福建省福州市金山中学2024—2025学年下学期九年级期中考试数学试卷（解析版）-A4

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满分150分；考试时间120分钟
一．选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．
1. 实数的相反数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查相反数，解题的关键是掌握：只有符号不同的两个数叫做互为相反数．据此解答即可．
【详解】解：实数的相反数是．
故选：B．
2. 拒绝餐桌浪费，刻不容缓．一个人一日三餐少浪费一粒米，全国一年大约可以节省3250万斤粮食，这些粮食可供9万人吃一年．“3250万”这个数据用科学记数法表示（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了科学记数法，关键是理解运用科学记数法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，据此求解即可．
【详解】解：“3250万”这个数据用科学记数法表示．
故选：C．
3. 下列各式中，正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了求一个的算术平方根、立方根，同底数幂的乘法运算，完全平方公式，熟练掌握各知识点是解题的关键．
分别根据算术平方根、立方根的定义，同底数幂的乘法运算法则以及完全平方公式进行判断即可．
【详解】解：A、，原计算错误，故不符合题意；
B、，原计算正确，故符合题意；
C、，原计算错误，故不符合题意；
D、，原计算错误，故不符合题意；
故选：B．
4. 已知抛物线，下列说法正确的是（ ）
A. 开口向下B. 最大值为3
C. 顶点坐标为D. 与轴的交点坐标为
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查二次函数的图象与性质，掌握的图象与性质是解题的关键．
根据的图象与性质进行判断即可．
【详解】解：A、抛物线中，，
∴开口向上，故A不符合题意；
B、∵开口向上，
∴当时，有最小值为3，故B不符合题意；
C、顶点坐标，正确，故C符合题意；
D、当，
则与轴的交点坐标为，故D不符合题意；
故选：C．
5. 如图，将视力表中的两个“”放在平面直角坐标系中，两个“”字是位似图形，位似中心点，①号“”与②号“”的相似比为．点与为一组对应点，若点坐标为，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查了位似变换的性质：如果两个图形位似，那么任意一对对应点到位似中心的距离之比都等于位似比，任意一组对应边都互相平行(或在一条直线上)，将点的横、纵坐标乘以即可得到点的坐标，据此求解即可．
【详解】解：∵①号“”与②号“”的相似比为，点Q坐标为
∴点的坐标为，即，
故选：D．
6. 四个半径为5的等圆与直线的位置关系如图所示，若某个圆上的点到直线的最大距离为8，则这个圆可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了直线和圆的位置关系的应用，解此题的关键是找出这个圆．根据圆与直线相交求解即可．
【详解】解：、、、是四个半径为5的等圆，某个圆上的点到直线l的最大距离为8，
∴直线与这个圆相交且不经过圆心，且与圆有两个交点，
某个圆上的点到直线l的最大距离为8是，
故选：C．
7. 如图，在中，，点在的延长线上，且，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数．过点作，根据勾股定理可以求出，是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可知，利用勾股定理可以求出，再根据余弦的定义可以求出的余弦值．
【详解】解：如下图所示，过点作，
在中，，
，
，，
，
在中，，
．
故选： B．
8. 俗语有云：“一天不练手脚慢，两天不练丢一半，三天不练门外汉，四天不练瞪眼看．”其意思是知识和技艺在学习后，如果不及时复习，那么学习过的东西就会被遗忘．假设每天“遗忘”的百分比是一样的，根据“两天不练丢一半”，设每天“遗忘”的百分比为x，则x满足方程（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，读懂题意，根据题中的数量关系正确列出方程是解题的关键．
设每天遗忘的百分比为x，根据“两天不练丢一半”列出方程解答即可．
【详解】解：设每天遗忘的百分比为x，
则根据题意可得：，
故选：D．
9. 如图，是的直径，弦垂直平分，点E在上，连接．若平分，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理，同弧或等弧所对的圆周角相等等知识；掌握这些知识并添加必要辅助线是解题的关键；设垂直平分于点F，连接，由垂直平分线的性质得是等边三角形，由圆周角定理、同弧或等弧所对的圆周角相等可分别求得的度数，再由平分，可求得的度数，求得，最后即可求解．
