福建省福州市第十九中学2024-2025学年九年级下学期 数学开门考试卷（2月）（含解析）

这是一份福建省福州市第十九中学2024-2025学年九年级下学期 数学开门考试卷（2月）（含解析），共25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10小题，每小题4分，共40分，在给出的选项里只有一个正确选项）
1. 3x2可以表示为（ ）
A. x2+x2+x2B. x2•x2•x2C. 3x•3xD. 9x
【答案】A
【解析】
【详解】A、x2+x2+x2=3x2，故A选项正确；B、x2•x2•x2=x6，故B选项错误；C、3x•3x=9x2，故C选项错误；D、9x≠3x2，故D选项错误；
故选A．
2. 下列图形中，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】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，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，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称，根据中心对称图形的定义：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，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的概念是解题的关键．
【详解】、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：．
3. 华为Mate20系列搭载了麒麟980芯片，这个被华为称之为全球首个7纳米工艺的AI芯片，拥有8个全球第一，7纳米就是米．数据用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了用科学记数法表示较小的数，一般形式为，其中，由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】解：．
故选：D．
4. 计算：，结果正确的是（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先计算负整数指数幂和零次幂，然后再计算减法即可．
【详解】解：
=2-1
=1．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了负整数指数幂和零次幂，关键是掌握a-p=（a≠0，p为正整数），a0=1（a≠0）．
5. 若反比例函数的图象经过点，则该函数的图象不经过的点是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把代入解析式，可得，据此即可判定．
【详解】解：，故该函数的图象经过点；
，故该函数的图象经过点；
，故该函数的图象经过点；
，故该函数的图象经不过点．
故选：D．
【点睛】本题考查了反比例函数的定义，一般地，如果两个变量x、y之间的关系可以表示成 (k为常数，k≠0)的形式，那么称y是x的反比例函数．
6. 掷一枚质地均匀的硬币次，下列说法正确的是（ ）
A. 每次必有次正面向上B. 可能有次正面向上
C. 必有次正面向上D. 不可能有次正面向上
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了事件发生的可能性的大小，根据事件发生可能性的大小逐项判断即得答案，正确理解题意是解题的关键．
【详解】解：、掷一枚质地均匀的硬币次，每次不一定有次正面向上，原说法错误，不符合题意；
、掷一枚质地均匀的硬币次，可能有次正面向上，原说法正确，符合题意；
、掷一枚质地均匀硬币次，不一定有次正面向上，原说法错误，不符合题意；
、掷一枚质地均匀的硬币次，可能有次正面都向上，原说法错误，不符合题意；
故选：．
7. 我国古代数学家利用“牟合方盖”（如图甲）找到了球体体积的计算方法．“牟合方盖”是由两个圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体，图乙所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的主视图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了物体的三视图．根据从正面看到的平面图形即可求解．
【详解】解：由几何体可得，从正面看到的平面图形为，
故选：B．
8. 把不等式组：的解集表示在数轴上，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出不等式组的解集，然后根据数轴上表示不等式的解集的方法排除选项即可．
【详解】由，
解不等式组得：，
∴不等式组的解集为，
∴在数轴上表示得：
故选A．
【点睛】本题主要考查一元一次不等式组的解法及在数轴上表示不等式组的解集，熟练掌握一元一次不等式组的解法及在数轴上表示不等式组的解集是解题的关键．
9. 为了求的值，可令，则，因此，所以，仿照以上推理计算出的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了有理数的乘方，有理数的减法运算，熟练掌握有理数的乘方，有理数的减法运算是解题的关键．
设，则，然后由即可求解．
【详解】解：设
∴，
得：
∴，即，
故选：．
10. 二次函数的图像如图所示，则化简的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图像与性质，化简绝对值，本题利用了二次函数的图象确定a，b，c的取值范围后再化简绝对值．
【详解】解：由图知，二次函数的图象的开口向，
，
与y轴交于y轴的正半轴，
，
对称轴在二象限，
，
则，
图象过点，
，
故选：D．
二、填空题（每题4分，共24分）
11. 因式分解：___．
【答案】2a（a-2）
【解析】
【详解】
12. 已知直线l与⊙O相切，若圆心O到直线l的距离是5，则⊙O的半径是______．
【答案】5
【解析】
【详解】试题分析：解：直线与圆相切满足的条件为三点；一是直线与圆只有一个交点，二是交点到圆心的距离等于半径长，三是直线与圆的半径垂直．因，直线是圆的切线，圆心O到直线的距离为5，所以，半径为5.
