浙江省台州市椒江区书生中学2023-2024学年九年级上学期期末数学试题（原卷+解析）

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欢迎参加考试，祝你成功！答题时，请注意以下几点：
1．全卷共4页，满分120分，考试时间120分钟；
2．答案必须写在答题纸相应位置上，写在试卷、草稿纸上无效；
3．本次考试不得使用计算器．
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分．请选出各题中一个符合题意的正确选项，不选、多选、错选，均不给分）
1. 下列图形为中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查中心对称图形的识别，根据将一个图形绕一个点旋转得到的新图形与原图形完全重合的图形叫中心对称图形逐个判断即可得到答案；
【详解】解：A选项图形不是中心对称图形，故不符合题意，
B选项图形不是中心对称图形，故不符合题意，
C选项图形是中心对称图形，故符合题意，
D选项图形不是中心对称图形，故不符合题意，
故选C．
2. 一个不透明的袋子中只装有5个红球，从中随机摸出一个球是黑球（ ）
A. 属于随机事件B. 可能性大小为
C. 属于不可能事件D. 是必然事件
【答案】C
【解析】
【分析】根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念可区别各类事件．
详解】一个不透明的袋子中只装有5个红球，从中随机摸出一个球是黑球属于不可能事件；
故选C．
【点睛】本题考查了随机事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
3. 如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A＇OB＇，若∠AOB=15°，则∠AOB＇的度数是（ ）
A. 25°B. 30°C. 35°D. 40°
【答案】B
【解析】
【详解】解：∵将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A′OB′，
∴∠A′OA=45°，∠AOB=∠A′OB′=15°，
∴∠AOB′=∠A′OA-∠A′OB′=45°-15°=30°，
故选B．
4. 如图，在半径为的中，半径垂直于弦，垂足为C，已知，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查垂径定理及勾股定理，根据垂径定理得到，设，根据勾股定理求解即可得到答案．
【详解】解：连接，
∵半径垂直于弦，，
∴，，
，
设，
∴，
解得：，（不符合题意舍去），
故选：C．
5. 在小孔成像问题中，根据如图所示，若O到AB的距离是18 cm，O到CD的距离是6 cm，则像CD的长是物体AB长的（ ）
A. 3倍B. C. D. 2倍
【答案】C
【解析】
6. 已知点，在二次函数的图象上，若，则与的大小关系是（ ）
A. B. C. D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查二次函数的性质，根据二次函数的性质直接比较即可得到答案；
【详解】解：由题意可得，
，
∵，，
∴，
故选：B．
7. 如图，四边形是的内接四边形，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理与圆内接四边形对角互补，根据圆周角等于所对弧圆心角的一半求出，再根据圆内接四边形对角互补求解即可得到答案；
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
故选：D．
8. 某药品经过两次降价，每瓶零售价由112元降为63元，已知两次降价的百分率相同，若设每次降价的百分率为x，则可得到的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用：增长率问题；根据等量关系列出方程即可．
【详解】解：第一次降价后的价格为：元，第二次降价后的价格为：元，即，由题意得：；
故选：A．
9. 杭州之门位于杭州奥体博览城，总高约310米，刷新杭州最新高度，同时也成为中国第一高H形双塔楼．双塔底部为跨度约62米，高度约34米的巨型抛物线结构（如图），则a的值最接近于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的应用，根据题意建立平面直角坐标系，利用待定系数法求得a的值，即可判断．
【详解】解：建立如图所示的平面直角坐标系，双塔底部所在直线为x轴，过最高点C且垂直于x轴所在直线为y轴，则抛物线顶点为；
∵双塔底部为跨度约62米，
∴，
把A、B、C三点坐标分别代入中，
得：，解得：
∴，而接近，
故选：A．
10. 如图，在中，，将绕点B逆时针旋转一定角度得到，使刚好经过点A，且于点O，若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的判定与性质等知识；由旋转易得是等边三角形，由勾股定理求得，证明，即可求解．
【详解】解：由旋转的性质得：，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得；
∵，
∴，
∴，
故选：B．
二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据关于原点对称的点的坐标的特点解答即可．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
故答案为：．
【点睛】此题考查了关于原点对称的点的坐标的特点：横纵坐标都互为相反数，熟记特点是解题的关键．
