福建省福州第十八中学九年级上学期期中考试数学试卷（解析版）-A4

这是一份福建省福州第十八中学九年级上学期期中考试数学试卷（解析版）-A4，共20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。
（满分：150分，考试时间：120分钟）
班级______ 姓名______ 座号______
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题所给出的四个选项恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项的字母代号填涂在答题卡相应位置上）
1. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形的识别．熟练掌握：如果把一个图形绕某一点旋转180度后能与自身重合，这个图形是中心对称图形是解题的关键．
根据中心对称图形的定义进行判断即可．
【详解】解：A、是中心对称图形，故符合题意；
B、不是中心对称图形，故不符合题意；
C、不是中心对称图形，故不符合题意；
D、不是中心对称图形，故不符合题意；
故选：A．
2. 抛物线y=2(x－1)2－6的对称轴是( ).
A. x=－6B. x=－1C. x=D. x=1
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线的顶点式，直接得出结论即可．
【详解】解：∵抛物线y=2（x-1）2-6，
∴抛物线的对称轴是x=1．
故选D．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，要熟悉二次函数的顶点式：y=a（x-h）2+k（a≠0），其顶点坐标为（h，k），对称轴为x=h．
3. 如图，点A、B、C在上，，则的度数为（ ）
A. 20°B. 40°C. 60°D. 80°
【答案】D
【解析】
【分析】根据是所对的圆心角，是所对的圆周角，可得从而可得答案．
【详解】解：是所对的圆心角，是所对的圆周角，



