河南省焦作市2023-2024学年九年级上学期期末数学试题

这是一份河南省焦作市2023-2024学年九年级上学期期末数学试题，共22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。


一、单选题
1．下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．襄阳气象台发布的天气预报显示，明天襄阳某地下雨的可能性是，则“明天襄阳某地下雨”这一事件是（ ）
A．必然事件B．不可能事件C．随机事件D．确定性事件
3．二次函数的顶点坐标是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，量角器外沿上有三点A，P，Q，它们所表示的读数分别是，，，则的大小是（ ）

A．B．C．D．
5．在平面直角坐标系中，将二次函数的图象向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，所得函数的解析式为（ ）
A．B．
C．D．
6．关于的一元二次方程的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根B．有两个相等的实数根
C．只有一个实数根D．没有实数根
7．五一期间，商场推出购物有奖活动：如图，一个可以自由转动的转盘被平均分成六份，其中红色1份，黄色2份，绿色3份，转动一次转盘，指针指向红色为一等奖，指向黄色为二等奖，指向绿色为三等奖（指针指向两个扇形的交线时无效，需重新转动转盘）．转动转盘一次，获得一等奖的概率为（ ）
A．1B．C．D．
8．关于的一元二次方程的一个根为0，则的值是（ ）
A．3或B．3C．D．9
9．如图，为的两条弦，D，G分别为的中点，的半径为2．若，则的长为（ ）

A．2B．C．D．
10．风力发电是一种常见的绿色环保发电形式，它能够使大自然的资源得到更好地利用．如图1，风力发电机有三个底端重合、两两成角的叶片，以三个叶片的重合点为原点，水平方向为轴建立平面直角坐标系（如图2所示），已知开始时其中一个叶片的外端点的坐标为，在一段时间内，叶片每秒绕原点顺时针转动，则第时，点的对应点的坐标为（ ）

A．B．C．D．
二、填空题
11．写一个概率为的事件： ．
12．若，是一元二次方程的两个实数根，则的值为 ．
13．如果三点，和在抛物线的图象上，则，，之间的大小关系是 ．（用“<”连接）
14．如图，在中，，，，若以为直径画半圆，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，则阴影部分面积为 ．(结果保留π)
15．已知等腰，，．现将以点为旋转中心旋转，得到，延长交直线于点D．则的长度为 ．
三、解答题
16．解方程：
(1)；
(2)．
17．如图，已知在平面直角坐标系中，的三个顶点分别为，，．
(1)画出关于轴对称的，并写出点的坐标；
(2)画出将绕点按顺时针方向旋转所得的；并写出的坐标；
(3)在（2）的旋转过程中，点旋转到点的过程中经过的路径长为______．
18．在一个不透明的袋子里装有只有颜色不同的黑、白两种颜色的球共4个，某学习小组做摸球试验，将球搅匀后从中随机摸出一个球记下颜色，再把它放回袋中，不断重复上述过程，下表是试验进行中的统计数据．
(1)当n很大时，摸到黑球的频率将会趋近___________（精确到），该袋子中的黑球有___________个；
(2)该学习小组成员从该袋中随机摸出2个球，请你用列表或画树状图的方法求出随机摸出的2个球的颜色不同的概率．
19．某学校为美化学校环境，打造绿色校园，决定用篱笆围成一个一面靠墙（墙足够长）的矩形花园，用一道篱笆把花园分为A，B两块（如图所示），花园里种满牡丹和芍药，学校已定购篱笆120米．
(1)设计一个使花园面积最大的方案，并求出其最大面积；
(2)在花园面积最大的条件下，A，B两块内分别种植牡丹和芍药，每平方米种植2株，知牡丹每株售价25元，芍药每株售价15元，学校计划购买费用不超过5万元，求最多可以购买多少株牡丹？
20．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AC边上，以AD为直径作⊙O交BD的延长线于点E，CE＝BC．
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）若CD＝2，BD＝2，求⊙O的半径．
21．老师布置了一项课后作业：二次函数的图象经过点，且不经过第一象限．
(1)写出满足这些条件的一个函数表达式．
(2)小亮说：“满足条件的函数图象的对称轴一定在轴的左侧．”小莹说：“满足条件的函数图象一定在轴的下方．”你认同他们的说法吗？若不认同，请举例说明．
(3)小航认为这个作业的答案太多，老师不方便批阅，于是探究了二次函数的图象与系数a，b，c的关系，得出了高老师作业批阅效率的办法．请你探究这个方法，写出探究过程．
22．一次足球训练中，小明从球门正前方的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线．当球飞行的水平距离为时，球达到最高点，此时球离地面．已知球门高为2.44m，现以O为原点建立如图所示直角坐标系．