12. 如图显示了计算机模拟随机投掷一枚图钉的实验结果，随着试验次数的增加，“钉尖向上”的频率总在某个数字附近，显示出一定的稳定性，可以估计“钉尖向上”的概率为______（精确到0.001）．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了用频率估计概率，其做法是取多次试验发生的频率稳定值来估计概率；观察图形即可求解．
【详解】解：由图知，随着试验次数的增加，“钉尖向上”的频率稳定在数字附近，所以估计“钉尖向上”的概率为．
故答案为：．
13. 将抛物线先向右平移3个单位，再向上平移2个单位，得到的函数解析式为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图像的平移，关键是抓住顶点的平移，确定平移后抛物线的顶点坐标，结合平移的性质即可求解．
【详解】解：抛物线的顶点为，顶点向右平移3个单位，再向上平移2个单位，平移后的顶点坐标为；
由于平移不改变图形的大小与形状，所以平移后的抛物线解析式为；
故答案为：．
14. 若m是方程的根，则式子的值为_____．
【答案】2026
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的根，求代数式的值；运用整体代入法求值是关键．由题意可得，再把所求代数式变形后整体代入即可．
【详解】解：∵m是方程的根，
∴
即；
∴，
故答案为：2026．
15. 如图，已知半径为2，将的上半圆绕点B逆时针旋转，则阴影部分的面积为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查扇形面积计算及旋转的性质，先得到，是等边三角形，结合扇形面积公式即可得到答案；
【详解】解：∵的上半圆绕点B逆时针旋转，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
，
∴，
∵，的上半圆绕点B逆时针旋转，
∴是旋转后的圆心，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
16. 如图1，在中，，，动点D从点A出发，沿的方向运动，当点D到达点C时停止运动，将线段绕点A逆时针旋转到达点E，连接，，设点D的运动路程为x．的面积为y，图2表示的是y关于x的函数图象，已知点D在的运动过程中，y有最大值．则当点D停止运动时，函数图象中a的值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查等腰直角三角形性质、勾股定理及二次函数的性质，根据点D在的运动过程中，y有最大值结合二次函数最值求出，根据勾股定理求出，表示出函数解析式求最值即可得到答案；
【详解】解：由题意可得，
∵当点D在的运动过程中，y有最大值，
∵绕点A逆时针旋转到达点E，
∴，
设，
∴，
∴当时y最大，即点D运动到中点时y最大，
∴，
解得：，（不符合题意舍去），
当点D在上运动时，由函数图像得，点D到点C时最大如图，
，
∵绕点A逆时针旋转到达点E，
∴，，三点共线，，，
∵，
∴，，
∴，
故答案为：．
三、解答题（本题有8小题，第17～19题每题6分，第20～21题每题8分，第22～23题每题10分，第24题12分，共66分）
17. 解下列方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，根据方程的特点选择适当的方法是关键．
（1）用因式分解法即可求解；
（2）用公式法即可求解．
【小问1详解】
解：分解因式得：，
即或，
解得：；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
即．
18. 如图，在边长为1的正方形网格中，的顶点均在格点上，在平面直角坐标系中如图所示，完成下列问题：
（1）画出绕点O逆时针旋转后的，点的坐标为 ；
（2）在（1）的旋转过程中，点B运动的路径长是多少？
【答案】（1）画图见解析；
（2）
【解析】
【分析】本题考查了作图—作旋转图形，扇形弧长公式，勾股定理等知识；
（1）作出三个顶点旋转后的对应点，依次连接即可；即可写出旋转后点的坐标；
（2）由勾股定理求出的长，由弧长公式即可求解．
【小问1详解】
解：旋转的图形如下；点的坐标为
故答案为：；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴点B运动的路径长是．
19. 高速收费站推行（电子不停车收费系统）可以有效节约人工成本，缓解道路拥堵，某高速收费站入口开放了A，B，C，D其4个通道，所有车辆均可从四个通道中随机通过．
（1）甲车经过该收费站时，选择A通道通过的概率是 ；
（2）用树状图或列表法求甲、乙两辆车先后经过此收费站时，选择不同通道通过的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了求概率、用树状图或列表法求概率，理解题意，正确画出树状图或列表是关键．
（1）直接由概率计算公式即可求解；
（2）画出树状图，求出所有可能的结果数及甲、乙两辆车选择不同通道通过的可能结果数，由概率公式即可求解．
【小问1详解】
解：甲车经过该收费站时，有4种选择通道通过的方式，选择A通道通过的方式只有1种，
则选择A通道通过的概率是；
故答案为：；
【小问2详解】
解：画树状图如下：
所有可能结果有16种，甲、乙两辆车先后经过此收费站时，选择不同通道通过的结果有12种，
则甲、乙两辆车先后经过此收费站时，选择不同通道通过概率为：．
20. 已知关于的一元二次方程．
（1）若方程的一个根为，求的值和方程的另一个根；
（2）求证：不论取何值，该方程都有两个不相等的实数根．
【答案】（1），方程的另一根为2
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）将代入，即可求出k的值，从而得到原方程为，再根据因式分解法解方程即可得出方程的另一根；
（2）根据一元二次方程根的判别式证明即可．
