精品解析：河北省唐山市遵化市2023-2024学年九年级上学期期末数学试题（解析版）

这是一份精品解析：河北省唐山市遵化市2023-2024学年九年级上学期期末数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（满分为 120分，考试用时为90分钟）
一、选择题：（本大题共16个小题，共38分.1-6每小题 3分，7-16 每小题2分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 一组数据：1、2、2、3，若添加一个数据2，则发生变化的统计量是
A. 平均数B. 中位数C. 众数D. 方差
【答案】D
【解析】
【详解】解：A．原来数据的平均数是2，添加数字2后平均数仍为2，故A与要求不符；
B．原来数据的中位数是2，添加数字2后中位数仍为2，故B与要求不符；
C．原来数据的众数是2，添加数字2后众数仍为2，故C与要求不符；
D．原来数据的方差==，
添加数字2后的方差==，
故方差发生了变化．
故选D．
2. 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
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式，解答关键是熟练掌握一元二次方程根的情况与根的判别式的关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．
根据一元二次方程根的情况与根的判别式的关系判断即可．
【详解】解：，
，
∴一元二次方程有两个相等的实数根，
故选：B．
3. 若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据，得到，代入进行求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题考查比例线段的性质．熟练掌握外项积等于内项积，是解题的关键．
4. 下列函数不是反比例函数的是（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据反比例函数的定义分别进行分析即可，形如：y＝()或或的函数是反比例函数．
【详解】解：A. ，是反比例函数，故该选项不符合题意；
B. ，是正比例函数，故该选项符合题意；
C. 2，是反比例函数，故该选项不符合题意；
D. ，是反比例函数，故该选项不符合题意．
故选B．
【点睛】本题考查了反比例函数的定义，掌握反比例函数的几种形式是解题的关键．y＝()或或的函数是反比例函数．
5. 关于反比例函数y的图象与性质，下列说法正确的是（ ）
A. 图象分布在第二、四象限B. y的值随x值的增大而减小
C. 当x＞﹣2时，y＜﹣3D. 点（1，6）和点（6，1）都在该图象上
【答案】D
【解析】
【分析】根据反比例函数解析式结合反比例函数的性质逐一判断即可．
【详解】解：∵反比例函数解析式为y，
∴反比例函数经过一、三象限，且在每个象限内y的值随x值的增大而减小，故A、B不符合题意；
∴当x＞0时，y＞0，故C不符合题意；
当x=1时，y=6，当x=6时，y=1，
∴点（1，6）和点（6，1）都在该图象上，故D符合题意；
故选D．
【点睛】本题主要考查了反比例函数图象的性质，熟知反比例函数图象的性质是解题的关键．
6. 如图所示，MN为⊙O的弦，∠N=52°，则∠MON的度数为（ ）
A. 38°B. 52°C. 76°D. 104°
【答案】C
【解析】
【分析】根据半径相等得到OM=ON，则∠M=∠N=52°，然后根据三角形内角和定理计算∠MON的度数．
【详解】∵OM=ON，
∴∠M=∠N=52°，
∴∠MON=180°-2×52°=76°．
故选C．
【点睛】本题考查了圆的认识：掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）．
7. 点O是△ABC的外心，若∠BOC=80°，则∠BAC的度数为（ ）
A. 40°B. 100°C. 40°或140°D. 40°或100°
【答案】C
【解析】
【详解】解：如图，连接OB，OC，
∵O是△ABC的外心，∠BOC=80°，
∴∠A=40°，∠A′=140°，
∴∠BAC的度数为：40°或140°．
故选C．
8. 一个扇形的弧长是10πcm，面积是60πcm2，则此扇形的圆心角的度数是（ ）
A. 300°B. 150°C. 120°D. 75°
【答案】B
【解析】
【分析】利用扇形面积公式1求出R的值，再利用扇形面积公式2计算即可得到圆心角度数．
【详解】∵一个扇形的弧长是10πcm，面积是60πcm2，
∴S=Rl，即60π=×R×10π，解得：R=12，
∴S=60π=，
解得：n=150°，
故选B．
9. 已知⊙O半径为4cm，A为线段OP的中点，当OP=6cm时，点A与⊙O的位置关系是（ ）
A. A在⊙O内B. A在⊙O上C. A在⊙O外D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】知道OP的长，点A是OP的中点，得到OA的长与半径的关系，求出点A与圆的位置关系．
【详解】解：因为OP=6cm，A是线段OP的中点，所以OA=3cm，小于圆的半径，因此点A在圆内．
故选：A．
10. 正多边形的每个内角为，则它的边数是（ ）
A. 4B. 6C. 7D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据相邻的内角与外角互为邻补角求出每一个外角的度数为72°，再用外角和360°除以72°，计算即可得解．