考点：圆切线的定义．
点评：熟知圆切线的定义，由题意易知原点半径，本题属于基础题，简单易得．
13. 如图，在边长为1的正方形网格中，若一段圆弧恰好经过四个格点，则该圆弧所在圆的圆心是图中的点_______．
【答案】C
【解析】
【详解】圆心是弦EF和弦FG的中垂线的交点，是C．故选C．
14. 如图，的顶点都在正方形网格的格点上，则_______ ．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查勾股定理，余弦的定义．理解余弦的定义，正确的连接辅助线是解题关键．
【详解】解：如图，取格点，由图可知，，，，
勾股定理可得，
则
故答案为：．
15. 在一节《综合与实践》课上，老师和同学们正在进行剪纸活动．老师用一张边长为2的正方形纸片按如下步骤确定线段的位置，最后剪下矩形：
①作的垂直平分线分别交，于点，；
②连接，作的角平分线，交于点；
③过点作于点；
小刘同学通过推理计算出的值为___________，于是他明白了老师的用意．
【答案】##
【解析】
【分析】过点M作于点G，连接，根据正方形的性质、角平分线的性质可得，则．结合线段垂直平分线的性质可得，进而可得，，设， 则，在和中，由勾股定理得，，代入求出x的值，即可得出答案．
【详解】解：过点M作于点G，连接，
∵四边形为正方形，
，
为的平分线，
，
，
，
．
∵直线为线段的垂直平分线，
，
设，
则，
在和中，由勾股定理得，，
即，
解得：，
的值为，
故答案：
【点睛】本题考查正方形的性质、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键．
16. 如图，平行四边形ABCD中，∠DAB=60°，AB=6，BC=2，P为边CD上的一动点，则的最小值等于________．
【答案】
【解析】
【分析】过点P作PQ⊥AD于点Q，由于∠PDQ=60°，因此，由此可知当B、P、Q三点共线时有最小值，然后利用解直角三角形的知识进行求解即可.
【详解】过点P作PQ⊥AD，垂足为Q，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC//AB，
∴∠QDP=∠DAB=60°，
∴PQ=PD•sin∠QDP=PD，
∴=BP+PQ，
∴当点B、P、Q三点共线时有最小值，
∴的最小值为，
故答案为：3.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，线段之和最短问题，正确添加辅助线，灵活运用相关知识是解题的关键.
三、解答题（本题共9小题，共86分）
17. 解方程：.
【答案】.
【解析】
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
详解】两边同乘以最简公母2(x−1)，
原方程可化为2=3+2(x−1)，解得x=
经检验，x=是原方程的解.
【点睛】此题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．
18. 如图，点在线段上，，，.求证：.
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】若要证明∠A=∠E，只需证明△ABC≌△EDB，题中已给了两边对应相等，只需看它们的夹角是否相等，已知给了DE//BC，可得∠ABC=∠BDE，因此利用SAS问题得解.