(1)求抛物线的函数表达式，并通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）．
(2)对本次训练进行分析，若射门路线的形状、最大高度均保持不变，则当时他应该带球向正后方移动多少米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处？
23．如图1，在边长为4的正方形中，连接，点在上，且，将点绕点逆时针旋转至点，旋转角的度数为，连接，与相交于点，连接，交于点，当点旋转到与点重合时旋转停止．

(1)如图2，当时，
①求证：；
②点在线段的什么位置？请说明理由；
(2)在旋转的过程中，是否存在为等腰三角形的情况？如果存在，请直接写出的长；如果不存在，请说明理由．
摸球的次数n
摸到黑球的次数m
摸到黑球的频率
参考答案：
1．A
【分析】本题考查了中心对称图形的识别，中心对称图形是指图形绕着某个点旋转180°能与原来的图形重合；据此即可求解．
【详解】解：由中心对称图形的定义可知，A为中心对称图形，B、C、D不是中心对称图形
故选：A．
2．C
【分析】随机事件（不确定事件）：无法预先确定在一次实验中会不会发生的事件，称它们为不确定事件或随机事件；不可能事件：称那些在每一次实验中都一定不会发生的事件为不可能事件．
【详解】解：明天襄阳某地下雨这一事件是随机事件，
故选：C．
【点睛】本题主要考查随机事件，熟记必然事件、随机事件、不可能事件的概念是解题的关键．
3．B
【分析】本题考查了二次函数（a，h，k为常数，a≠0） 的性质，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键．是抛物线的顶点式，a决定抛物线的形状和开口方向，其顶点是(0，k)，对称轴是y轴．直接根据二次函数的性质求解即可．
【详解】解：二次函数的顶点坐标是．
故选：B．
4．C
【分析】本题考查的是量角器的使用，圆周角定理的应用，本题先连接，再求解，再利用圆周角定理可得答案．
【详解】解：如图所示，连接，依题意，，
∴，
故选：C．
5．D
【分析】根据抛物线的平移规律：上加下减，左加右减解答即可．
【详解】解：将二次函数的图象向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，所得函数的解析式为
故选D．
【点睛】本题考查了抛物线的平移规律．关键是确定平移前后抛物线的顶点坐标，寻找平移规律．
6．A
【分析】此题考查了根据一元二次方程的根的判别式判断一元二次方程的根的情况，计算一元二次方程根的判别式，进而即可求解，熟练掌握一元二次方程根的判别式，当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根是解题的关键．
【详解】解：，
∴方程有两个不相等的实数根，
故选：．
7．B
【分析】本题考查了概率公式，根据概率公式计算获得一等奖的概率即可．
【详解】解：转盘共分成6等份，其中红色区域1份，即获得一等奖的区域是1份，
所以获得一等奖的概率是．
故选：B．
8．C
【分析】本题考查一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值称为一元二次方程的解．将代入方程即可求解．
【详解】解：将代入方程得：，
解得：，
∵，
∴，
故选：C．
9．D
【分析】连接，圆周角定理得到，勾股定理求出，三角形的中位线定理，即可求出的长．
【详解】解：连接，

∵的半径为2．，
∴，
∴，
∵D，G分别为的中点，
∴为的中位线，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查圆周角定理和三角形的中位线定理．熟练掌握相关定理，并灵活运用，是解题的关键．
10．B
【分析】根据旋转的性质分别求出第1、2、3、4s时，点A的对应点、、、的坐标，找到规律，进而得出第时，点A的对应点的坐标．
【详解】解：∵，
∴A在第一象限的角平分线上，
∵叶片每秒绕原点顺时针转动，
∴，，，，
∴点A的坐标以每4秒为一个周期依次循环，
∵，
∴第时，点A的对应点的坐标与相同，为．
故选：B．