【详解】解：∵正多边形的每个内角等于108°，
∴每一个外角的度数为180°-108°=72°，
∴边数=360°÷72°=5，
故选D．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，对于正多边形，利用多边形的外角和除以每一个外角的度数求边数更简便．
11. 关于抛物线，下列说法中错误的是（ ）
A. 顶点坐标为
B. 对称轴是直线
C. 当时，y随x的增大而减小
D. 开口方向向上
【答案】C
【解析】
【分析】由二次函数解析式可得抛物线开口方向及顶点坐标，进而求解．
【详解】解：∵，
∴抛物线开口向上，顶点坐标为，对称轴为直线，
∴时，y随x的增大而增大．
故选：C．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．
12. 用的绳子围成一个的矩形，则矩形面积与一边长为之间的函数关系式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了列二次函数关系式；根据题意求出矩形的另一边长，即可求解．
【详解】解：由题意得：矩形的另一边长，
∴，
故选：C．
13. 已知的半径是一元二次方程的一个根，圆心O到直线l的距离，则直线l与的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相切C. 相离D. 平行
【答案】C
【解析】
【分析】先求方程的根，可得r的值，由直线与圆的位置关系的判断方法可求解．
【详解】∵，
∴，，
∵的半径为一元二次方程的根，
∴，
∵，
∴直线l与的位置关系是相离，
故选：C．
【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定．
14. 下列说法正确的是（ ）
A. 过平面内的三点可以确定一个圆B. 相等的圆周角所对的弧相等
C. 圆内接菱形是正方形D. 平分弦的直径垂直弦．
【答案】C
【解析】
【分析】根据过不在同一直线上的三个点定理、圆周角定理、圆内接四边形的性质、垂径定理即可对每一种说法的正确性作出判断．
【详解】解：A、平面内，不在同一条直线上的三个点确定一个圆，故该选项不符合题意；
B、在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等，故该选项不符合题意；
C、圆内接菱形是正方形，故该选项符合题意；
D、平分弦（弦不是直径）的直径垂直弦，故该选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了垂径定理、圆内接四边形的性质、圆周角定理和过不在同一直线上的三个点定理，准确掌握各种定理是解题的关键．
15. 如图，图①是一种携带方便的折叠凳子，图②是它的侧面图示，已知凳腿AD＝BC＝4分米，当凳腿AD与水平地面CD的夹角为时人坐着最舒服，此时凳面AB离地面CD的高度为（ ）
A. 分米B. 分米C. 分米D. 分米
【答案】A
【解析】
【分析】过点A作所在直线于点E．根据正弦即可求出AE的长．
【详解】如图，过点A作所在直线于点E．
根据所作辅助线可知AE的长即为此时凳面AB离地面CD的高度．
在中，AD＝4分米，，
∴分米．
故选A．
【点睛】本题考查解直角三角形的实际应用．正确的作出辅助线是解题关键．
16. 如图，E（-4，2），F（-1，-1），以O为位似中心，按比例尺1：2，把△EFO缩小，则点E的对应点E`的坐标为（ ）
A. （2，-1）或（-2，1）B. （8，-4）或（-8，4）C. （2，-1）D. （8，4）
【答案】A
【解析】
【分析】由E（-4，2），F（-1，-1）．以O为位似中心，按比例尺1：2把△EFO缩小，根据位似图形的性质，即可求得点的对应点的坐标．
【详解】解：∵E（-4，2），以O为位似中心，按比例尺1：2把△EFO缩小，
∴点的对应点的坐标为：（-2，1）或（2，-1）．
故选：A．
【点睛】本题考查位似变换，利用数形结合思想解题关键．
二、填空题（本大题有3个小题，共9分.每小题3分，把答案写在题中横线上）
17. 某企业五月份的利润是25万元，预计七月份的利润将达到36万元．设平均月增长率为x，根据题意所列方程是___．
【答案】
【解析】
【分析】增长率问题，一般公式化为：增长后的量=增长前的量×（1＋增长率），如果设平均月增长率为x，根据“五月份的利润是25万元，预计七月份的利润将达到36万元”，即可得出方程：
【详解】解：如果设平均月增长率为x，可得：
．
故答案为：
18. 已知平面直角坐标系中的三个点分别为，则A、B、C这三个点______确定一个圆（填“可以”或“不可以”）．
【答案】可以
【解析】
【分析】本题考查了确定圆的条件：不在同一直线上的三点确定一个圆．用待定系数法求一次函数解析式．先利用待定系数法求出直线的解析式，再根据一次函数图象上点的坐标特征判断点C是否在直线上，然后根据确定圆的条件进行判断．
【详解】解：设直线的解析式为，
把代入得，
，
解得，，
所以直线的解析式为，
当时，，
所以点不在直线上，
即点A、B、C不在同一条直线上，
所以过A、B、C这三个点能确定一个圆．
故答案为：可以
19. 如图，若被击打的小球飞行高度（单位：）与飞行时间（单位：）之间具有的关系为，则小球从飞出到落地所用的时间为_____．

【答案】4．
【解析】
【分析】根据关系式，令h=0求得t的值，即小球从飞出到落地所用的时间.
