福建省厦门外国语学校2023-2024学年九年级上学期期中数学试卷（解析版）-A4

这是一份福建省厦门外国语学校2023-2024学年九年级上学期期中数学试卷（解析版）-A4，共27页。试卷主要包含了作图题可直接用2B铅笔作图．等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.全卷三大题，25小题，试卷共4页，另有答题卡．
2.答案一律写在答题卡上，否则不能得分．
3.作图题可直接用2B铅笔作图．
一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分．每小题有且只有一个选项正确）
1. 第33届夏季奥林匹克运动会将于2024年7月26日-8月11日在法国巴黎举行，下列四个本届运动会项目图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别．解题的关键是掌握：轴对称图形的定义：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；中心对称图形的定义：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此分析即可得解．
【详解】解：A．此图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B．此图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C．此图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．此图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．
2. 将抛物线向左平移个单位长度，平移后抛物线的解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了抛物线的平移，根据平移规律：左加右减，上加下减，即可求解，掌握抛物线的平移规律是解题的关键．
【详解】解：∵抛物线向左平移个单位长度，
∴平移后抛物线的解析式为，
故选：．
3. 如图，是的外接圆，，则的直径长等于（ ）．
A. 2B. 3C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了圆周角定理、含角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，正确的作出辅助线、构造直角三角形是解题的关键．
连接并延长交于D，连接，得到，根据圆周角定理得到，根据含角直角三角形的性质即可解答．
【详解】解：如图：连接并延长交于D，连接，则，

∵，
∴，
∵，
∴．
故选D．
4. 如图，将绕点A逆时针旋转100°，得到．若点D在线段的延长线上，则的度数为（ ）
A. 30°B. 40°C. 50°D. 60°
【答案】B
【解析】
【分析】根据旋转的性质可得出，，再根据等腰三角形的性质：等边对等角，可求出的大小．
【详解】解：根据旋转的性质，可得：，，
．
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质与等腰三角形的性质结合，利用等腰三角形的性质是解题的关键．
5. 已知的半径为4，如果的长为3，则点P在（ ）
A. 内B. 上C. 外D. 不确定
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了点与圆的位置关系，若点到圆心的距离小于半径，则该点在圆内，若点到圆心的距离等于半径，则该点在圆上，若点到圆心的距离大于半径，则该点在圆外，据此可得答案．
【详解】解：∵的半径为4，如果的长为3，且，
∴点P在内，
故选A．
6. 如图，四边形内接于⊙O，是直径，D是弧的中点，若，则的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理及在同圆或等圆中同弧或等弧所对圆心角相等，根据得到，根据D是弧的中点得到，结合等腰三角形内角和定理求解即可得到答案；
【详解】解：∵，，
∴，
∵D是弧的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
