湖南省长沙一中集团2024—2025学年九年级下学期期中考试数学试卷（含答案）

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一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B A B C D B B A D
二、填空题
11．x(x＋2)(x－2)
12．x≠1
13．15π
14．35
15．m>－4
16．2
三、解答题
17．【解析】|2－tan 60°|－(π－3.14)0＋\a\vs4\al\c1(－\f(12))－2＋12)2
＝|2－3|－1＋4＋3
＝2－3－1＋4＋34 分
＝5.6 分
18．【解析】原式＝4(x2－2x＋1)－(4x2－9)＋2x2＋8x
＝4x2－8x＋4－4x2＋9＋2x2＋8x
＝2x2＋13，4 分
当 x＝－1 时，原式＝2＋13＝15.6 分
19．【解析】(1)延长 AE 交 CD 于点 H，
∵∠EAB＝∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴四边形 ABCH 为矩形，
∴CH＝AB＝2，且∠AHD＝90°，
∴DH＝3.7－2＝1.7，
又∵∠CDE＝30°，
∴EH＝1.7÷3≈1.0，DE＝2EH≈2.0，
∴AE＝BC－EH≈1.3，
∴AE＋DE≈3.3，
答：AE＋DE 的长度约为 3.3 km.3 分
(2)60 km/h＝1 km/min，40 km/h＝23 km/min，
经过路线 A→B→C→D 的时间 t1＝(2＋2.3＋3.7)÷23＝12 min，
经过路线 A→E→D 的时间 t2＝3.31＝3.3 min，
12－3.3＝8.7 min，
答：大约可节约 8.7 分钟.6 分
20．【解析】(1)根据题意得：总人数为：3÷15%＝20(人)，
表示“D 等级”的扇形的圆心角为 420×360°＝72°；
C 等级所占的百分比为 820×100%＝40%，
所以 m＝40，
故答案为：20，72，40.3 分
(2)等级 B 的人数为 20－(3＋8＋4)＝5(人)，
补全统计图，如图所示：
5 分
(3)根据题意，列出表格，如下：
男 女 1 女 2
男 女 1、男 女 2、男
女 1 男、女 1 女 2、女 1
女 2 男、女 2 女 1、女 2
共有 6 种等可能结果，其中恰是一男一女的有 4 种，
所以恰是一男一女的概率为 46＝23.8 分
21．【解析】(1)∵D 是边 BC 的中点，
∴BD＝CD＝12BC，
∵CE∥AB，
∴∠B＝∠DCE，∠E＝∠BAD，
在△ABD 和△ECD 中，
∠BAD＝∠E，∠B＝∠DCE，BD＝CD，
∴△ABD≌△ECD(AAS).4 分
(2)由(1)可知△ABD≌△ECD，
∴AB＝CE＝5，
在△ABC 中，AB－AC＜BC＜AB＋AC，
∴2＜BC＜8.8 分
22．【解析】(1)设第一批每份的进价是 x 元，则第二批每份的进价是(x＋1)元，
由题意得：1500x＋1＝600x×2，
解得：x＝4，
经检验，x＝4 是所列方程的解，且符合题意，
∴x＋1＝4＋1＝5，
答：第一批书签每份的进价是 4 元.5 分
(2)由(1)可知，两批书签进货量分别为 600÷4＝150(份)，1500÷5＝300(份)，
设每份书签的标价是 a 元，
由题意得：(150a＋300a)－(600＋1500)≥1500，
解得：a≥8，
答：每份书签的标价至少是 8 元.9 分
23．【解析】(1)∵EF⊥AD，
∴∠OED＝90°，
∴∠ODA＋∠DOE＝90°，
∵∠FOC＝∠ODA，
∴∠FOC＋∠DOE＝90°，
∴∠COD＝180°－90°＝90°，
∴AC⊥BD，
又∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴四边形 ABCD 为菱形.5 分
(2)法一：由(1)可知，四边形 ABCD 为菱形，
∴AD＝AB＝1，OA＝OC＝12AC，
∵EF⊥AD，
∴S 菱形 ABCD＝12AC•BD＝AD•EF，
∵BD＝3EF，
∴12AC•3EF＝AD•EF，
即 32AC＝1，
∴AC＝23，
∴OC＝12AC＝13.9 分
法二：利用三角函数 sin∠OBC＝OCBC＝OFOB＝13，∴OC＝13.9 分
法三：△BOC∽△BFO 得 OCBC＝OFOB＝13，∴OC＝13.9 分
24．【解析】(1)由题可知，3x2－2x－1＝0 的“轮转对称方程”是－x2－2x＋3
＝0，
即(x－1)(x＋3)＝0，
解得 x1＝1，x2＝－3.3 分