【详解】解：依题意，令得：
∴
得：
解得：（舍去）或
∴即小球从飞出到落地所用的时间为
故答案为4．
【点睛】本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．此题为数学建模题，关键在于读懂小球从飞出到落地即飞行的高度为0时的情形，借助二次函数解决实际问题．此题较为简单.
三、解答题（本大题有 7 个小题，共 73 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
20. （1）解方程：
（2）计算：
【答案】（1），；（2）
【解析】
【分析】（1）利用因式分解法解方程即可
（2）直接利用特殊角的三角函数值进而计算得出答案．
【详解】解：（1）
∴或
∴，
（2）
【点睛】本题主要考查了因式分解法解一元二次方程和特殊角的三角函数值，熟练掌握相关知识是解题的关键
21. 老师随机抽查了本学期学生读课外书册数的情况，绘制成条形图（图1）和不完整的扇形图（图2），其中条形图被墨迹遮盖了一部分．
（1）求条形图中被遮盖的数，并写出册数的平均数、中位数、众数；
（2）全校共有名学生，求读书超过册的学生的人数；
（3）随后又补查了另外几人，得知最少的读了册，将其与之前的数据合并后，发现册数的中位数没改变，则最多补查了______人．
【答案】（1）被遮住的数是，平均数5.375册，中位数5册，众数5册；（2）名；（3）．
【解析】
【分析】（1）用读书为6册的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数，再用总人数分别减去读书为4册、6册和7册的人数得到读书5册的人数，然后根据平均数、中位数、众数求解即可；
（2）根据统计图中的数据，可以计算出选中读书超过5册的学生的人数约为多少人；
（3）根据中位数的定义可判断总人数不能超过27，从而得到最多补查的人数．
【详解】解：（1）抽查的学生总数为6÷25%=24（人），
读书为5册的学生数为24-5-6-4=9（人），
所以条形图中被遮盖的数为9，
被抽查的学生读书册数的平均数为(册)，
∴被抽查的学生读书册数的平均数为5.375册；
被抽查的学生读书册数的中位数是第12、13个数据的平均数，而第12、13个数据均为5册，
∴被抽查的学生读书册数的中位数为5册；
根据条形统计图，读5册的人数最多，
∴被抽查的学生读书册数的众数为5册；
（2）1200×=500（人），
∴读书超过册的学生的人数为500人；
（3）因为4册和5册的人数和为14，中位数没改变，所以总人数不能超过27，即最多补查了3人．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、平均数、众数、中位数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
22. 如图直线y＝2x+m与y＝(n≠0)交于A，B两点，且点A的坐标为(1，4)．
(1)求此直线和双曲线的表达式；
(2)过x轴上一点M作平行于y轴的直线1，分别与直线y＝2x+m和双曲线y＝(n≠0)交于点P，Q，如果PQ＝2QM，求点M的坐标．
【答案】(1)直线的解析式为y＝2x+2，反比例函数的解析式为y＝；(2)M(﹣3，0)或(2，0)．
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）设M（a，0），表示出P（a，2a+2），Q（a，），根据PQ=2QD，列方程|2a+2-|=|2×|，解得a=2，a=-3，即可得到结果．
【详解】(1)∵y＝2x+m与(n≠0)交于A(1，4)，
∴，
∴，
∴直线的解析式为y＝2x+2，反比例函数的解析式为．
(2)设M(a，0)，
∵l∥y轴，
∴P(a，2a+2)，Q(a，)，
∵PQ＝2QM，
∴|2a+2﹣|＝|2×|，
解得：a＝2或a＝﹣3，
∴M(﹣3，0)或(2，0)．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点，方程组无解，则两者无交点．也考查了待定系数法求函数解析式．
23. 如图，矩形中，，，点P为边上一动点，交于点Q．
（1）求证：；
（2）P点从A点出发沿边以每秒2个单位长度的速度向B点移动，移动时间为t秒．当t为何值时，？
【答案】（1）见解析 （2）当时，
【解析】
【分析】（1）根据矩形性质可得，根据平行线的性质可得，，进而可得判定；
（2）首先证明，结合相似三角形即可得到t的值．
【小问1详解】
证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴；
【小问2详解】
解：当时，；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
解得：，
即当时，．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，关键是掌握有两个角对应相等的三角形相似，相似三角形对应边成比例．
24. 已知：如图AB为⊙O直径，C是⊙O上一点，D在AB的延长线上，∠DCB＝∠A．
（1）求证：CD是⊙O切线．
（2）若CD与⊙O相切，且∠D＝30°，BD＝10，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析;（2）10.