7. 如图，以为顶点的二次函数的图象与x轴负半轴交于A点，则一元二次方程的正数解的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数的顶点坐标得出函数的对称轴为，根据对称轴左侧图象与x轴交点横坐标的取值范围是，得出抛物线与x轴另一个交点的横坐标的取值范围，即可得出的正数解的范围．
【详解】解：∵二次函数的顶点为，
∴对称轴为，
而对称轴左侧图象与x轴交点横坐标的取值范围是，
∴右侧交点横坐标的取值范围是．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象和性质，根据二次函数的对称轴找出图象与x轴右侧交点横坐标的取值范围，是解题的关键．
8. 已知点在二次函数的图象上，则当时，的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征．二次函数图象上的点一定满足该函数的解析式．根据二次函数图象的对称性得出，然后将其代入函数关系式求得．
【详解】解：是二次函数图象上的两点，
关于对称轴对称，
即：，
将代入得：
即：，
故选：A．
9. 欧几里得的《几何原本》中记载了形如的方程根的图形解法：如图，画，使，以为圆心为半径画圆，交射线于点D、E，则这个方程较小的实根是（ ）．
A. 的长度B. 的长度C. 的长度D. 的长度
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理、利用配方法解一元二次方程，圆的基本性质，解题关键在于把方程较小的根转化为的长．在，由勾股定理即可得，再利用配方法可求得方程的解，根据题意可答案．
【详解】解：在，，，，
，
，
，
，
，
即，
解得，，
又以B为圆心BC为半径画圆，交射线AB于点D、E，
，
该方程较小的根是，
故选：D．
10. 如图，菱形的边长为是边的中点，是边上的一个动点，将线段绕着点逆时针旋转得到，连接，，则的最小值为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，连接、、，，证明，连接构造，在，证明，求出的长度即可，过点作的延长线于，在中，由菱形的性质可知，由此即可求出的长度，在中即可求出的长，于是就可以求出的最小值．
【详解】解：如图所示，取的中点，连接、、，，
∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵点是中点，点是的中点，
，，
∴三角形是等边三角形，，
∴，
∵，，
，
，
，
，
，
∵，
，
∴，则，
在中，，
如下图所示，过点作的延长线于，
在中，，由菱形可知，
∴，则，且，
∴，
则，
在中，，
∴，
∴的最小值为．
故选：C．
【点睛】本题主要考查菱形的性质与全等三角形，勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的性质和判定，解直角三角形的综合运用，将线段的长度的最小是转换到三角形中，根据三角形边长的关系求解是解题的关键．
二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分）
11. 如图所示，绕点P顺时针旋转得到，则旋转的角度是______．
【答案】##90度
【解析】
【分析】根据旋转的性质可知，点与点对应，则旋转的角度是，勾股定理证明是直角三角形，即可求得，即可求解．
【详解】如图，连接
，
是直角三角形，且
绕点P顺时针旋转得到，
点与点对应，则旋转的角度是
故答案为：
【点睛】本题考查了求旋转角，勾股定理以及勾股定理的逆定理，找到旋转角是解题的关键．
12. 写出一个开口向上，与y轴交于点的抛物线的函数表达式：______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据二次函数的性质，二次项系数大于0，常数项为4即可．
【详解】解：由题意可得函数表达式为（答案不唯一），
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟记时，抛物线开口向上；时，抛物线开口向下，是解题的关键．
13. 点，为抛物线上两点，则______．（用“”或“”号连接）
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的性质，根据二次函数的对称性将点化在对称轴的同一侧，结合函数的性质比较即可得到答案．
【详解】解：由题意可得，
抛物线的对称轴为：直线，
∴的对称点为：，
∵，，
∴，
故答案为：．
