山东省德州市夏津县2023-2024学年九年级上学期期末数学试题(含答案)

这是一份山东省德州市夏津县2023-2024学年九年级上学期期末数学试题(含答案)，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。


一、单选题
1．围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有多年的历史．年月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人进行围棋人机大战．截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是（ ）
A．
B．
C．
D．

2．抛物线的顶点坐标是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，直线，直线分别交于点A，B，C，过点B的直线分别交于点D，E．若，则线段的长为（ ）
A．4B．6C．10D．9
4．对于二次函数，下列说法不正确的是（ ）
A．图象开口向上
B．函数的最小值是
C．当时，y随x的增大而减小
D．图象与y轴的交点为
5．我国新能源发展迅猛，某种型号锂电池2018年销售量为8万块，到2020年销售量为97万块，设年平均增长率为x，可列方程为（ ）
A．B．C．D．
6．已知点，，在函数的图象上，则下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
7．陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（ 图①）的形状示意图．是的一部分，是的中点，连接，与弦交于点，连接，．已知cm，碗深，则的半径为（ ）

A．13cmB．16cmC．17cmD．26cm
8．如图所示，如果函数与的图象交于A，B两点，过点A作垂直于y轴，垂足为点C，则的面积为（ ）
A．1B．C．2D．4
9．如图，在矩形中，，以B为圆心，的长为半径画弧，交于点E，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
10．如图，在中， I是的内心，O是的外心，则（ ）
A．125°B．140°C．130°D．150°
11．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点重合，轴，交轴于点．将绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点的坐标为（ ）

A．B．C．D．
12．在中，，将沿图中虚线剪开，剪下的两个三角形不一定全等的是（ ）．
A．B．C．D．
13．若，则（ ）
A．3B．6C．D．
14．如图，在中，，，点D为中点，直角绕点D旋转，分别与边交于E，F两点，下列结论：①是等腰直角三角形；②；③；④，其中正确结论是（ ）
A．①②④B．②③④C．①②③D．①②③④
二、填空题
15．若点A（﹣2，a）与点B（2，4）关于y轴对称，则a的值为 ．
16．等腰三角形的一个角是，则它底角的度数是 ．
17．已知，则 ．
18．已知，则 ．
19．如图，已知中，，点D为的中点．如果点P在线段上以的速度由B点向C点运动，同时点Q在线段上由C点向A点运动．当点Q的速度是 时，与全等．
20．观察探索：，
，
，
，
……
根据以上规律，可得 ．
三、解答题
21．（1）解方程：；
（2）先化简，再求值：，其中x是满足的整数．
22．某地区要在区域S内（即∠COD内部） 建一个超市M，如图所示，按照要求，超市M到两个新建的居民小区A，B的距离相等，到两条公路OC，OD的距离也相等．这个超市应该建在何处？（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
23．已知实数m，n满足．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
24．如图，在中，，点D在上，点E在的延长线上，的延长线交于点F．
(1)求证：；
(2)若，求的面积．
25．为创建“全国文明城市”，进一步优化环境，我区政府拟对部分公路两旁的人行道地砖、排水管道等公用设施，进行全面更新改造．现有甲、乙两个工程队有能力承包这项工程，并进行了投标．每施工一天，需付甲工程队工程款1.2万元，付乙工程队工程款0.5万元，工程领导小组根据投标书测算，给出了三种施工方案：
方案一：甲队刚好单独如期完成这项工程；
方案二：乙队单独完成这项工程要比规定日期多用20天；
方案三：若甲、乙两队合作10天，余下的工程由乙队单独做，也正好如期完成．
(1)完成这项工程的规定日期是多少天？
(2)在不耽误工期的前提下，你觉得以上哪一种方案最节省工程款？请说明理由．
26．阅读下列材料：
