宁夏回族自治区固原市西吉县第五中学2023-2024学年九年级上学期期末数学试题（原卷版+解析版）

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1. 如图所示标志中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．把一个图形绕某一点旋转180°，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，这个点叫做对称中心．根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．既是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意；
C．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
2. 已知关于x的方程(a﹣3)x|a﹣1|+x﹣1＝0是一元二次方程，则a的值是( )
A. ﹣1B. 2C. ﹣1或3D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次方程定义可得a-3≠0，|a-1|=2，再解即可．
【详解】由题意得：a-3≠0，|a-1|=2，
解得：a=-1，
故选A．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程定义，关键是掌握只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
3. 抛掷一枚质地均匀立方体骰子一次，骰子的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6，则朝上一面的数字为2的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接得出2的个数，再利用概率公式求出答案．
【详解】解：∵一枚质地均匀的骰子，其六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6，投掷一次，
∴朝上一面的数字是2的概率为：
故选A．
【点睛】考查概率的计算，明确概率的意义是解题的关键，概率等于所求情况数与总情况数的比．
4. 将抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，所得抛物线为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数图象的平移规律（左加右减，上加下减）进行解答即可．
【详解】解：原抛物线的顶点为，向左平移2个单位，再向下平移1个单位，那么新抛物线的顶点为．
∴新抛物线为．
故选：C．
【点睛】本题考查的是函数图象的平移，用平移规律“左加右减，上加下减”直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式．
5. 函数y＝kx2﹣4x+2的图象与x轴有公共点，则k的取值范围是（ ）
A. k＜2B. k＜2 且 k≠0C. k≤2D. k≤2 且 k≠0
【答案】D
【解析】
【分析】先根据二次函数的定义得到k≠0，再根据抛物线与x轴的交点问题得到△=（-4）2-4k×2≥0，然后解不等式即可得到k的值．
【详解】解：∵y=kx2-4x+2为二次函数，
∴k≠0，
∵二次函数y=kx2-4x+2的图象与x轴有公共点，
∴△=（-4）2-4k×2≥0，解得k≤2，
综上所述，k的取值范围是 k≤2且k≠0．
故答案是：D．
【点睛】本题考查的知识点是抛物线与x轴的交点问题，解题关键是熟记对于二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0），△=b2-4ac决定抛物线与x轴的交点个数：当△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；当△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；当△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
6. 若，是函数图象上的两点，当时，下列结论正确的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】把点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)代入得，，则．
∵x1＞x2＞0，
∴，，，
即0＜y1＜y2．故选A．
7. 如图，、切⊙O于点A、B，，切于点E，交、于C、D两点，则的周长是（ ）
A. 10B. 18C. 20D. 22
【答案】C
【解析】
【分析】根据切线长定理得出，，，求出的周长是，代入求出即可．
【详解】解：∵、切⊙O于点A、B，切于点E，
∴，，，
∴的周长是
．
故选：C．
【点睛】本题考查了切线长定理的应用，解题的关键是求出的周长．
