾股定理，掌握正方形的四条边相等、四个角相等，旋转变换的性质是解题的关键．
25．如图，已知抛物线经过，，三点，直线是抛物线的对称轴．

(1)求抛物线的函数关系式及对称轴；
(2)设点为直线上的一个动点，当的周长最小时，求点的坐标？
(3)在直线上是否存在点，使为等腰三角形？若存在，求出点的坐标；不存在，说明理由．
【答案】(1)，
(2)
(3)坐标为、、、

【分析】（1）待定系数法求解即可得出答案；
（2）点关于函数对称轴的对称点为点，连接交函数对称轴于点，则点为所求点，求出直线的表达式为，得出，则的周长最小值；
（3）设点，
由点、、的坐标知，，，，分三种情况：①当时，，②当时，， ③当时，，求解再检验即可得出答案．
【详解】（1）解：将、、代入抛物线中，
则，
解得，
故抛物线的解析式是；
由抛物线的表达式知，函数的对称轴为直线；
（2）解：点关于函数对称轴的对称点为点，连接交函数对称轴于点，则点为所求点，理由：的周长为最小，
设直线的表达式为，
则，
解得，
故直线的表达式为，
当时，，
故点，
则的周长最小值；

（3）设点，
由点、、的坐标知，，，，
①当时，，解得：或（舍去），
②当时，，解得：或，
③当时，，解得：，
检验：当时，、、三点共线，不合题意，故舍去；
综上可知，符合条件的点有4个，
坐标为、、、．
【点睛】本题是二次函数综合题涉及了抛物线的性质及解析式的确定、等腰三角形的判定等知识，在判定等腰三角形时，一定要根据不同的腰和底分类进行讨论，以免漏解．