湖南省邵阳市第六中学2023-2024学年九年级上学期期中数学试卷

这是一份湖南省邵阳市第六中学2023-2024学年九年级上学期期中数学试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共11小题，每小题3分，共33分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．下列图形中，属于中心对称图形的是（ ）．
A．B．C．D．
2．抛物线的顶点坐标是（ ）．
A．B．C．D．
3．如图，点A，B，C在上，连结，，，．若，则的度数是（ ）．
A．B．C．D．
4．一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．没有实数根D．无法确定
5．如图，是的直径，，若，则的度数是（ ）．
A．B．C．D．
6．如图，将绕点O按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数是（ ）．
A．B．C．D．
7．已知关于x的一元二次方程的两个实数根分别为，，则为（ ）．
A．B．4C．D．3
8．与交于D、E、C、B，，，则的度数（ ）．
A．B．C．D．
9．如图，与相切于点B，与相交于点C，若，，则的半径为（ ）．
A．4B．5C．6D．8
10．如图，点A是上一定点，点B是上一动点、连接、、、分别将线段、绕点A顺时针旋转到，，，连接，，，，下列结论正确的有（ ）．
①点在上；②≌；③；④当时，与相切．
A．4个B．3个C．2个D．1个
11．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有下列问题：“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何？”其意思是：“今有直角三角形，勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）长为15步，问该直角三角形内能容纳的最大圆的直径是多少？”你的答案是（ ）．
A．3步B．4步C．6步D．17步
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分．
12．一元二次方程的解为__________．
13．设抛物线经过点，则__________．
14．如图所示的图案由三个叶片组成，绕点O旋转后可以和自身重合，若每个叶片的面积为，，则图中阴影部分的面积为__________．
15．在一次足球邀请赛中，参赛的每两个队之间都要比赛一场，共比赛28场，设共有x个队参赛，根据题意，可列方程为__________．
16．如图，已知为的直径，直线l与相切于点D，于点C，交于点E．若，，则__________．
三、解答题：本题共9小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．（本小题6分）
计算：．
18．（本小题6分）
如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为、、．
（1）作出关于原点O对称的；
（2）写出点、、的坐标．
19．（本小题6分）
已知二次函数．
（1）求证：无论k为何值时，该二次函数的图象与x轴都有两个交点；
（2）若该二次函数图象的对称轴为y轴，求它与x轴的交点坐标．
20．（本小题8分）
如图，中，点E在边上，，将线段绕A点旋转到的位置，使得，连接，与交于点G．
（1）求证：；
（2）若，，求的度数．
21．（本小题8分）
如图，以线段为直径作，交射线于点C，平分交于点D，过点D作直线于点E，交的延长线于点F，连接．
（1）求证：直线是的切线；
（2）若，，求的长．
22．（本小题9分）
近年来，在物联网场景下，工业“数字孪生”技术成为一个研究热点，其利用数字技术对物体、系统、流程的信息进行实时映射，完成虚拟仿真过程，从而显著减轻工业领域技术创新和决策优化研究中面临的重资产和高成本负担，某企业准备借助“数字孪生”技术对A，B两个生产性项目进行投资，根据其生产成本、销售情况等因素进行分析得知：投资A项目一年后的收益（万元）与投入资金x（万元）的函数表达式为：，投资B项目一年后的收益（万元）与投入资金x（万元）的函数表达式为：．
（1）若将10万元资金投入A项目，一年后获得的收益是多少？