“我们把多项式及叫做完全平方式”．如果一个多项式不是完全平方式，我们常作如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法．配方法是一种重要的解决问题的数学方法，不仅可以将一个看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一些与非负数有关的问题或求代数式最大值、最小值等．
【问题解决】
(1)分解因式： ；
(2)代数式的最小值 ；
(3)某养殖场要将一块长为8米，宽为4米的矩形养殖区域进行改造，使得长减少x米，宽增加x米，请问：当x取何值时，矩形区域的面积S最大？最大值是多少？
27．【问题背景】在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有，且满足．
【积累经验】
（1）如图1，当时，猜想线段之间的数量关系是 ；
【解决问题】
（2）如图2，在中，点C的坐标为点A的坐标为，请直接写出B点的坐标 ．
【类比迁移】
（3）如图3，当时，问题（1）中结论是否仍然成立？若成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；
【拓展应用】
（4）如图4，在中， 是钝角，，，直线m与的延长线交于点F，若，的面积是12，请求出与的面积之和．
应用一：分解因式，
我们可以进行以下操作：
先配方
，
再利用平方差公式可得，
．
应用二：求代数式的最小值．
解：∵ ，
∵，
∴，
∴当，即时，的最小值是5．
参考答案：
1．B
【分析】本题考查中心对称图形的识别，把一个图形绕某一点旋转，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．解题的关键是要寻找对称中心，旋转后与自身重合．据此解答即可．
【详解】解：A．该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．该图形是中心对称图形，故此选项符合题意；
C．该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
2．B
【分析】此题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握抛物线的顶点坐标公式即可解决问题．由于抛物线的顶点坐标为，由此即可求解．
【详解】解：∵抛物线，
∴顶点坐标为：．
故选：B．
3．C
【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．根据平行线分线段成比例定理得到，然后把的值代入后，利用比例的性质可计算出的长．
【详解】解：∵
∴，
即，
∴，
∴．
故选：C
4．C
【分析】本题考查二次函数的图象、性质、最值，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
【详解】解：A、因为所以图象开口向上，该选项不符合题意；
B、因为二次函数，所以图象开口向上，函数的最小值是，该选项不符合题意；
C、因为二次函数的对称轴为，且图象开口向上，当时，y随x的增大而减小，故原选项是错误的，符合题意；
D、把代入，求得，即图象与y轴的交点为，该选项不符合题意；
故选：C
5．A
【分析】此题主要考查了根据实际问题列一元二次方程；根据2020年年销量年年销量，列出方程即可．
【详解】解：设年均增长率为x，
由题意可列方程为：．
故选：A．
6．C
【分析】用反比例函数的性质先判断函数值的正负，再判断同一支上对应函数值的大小，即可求解．
【详解】解，且
，，，
在第一象限随着的增大而减小，
，
．
故选：C．
【点睛】本题考查了反比例函数的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
7．A
【分析】首先利用垂径定理的推论得出，，再设的半径为，则．在中根据勾股定理列出方程，求出即可．
【详解】解：是的一部分，是的中点，，
，．
设的半径为，则．
在中，，
，
，
，
即的半径为．
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，设的半径为，列出关于的方程是解题的关键．
8．D
【分析】本题主要考查反比例函数k的几何意义，熟练掌握反比例函数k的几何意义是解题的关键．由题意易得点A、B关于原点对称，则点O为的中点，则有和的面积相等，由反比例函数的几何意义可得的面积为2，进而问题可求解．
【详解】解：由函数与的图象交于A，B两点，则有点A、B关于原点对称；
∴点O为的中点；
∴；
∵轴，
∴由反比例函数k的几何意义可得；
∴；
故选：D．
9．B
【分析】本题考查有关扇形面积的相关计算、矩形的性质，掌握扇形面积公式和矩形的性质的应用，其中根据锐角三角函数求出角的度数是解题关键．先根据锐角三角函数求出，再根据扇形面积公式求出阴影部分的面积．
【详解】解：∵以B为圆心，的长为半径画弧，交于点E，
∴，
在矩形中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴阴影部分的面积：，
故选：B
10．B
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了三角形的外接圆和圆周角定理．先利用三角形内心的性质得到，则可计算出，然后利用圆周角定理得到∠BOC的度数．