8. 二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴是直线x=1，则下列四个结论错误的是（ ）
A. c＞0B. 2a+b=0C. b2﹣4ac＞0D. a﹣b+c＞0
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：A、因为二次函数的图象与y轴的交点在y轴的上方，所以c＞0，正确；
B、由已知抛物线对称轴是直线x=1=﹣，得2a+b=0，正确；
C、由图知二次函数图象与x轴有两个交点，故有b2﹣4ac＞0，正确；
D、直线x=﹣1与抛物线交于x轴的下方，即当x=﹣1时，y＜0，即y=ax2+bx+c=a﹣b+c＜0，错误．
故选D．
考点：二次函数的图象与系数的关系
二、填空题（每小题3分，共24分）
9. 反比例函数（k是常数，k≠0）的图象经过点（1,4），那么这个函数图象所在的每个象限内，y的值随x值的增大而________.（填“增大”或“减小”）
【答案】减小
【解析】
【分析】先根据题意得出k的值，再由反比例函数的性质即可得出结论．
【详解】解：∵反比例函数y=（k是常数，k≠0）的图象经过点（1，4），
∴k=4＞0，
∴在这个函数图象所在的每个象限内，y的值随x的值增大而减小．
故答案为减小．
【点睛】本题考查的是反比例函数的性质，熟知反比例函数的增减性是解答此题的关键．
10. 点P（2a+1，4）与P'（1，3b﹣1）关于原点对称，则2a+b＝_____．
【答案】-3
【解析】
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征，求出a、b，然后代入求值即可.
【详解】解：∵点P（2a+1，4）与P'（1，3b﹣1）关于原点对称，
∴2a+1＝﹣1，3b﹣1＝﹣4，
解得：2a＝﹣2，b＝﹣1，
∴2a+b＝﹣2﹣1＝﹣3，
故答案为﹣3．
【点睛】本题考查了关于原点对称点的坐标特点以及代数式求值，根据关于原点对称点的坐标特点求出a、b的值是解答本题的关键.
11. 一个三角形的两边长分别为3和6，第三边长是方程x2-10x+21=0的根，则三角形的周长为______________.
【答案】16
【解析】
【分析】首先求出方程的根，再根据三角形三边关系定理，确定第三边的长，进而求其周长．
【详解】解：解方程x2-10x+21=0得x1=3，x2=7，
∵3＜第三边的边长＜9，
∴第三边的边长为7．
∴这个三角形的周长是3+6+7=16．
故答案为16．
【点睛】本题考查了解一元二次方程和三角形的三边关系．已知三角形的两边，则第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．
12. 如图，飞镖游戏板中每一块小正方形除颜色外都相同．若某人向游戏板投掷飞镖一次（假设飞镖落在游戏板上），则飞镖落在阴影部分的概率是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据几何概率的求法：飞镖落在阴影部分的概率就是阴影区域的面积与总面积的比值．
【详解】∵总面积为3×3=9，其中阴影部分面积为4××1×2=4，
∴飞镖落在阴影部分的概率是，
故答案为．
【点睛】此题考查几何概率，解题关键在于掌握运算法则.
13. 一块正方形钢板上截去3cm宽的长方形钢条，剩下的面积是54，则原来这块钢板的面积是______．
【答案】81
【解析】
【分析】设原来这块正方形钢板的边长是cm，则剩下部分的长为cm，宽为cm，根据矩形的面积公式列出关于的一元二次方程，即可得出结论．
【详解】设原来这块正方形钢板的边长是cm，则剩下部分的长为cm，宽为cm，
依题意，得：，
解得：（不合题意，舍去），．
所以，原来的面积为：（）．
故答案为：81．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，通过设未知数利用面积公式列出一元二次方程，熟练掌握一元二次方程求解是关键．
14. 用一个半径为6，圆心角为120°的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则此圆锥的高是_______________．
【答案】
【解析】
【分析】根据扇形的弧长就是已知圆锥的底面周长，求出底面半径，再由母线长即扇形半径，构成直角三角形，可以利用勾股定理解决．
【详解】解：圆锥的底面周长为，
∴底面半径为，
∴圆锥的高为．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了求圆锥的高，理解并掌握扇形的弧长就是已知圆锥的底面周长是解题的关键．
15. 我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？”意思是：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小．用锯去锯这木材，锯口深寸，锯道长尺（1尺寸）．问这根圆形木材的直径是______寸．