（2）若对A，B两个项目投入相同的资金万元，一年后两者获得的收益相等，则m的值是多少？
（3）2023年，我国对小微企业施行所得税优惠政策．该企业将根据此政策获得减免税款及其他结余资金共计32万元，全部投入到A，B两个项目中，当A，B两个项目分别投入多少万元时，一年后获得的收益之和最大？最大值是多少万元？
23．（本小题9分）
新定义：同一个圆中，互相垂直且相等的两条弦叫做等垂弦．
图1 图2
（1）如图1，，是的等垂弦，，，垂足分别为D，E．求证：四边形是正方形；
（2）如图2，弦与弦交于点E，，．
①求证：，是的等垂弦；
②连接，若，，求的长度．
24．（本小题10分）
对于一个函数，如果存在实数m，使得当函数的自变量为m时，函数值也是m，我们称该函数为智能函数，点为智能函数上的智能点．
（1）判断函数是否为智能函数；
（2）二次函数与x轴交于，两点，且，若无论b为何值，该函数都是智能函数，求a的取值范围；
（3）在第（2）问的前提下，若C、D为函数上的智能点，且C、D关于直线对称，求b的最小值．
25．（本小题10分）
二次函数（a、b、c是常数）与x轴交于两个不同的点A、B，与y轴交于点C，图象顶点为点D，经过点A、B、D三点，且．
（1）求证：为等边三角形；
（2）若，求的面积；
（3）若直线与相切，求的值．
答案和解析
1．【答案】B
【解析】解：A．不是中心对称图形，所以不符合题意；
B．是中心对称图形，所以符合题意；
C．不是中心对称图形，所以不符合题意；
D．不是中心对称图形，所以不符合题意．故选B．
根据中心对称图形的定义对四个选项进行分析．
本题主要考查了中心对称图形的定义，难度不大，认真分析即可．
2．【答案】C
【解析】解：因为是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为．故选C．
直接利用顶点式的特点可知顶点坐标．
本题考查了二次函数的性质，由抛物线的顶点坐标式写出抛物线顶点的坐标，比较容易．
3．【答案】C
【解析】解：∵，，
∴．故选C．
直接利用圆周角定理求解即可求得的度数．
此题考查了圆周角定理．注意在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
4．【答案】A
【解析】解：一元二次方程根的判别式，
∴一元二次方程有两个不相等的实数根．故选A．
算出一元二次方程根的判别式即可判断根的情况．
本题考查一元二次方程根的情况，解题的关键是掌握一元二次方程根的判别式．
5．【答案】C
【解析】解：∵，，
∴，
∴．故选C．
由，，可求得，继而可求得的度数．
此题考查了弧与圆心角的关系，掌握数形结合思想的应用是解题的关键．
6．【答案】B
【解析】解：∵将绕点O按逆时针方向旋转后得到，，
∴，，
∵，
∴．故选B．
根据旋转的性质得，，根据图形可得．
本题主要考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题关键．
7．【答案】B
【解析】解：∵一元二次方程的两个实数根分别为，，
∴．故选B．
根据根与系数的关系直接求解即可得到答案．
本题考查一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握．
8．【答案】C
【解析】解：∵，∴，
∵，∴．故选C．
先利用圆内接四边形的性质得到，然后根据三角形外角性质求的度数．
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
9．【答案】C
【解析】解：∵切于B，∴，∴，
设的半径长为r，
由勾股定理得：，解得．故选C．
连接，根据切线的性质求出，在中，由勾股定理即可求出的半径长．
本题考查了切线的性质和勾股定理的应用，关键是得出直角三角形，主要培养了学生运用性质进行推理的能力．
10．【答案】A
【解析】解：∵，，
∴是等边三角形，
同理可得，是等边三角形，
①∵是等边三角形，∴，∴点在上，故①正确．
∵，∴，
在和中，，
∴≌（SAS），故②正确．
③由②知，≌，∴，
∵，∴，∴，
∵是等边三角形，∴，
∴，
∵，∴，故③正确．
④如图，
过点O作于C，
∵是等边三角形，∴，
∵，，∴垂直平分，
∴，∴，
∵，∴和重合，
∴，∴，
在和中，，
∴≌（SSS），
∴，∴，
∵是半径，∴是的切线，故④正确．
综上所述：①②③④均正确．故选A．