【详解】解：过点I分别作，如图
∵点I是的内心，且结合切线性质
∴
∵
∴，
即
∴，
∵点O是的外心，
∴．
故选：B．
11．B
【分析】根据正六边形的性质以及勾股定理求出，，进而确定点的坐标，再根据旋转分别得出旋转1次、2次、3次、4次、5次所对应点的坐标进而得出规律，由规律可得答案．
【详解】解：在中，，，
，
点的坐标为，
第1次顺时针旋转，点的对应点第四象限，其坐标为，，
第2次顺时针旋转，点的对应点第三象限，其坐标为，
第3次顺时针旋转，点的对应点第二象限，其坐标为，，
第4次顺时针旋转，点的对应点第一象限，其坐标为，
第5次顺时针旋转，点的对应点第四象限，其坐标为，，
∴整个旋转过程是4次一个循环，且，
∴第2023次顺时针旋转，点的对应点第二象限，其坐标为，，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形，旋转以及勾股定理，掌握正六边形的性质，得出旋转的规律是正确解答的前提．
12．D
【分析】本题考查的是三角形的外角的性质，全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定方法是解本题的关键，根据全等三角形的判定方法逐一分析判断即可．
【详解】解：A选项：满足两边对应相等且夹角相等，所以剪下的两个三角形全等；不符合题意；
B选项：满足两边对应相等且夹角相等，所以剪下的两个三角形全等；不符合题意；
C选项：如图，
∵，，
∴，
而，
∴剪下的两个三角形全等；不符合题意；
D选项：如图，
同理可得：，而，
但是不是两个角的夹边相等，两个三角形不一定全等，符合题意；
故选D
13．B
【分析】根据平方差公式即可求解．
【详解】解：∵，
∴，则，
解得：或（舍），
故选：B．
【点睛】本题主要考查了根据平方差公式求解，解题的关键是熟练掌握平方差公式：．
14．C
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得，根据同角的余角相等求出，然后利用“角边角”证明，判断出③正确；根据全等三角形对应边相等可得，从而得到是等腰直角三角形，判断出①正确；再求出，判断出②正确；根据，利用三角形的任意两边之和大于第三边可得，判断出④错误．
【详解】解：∵，，
∴是等腰直角三角形，
∵点D为中点，
∴，，，
∴，
∵是直角，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，故③正确；
∴，
又∵是直角，
∴是等腰直角三角形，故①正确；
∵，，
∴，故②正确；
∵，
∴，
故④错误；
综上所述，正确的结论有①②③；
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、同角的余角相等的性质、三角形三边的关系；熟练掌握等腰直角三角形的性质，并能进行推理论证是解决问题的关键．
15．4
【分析】根据点（x，y）关于y轴对称的点的坐标为（﹣x，y）求解即可．
【详解】解：∵点A（﹣2，a）与点B（2，4），
∴a=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查坐标与图形变化-轴对称，熟练掌握点关于y轴对称的点的坐标变化规律是解答的关键．
16．或
【分析】本题主要考查三角形内角和定理、等腰三角形的性质，熟练等腰三角形的性质是解题关键．先分顶角为和底角为两种情况，再根据等腰三角形的性质即可解答．
【详解】解：当它的顶角为时，
它的底角度数为：；
当它的底角为时，底角为
∴它的底角度数是或．
故答案为：或．
17．1
【分析】本题考查的是同底数幂的除法的逆应用等知识点，把化为，再把代入进行计算即可，幂的乘方的逆应用，掌握“幂的运算的逆运算法则”是解本题的关键．
【详解】∵，
∴
，
故答案为：1．
18．19
【分析】本题考查了分式的求值，分式的加减法，根据已知条件得出，再整体代入求值是解题的关键．首先将变形为，然后将变形为，整体代入求值即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴
故答案为：19．
19．或2
【分析】此题考查了全等三角形的性质，解题的关键是分类讨论．当和时，利用全等三角形对应边相等，求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
点D为的中点，则
设点Q的速度是，运动时间为t秒时，与全等，则，，
与全等有两种情况，和，
当时，，
即，
解得；
当时，，
即
解得
综上，当点Q的速度是或时，与全等．
故答案为：或2．
20．/
【分析】观察已知等式得到一般规律：，据此即可计算求值．
【详解】解：观察已知等式可知，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了数字类规律探索，根据已知等式归纳一般规律是解题关键．
21．（1）（2），
【分析】本题考查了分式方程以及化简分式：