【答案】26
【解析】
【分析】根据题意可得，由垂径定理可得尺寸，设半径，则，在中，根据勾股定理可得：，解方程可得出木材半径，即可得出木材直径.
【详解】解：由题可知，
为半径，
尺寸，
设半径，
，
在中，根据勾股定理可得：
解得：,
木材直径为26寸；
故答案为：26.
【点睛】本题考查垂径定理结合勾股定理计算半径长度.如果题干中出现弦的垂线或者弦的中点，则可验证是否满足垂径定理；与圆有关的题目中如果求弦长或者求半径直径，也可以从题中寻找是否有垂径定理，然后构造直角三角形，用勾股定理求解.
16. 2002年8月，在北京召开的国际数学家大会会标取材于我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形（如图1），且大正方形的面积是15，小正方形的面积是3，直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b．如果将四个全等的直角三角形按如图2的形式摆放，那么图2中最大的正方形的面积为____．
【答案】27
【解析】
【分析】根据题意得出a2+b2=15，（b-a）2=3，图2中大正方形的面积为：（a+b）2，然后利用完全平方公式的变形求出（a+b）2即可．
【详解】解：由题意可得在图1中：a2+b2=15，（b-a）2=3，
图2中大正方形的面积为：（a+b）2，
∵（b-a）2=3
a2-2ab+b2=3，
∴15-2ab=3
2ab=12，
∴（a+b）2=a2+2ab+b2=15+12=27，
故答案为：27．
【点睛】本题考查了完全平方公式在几何图形中的应用，熟知完全平方式的形式是解题关键．
三、解答题（17题--22题，每题6分，23题，24题每题8分，25题，26题每题10分，共72分）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了实数的混合运算，根据二次根式的化简、零指数幂、负整数幂计算，计算后再进行加减法即可．
【详解】
18. 已知正比例函数y=k1x(k1≠0)与反比例函数的图象交于A、B两点，点A的坐标为（2，1）．
（1）求正比例函数、反比例函数的表达式；
（2）求点B的坐标．
【答案】（1）正比例函数、反比例函数的表达式为：，；（2）B点坐标是（-2，-1）
【解析】
【详解】试题分析：
（1）把点A、B的坐标分别代入函数y=k1x(k1≠0)与函数中求出k1和k2的值，即可得到两个函数的解析式；
（2）把（1）中所得两个函数的解析式组成方程组，解方程组即可得到点B的坐标.
试题解析：
解：（1）把点A（2，1）分别代入y=k1x与 可得：，k2=2 ，
∴正比例函数、反比例函数的表达式分别为：，；
（2）由题意得方程组： ，解得： ， ，
∴点B的坐标是（-2，-1）.
19. 已知关于x的一元二次方程有实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）当m为负整数时，求方程的两个根．
【答案】（1）；（2），
【解析】
【分析】（1）一元二次方程有实数根，则，代入系数即可求解；
（2）根据（1）中m的取值范围得到m的取值，代入方程求解即可．
【详解】解：（1）∵关于x的一元二次方程有实数根
∴
解得：
（2）∵，m为负整数
∴
∴方程为
∴，
【点睛】本题考查根据一元二次方程根的情况求参数，以及一元二次方程的解法，熟记时，一元二次方程有实数根是解题的关键．
20. 如图所示，四边形是正方形，旋转一定角度后得到，，．
（1）指出旋转中心和旋转角度；
（2）求的长度．
【答案】（1）旋转中心为点A；旋转角度为90°或270°
（2）4
【解析】
【分析】（1）根据旋转的性质，点A为旋转中心，对应边AB、AD的夹角为旋转角；
（2）根据旋转的性质可得AE=AF，AD=AB，再根据DE=AD-AE计算即可得到答案．
【小问1详解】
根据正方形的性质可知，△AFD≌△AEB，∠DAB=90°，可得旋转中心为点A，旋转角为90°或270°；
小问2详解】
∵△AFD≌△AEB ，
∴AD=AB=7，AE=AF=3，
∴DE=AD-AE=7-3=4．
【点睛】本题考查了旋转的性质和正方形的性质，旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等，熟知旋转的性质是解题的关键．
21. 如图，点在圆上，弦的延长线与弦的延长线相交于点C．
给出下列三个条件：
①是圆的直径；②是的中点；③．
请在上述条件中选取两个作为已知条件，第三个作为结论，写出一个你认为正确的命题（填序号），并加以证明．
条件：____________．
结论：____________．
证明：
【答案】见解析
【解析】
【分析】此题考查圆周角定理、等腰三角形的判定和性质等知识，利用相关定理进行证明是解题的关键．分情况选出条件，书写证明过程即可．
【详解】解：第一种情况：条件：①②．
结论：③．
证明：如图，连接，
∵是圆的直径，
∴，
∵是的中点，
∴垂直平分，
∴；
故答案为：①②，③；
第二种情况：条件：①③．
结论：②．
证明：如图，连接，
∵是圆的直径，
∴，
∵，
∴是等腰三角形，
∴是的中线，
∴是的中点，
故答案为：①③，②；
第三种情况：条件：②③．
结论：①．
证明：如图，连接，
∵，
∴是等腰三角形，
∵是的中点，
∴，
∴是圆的直径；
故答案：②③，①；
22. 有四张背面相同的纸牌A，B，C，D，其正面分别画有四个不同的几何图形（如图）．小华将这4张纸牌背面朝上洗匀后摸出一张，放回洗匀后再摸出一张．
（1）用树状图（或列表法）表示两次模牌所有可能出现的结果（纸牌可用A、B、C、D表示）；
（2）求摸出两张牌面图形都是中心对称图形的纸牌的概率．
【答案】见解析
【解析】
【分析】（1）画树状图或列表法解答即可，注意不要漏掉任何情况．
（2）此题可以采用树状图求解．此题为有放回实验，共有16种情况，摸出两张牌面图形都是中心对称图形的纸牌的有4种，所以摸出两张牌面图形都是中心对称图形的纸牌的概率是 ．
【详解】试题解析：（1）树状图如下：
列表如下：
（2）摸出两张牌面图形都是中心对称图形的纸牌有4种情况，即：（B，B），（B，C），（C，B），（C，C），故所求概率是.
23. 如图所示，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为（每个方格的边长均为1个单位长度）