【点睛】本题考查了旋转的性质，点的坐标，找到点A的坐标循环的规律是解题的关键．
11．抛掷一枚硬币，正面朝上．（答案不唯一）
【分析】本题考查了概率意义，掌握概率的公式是解题关键．
根据概率的公式举例即可
【详解】解：抛掷一枚硬币，正面朝上的概率为，
故答案为：抛掷一枚硬币，正面朝上．（答案不唯一）
12．
【分析】本题主要考查根与系数的关系，掌握一元二次方程的两根之和等于，两根之积等于是解题的关键．
由根与系数的关系可直接求得的值．
【详解】解：，是一元二次方程的两个实数根，
．
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，根据抛物线的对称轴和开口方向，以及各点到对称轴的距离即可作出判断．
【详解】解：由题意得：抛物线的对称轴为直线，
∵，，且抛物线开口向下，
∴；
故答案为：．
14．π+
【分析】本题考查扇形的面积、直角三角形30度角性质，等边三角形的判定和性质等知识，连接，根据含的直角三角形的性质得到，然后根据计算即可．
【详解】解：如图，连接，
在中，，，，
，
，
以点为圆心，长为半径画弧，交于点，
，
是等边三角形，为半圆的圆心，
，
故答案为：．
15．
【分析】根据题意，先求得，当以点为旋转中心逆时针旋转，过点作交于点，当以点为旋转中心顺时针旋转，过点作交于点，分别画出图形，根据勾股定理以及旋转的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，

∵等腰，，．
∴，
∴，,
∴，
如图所示，当以点为旋转中心逆时针旋转，过点作交于点，

∵，
∴，，
在中，，，
∵等腰，，．
∴，
∵以点为旋转中心逆时针旋转，
∴，
∴，
在中，,
∴，
∴，
∴，
如图所示，当以点为旋转中心顺时针旋转，过点作交于点，

