福建省厦门湖滨中学2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（解析版）

这是一份福建省厦门湖滨中学2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（解析版），共23页。

一．选择题（本大题有8小题，每小题4分，共32分．每小题都有四个选项，其中有且只有一个选项正确）
1. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：选项A、C、D的图形不都能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
选项B的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：B．
【点睛】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
2. 若的半径是3，点在圆外，则点的长可能是（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据点在圆外时，点与圆心的距离大于半径即可确定．
【详解】解：的半径是3，点在圆外，
∴的长大于3．
故选：A．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，当点在圆外时，圆心与点的距离大于半径，点在圆上时，圆心与点的距离等于半径，点在圆内时，圆心与点的距离小于半径，掌握这一知识是关键．更多优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 3. 对于一元二次方程，根的判别式中的表示的数是（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次方程的一般形式，根的判别式中的表示的是一次项系数，即可求解．
【详解】解：表示一元二次方程的一次项系数．
故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程的一般形式是解题的关键．
4. 不透明袋子中有除颜色外完全相同的4个黑球和2个白球，从袋子中随机摸出3个球，下列事件是必然事件的是（ ）．
A. 3个都是黑球B. 2个黑球1个白球
C. 2个白球1个黑球D. 至少有1个黑球
【答案】D
【解析】
【分析】根据白球两个，摸出三个球必然有一个黑球.
【详解】解：A袋子中装有4个黑球和2个白球，摸出的三个球中可能为两个白球一个黑球，所以A不是必然事件；
B．C．袋子中有4个黑球，有可能摸到的全部是黑球，B、C有可能不发生，所以B、C不是必然事件；
D．白球只有两个，如果摸到三个球不可能都是白梂，因此至少有一个是黑球，D正确．
故选D．
【点睛】本题考查随机事件，解题关键在于根据题意对选项进行判断即可.
5. 如图，圆上依次有四个点，交于点，连接，若，，则图中度数为角是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据同弧所对的圆周角相等可得，再利用外角可得即可得到结论．
详解】解：，
，
，
．
故选：C．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等及外角的性质，熟练掌握相关知识是解题关键．
6. 点是抛物线上的两点，则下列数值能够确定的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据纵坐标相等，横坐标关于对称轴对称，进而得出对称轴为直线，即可求解．
【详解】解：∵点是抛物线上的两点，
∴对称轴为直线，即
∴
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数图象的对称性是解题的关键．
7. 如图，将△ABC绕点A逆时针旋转，旋转角为α（0°<α<180°），得到△ADE，这时点B旋转后的对应点D恰好在直线BC上，则下列结论不一定正确的是（ ）
A. ∠ABC=∠ADBB. ∠ACD=∠EADC. ∠EAC=αD. ∠EDC=180°-α
【答案】B
【解析】
【分析】根据△ABC绕点A逆时针旋转，旋转角为α（0°<α<180°），得到△ADE，点D在直线BC上，得出AB=AD，可判断A，根据∠ACD是△ABC的外角，可得∠ACD＞∠BAC=∠DAE，可判断选项B；根据∠EAC为旋转角，得出∠EAC=α，可判断选项C，根据旋转性质得出∠ADE=∠ABC=∠ADB，可得∠EDC=∠ADB+∠ABC=180°-∠BAD=180°-α，可判断故选项D．
【详解】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转，旋转角为α（0°<α<180°），得到△ADE，
∴AB=AD，
∵点D在直线BC上，
∴∠ABC=∠ADB，故选项A正确；
∵∠ACD是△ABC的外角，
∴∠ACD＞∠BAC=∠DAE，故选项B不正确；
∵∠EAC为旋转角，
∴∠EAC=α，故选项C正确；
∵∠ADE=∠ABC=∠ADB，
∴∠EDC=∠ADB+∠ABC=180°-∠BAD=180°-α，故选项D正确．
故选B．
【点睛】本题考查图形旋转性质，等腰三角形的判定与性质，三角形外角性质，本题难度不大，掌握图形旋转性质，等腰三角形的判定与性质，三角形外角性质是解题关键．
8. 已知点均在抛物线上，其中．下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】先将抛物线的解析式化为顶点式，然后得到函数的顶点即为点，再由的正负分情况讨论，得到之间的大小关系．
【详解】解：，
函数的顶点坐标为，即为点，
当时，抛物线开口向下，则当越靠近2时，的值越大，
当时，，
当时，，
当时，抛物线开口向上，则当越靠近2时，的值越小，
当时，，
故选项A，B无法确定，不符合题意；
当时，是最小值，此时，开口向上，则当越靠近2时，的值越小，
，故选项C不正确，选项D正确，符合题意．
故选D
【点睛】本题主要考查二次函数的性质，熟知由抛物线的开口方向和点到对称轴的距离大小决定对应值的大小是解题关键．