（1）请画出，使与关于原点对称；
（2）将绕点逆时针旋转，画出旋转后得到的．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】此题考查了中心对称的图形的作图、旋转图形的作图，准确作图是解题的关键．
（1）作出A、B、C关于原点对称的的对应点，顺次连接即可；
（2）作出A、B、C绕点逆时针旋转的对应点，顺次连接即可．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求，
【小问2详解】
如图所示，即为所求，
24. 如图，已知等腰三角形ABC的底角为30°，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D作DE⊥AC，垂足为E．
（1）证明：DE为⊙O的切线；
（2）若BC＝4，求DE长．

【答案】(1)见解析;(2).
【解析】
【分析】（1）连接OD，由平行线的判定定理可得OD∥AC，利用平行线的性质得∠ODE＝∠DEA＝90°，可得DE为⊙O的切线；
（2）连接CD，由BC为直径，利用圆周角定理可得∠ADC＝90°，由∠A＝30°，AC＝BC＝4，利用锐角三角函数可得DE．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠B，
∵AC＝BC，
∴∠A＝∠B，
∴∠ODB＝∠A，
∴OD∥AC，
∴∠ODE＝∠DEA＝90°，
∴DE为⊙O的切线；
（2）解：连接CD，
∵BC直径，
∴∠ADC＝90°，
∵∠A＝30°，
又∵AC＝BC＝4，
∴AD＝AC•cs30°＝4×＝2，
∴DE＝AD＝．
【点睛】本题主要考查了切线的判定、圆周角定理，平行线的性质及判定定理，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
25. 已知：二次函数的图象与轴交于，两点，其中点坐标为，与轴交于点，点在抛物线上．

（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴上有一动点，求出的最小值；
（3）若抛物线上有一动点，使三角形的面积为，求点坐标．
【答案】（1）
（2）
（3）符合题意的点坐标为：或或或．
【解析】
【分析】（1）将A、D点代入抛物线方程，即可解出b、c的值，抛物线的解析式可得；
（2）点C、D关于抛物线的对称轴对称，连接，点P即为AC与对称轴的交点，的最小值即为AC的长度，用勾股定理即可求得AC的长度；
（3）求得B点坐标，设点坐标，利用三角形面积公式，即可求出m的值，点的坐标即可求得．
【小问1详解】
解：因为二次函数的图象经过，，
所以，解得．
所以二次函数解析式为；
【小问2详解】
解：抛物线对称轴，，，
、关于轴对称，连接与对称轴的交点就是点，

此时最小，
；
【小问3详解】
解：设点坐标，
令，，解得或，
即B点坐标为，
则，
三角形的面积为，
点到的距离为，
故当点纵坐标为时，，解得：，
符合题意的点坐标为：或；
当点纵坐标为时，，解得：或，
符合题意的点坐标为：或，
综上所述：符合题意的点坐标为：或或或．
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式、两点之间线段最短、勾股定理、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
26. 装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以为直径的半圆，，如图1和图2所示，为水面截线，为台面截线，．
计算：在图1中，已知，作于点．
（1）求的长．
操作：将图1中的水面沿向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当时停止滚动，如图2．其中，半圆的中点为，与半圆的切点为，连接交于点．

探究：在图2中
（2）操作后水面高度下降了多少？
（3）连接OQ并延长交GH于点F，求线段与的长度，并比较大小．
【答案】（1）；（2）；（3），，．
【解析】
【分析】（1）连接，利用垂径定理计算即可；
（2）由切线的性质证明进而得到，利用锐角三角函数求，再与（1）中相减即可；
（3）由半圆的中点为得到，得到分别求出线段与的长度，再相减比较即可．
【详解】解：（1）连接，
∵为圆心，于点，，
∴，
∵，
∴，
∴在中，
．

（2）∵与半圆的切点为，
∴
∵
∴于点，
∵，，
∴，
∴操作后水面高度下降高度为：
．
（3）∵于点，
∴，
∵半圆的中点为，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理、圆的切线的性质、求弧长和解直角三角形的知识，解答过程中根据相关性质构造直角三角形是解题关键．