【解析】
【分析】（1）相切，由已知可证得∠OCD=90°即CD是⊙O的切线；
（2）由已知可推出∠A=∠BCD=30°，即BC=BD=10，从而得到AB=20即可得到半径的长．
【详解】（1）CD与⊙O相切．
证明：∵AB为⊙O的直径，C是⊙O上一点，
∴∠ACB＝90°，即∠ACO+∠OCB＝90°；
∵∠A＝∠OCA，且∠DCB＝∠A，
∴∠OCA＝∠DCB，
∴∠OCD＝90°，
∴CD是⊙O的切线．
（2）在Rt△OCD中，∠D＝30°；
∴∠COD＝60°，
∴∠A＝30°，
∴∠BCD＝30°，
∴BC＝BD＝10，
∴AB＝20，
∴⊙O的半径为10．
【点睛】本题考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可．
25. 如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若点是抛物线对称轴与直线的交点，点是抛物线的顶点，求的长．
【答案】（1）该抛物线的解析式为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用待定系数法求抛物线表达式，将，代入得，解二元一次方程组即可得到答案；
（2）将（1）中抛物线化为顶点式，得到抛物线的顶点的坐标为，抛物线的对称轴为直线，利用待定系数法求出直线的解析式，进而得到点的坐标为，根据点的坐标特征即可求出的长．
【小问1详解】
解：将，代入，得
，解得，
∴该抛物线的解析式为；
【小问2详解】
解：∵抛物线的解析式为，
∴抛物线的顶点的坐标为，抛物线的对称轴为直线，
当时，，
∴点的坐标为，
设直线的解析式为（），将，代入，得，解得，
∴直线的解析式为，
抛物线的对称轴与直线的交点为，
当时，，即点的坐标为，
∴．
【点睛】本题考查二次函数与一次函数综合，涉及待定系数法求二次函数解析式、待定系数法求一次函数解析式、一般式化为顶点式、求抛物线与坐标轴交点等知识，数形结合求出抛物线及直线的解析式是解决问题的关键．
26. 为了传承红色教育，某学校组织学生网上游览中央红军长征出发地纪念园，门口的主题雕塑平面示意图如图所示，底座上方四边形的边与底座四边形的边在同一条直线上，已知，米，，雕塑的高为米，底座梯形下底边长为米，斜坡的坡度为．

（1）判断四边形的形状；
（2）求底座四边形中的长度；
（3）若雕塑中弧所在圆的圆心为点D，且点P为边的三等分点，求弧的长度．（精确到，，，，）
【答案】（1）四边形是平行四边形，理由见解析；
（2）米；
（3）或米．
【解析】
【分析】（1）先根据平行线的性质和等量代换可得即，再结合，即可说明四边形DEFG是平行四边形；
（2）如图：过点D、C分别作，，垂足分别为M、N，先说明四边形DMNC是矩形可得、，进而得到，设，则，根据勾股定理可得，即，则，；再证可得，最后根据线段的和差即可解答；
（3）如图：过点E作于点J，交CD于点I，则，先求得，再根据三角函数可得，进而求得，再根据点P为边的三等分点求得,然后再根据弧长公式计算即可．
【小问1详解】
解：四边形DEFG是平行四边形．理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形DEFG是平行四边形．
【小问2详解】
解：如图：过点D、C分别作，，垂足分别为M、N，
∵，
∴四边形DMNC是矩形，
∴，，
∵AD的坡度为，
∴，
设，则，根据勾股定理可得：，
∴，
∴，，
在与中，，，
∴，
∴，
∴（米）．
【小问3详解】
解：如图：过点E作于点J，交CD于点I，则，
∵雕塑的高为米，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，，
在中，，
∴（米），
∴或，
∴弧PH的长度（米）或（米）．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．