二．填空题（本大题有8小题，每小题4分，共32分）
9. 抛物线的顶点坐标是___________．
【答案】(1，2)
【解析】
【分析】直接根据顶点公式的特点求顶点坐标．
【详解】∵是抛物线的顶点式，
∴顶点坐标为（1，2）．
故答案为：（1，2）．
【点睛】主要考查了求抛物线的顶点坐标、对称轴及最值的方法．解题的关键是熟知顶点式的特点．
10. 已知是方程的解，则的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】将代入方程，解关于的一元一次方程，即可求解．
【详解】解：∵是方程的解，
∴
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解的定义，将代入方程是解题的关键．
11. 如图，在中，弦的长为6，过作于，以为斜边构造直角，连接，则的长为___________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据可得点C是的中点，再根据直角三角形中斜边的中线是斜边的一半即可解得答案．
【详解】解：，
，
是以为斜边的直角三角形，
，
，
．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了垂径定理及直角三角形的性质，熟练掌握相关知识是解题关键．
12. 一个不透明盒子里装有6个除颜色外无其他任何差别的球，从盒子中随机摸出一个球，若（摸出红球），则盒子里有___________个红球．
【答案】2
【解析】
【分析】设红球有x个，利用红球的概率为，再根据概率公式列方程计算即可得解．
【详解】解：设红球有x个，
∵从盒子中随机摸出一个球，P（摸出红球），
∴，
解得：，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
13. 如图，已知与关于点成中心对称，则的长是___________．
【答案】3
【解析】
【分析】直接利用中心对称的性质得出，的长，进而利用勾股定理得出答案．
【详解】解：与关于点C成中心对称，，
，，
，
∴在中，
,
．
故答案为：3．
【点睛】本题考查成中心对称和勾股定理，解题关键是掌握成中心对称的性质：对应边相等．
14. 已知是关于的一元二次方程的两个根，则的值为___________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数关系得出，即可解答．
【详解】解：∵是关于的一元二次方程的两个根，
∴，
∴，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了根与系数的关系的应用，注意：如果是一元二次方程（a，b，c为常数，）的两个解，则，．
15. 已知关于x的二次函数，当时，y随x的增大而减小，则m的取值范围是 ________．
【答案】##
【解析】
【分析】将一般式化为顶点式，，根据二次函数增减性求解．
【详解】解：；
抛物线对称轴为，开口向下，时，y随x的增大而减小，
∵时，y随x的增大而减小，
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查二次函数的性质，熟悉配方法，二次函数的性质是解题的关键．
16. 点E在边长为2正方形的边上（且点E不与点A，B重合），线段是线段绕着点E顺时针旋转得到，连接有下列结论：
①；
②；
③；
④的面积的最大值为1．
其中正确结论的序号是_________
【答案】①③##③①
【解析】
【分析】作交的延长线于点J，证明，推出是等腰直角三角形，得到，可证明①；设，推出，利用二次函数的性质可判断④；利用三角形的内角和定理以及三角形的外角性质可判断③；根据含30度角的直角三角形的性质可判断②．
【详解】解：作交的延长线于点J，
∵线段是线段绕着点E顺时针旋转得到，
∴，，，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；故①正确；
设，则，
∴
，
∵，∴当时，有最大值为；故④不正确；
∵，，
∴，即，
∴，
∴；故③正确；
∵，
∴，
∵不一定等于，
∴不一定等于；故②不正确；
综上，正确的有①③，
故答案为：①③．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
三．解答题（本大题有9小题，共86分）
17. 解方程
【答案】，
【解析】
【分析】原方程运用公式法求解即可．
【详解】解：
，，
，
【点睛】此题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解答此题的关键．
18. 如图，点和点在线段上，，求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据题目条件利用证明即可．
【详解】证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
【点睛】本题考查全等三角形的证明，掌握五种判定方法是关键．
19. 先化简，再求值：，其中．
【答案】；
【解析】
【分析】先计算括号内的分式的加减，再把除法转化为乘法，可得化简的结果，再把代入化简后的代数式即可．
【详解】解：
，
当时，原式
【点睛】本题考查的是分式的化简求值，分母有理化，掌握分式的混合运算的运算法则是解题的关键．
20. 3月6日，某省“智赋万企”行动正式启动，旨在抓好新基建、突破新技术、增强新供给、催生新变革，让更多企业插上智能化翅膀，不断提升企业生产效率和产业竞争力，其中物理基站的建设与开通是企业智能化的基础．某县今年1月份新开通了1600个物理基站，3月份新开通了2500个物理基站．若新开通物理基站的数量平均每月的增长率相同，求2，3月份的平均增长率．
【答案】2，3月份的平均增长率为；
【解析】
【分析】设2，3月份的平均增长率为x，根据今年1月份新开通了1600个物理基站，3月份新开通了2500个物理基站列方程即可．
【详解】解：设2，3月份的平均增长率为x，
由题意可得：
解得：（舍去），
答：2，3月份的平均增长率为．
【点睛】本题考查一元二次方程增长率问题，理清题意，找出等量关系是解题关键．