【详解】∵DE//BC
∴∠ABC=∠BDE
在△ABC与△EDB中
，
∴△ABC≌△EDB（SAS)
∴∠A=∠E
19. 一次函数图象经过点和．
（1）求一次函数的表达式；
（2）画出一次函数的图象：
（3）结合图象回答：直接写出当时，的取值范围是___________．
【答案】（1）一次函数表达式为；
（2）见解析； （3）．
【解析】
【分析】（）将两点代入函数解析式求解即可得到答案；
（）根据列表，描点，连线的方法即可出图象；
（）根据图象即可求出的取值范围；
本题考查求一次函数解析式，画一次函数图象，根据一次函数与不等式的关系结合图象求解，解题的关键是求出解析式正确画出图象．
【小问1详解】
解：∵一次函数图象经过点和
∴，解得：，
∴一次函数表达式为；
【小问2详解】
解：列表：
描点：
连线：
如图，
【小问3详解】
解：根据图象可知：当时，，解得，
∴一次函数与轴交点为，
当时，的取值范围是，
故答案为：．
20. 如图，点C是的中点，直线与相切于点 C，直线与切线相交于点E，与相交于另一点D，连接，．
（1）求证：
（2）若 ，求的度数．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据垂径定理的推论得到，再根据切线的性质得到，即可证明；
（2）利用切线性质得到，根据圆周角定理得到，结合建立等式，算出，推出，根据求解，即可解题．
【小问1详解】
解：点C是的中点，为半径，
，
直线与相切于点 C，
，
；
【小问2详解】
解：，
，
，
，，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了切线的性质、垂径定理的推论、圆周角定理、三角形外角的性质，明确题意，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
21. 5月12日是全国防灾减灾日，某校举行了安全知识竞赛，从全校学生中随机抽取n名学生的成绩，其不完整的统计表和统计图如下所示：
学生成绩分布统计表

请根据以上图表信息，解答下列问题：
（1）求n与a的值，并补全学生成绩频数分布直方图；
（2）若E组有2名男生和2名女生，现随机抽选2人作为安全知识宣传志愿者，求抽选结果恰好是“一男一女”的概率．
【答案】（1），40，补图见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率之和等于1，频数除以百分比等于总人数求解；
（2）列出表格得出所有可能，再求概率即可．
【小问1详解】
解：；
；
B组学生数为（人），
补全统计图如图：
【小问2详解】
解：画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中抽到的学生恰好是一男一女的结果有8种，
∴抽到的学生恰好是一男一女的概率为．
【点睛】本题考查的是用树状图法求概率以及条形统计图和扇形统计图等知识．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
22. 已知关于的一元二次方程有实数根．
（1）求证：为非负数；
（2）若，，均为奇数，该一元二次方程是否有整数解？说明你的理由．
【答案】（1）见解析；
（2）该一元二次方程没有整数解，理由见解析．
【解析】
【分析】（）根据题意可得，从而求证；
（）设关于的一元二次方程的整数解为，则也为奇数，然后分为奇数，为偶数两种情况分析即可求解；
此题考查了根的判别式和方程的解，解题的关键是熟练掌握一元二次方程根的判别式，当方程有两个不相等的实数根时，；当方程有两个相等的实数根时，；当方程没有实数根时，．
【小问1详解】
证明：∵关于的一元二次方程有实数根，
∴，
∴为非负数；
【小问2详解】
解：该一元二次方程没有整数解，理由，
设关于的一元二次方程的整数解为，
∴，则，
∵为奇数，
∴也为奇数，故也为奇数，
若为奇数，则也为奇数，
∵为奇数，为奇数，
∴为奇数，为奇数，
∴为偶数，
∴与为奇数相矛盾，不符合题意；
若为偶数，则也为偶数，
∵为奇数，为奇数，
∴为偶数，为偶数，
∴为偶数，
∴与为奇数相矛盾，不符合题意；
综上可知：无论为奇数或偶数都相矛盾，
故该一元二次方程没有整数解．
23. 【发现问题】

“速叠杯”是深受学生喜爱的一项运动，杯子的叠放方式如图1所示：每层都是杯口朝下排成一行，自下向上逐层递减一个杯子，直至顶层只有一个杯子．爱思考的小丽发现叠放所需杯子的总数随着第一层（最底层）杯子的个数变化而变化．
【提出问题】
叠放所需杯子的总数y与第一层杯子的个数x之间有怎样的函数关系？
【分析问题】
小丽结合实际操作和计算得到下表所示的数据：
然后在平面直角坐标系中，描出上面表格中各对数值所对应的点，得到图2，小丽根据图2中点的分布情况，猜想其图象是二次函数图象的一部分；为了验证自己的猜想，小丽从“形”的角度出发，将要计算总数的杯子用黑色圆表示（如图3），再借助“补”的思想，补充相同数量的白色圆，使每层圆的数量相同，进而求出与的关系式．
【解决问题】
（1）直接写出与的关系式；
（2）现有个杯子，按【发现问题】中的方式叠放，求第一层杯子的个数；
（3）杯子的侧面展开图如图4所示，，分别为上、下底面圆的半径，所对的圆心角，．将这样足够数量的杯子按【发现问题】中的方式叠放，但受桌面长度限制，第一层摆放杯子的总长度不超过，求杯子叠放达到的最大高度和此时杯子的总数．（提示：杯子下底面圆周长与AB的长度相等）