【详解】解：设垂直平分于点F，连接，
∵是的直径，弦垂直平分，
∴
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴；
∵平分，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
10. 已知点，，在同一个函数图象上，则这个函数图象可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了函数解析式与点的关系，对称性，逐一判断合适的解析式即可．图象上点的坐标满足函数的解析式是关键．
【详解】解：当点，，在同一直线上时，设直线解析式为，
根据题意，得，
解得，
与矛盾，
故A错误；
当点，，在同一反比例函数图象上时，
则，
设反比例函数解析式为，
根据题意，得，
解得，
与矛盾，
故C错误；
由，同一个函数图象上，
故图象关于轴对称，由，，可知在轴的左侧，随的增大而减小，故D符合题意；B不符合题意，
故选：D．
二．填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．
11. 在实数范围内分解因式：______________________．
【答案】
【解析】
【分析】根据完全平方公式分解因式即可．
【详解】解：．
故答案为：．
【点睛】本题考查运用完全平方公式分解因式，熟练掌握该知识点是解题关键．
12. 已知圆锥的母线长为4，底面圆的半径为3，该圆锥的表面积为 ______________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查求圆锥的表面积，根据圆锥的表面积等于侧面积加上底面积，进行计算即可．
【详解】解：∵圆锥的母线长为4，底面圆的半径为3，
∴圆锥的表面积为；
故答案为：．
13. 某招聘考试分笔试和面试两种，其中笔试按60%、面试按40%计算加权平均数，作为总成绩．孔明笔试成绩90分，面试成绩85分，那么孔明的总成绩是_____分．
【答案】88
【解析】
【详解】解：∵笔试按60%、面试按40%计算，
∴总成绩是：90×60%+85×40%=88（分），
故答案为：88．
14. 不等式组的解集是______．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了解一元一次不等式组，关键是掌握解集的规律：“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”．先求出每个不等式的解集，再确定公共部分即可得答案．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴原不等式组的解集为：．
故答案为：．
15. 定义，若，则的值为________．
【答案】0或4##4或0
【解析】
【分析】本题考查了新定义，涉及解一元二次方程，正确理解新定义，运用分类讨论思想是解题的关键．
当时，；当时，，再解方程即可，注意检验的值是否符合讨论的前提条件．
【详解】解：当时，，
经检验，符合题意；
当时，，
解得：或（舍），
综上，的值为0或4，
故答案为：0或4．
16. 如图，正方形边长为a，点E是正方形内一点，满足，连接．给出下面四个结论：①；②；③的度数最大值为；④当时，．上述结论中，所有正确结论的序号为___________．
【答案】②④##④②
【解析】
【分析】取中点O，连接，，由勾股定理得，然后根据三角形三边关系可判断①不正确；证明点E在以点O为圆心，为直径的圆上运动，当三点共线，当三点共线时，有最小值，据此可判断②；当与相切时有最大值，证明，得到，，则，再证明，得到，即可判断③④．
【详解】解：取中点O，连接，，
∵四边形是正方形，
∴，．
∴，故①错误；
∵，
∴点E在以点O为圆心，为直径的圆上运动，
∴当三点共线时，有最小值，
在中，由勾股定理得，
∴的最小值为，故②正确；
当与相切时,有最大值，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的度数最大值不是，故③错误；
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，故④正确；
故答案为：②④．
【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等等，根据题意得到点E的运动轨迹是解题的关键．
三．解答题：本题共9小题，共86分．
17. （1）解方程：
（2）计算：
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，实数的运算，求特殊角三角函数值等等，熟知相关计算法则是解题的关键．