可证得和是等边三角形，可推出，从而得出①正确；根据“边角边”可证得②；根据②可推出，进一步得出③正确；作，可推出，进而得出，，结合可推出点C和点B重合，进而得出④正确，从而得出结果．
本题考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．
11．【答案】C
【解析】解：如图，在中，，，，
分别与的三边分别相切于点D、E、F，连接，，，，，，
∴，
∵，
∴，∴，
即内切圆半径为3步，∴内切圆直径为6步．故选C．
根据勾股定理可求出斜边的长度，再三角形内心的性质以及三角形面积公式求出内切圆半径即可．
本题考查三角形的内切圆与内心，掌握勾股定理，三角形内心的性质以及三角形面积的计算方法是正确解答的前提．
12．【答案】，
【解析】解：，，，．
故答案为：，
根据直接开方法解一元二次方程，先进行开方，得到两个一元一次方程，再分别求解即可．
此题考查了直接开平方法解一元二次方程，解这类问题要移项，把所含未知数的项移到等号的左边，把常数项移项等号的右边，化成的形式，利用数的开方直接求解．
13．【答案】2
【解析】解：∵抛物线的对称轴经过点，
∴．
故答案为：2．
将点代入函数解析式求解即可．
题目主要考查抛物线上的点的特征求未知数，理解题意是解题关键．
14．【答案】4
【解析】解：∵每个叶片的面积为，
∴图形的面积是，
∵图案绕点O旋转后可以和自身重合，，
∴图形中阴影部分的面积是图形的面积的，
∴图中阴影部分的面积之和为．
故答案为：4．
根据旋转的性质和图形的特点解答．
本题考查了图形的旋转与重合，理解旋转对称图形的定义是解决本题的关键．注：旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
15．【答案】
【解析】解：依题意得：．
故答案为：．
根据参赛的每两个队之间都要比赛一场且共比赛28场，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
16．【答案】
【解析】解：作直径，连接，．
∵是直径，，∴，
∵直线l与相切于点D，∴
∴，∴，
∵，∴，
∵是公共角，∴∽，
∴，∴，
∵，，∴．∴．
∵，∴，
∴，∴．
故答案为．
利用切线的性质，得到等角，进一步证∽，求出的长，利用勾股定理求出．
此题考查了切线的性质、相似三角形的判定和性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
17．【答案】解：原式．
【解析】利用零指数幂，负整数指数幂，绝对值的性质计算即可．
本题考查实数的运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
18．【答案】解：（1）如图所示，即为所求；
（2）由图知点的坐标为、的坐标为、的坐标为．
【解析】本题考查了关于原点对称的点的坐标．
（1）作出三个顶点关于原点对称的点，再顺次连接可得；
（2）由所作图形可得点的坐标．
19．【答案】（1）证明：∵，∴，
∴无论k取何实数，此二次函数的图象与x轴都有两个交点．
（2）解：∵此二次函数图象的对称轴为y轴，，
∴，解得：，
∴二次函数的解析式是．
令，∴．∴．
∴与x轴的交点为，．
【解析】（1）根据根的判别式求出即可；
（2）根据对称轴得出方程，求出k即可，再令，进而可以得解．
本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的性质和抛物线与x轴的交点问题，能熟记二次函数的性质是解此题的关键．
20．【答案】（1）证明：∵，∴．
∵将线段绕A点旋转到的位置，∴．
在与中，，
∴≌（SAS），∴．
（2）解：∵，，
∴，∴．
∵≌，∴，
∴．
【解析】（1）由旋转的性质可得，利用SAS证明≌，根据全等三角形的对应边相等即可得出；
（2）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出，那么．
由≌，得出，再根据三角形外角的性质即可求出．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理以及三角形外角的性质，证明≌是解题的关键．
21．【答案】（1）证明：∵，∴，
∵平分，∴，
∴，∴，
∵，∴，
∵是的半径，且，
∴直线是的切线．
（2）解：∵且，∴，
∵平分，∴，
在中，，
在中，，∴，
作，由垂径定理可得，
在中，，
∴，∴，∴．