【答案】（1）（2）第一层杯子的个数为个；（3）杯子叠放达到的最大高度为和此时杯子的总数为个
【解析】
【分析】（1）根据题意，将要计算总数的杯子用黑色圆表示（如图3），再借助“补”的思想，补充相同数量的白色圆，使每层圆的数量相同，进而求出与的关系式；
（2）将代入（1）中的解析，即可求解；
（3）根据弧长公式先求得，根据题意列出不等式求得第一层摆放杯子个，进而求得总数，根据得出，勾股定理求得的长，利用相似三角形的性质得出的长，进而即可求解．
【详解】解：（1）依题意，；
（2）当时，，
解得：（舍去），
答：第一层杯子的个数为个；
（3）∵，，
解得：；
∵第一层摆放杯子的总长度不超过，
设第一层杯子的个数为个，则，
解得：，取最大值为，
即第一层摆放杯子个，杯子的层数也是，
∴杯子的总数为（个），
在图4中，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴最大高度为．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，求弧长，勾股定理，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
24. 在平面直角坐标系中，已知二次函数（，，是常数，）．
（1）若，函数图象经过点和，求函数图象的顶点坐标．
（2）若，函数图象与轴有两个交点，，且，求证：．
（3）若函数图象经过点，当时，；当时，，求值．
【答案】（1）函数图象的顶点坐标为；
（2）证明见解析； （3）的值为．
【解析】
【分析】（）当时，二次函数，然后利用待定系数法即可求解；
（）若，则二次函数，则抛物线开口向下，然后根据当时，即可求证；
（）当时，；当时，，则可判断抛物线开口向上，即，然后分若对称轴在直线左侧时，即，若对称轴在直线右侧时两种情况分析，结合图象即可求解；
本题考查了二次函数的性质，抛物线与轴交点，二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
【小问1详解】
解：∵，
∴二次函数，
∵函数图象经过点和，
∴，解得：，
∴二次函数，
∴函数图象的顶点坐标为；
【小问2详解】
证明：若，则二次函数，
∴抛物线开口向下，
∵函数图象与轴有两个交点，，且，
∴当时，，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：∵当时，；当时，，
∴抛物线开口向上，
∴，
如图，若对称轴在直线左侧时，即，
∵当时，；当时，，
∴当，取最小值，
∵，
∴此时不符合题意；
如图，若对称轴在直线右侧时，
∴当时，，当，取最小值，
∵函数图象经过点，
∴，，
∴，即，，
∴，
∴的值为．
25. 定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的“正德四边形”．
（1）若是圆的“正德四边形”，则是___________（填选项：．矩形； ．菱形； ．正方形）
若四边形是正德四边形，若，，则___________；
（2）如图，已知的半径为，四边形是的“正德四边形”求证：；
（3）如图，四边形是“正德四边形”，为圆内一点，，，且，当的长度最小时，求的值．
【答案】（1）；；
（2）证明见解析； （3）．
【解析】
【分析】（）根据平行四边形的性质得，由圆内接四边形可得，从而可证明平行四边形是矩形，最后通过四边形是“正德四边形”，即可求解；
根据“正德四边形”定义得出，再由即可求解；
（）过点作直径，分别连接，，，，，由圆周角定理，由四边形是“正德四边形”，所以，故，然后三角形外角性质和弧、弦、圆心角的关系得出，最后通过勾股定理即可求解；
（）连接交于，设的长度为，，由“正德四边形”定义得，再证明，然后根据性质和勾股定理得出，利用，求出的最小值，再利用相似三角形的性质即可求解．
【小问1详解】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形，
∵四边形是“正德四边形”，
∴，
∴四边形是正方形，
故选：；
∵四边形是的正德四边形，
∴，
∴，
故答案为：；
【小问2详解】
证明：如图，过点作直径，分别连接，，，，，
∵的直径，
∴，
∴，
∵四边形是“正德四边形”，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：连接交于，设的长度为，，
∵四边形是“正德四边形”，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，整理得：，
∵，
∴，
∴，
∴的长度最小值为，即，
∴，整理得：，
解得：，
∴，
∴，，
由上得：，
∴，
∴，
∵，，
∴，，即，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定，平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，一元二次方程根的判别式，解方程等知识，熟练掌握知识点的运用是解题的关键．分组
成绩（分）
频率
A
0.050
B
a
C
0.275
D
0.375
E
0.100
第一层杯子的个数
杯子的总数