（1）把方程左边利用十字相乘法分解因式，再解方程即可；
（2）先计算特殊角三角函数值，负整数指数幂，再根据实数的运算法则求解即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴或，
解得；
（2）
．
18. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，1
【解析】
【分析】本题考查分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则，熟练运用整体思想是解题关键．
根据分式的混合运算法则化简分式，然后整体代入条件求解即可．
【详解】解：
，
∵，
∴原式．
19. 如图，已知，点，在线段上，且．
请从①；②；③中．选择一个合适的选项作为已知条件，使得．
你添加的条件是：________（只填写一个序号）
添加条件后，请证明：四边形为平行四边形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
选择①时，先由即可，再由证明，得到，，则，即可证明四边形是平行四边形；选择②时，先由即可，再由证明，得到，，则，即可证明四边形是平行四边形．
【详解】解：可选取①或②（只选一个即可），
证明：当选取①时，
在与中，
，
，，
，
，
与中，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形；
证明：当选取②时，
在与中，
，
，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形．
20. “二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明“．小李同学购买了“二十四节气”主题邮票，他将A（小雪）、B（寒露）、C（秋分）、D（立秋）四张纪念邮票（除正面不同外，其余均相同）背面朝上洗匀．
（1）小李从中随机抽取一张邮票，抽中是B（寒露）的概率是 ．
（2）小李先从中随机抽取一张邮票，记下内容后，正面朝下放回，重新洗匀后再随机抽取一张邮票．请用树状图或列表的办法求小李两次抽取的邮票中至少有一张是D（立秋）的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了概率公式，画树状图求概率，
（1）根据概率公式计算；
（2）画出树状图，确定所有可能出现的结果，符合题意的结果，再根据概率公式得出答案．
【小问1详解】
解：一共有4张邮票，符合题意的有1张，
所以，抽中B的概率是．
故答案为：；
【小问2详解】
画树状图如下：
一共有16种可能出现的结果，每种结果出现的可能性相同，符合题意的有7种，所以两次抽取邮票中至少有一张是D的概率是．
21. 已知：如图，及射线上的一点．
（1）求作：等腰，使线段为等腰的底边，点在内部，且点到两边的距离相等（尺规作图，保留作图痕迹）；
（2）在（1）的条件下，若，则______．
【答案】（1）见解析 （2）60°
【解析】
【分析】（1）作∠ABC的平分线BK，线段BD的垂直平分线MN，射线BK与直线MN的交点E即为所求；
（2）根据垂直的定义，角平分线的定义与线段垂直平分线的性质即可解决问题．
【小问1详解】
解：点E是∠ABC的平分线与线段BD的垂直平分线的交点，如图点E即为所求．
【小问2详解】
∵DE⊥AB，
∴∠ABC＋∠BDE＝90°，
∵点E是∠ABC的平分线与线段BD的垂直平分线的交点，
∴∠ABE＝∠DBE＝∠BDE，
∴∠ABE＝∠DBE＝∠BDE＝30°，
∴∠ABC＝60°．
故答案为：60°．
【点睛】本题主要考查作图−复杂作图，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型．
22. 如图，在平面直角坐标系中，直线与反比例函数的图象交于，两点（点在点右侧），已知点的坐标是，点的纵坐标是．
（1）求反比例函数和直线的表达式；
（2）将直线沿轴向上平移后得直线，，与轴分别交于，两点，与反比例函数在第一象限内交于点，如果的面积为15，求平移后的直线的函数表达式．
【答案】（1）反比例函数的表达式为，直线的表达式为
（2）
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求函数的解析式，函数图象上点的坐标特征，一次函数图象与几何变换以及三角形的面积，熟知待定系数法求函数解析式是解题的关键．
（1）将点代入，求出反比例函数的表达式；可求出B点坐标，再将A，B两点的坐标代入，利用待定系数法求出直线的表达式；
（2）连接，则，根据平移的性质可得，即可得出的面积与的面积相等，可求得，即可得出平移后的直线的函数表达式．
【小问1详解】
解：∵反比例函数的图象过点A，点A的坐标是，
∴，即，
∴反比例函数的表达式为，
在中，当时，，
∴．
把点，代入得：，
解得：，
∴直线的表达式为；
【小问2详解】
解：如图，连接，
在中，当，，
∴，