【小问1详解】
解：把代入，得：，
解得：．
∴原方程为，
∴，
解得，，
∴方程的另一根为2；
【小问2详解】
∵，
∴，，
∴，
∴不论k取何值，该方程都有两个不相等的实数根．
【点睛】本题考查一元二次方程的解和解一元二次方程，一元二次方程根的判别式．掌握方程的解就是使等式成立的未知数的值和掌握一元二次方程的根的判别式为，且当时，该方程有两个不相等的实数根；当时，该方程有两个相等的实数根；当时，该方程没有实数根是解题关键．
21. 如图，在中，是直径，是弦，E为射线上一点，且，．
（1）求证：直线是的切线；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明见详解；
（2）3
【解析】
【分析】（1）本题考查切线证明，根据，得到，即可得到证明；
（2）本题考查勾股定及直角三角形角所对直角边等于斜边一半，根据角得到， 勾股定理求解即可得到答案
【小问1详解】
证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的切线，
；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴．
22. 如图，在中，，内有边长分别为a，b，c的三个正方形．
（1）求证：；
（2）若，求b的值；
（3）直接写出a，b，c满足关系式．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】 本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，证明三角形相似是关键．
（1）由平行线的性质及互余即可证明；
（2）由（1）中的相似，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）由（1）中相似，利用相似三角形的性质即可求解．
【小问1详解】
证明：∵四边形都是正方形，且它们都有一边在的边上
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴；
∵，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴，即，
∵，，
∴，
解得：（舍去），
∴；
【小问3详解】
解：由（2）知，
∵，，
∴，
解得：（舍去），
∴．
23. 如图是篮球运动员甲在投篮时的截面示意图，当他原地投篮时．分别以水平地面为x轴，出手点整直方向为y轴建立平面直角坐标系，篮球运行的路线可看成抛物线，甲投出的篮球在距原点水平距离米处时，达到最大高度米，且应声入网，已知篮筐的竖直高度为米，离原点的水平距离为4米．（本题中统一将篮球看成点，篮筐大小忽略不计）
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若防守队员乙在原点右侧且距原点1米处竖直起跳，其最大能摸高米，问乙能否碰到篮球？并说明理由．
（3）在（2）的情况下．若甲临时改变投篮方式，采取后仰跳投，后仰起跳后出手点距原点的水平距离为米，垂直距离为米（后仰跳投时的出手点位于第二象限），此时乙碰不到球．已知篮球运行所在抛物线的形状和（1）一致，并且当篮球运行到乙的正上方时，乙的最大摸高点距离篮球还有米，问篮球有没有入框？请说明理由．
【答案】（1）；
（2）乙能碰到篮球，理由见详解；
（3）篮球未入篮筐；
【解析】
【分析】（1）本题考查二次函数的应用，设解析式为，再将顶点，代入求解即可得到答案；
（2）本题考查二次函数的运用，将代入求出与最高距离比较即可得到答案；
（3）本题考查二次函数的运用，设解析式为，将题目中数据代入求解即可得到答案；
小问1详解】
解：设解析式为，由题意可得，
函数过顶点及点，
∴，，，
解得：，
∴；
【小问2详解】
解：乙能碰到篮球，理由如下，
当时，
，
∵，
∴乙能碰到篮球；
【小问3详解】
解：∵篮球运行所在抛物线的形状和（1）一致，
∴设解析式为：，
由题意可得，
图像过，，
代入得，，
解得：，
∴，
当时，
，
∴篮球未入篮筐．
24. 如图，在中，，，，D是边上一点（两端点除外），经过D，C，E三点的交于点A，连接，点B是上一点．且满足，连接，，分别交EF于点H，G．
（1）求证：；
（2）若．
①求的半径；
②求的长；
（3）求线段的最大值．
【答案】（1）证明见详解；
（2）①；②；
（3）；
【解析】
【分析】（1）本题考查圆的性质：在同圆或等圆中同弧或等弧所对的圆周角相等，根据此性质直接求解即可得到证明；
（2）①本题考查等腰直角三角形的性质及勾股定理，连接，，是等腰三角形，结合勾股定理求解即可得到答案；② 本题考查三角形相似的判定与性质，三角函数及勾股定理，证明，根据性质求出，结合三角函数即可得到答案；
（3）本题考查了三角形相似的判定与性质及二次函数的性质，得到线段比例，表示出结合函数的性质求解即可得到答案；
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
①解：连接，，
∵，
∴是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰三角形，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，
∴，
∴，
∴的半径为：；
②解：在中，
，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：∵，
∴，
∴，即：，
∴，
由（1）得，，
∴，，
∴，
同（1）①得，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
由（2）②得，
，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴
，
∵，
∴当时，最大，最大值为：．