14. 如图，平面直角坐标系中，与轴交于点与，的半径是，则点的坐标是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，坐标与图形．熟练掌握垂径定理是解题的关键．连接，作于，则，由垂径定理可得，，由勾股定理得，，进而可求点坐标．
【详解】解：如图，连接，作于，则，

由垂径定理可得，，
由勾股定理得，，
∴，
故答案为：．
15. 【阅读学习】中国元代数学家朱世杰所著《四元玉鉴》记载有“锁套吞容”之“方田圆池结角池图”．“方田一段，一角圆池占之．”意思是说：“一块正方形田地，在其一角有一个圆形的水池（其中圆与正方形一角的两边均相切）”，如图所示．
【解决问题】：此图中，边长为8丈的正方形一条对角线与相交于点M、N（点N在点的右上方），若为直径为4丈的上的一点，则点到的最大距离为______________丈．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查正方形的性质，圆的切线的定义，解直角三角形等，通过解直角三角形求出的长度是解题的关键．结合图形可知：为圆外一点，AB经过原心，与AB交于点，则圆上一点在点时距点最近，在点时距点最远，故当点在点处时，点到的最大距离，由正方形的性质知，，利用三角函数得到，然后求出，进而求解即可．
【详解】如图，结合图形可知：当点在点处时，点到的最大距离，
设与边的切点为点C，连接，
则，，
由正方形的性质知，，
又，
，
又正方形的边长为8，
即，
，
，
又，
（丈），
故结合图形可知：当点在点处时，点到的最大距离为（丈）
答案为：．
16. 我国三国时期的数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了求一元二次方程正数解的几何解法．例如求方程的正数解的步骤为：
（1）将方程变形为；
（2）构造如图1所示的大正方形，其面积是，其中四个全等的矩形面积分别为，中间的小正方形面积为；
（3）大正方形的面积也可表示为四个矩形和一个小正方形的面积之和，即；
（4）由此可得方程：，则方程的正数解为．
根据赵爽记载的方法，在图2中的三个构图（矩形的顶点均落在边长为1的小正方形网格格点上）①②③中，能够得到方程的正数解的构图是______________（只填序号）．
【答案】③
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用、矩形面积的计算、正方形面积的计算等知识，正确理解求一元二次方程正数解的几何解法是解题的关键．按照例题正数解的步骤：方程可变形为，即可得出方程，则方程的正数解为，再结合图形判断即可．
【详解】方程可变形为，
构造的大正方形，其面积是，
其中四个全等的矩形面积分别为，中间的小正方形面积为；
大正方形的面积也可表示为四个矩形和一个小正方形的面积之和，即；
由此可得方程：，
则方程的正数解为，
能够得到方程的正数解的构图是③，
故答案为：③．
三、解答题（本大题有9小题，共86分）
17. 解方程：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查解一元二次方程；
（1）直接提取公因式分解因式，再分别求解即可；
（2）先整理成一般式，再因式分解后解方程即可．
【小问1详解】
解：，
∴，
∴或，
解得；
【小问2详解】
解：，
整理得，
∴，
∴或，
解得．
18. 已知二次函数．

（1）求二次函数图象的顶点坐标；
（2）在平面直角坐标系中，画出二次函数的图象；
（3）当时，结合函数图象，直接写出的取值范围．
【答案】（1）二次函数图象的顶点坐标为；
（2）画图见解析； （3）的取值范围为．
【解析】
【分析】（）把通过配方配成顶点式即可求解；
（）根据画函数图象的步骤即可求解；
（）根据函数图象即可求解；
本题考查了待定系数法求解析式，二次函数的平移，画函数图象，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【小问1详解】
解：∵，
∴二次函数图象的顶点坐标为；
【小问2详解】
列表：
描点：
连线：
如图：
【小问3详解】
根据图象可知：在时，
当时，有最小值；当时，有最大值，
∴当时，的取值范围为．
19. 如图，一条公路的转弯处是一段圆弧，点是这段弧所在圆的圆心，，是上一点，，垂足为．求这段弯路的半径．
【答案】这段弯路的半径为
【解析】
【分析】本题主要考查垂径定理应用、勾股定理的应用，关键在于设出半径为r后，用r表示出的长度．根据题意，可以推出，若设半径为r，则，，结合勾股定理可推出半径r的值．