由平移的性质可得，
∴的面积与的面积相等，
∵的面积为15，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设平移后的直线的函数表达式为，
把代入，得，
解得：，
∴平移后的直线的函数表达式为．
23. 综合与实践
根据以下素材，完成探究任务．
城墙建多高才能抵御敌方的进攻？
【素材1】图1是古代一种攻城器械“发石车”，其投出去的石块运动轨迹是抛物线的一部分．
【素材2】如图2，防守方的护城墙垂直于地面，墙高，进攻方把“发石车”放置在距处的处，石块从处竖直方向上的处被投出，当石块在空中飞行到与的水平距离为时，石块离地面的高度最高，最高高度为．
【解决问题】
（1）当时．
①建立适当的平面直角坐标系，求抛物线（石块运动轨迹）的解析式；
②进攻方的石块能飞进防守方的城墙吗？若能，城墙应加建多高以上，才能让进攻方的石块飞不进防守方城墙；若不能，请说明理由．
（2）问：石块初发点与的距离在什么范围内，防守方无须加高城墙？
【答案】（1）①抛物线的解析式为；②进攻方的石块能飞进防守方的城墙，城墙应加建以上
（2）当时，防守方无须加高城墙
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的应用，不等式的应用，解题的关键是掌握二次函数的图象与性质．
（1）①以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立直角坐标系，
则，设抛物线的解析式为，利用待定系数法求解即可；
②令，求出值，即可判断进攻方的石块能飞进防守方的城墙，用求出的值减去城墙高度即可得到城墙应加建多高；
（2）设抛物线解析式为，，则，得到，抛物线的解析式为，根据题意可得：当时，，即可求解．
【小问1详解】
①以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立直角坐标系，
，，
，
设抛物线的解析式为，
将代入得：，
解得：，
抛物线的解析式为；
②进攻方的石块能飞进防守方的城墙，
，，
，
令，则，
，
进攻方的石块能飞进防守方的城墙，
，
城墙应加建以上；
【小问2详解】
设抛物线的解析式为，，则，
将代入抛物线解析式得：，
，
抛物线的解析式为，
当时，，
解得：，
当时，防守方无须加高城墙．
24. 问题：如何将物品搬过直角过道?
情境：图1是一直角过道示意图，为直角顶点，过道宽度都是．矩形ABCD是某物品经过该过道时的俯视图，宽AB为．
探究：
（1）如图2，已知，小明求得后，说：“，该物品能顺利通过直角过道”．你赞同小明的结论吗?请通过计算说明．
（2）如图3，物品转弯时被卡住（C、B分别在墙面与PR上），若．求OD的长．
（3）求该过道可以通过的物品最大长度，即求BC的最大值（精确到0.01米，)．
【答案】（1）不赞同，见解析
（2）
（3）物品的最大长度为米
【解析】
【分析】（1）连结OB，根据勾股定理，求出的长，与比较大小，即可求解，
（2）过点作PR的平行线，根据锐角三角函数，求出、的长，即可求解，
（3）根据勾股定理，根据锐角三角函数，求出、的长，即可求解，
本题考查了，勾股定理，锐角三角函数的应用，解题的关键是：充分理解题意正确列式．
【小问1详解】
解：连结OB，
由题知，，
则，
该物品不能顺利通过直角过道，
故答案为：不赞同，
【小问2详解】
解：如图，过点作PR的平行线，交过道两侧分别于点，由题可知，
，
，
，
，
故答案为：
【小问3详解】
解：当时，物品能通过直角过道．
当，则，
同理，，
此时，，
故答案为：物品的最大长度为米．
25. 如图，在四边形中，过点，且与相交于点．
（1）如图①，求证：是的切线．
（2）如图②，连接，若．
（I）求的长．
（II）直接写出的长．
【答案】（1）见解析 （2）（I）3；（II）
【解析】
【分析】（1）如图，连接，并延长交于，交于，证明，根据垂径定理证明，再结合平行线的性质与切线的判定可得结论；
（2）（I）如图，连接，并延长交于，连接，证明，可得，可得，再进一步可得；
（II）过作于，过作于，证明四边形为矩形，求解，，可得，结合，可得，求解，进一步解答即可．
【小问1详解】
解：如图，连接，并延长交于，交于，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：（I）如图，连接，并延长交于，连接，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，而，
∴，
解得：，（负根舍去），
∴；
（II）过作于，过作于，
由（1）得：，，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
步骤
动作
目标
1
靠边
将如图1中矩形ABCD的一边AD靠在SO上
2
推移
矩形ABCD沿SO方向推移一定距离，使点О在边AD上
3
旋转
如图2，将矩形ABCD绕点О旋转
4
推移
将矩形ABCD沿OT方向继续推移