(2)将 A(1，0)，B(2，0)代入 y＝ax2＋bx＋c，
可得 a＋b＋c＝0，4a＋2b＋c＝0，)解得 b＝－3a，c＝2a，)
其“轮转对称函数”为 y＝cx2＋bx＋a＝2ax2－3ax＋a，
∴y＝a(2x2－3x＋1)，
令 2x2－3x＋1＝0，解得 x1＝12，x2＝1，
∴“轮转对称函数”的图象过定点\a\vs4\al\c1(\f(12)，0)，(1，0).5 分
(3)(ⅰ)由直线 y＝x 可知∠BOD＝∠DOC＝45°，
∵OD2＝OB·OC，
∴ODOB＝OCOD，
∴△COD∽△DOB，∴∠OCD＝∠ODB，
∵∠DOC＝45°，∴∠OCD＋∠ODC＝135°，
∴∠BDC＝∠ODB＋∠ODC＝135°，
∴∠ACD＝∠BDC＝135°，
∴∠ECD＝∠EDC＝45°，
∴△CDE 是等腰直角三角形，
∴CD＝2DE，
又∵BD＝2DE，
∴BD＝2CD，
∵△DOB∽△COD，
∴OBOD＝ODOC＝BDCD＝2，
∴OD＝2OC＝22，OB＝2OD＝4，
∴D\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，2)，B\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，0)，
将 B\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，0)，C(0，2)，D\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，2)三点代入抛物
线 y1＝ax2＋bx＋c，
得 16a＋4b＋c＝0，c＝2，4a＋2b＋c＝2，解得 a＝－\f(14c＝2，12)，
则 y1＝－14x2＋12x＋2，
∴t＝ y0－ x0＝ 20\a\vs4\al\c1(－ \f(112)x0＋ 2－ x0＝ － 14x20－ 12x0＋ 2＝ －
14\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋1)2＋94，
令 x0＝－1 得，tmax＝94，
要使 t≤m＋74 恒成立，即 m≥t－74 恒成立，
则 m≥\a\vs4\al\c1(t－\f(74))max＝tmax－74＝12，
∴m≥12.8 分
(ⅱ)由(ⅰ)可知 y1＝－14x2＋12x＋2，
∴y2＝2x2＋12x－14＝2\a\vs4\al\c1(x＋\f(18))2－932，
∵n>m≥12，
∴5m2－2m＝m(5m－2)>0，同理 5n2－2n＝n(5n－2)>0
又∵m5m2－2m≥1y2≥n5n2－2n，
∴5m2－2mm≤y2≤5n2－2nn，即 5m－2≤y2≤5n－2，
∵n>m≥12＞－18，
∴2m2＋\f(114114)＝5n－2，解得 m＝\f(1274)，10 分
25．【解析】(1)∵四边形 ABCD 内接于☉O，∠BCD＝114°，
∴∠BAD＝66°，
︵ ︵ 又∵ ＝ ，
∴∠BAC＝∠DAC＝12∠BAD＝33°.3 分
(2)如图，过点 E 作 EG∥BQ，交 AD 于点 G，
∴∠AEG＝∠BFE＝∠BEA，
又∵∠BAE＝∠GAE 且 AE＝AE，
∴△ABE≌△AGE(ASA)，
∴EG＝BE＝BF，
又∵EG∥BQ，
∴△DEG∽△DBQ，
∴BEBQ＝EGBQ＝DEBD，
∴BEBQ＋BEBD＝DEBD＋BEBD＝BDBD＝1，
∴1BQ＋1BD＝1BE.6 分
(3)法一：过点 I 分别作 AB，AD，BD 的垂线，垂足分别为 M，N，H 点，
∵BD 为直径，
∴∠BAD＝90°，
∴四边形 AMIN 为矩形，
∵I 为内心，
∴IM＝IN＝IH，
∴四边形 AMIN 为正方形，
设 AM＝AN＝IM＝IN＝IH＝r，DH＝DN＝x，
∴BM＝BH＝2R－x，OH＝R－x，
在 Rt△BAD 和 Rt△IOH 中，
由勾股定理可得（R－x）2＋r2＝\f(15（r＋x）2＋（2R－x＋r）2＝4R2，
解得 r＝25R，x＝45R，
∴AB＝85R，AD＝65R，
∵∠ABE＝∠ACD，∠BAE＝∠CAD，
∴△ABE∽△ACD，
∴AE·AC＝AB·AD＝4825R2，
又∵∠CBE＝∠CAB，∠BCE＝∠ACB，
∴△BCE∽△ACB，
∴CE·AC＝CB2＝2R2，
∴AECE＝AE·ACCE·AC＝2425.10 分
法二：由欧拉公式得：OI2＝R2－2Rr＝15R2，
∴r＝25R＝AB＋AD－2R2，
∴AB＋AD＝145R，
又∵AB2＋AD2＝4R2，
∴AB＝85R，AD＝65R，
(后续同法一)10 分