在中，，
∴
在中，
∴
∴
∴
∴
∴，
综上所述，的长度为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，分类讨论是解题的关键．
16．(1)，
(2)，
【分析】本题考查求解一元二次方程．掌握各类求解方法是解题关键．
（1）利用配方法即可求解；
（2）利用因式分解法即可求解；
【详解】（1）解：，
，
，
∴，；
（2）解：，
，
∴，．
17．(1)点的坐标为，见解析
(2)点的坐标为，见解析
(3)
【分析】本题考查了旋转作图，y轴对称作图，弧长公式，正确理解旋转的性质，y轴对称性质是解题的关键．
(1) 根据y轴对称，横坐标相反、纵坐标不变，确定位置，作图即可．
(2) 根据旋转的全等性作图即可．
(3)根据公式计算弧长．
【详解】（1）根据题意，得的三个顶点分别为，，．
故，，，作图如下：
则即为所求．
（2）根据旋转的全等性作图如下：
则即为所求．
（3）根据题意，得，
故，
18．(1)；
(2)
【分析】（1）根据频率的概念及表中频率稳定的数值求解即可，根据概率公式可求得黑球的个数；
（2）根据画树状图，得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【详解】（1）解：当n很大时，摸到黑球的频率将会趋近，
估计摸到黑球的概率为，设黑球有个，则，解得：
故答案为：；．
（2）树状图如图；
共有12种等可能的情况，其中摸出的2个球的颜色不同的情况有6种，
∴随机摸出的2个球的颜色不同的概率为．
【点睛】本题考查了用频率估计概率、用树状图求概率，会用树状图列出所有可能的结果是解题关键．
19．(1)长为60米，宽为20米时，有最大面积，且最大面积为1200平方米
(2)最多可以购买1400株牡丹
【分析】（1）设长为x米，面积为y平方米，则宽为米，可以得到y与x的函数关系式，配成顶点式求出函数的最大值即可；
（2）设种植牡丹的面积为a平方米，则种植芍药的面积为平方米，由题意列出不等式求得种植牡丹面积的最大值，即可解答．
【详解】（1）解：设长为x米，面积为y平方米，则宽为米，
∴，
∴当时，y有最大值是1200，
此时，宽为（米）
答：长为60米，宽为20米时，有最大面积，且最大面积为1200平方米．
（2）解：设种植牡丹的面积为a平方米，则种植芍药的面积为平方米，
由题意可得
解得：，
即牡丹最多种植700平方米，
（株），
答：最多可以购买1400株牡丹．
【点睛】本题考查二次函数的应用、一元一次不等式的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
20．（1）详见解析；（2）3．
【分析】（1）连接OE，根据等腰三角形的性质得到∠1＝∠2，∠3＝∠4，由∠1+∠5＝90°得到∠2+∠3＝90°，得∠OEC＝90°，于是得到结论；
（2）设⊙O的半径为r，则OD＝OE＝r，OC＝r+2，由OE2+CE2＝OC2得到关于r 的方程，即可求出半径．
【详解】解：（1）如图，连接OE，
∵∠ACB＝90°，
∴∠1+∠5＝90°．
∵CE＝BC，
∴∠1＝∠2．
∵OE＝OD，
∴∠3＝∠4．
又∵∠4＝∠5，
∴∠3＝∠5，
∴∠2+∠3＝90°，即∠OEC＝90°，
∴OE⊥CE．
∵OE是⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线．
（2）在Rt△BCD中，∠DCB＝90°，CD＝2，BD＝，
BC＝CE＝4．
设⊙O的半径为r，则OD＝OE＝r，OC＝r+2，
在Rt△OEC中，∠OEC＝90°，
∴OE2+CE2＝OC2，
∴r2+42＝（r+2）2，
解得r＝3，
∴⊙O的半径为3．
【点睛】本题考查的是圆的综合，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．
21．(1)（答案不唯一）；
(2)我不认同他们的说法，理由见解析
(3)见解析
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，熟记相关结论即可．
（1）根据题意即可求解；
（2）根据抛物线的对称轴直线为，即可求解；
（3）设拋物线的解析式为，由题意得且，即可求解；
【详解】（1）解：根据题意可写出：（答案不唯一）；
（2）解：我不认同他们的说法，理由如下：
抛物线的对称轴为，且不经过第一象限
∴，
由于的正负不确定，
抛物线的对称轴可以在轴的左侧，也可以在轴的右侧，或者是轴，
如：；
小亮的说法不正确；
拋物线经过轴上的点
小莹的说法不正确；
（3）解：设拋物线的解析式为，
经过点，
且，
抛物线不经过第一象限，
，
当时，，
当，时，，
综上所述：，，．
22．(1)，球不能射进球门
(2)当时他应该带球向正后方移动1米射门
【分析】（1）根据建立的平面直角三角坐标系设抛物线解析式为顶点式，代入A点坐标求出a的值即可得到函数表达式，再把代入函数解析式，求出函数值，与球门高度比较即可得到结论；
（2）根据二次函数平移的规律，设出平移后的解析式，然后将点代入即可求解．
【详解】（1）解：由题意得：抛物线的顶点坐标为，
设抛物线解析式为，
把点代入，得，
解得，
∴抛物线的函数表达式为，
当时，，
∴球不能射进球门；
（2）设小明带球向正后方移动米，则移动后的抛物线为，
把点代入得，
解得（舍去），，
∴当时他应该带球向正后方移动1米射门．
【点睛】此题考查了二次函数的应用，待定系数法求函数解析式、二次函数图象的平移等知识，读懂题意，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
23．(1)①证明见解析；②在中点的位置，理由见解析
(2)存在，的长为或
【分析】（1）①证明：证明为等边三角形，再根据为的中点，可得；②由先求出，，过点作于点，证明四边形是矩形，再证明问题得解；
（2）根据为等腰三角形，分情况讨论：第一种情况：当时，可得，这与相矛盾，故此种情况不存在；第二种情况：当时，过F点作于Q点，如图，在中，，再在中，；第三种情况：当时，过F点作于T点，过B点作于S点，如图，根据等腰三角形的性质可得，再在中，，利用，可得，进而在中，，即，再在中利用勾股定理即可作答．
【详解】（1）①证明：∵绕点逆时针旋转得到，
∴，
∵，即，
∴为等边三角形，
∵为的中点，
∴；
②由（1）知，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
如图，过点作于点，

则，
∴四边形是矩形，，
∴，
∴
∴，
∴在中点的位置；
（2）存在．的长为或．
根据为等腰三角形，分情况讨论：
第一种情况：当时，
∵，，
∴，
∴，这与相矛盾，故此种情况不存在；
第二种情况：当时，过F点作于Q点，如图，

∵，，
∴，
∵，，，
∴，，，
∴，
∴在中，，
∴在中，；
第三种情况：当时，过F点作于T点，过B点作于S点，如图，

∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
∴在中，，
综上：的长为或．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握等腰三角形的性质，注重分类讨论的思想是解答本题的关键．