（1）先把分式方程化为整式方程，解出的值，再进行验根，即可作答．
（2）先通分括号内，再把除法化为乘法，计算化简，结合x是满足的整数，即可作答．
【详解】解：（1）
解得，
经检验：是原分式方程的解；
（2）
∵分母不为0，
∴
∵x是满足的整数
∴
则原式．
22．见解析
【分析】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得，超市M建在∠COD的平分线上，再根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可知超市应建在AB的垂直平分线上，所以作出两线的交点即可．
【详解】如图所示，点M就是所要求作的建立超市的位置．
【点睛】此题考查作图-基本作图，解题关键在于掌握作线段的垂直平分线，角的平分线．
23．(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了多项式乘多项式，因式分解以及分式的加法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
（1）根据多项式乘多项式的法则把原式展开，把已知条件代入计算即可；
（2）先提公因式，得，再把代入计算即可．
（3）先通分，再把已知条件代入计算即可．
【详解】（1）解：；
（2）解：
∵
∴原式；
（3）解：
∵
∴原式．
24．(1)见详解
(2)40
【分析】（1）根据全等三角形的判定定理判断即可；
（2）根据全等三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查了全等三角形的判定与性质．解题的关键是证明和全等．
【详解】（1）证明：∵，E是延长线上一点，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴的面积．
25．(1)完成这项工程的规定日期是天；
(2)在不耽误工期的前提下，甲乙合做10天，乙再单独做10天最节省工程款．理由见解析．
【分析】（1）设完成这项工程的规定日期是天，然后分别表示出各工程队的工作效率，然后根据题意列分式方程解答即可；
（2）先发现方案一和方案三符合条件，然后分别计算出两种方案所需的工程款，然后比较即可．
本题主要考查了分式方程的应用，根据题意列出分式方程是解答本题的关键．
【详解】（1）解：设完成这项工程的规定日期是天，则甲、乙两个工程队的工作效率分别为和
根据题意得：，
解得，
检验：当时，，
故是原分式方程的解，
答：完成这项工程的规定日期是天；
（2）在不耽误工期的前提下，甲乙合做10天，乙再单独做10天最节省工程款．理由如下：
在不耽误工期的前提下，方案一和方案三符合条件，
方案一：甲单独做：（万元），
方案三：甲乙合做10天，乙再做10天：（万元），
∵，
∴在不耽误工期的前提下，甲乙合做10天，乙再单独做10天最节省工程款．
26．(1)；
(2)2；
(3)当x取2时，矩形区域的面积S最大，最大值是36．
【分析】本题考查因式分解的应用．结合例题把含字母的项配成完全平方式是解决本题的关键．用到的知识点为：．
（1）把所给代数式的前两项配成完全平方式，然后整理成和原来式子相等的式子，再用平方差公式进行因式分解；
（2）把所给代数式的前两项配成完全平方式，然后整理成和原来式子相等的式子，根据完全平方式的取值范围可得所求代数式的最小值．
（3）得到面积S的代数式，把含字母的项配成完全平方式，然后整理成和原来式子相等的式子，根据完全平方式的取值范围可得所求代数式的最大值．
【详解】（1）解：
；
（2）．
∵，
∴．
∴代数式的最小值是2；
（3）
．
∵，
∴，即时，最大，为36．
答：当x取2时，矩形区域的面积S最大，最大值是36．
27．（1）；（2）点B的坐标为；（3）成立，见解析；（4）4
【分析】（1）由得到，进而得到，然后结合得证，最后得到；
（2）根据，得到，根据坐标与图形性质解答；
（3）由得到，进而得到，然后结合得证，最后得到；
（4）由，得出，由证得，得出，再由不同底等高的两个三角形的面积之比等于底的比，得出即可得出结果．
【详解】解：（1）∵°，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）如图2，过A作轴于点E，作轴于点F，
∵点C的坐标为点A的坐标为，
∴，
∴，
同理（1），
∴，
∴，
∴点B的坐标为；
（3）问题（1）中结论仍然成立，理由如下：
∵，
∴∠
∴，
又∵ C，
∴，
∴，
∴
（4）解：∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设的底边上的高为h，则的底边上的高为h，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴与的面积之和为4．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、点的坐标、直角三角形的性质，三角形的面积，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．