【详解】解：设这段弯路的半径为，
∵于D，，
∴，
∵，
得．
∵在中，根据勾股定理有，
即，
解得．
答：这段弯路的半径为．
20. 如图，中，，，是内一点，连接，，以点为中心，把线段顺时针旋转，得到线段，连接．

（1）求证：；
（2）连接，若，求的度数．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点，推出是解此题的关键．
（1）由旋转的性质可得，，从而得到，证明，即可得证；
（2）由（1）得，则，由等腰直角三角形的性质可得，即可得到答案．
小问1详解】
证明：以点为中心，把线段顺时针旋转，得到线段，
，，
，
，
，
，
，
；
【小问2详解】
解：如图，连接，
，
由（1）得，
，
，
，，
，
．
21. “1分钟跳绳”是厦门市体育测试的自选项目之一．为了促进大家对跳绳运动的喜爱，提升兴趣．某班举行多人跳绳游戏．当绳子甩到最高处时，其形状视为抛物线．如图是甲，乙两人将绳子甩到最高处时的示意图，已知两人拿绳子的手离地面的高度都为1m，并且相距4m，现以两人的站立点所在的直线为轴，过甲拿绳子的手作轴的垂线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，且绳子所对应的抛物线表达式为．
（1）求绳子所对应的抛物线表达式；
（2）身高的小明，能否站在绳子的正下方，让绳子通过他的头顶？
【答案】（1）
（2）小明能站在绳子的正下方让绳子通过他的头顶．理由见解析
【解析】
【分析】本题考查了待定系数法、二次函数的最值等知识点，正确求得抛物线的解析式成为解题的关键．
（1）由题意可知抛物线过点，再根据待定系数法求解即可；
（2）先将函数关系式化为顶点式，然后求出函数的最值，再与小明的身高作比较即可解答．
【小问1详解】
解：根据题意，抛物线经过点．
∴，解得，
∴绳子所对应的抛物线表达式为：．
【小问2详解】
解：小明能站在绳子的正下方让绳子通过他的头顶．理由如下：
∵，
∴当时，，
∵，
∴绳子不能碰到小明，小明能站在绳子的正下方让绳子通过他的头顶．
22. 如图，内接于，是的直径，，于点，交于点，交于点，，连接．

（1）求证：是的切线；
（2）判断的形状，并说明理由；
【答案】（1）见解析 （2）等腰三角形，理由见解析
【解析】
【分析】（1）连接，根据圆周角定理可得，再根据可得，再根据对顶角相等和三角形内角和结合，即可求得，从而证得是的切线；
（2）根据题意得出，则，根据直径所对的圆周角为，证得，得出，等量代换得出，即可得出结论．
【小问1详解】
证明：如图所示，连接，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，又是的直径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：等腰三角形，理由如下：
∵，是的直径，
∴，，
∴，
∵，，
∵，
∴，
又，
∴，
∴是等腰三角形．
【点睛】本题考查了切线的判定，对顶角相等，三角形内角和，平行线判定和性质，直径所对的圆周角为，等腰三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
23. 根据以下素材，探索完成任务．如何选择合适的种植方案？
【答案】任务1：；任务2：种植甲种蔬菜、乙种蔬菜使W最小，W的最小值为3550；任务3：a为10时，2027年的总种植成本为2748元．
【解析】
【分析】本题主要考查一次函数的应用、求函数解析式、二次函数的应用等知识点，掌握待定系数法求函数关系式和二次函数的最值是解题的关键．
任务1：利用待定系数法求解即可；
任务2：将种植乙种蔬菜的面积用含x的代数式表示出来，根据“W=种植甲种蔬菜每平方米的成本×种植甲种蔬菜的面积+种植乙种蔬菜每平方米的成本×种植乙种蔬菜的面积”写出W关于x的表达式，再根据二次函数的图象特征及x的取值范围求出当x为何值时W值最小，最出最小值及的值即可；
任务3：按“任务二”中种植方案，分别计算2025年种植甲种蔬菜和乙种蔬菜的成本，根据题意列方程并求解即可．
【详解】解：任务1：设甲种蔬菜种植成本y与其种植面积x的函数关系式为（k、b为常数，且）．
将坐标和分别代入得：
，解得：，
所以；
答：甲种蔬菜种植成本y与其种植面积x的函数关系式为；
任务2：种植甲种蔬菜种植面积，则种植乙种蔬菜，
根据题意，，
∵，
∴当时，W的值最小，，．
答：种植甲种蔬菜、乙种蔬菜使W最小，W的最小值为3550．