21. 如图，四边形是的内接四边形，延长与过点的直线相交于点，已知．求证：与相切．
【答案】见解析
【解析】
【分析】连接，根据已知条件得出，根据圆周角定理得出，则，进而即可得证．
【详解】证明：如图所示，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是半径，
∴与相切．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定，平行线的判定与性质，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
22. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，且点恰好落在线段上．

（1）依照题意作出(要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写过程与做法)；
（2）若点是上一点，的延长线相交于点，若，求证：三点共线．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）如图，取，然后过点作，取即可；
（2）设交于点，设交于点，连接，重合，即可证明、、三点共线即可．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求．
【小问2详解】
证明：如图所示，设交于点，连接，

由旋转知，，，，
，
，
，
，
，即
，
设
则
而，
又∵，
,
重合，即在上，
、、三点共线．
【点睛】本题主要考查了尺规作图，过一点作已知直线的垂线，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，掌握旋转的性质是解题的关键．
23. 综合与实践
问题情境：如图1所示的是山西晋城景德桥，又名沁阳桥、西关大桥，是山西晋城市城区通往阳城、沁水的交通要道，是继赵州桥之后我国现存历史悠久的古代珍贵桥梁之一．桥拱截面可以看作抛物线的一部分（如图2），在某一时刻，桥拱内的水面宽约20米，桥拱顶点B到水面的距离为4米．
模型建立：
（1）如图2，以该时刻水面为x轴，桥拱与水面的一个交点为原点建立直角坐标系，求桥拱部分抛物线的解析式．
问题解决：
（2）求在距离水面2米处桥拱宽度．
（3）现有两宽为4米，高3米（带货物）的小舟，相向而行，恰好同时接近拱桥，问两小舟能否同时从桥下穿过，并说明理由．
【答案】（1）
（2）在距离水面2米处桥拱宽度为米
（3）两小舟能同时从桥下穿过，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设抛物线解析式为，再根据题意求解即可；
（2）由题意得，令解出方程即可得到解答；
（3）由题意得，令解出方程，再进行判断即可得到解答．
【小问1详解】
由题意得，点O和点A的坐标分别为和，
∵B为函数顶点，
∴，
设抛物线解析式为，
∵顶点，
∴，
再将代入解析式可得，，
解得，
∴抛物线的解析式为；
【小问2详解】
由题意得，令可得，，
解得，
∴桥拱宽度为：（米）
【小问3详解】
两小舟能同时从桥下穿过，理由如下：
∵两小舟的高均为3米，
∴当时，，
解得，
∴最大能通行的宽度为：（米），
∵两小周宽为4米，
∴，
∴两小舟能同时从桥下穿过．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，掌握二次函数的图象和性质是解决本题的关键．
24. 在中，四边形内接于，的半径为3，对角线．
（1）如图1，若，求证：；
（2）如图2，过作，垂足为，交于，若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）设，则，根据得出，根据同弧所对的圆周角相等得出，进而根据三角形的内角和定理得出，根据等角对等边，即可得证；
（2）设与交于点，连接，设，则，证明得出，根据等角的余角得出，证明，得出，则是等边三角形，得出，根据圆周角定理，得出，进而根据弧长公式，即可求解．
【小问1详解】
证明：设，则
∵．
∴，
∵，
∴，
在中，
∴
∴；
【小问2详解】
解：如图所示，设与交于点，连接，
设，则
∵在中，
∴
∴
∵，．
∴
∵
∴，
在中，
∴
∴
又∵
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，弧长公式，全等三角形的性质与判定，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
25. 已知抛物线
（1）若抛物线经过点且对称轴为直线，求，所满足的数量关系；
（2）抛物线与轴交于点，顶点为，过点的直线与抛物线交于，两点（点在点的左侧）．
①求面积的最小值；
②过点作轴的垂线，垂足为，直线与直线交于点，连接，求证：．
【答案】（1）
（2）①；②见解析
【解析】
【分析】（1）将代入抛物线表达式得出，根据函数的对称轴，得出，等量代换即可得出，所满足的数量关系；
（2）①根据顶点，设抛物线的解析式为：，代入坐标，求出抛物线解析式，设直线的解析式为：，将代入得出，联立整理得，根据，结合，得出，故当时，有最小值，计算即可；②设直线的解析式为，整理，代入直线的解析式得出，再代入中，求得直线的解析式为，将代入直线的解析式，计算整理得出，则根据，，即可判定四边形是平行四边形，即可得出．
【小问1详解】
解：将代入，
得：，
又∵对称轴为直线，
∴，即，
∴，
∴；
【小问2详解】
①解：∵顶点，，
∴，，
可设抛物线的解析式为：，
将代入得：，
解得：，
∴，
设直线的解析式为：，
将代入得：，即：，
∴直线的解析式为：，
联立得：，
∴，即：，
则：，
∵点在点的左侧，
∴，
∴，，
∴，
∴
，
∴当时，有最小值；
②证明：∵，
∴设直线的解析式为：，
由①得：，
代入得：，
将，代入，
得：，
解得：，
∴直线的解析式为：，
∵，
∴将代入，
得：
，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴．
【点睛】本题考查了一次函数、二次函数的图象与性质，平行四边形的判定与性质等，熟练掌握代数式运算、化简是解题的关键．