【解析】（1）由证明，得，
即可证明直线是的切线；
（2）因为且，所以，
由平分线得出，利用三角函数求出、作，
由垂径定理可得，则，则，
推出，得出．
此题重点考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
22．【答案】解：（1）将代入，得：，
答：一年后获得的收益是20万元．
（2）由题意可知，即，
解得：（舍），，
∴A，B两个项目投入相同的资金为8万元，即．
（3）设一年后获得的收益之和为w，投入B项目n万元，则投入A项目万元，
∴，
∴当时，w有最大值，最大值为80．
答：当A项目投入28万元，B项目投入4万元，一年后获得的收益之和最大，最大值是80万元．
【解析】（1）将代入求解即可；
（2）联立，，解出x的值即得出答案；
（3）设一年后获得的收益之和为w，投入B项目n万元，则投入A项目万元，根据题意可求出w与n的关系式，再结合二次函数的性质求解即可．
本题考查一次函数的实际应用，二次函数的实际应用．理解题意，掌握一次函数和二次函数的性质是解题关键．
23．【答案】（1）证明：∵，是的等垂弦，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，是的等垂弦，∴，
∵，，
∴，，∴，
∴矩形是正方形．
（2）①证明：设交于点E，连接，
∵，，∴，
∴，∴，
∵，，
∴，∴，
∵，，
∴，是的等垂弦．
②过点O作，，
∴四边形是正方形，设，则，
在中，根据勾股定理得：，
整理得：，解得：，或（舍去），
∴，
在中，，∴．
【解析】（1）根据垂直的定义及等垂弦定义推出四边形是矩形，
根据垂径定理得出，即可判定矩形是正方形；．
（2）①连接，由圆心角、弦的关系可得，
由圆周角定理可得，，可证，可得结论．
②利用（1）结论，设正方形边长为x，根据勾股定理建立关于x的方程求出x值，得到等腰直角三角形的直角边长，则斜边长就是．
本题考查了垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题关键．
24．【答案】解：（1）是智能函数，理由：
设智能点，
当时，，解得，
∴当函数的自变量为3时，函数值也是3，即智能点，
∴函数为智能函数．
（2）令时，，
∵二次函数与x轴交于，两点，
∴，，
∴，∴，
∴二次函数为，
∵恒有智能点，∴方程有解，
即，恒成立，
设，
∴
，
∵，无论b为何值，该函数都是智能函数，
∴，
∵，∴a的取值范围为．
（3）设方程的两个根为m，n，
整理得：，
则，
∵C、D为函数上的智能点，
∴由题意可得C、D两点的直线为，
∵C、D关于直线对称，
∴，且中点在该直线上，
∴设中点，代入得：，
∴，
令，，∴，
∵，∴，
∴当时，d有最小值，
∴b的最小值为．
【解析】（1）根据题意，找出智能点即可求解；
（2）把二次函数转化为一元二次方程根与系数之间的关系即可；
（3）根据求函数的最值即可．
此题考查了二次函数和一元二次方程，解题的关键是熟练掌握二次函数和一元二次方程及其应用．
25．【答案】（1）证明：如图：
∵抛物线顶点为D，A，B是抛物线与x轴的交点，∴，
∵，∴，∴，
∴是等边三角形．
（2）解：延长交于K，如图：
∴，，
∴是的垂直平分线，K为的中点，
当时，二根为或，
∴，，
∴，∴，
∵顶点，∴，
由（1）知，是等边三角形，∴，
∴，解得，
∴，，
∴，
∵M是等边三角形的中心，∴．
（3）解：设与直线切于Q，连接MQ，AM，抛物线对称轴交x轴于G，交直线于H，如图：
设，，，是的两个实数根，
∴，，
在中，，，
根据题意知，，都是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵G为中点，∴
∵，∴，
∴，
∵，
∴，
∴，∴，
∴D的纵坐标为，
∵，∴．
【解析】（1）由抛物线顶点为D，A，B是抛物线与x轴的交点，可得，
而，知，故，是等边三角形；
（2）延长交于K，可知是的垂直平分线，K为的中点，
当时，，，
求出，，，
由是等边三角形，可得，故，解得，
故，，，
从而；
（3）设与直线切于Q，连接，，抛物线对称轴交x轴于G，交直线于H，设，，，是的两个实数根，求出，，，，
因，都是等腰直角三角形，
故，，
由，可得，即得，
由一元二次方程根与系数的关系得，，
即得D的纵坐标为，．
本题考查二次函数综合应用，涉及圆的性质及应用，解题的关键是用含字母的式子表示相关线段的长度．