任务3：按“任务二”中种植方案，2025年种植甲种蔬菜的成本为（元），种植乙种蔬菜的成本为（元），
根据题意，得，
解得或（舍去），解得．
答：a为10时，2027年的总种植成本为2748元．
24. 在中是斜边的中点，将线段绕点旋转至位置，点在直线外，连接．
（1）如图1，
①求的大小；
②若平分，求证：；
（2）如图2，已知点和边上的点满足于．连接，求的长．
【答案】（1）①；②见解析．
（2）
【解析】
【分析】（1）①证得，再由三角形内角和定理得即可；②由平分得，根据是绕点M旋转得到得，故，可知，又，，从而；
（2）如图：延长交于点G，由得，证明四边形是平行四边形，M是的中点，可得四边形是平行四边形，且，知是菱形可得，从而可证得，即可得，进而即可求解．
【小问1详解】
解：①∵M是的中点，
∴，
由旋转的性质得：，
∴，
∵，
∴，
∴；
②证明：∵平分，
∴，
∵将线段绕点旋转至位置，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵直角三角形，，
∴，
∴．
【小问2详解】
证明：如图：延长交于点G，
∵，
∴，
∵M是的中点，将线段绕点旋转至位置，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵M是的中点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点D是斜边中点，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、平行四边形、旋转的性质、菱形的判定与性质等知识点，掌握全等三角形判定定理及菱形的判定与性质是解题的关键．
25. 如图1所示，在平面直角坐标系中，拋物线与轴交于A和两点，与轴交于点C0,1，对称轴是直线．点P，Q在此抛物线上，点的横坐标是点横坐标的两倍，且都是正数．
（1）则_____________；_____________；
（2）点绕着点逆时针旋转到，判断直线与点的位置关系；
（3）连接OP，当的面积等于此抛物线位于点与点之间的部分（包括点和点）的最高点与最低点纵坐标的差时，直接写出点横坐标的值_____________．
【答案】（1），1
（2）点B在直线上
（3）
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质、直角三角形的性质、一元二次方程的应用等知识点．掌握分类讨论思想是解答本题的关键．
（1）由二次函数对称轴为求出a值，然后把点C坐标代入抛物线解析式求出c值即可解答；
（2）根据的三个顶点坐标求出三边长度，由勾股定理逆定理得出，即可得出点B在直线上．
（3）由抛物线解析式求出顶点纵坐标，然后根据P、Q两点与对称轴的位置关系：在对称轴左侧、两侧及右侧进行讨论．由的面积等于之间对应的最大纵坐标和最小纵坐标之差建立等量关系，解方程求解即可．
【小问1详解】
解：抛物线对称轴为：，则．
把点C坐标代入得：．
故答案为：，1．
【小问2详解】
解：抛物线解析式为，令，则，
∴，
∴，
又∵．
∴，
∴如图∶点A绕点C逆时针旋转后，正好落在直线上．．
∴点B在直线上．
【小问3详解】
解：∵．
∴抛物线顶点坐标为．
由题意可知抛物线对称轴，
如示意图，
根据P、Q两点和对称轴的位置关系分为三种情况：
①P、Q两点都在对称轴左侧：
此时，，即．
∵，
∴，
整理得：．则，无符合题意的解．
②P、Q两点在对称轴两侧：
这时，即且．
根据抛物线图象可知，当时，即时，P、Q两点关于对称轴对称．
当时，，则，
∴，解得，故无符合题意的解．
当时，，则，
∴，
整理得：，解得∶ ，符合题意．
③P、Q两点都在对称轴右侧：
此时，则．
∴，
整理得：．则，无符合题意的解．
如何选择合适的种植方案？
素材1
为了加强劳动教育，落实五育并举，厦门市某中学拟建一处劳动实践基地，年计划将其中的土地全部种植甲、乙两种蔬菜．
素材2
甲种蔬菜种植成本（单位：元）与其种植面积（单位：的函数关系如图所示，其中；乙种蔬菜的种植成本为40元.
问题解决
任务1
确定函数关系
（1）求甲种蔬菜种植成本与其种植面积的函数关系式．
任务2
设计种植方案
（2）设年甲乙两种蔬菜总种植成本为元，如何分配两种蔬菜的种植面积，使最小？并求出的最小值．
任务3
预计下降率
（3）学校计划今后每年在这土地上，按“任务二”中方案种植蔬菜，因技术改进，预计种植成本逐年下降．若甲种蔬菜种植成本平均每年下降20%，乙种蔬菜种植成本平均每年下降，当为何值时，年的总种植成本为2748元？