故选：
【点睛】本题考查的是圆周角定理，掌握“同弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半”是解题的关键．
4. 若关于的一元二次方程有一个根为1，则的值为（ ）
A. 3B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把代入，转化为m的方程求解即可．本题考查了方程根的定义即使方程左右两边相等的未知数的值，转化求解是解题的关键．
【详解】把代入，
得，
解得，
故选A．
5. 将抛物线向上平移2个单位，则得到的抛物线表达式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据“左加右减，上加下减”的规律解答．
主要考查的是函数图象的平移，解题的关键是用平移规律直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式．
【详解】将抛物线向上平移2个单位，则得到的抛物线表达式为，
故选D．
6. 已知二次函数y＝（x﹣1）2+1，若点A（0，y1）和B（3，y2）在此函数图象上，则y1与y2的大小关系是（ ）
A. y1＞y2B. y1＜y2C. y1＝y2D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】利用二次函数图象上点坐标特征可求出y1与y2的值，再比较即可解题．
【详解】解：因为点A（0，y1）和B（3，y2）在此函数图象上，
所以y1=1+1=2，y2=4+1=5
y1＜y2
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
7. 福州盛产橄榄，当地人称橄榄为“福果”，它既是“有福之州”的特产，又寓意着“幸福”，某企业2022年加工福州橄榄3万吨，随着加工技术的提升，该企业2024年预计加工福州橄榄5万吨，设从2022年到2024年该企业加工福州橄榄的年平均增长率为x，则符合题意的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了一元二次方程的应用——增长率问题，正确理解题意列得方程是解题的关键．由加工福州橄榄的年平均增长率为x，则2023年加工福州橄榄万吨，2024年加工福州橄榄万吨，由此得到方程．
【详解】解：根据题意得，
故选：C．
8. “圆材埋壁”是我国古代数学名著《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，深一寸，锯道长一尺．问：径几何？”用现在的几何语言表达即：如图，弦，垂足为点，寸，寸，则直径的长度是（ ）
A. 12寸B. 24寸C. 13寸D. 26寸
【答案】D
【解析】
【分析】连接构成直角三角形，先根据垂径定理，由垂直得到点为的中点，由可求出，再设出圆的半径为，表示出，根据勾股定理建立关于的方程，解方程直接可得的值，即为圆的直径．
【详解】解：如图，连接，
，
，且寸，
寸，
设圆的半径的长为，则，
，
，
在直角三角形中，根据勾股定理得：
，化简得：，
即，
寸，
故选：D．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，正确添加辅助线构造直角三角形是关键．
9. 如图，等边△OAB的边OB在轴上，点B坐标为（2，0），以点O为旋转中心，把△OAB逆时针转90，则旋转后点A的对应点的坐标是（ ）
A. （-1，）B. （，-1）C. （）D. （-2，1）
【答案】C
【解析】
【分析】如图，过点A作AE⊥OB于E，过点A′作A′H⊥x轴于H．利用全等三角形的性质解决问题即可．
详解】解：如图，过点A作AE⊥OB于E，过点A′作A′H⊥x轴于H．
∵B（2，0），△AOB是等边三角形，
∴OA=OB=AB=2，
∵AE⊥OB，
∴OE=EB=1，
∴AE=，
∵A′H⊥OH，
∴∠A′HO=∠AEO=∠AOA′=90°，
∴∠A′OH+∠AOE=90°，∠AOE+∠OAE=90°，
∴∠A′OH=∠OAE，
∴△A′OH≌△OAE（AAS），
∴A′H=OE=1，OH=AE=，
∴A′（-，1），
故选：C．
【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，等边三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
10. 已知抛物线（）经过点，且对于抛物线上任意一点都有，若点，均在这条抛物线上，且，则t的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了数形结合法，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标的特征，数掌握二次函数的性质是解题的关键．利用二次函数的性质可知点P为抛物线的顶点，从而得到抛物线的对称轴，利用抛物线的对称性和二次函数的性质解答即可．
【详解】解：∵抛物线（）经过点，且对于抛物线上任意一点都有，
∴点为抛物线的最高点即顶点，此时，
∴抛物线的对称轴为直线．
∵，
∴，
∴，
∵,
∴点离对称轴较远，离对称轴较近，
当点A、B在对称轴同侧时，；
当点A、B在对称轴两侧时，关于对称轴对称点为，
则；
∴四个选项中，只有选项D符合题意，
故选：D．
二、填空题（本大题共6小题，共24分）
11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是____________
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是．据此解答即可．
【详解】解：根据中心对称的性质得：点关于原点对称点的点的坐标是
故答案为：．
12. 方程的根是____________．
【答案】1和2
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题关键．利用因式分解法解一元二次方程即可得．
【详解】解：，
或，
，
所以方程的根是1和2，
故答案为：1和2．
13. 已知二次函数y＝x2＋bx＋c过点（2，0），则﹣2b﹣c的值为____．
【答案】4
【解析】
【分析】直接将点（2，0）代入二次函数解析式中，然后变形求解即可．
【详解】解：∵二次函数y＝x2＋bx＋c过点（2，0），
∴4+2b+c=0，即：-2b-c=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查二次函数图象上点的特征，理解抛物线上点的基本特征，准确代入求值是解题关键．
14. 小明烘焙了几款不同口味的饼干，分别装在同款的圆柱形盒子中．为区别口味，他打算制作“**饼干”字样的矩形标签粘贴在盒子侧面．为了获得较好的视觉效果，粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为（如图）．已知该款圆柱形盘子底面半径为，则标签长度l应为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了弧长公式，牢记弧长公式是解题关键．
根据弧长公式进行计算即可．
【详解】解：粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为，底面半径为，
．
故答案为：．
15. 已知二次函数中，函数y与自变量x的部分对应值如下表：则当时，x的取值范围是______．
【答案】-1＜x＜5
【解析】
【分析】根据二次函数的对称性及已知数据可知该二次函数的对称轴为x=2，结合表格中所给数据可得出答案．
【详解】解：由所给数据可知当x=2时，y有最小值1，
∴二次函数的对称轴为x=2，
又由表格数据可知当y＜10时，对应的x的范围为-1＜x≤2，
又由二次函数的对称性可知当2＜x＜5时，y值的范围也是y＜10，
故答案为：-1＜x＜5．
【点睛】本题主要考查二次函数的对称性，掌握二次函数的图象关于对称轴对称是解题的关键．
16. 如图，是正方形边的中点，是正方形内一点，连接，线段以为中心逆时针旋转得到线段，连接．若，，则的最小值为___________．

【答案】
【解析】
【分析】连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，由 的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，可得：的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，再根据“圆外一定点到圆上任一点的距离，在圆心、定点、动点，三点共线时定点与动点之间的距离最短”，所以当、、三点共线时，的值最小，可求，从而可求解．
【详解】解，如图，连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，

的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，
的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，
如图，当、、三点共线时，的值最小，
四边形是正方形，
，，
是的中点，
，
，
由旋转得：，
，
，
的值最小为．
故答案：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，动点产生的线段最小值问题，掌握相关的性质，根据题意找出动点的运动轨迹是解题的关键．
三、解答题（本大题共9小题，共86分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 解方程：．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查解一元二次方程，正确计算是解题的关键，根据公式法解一元二次方程即可．
详解】解：∵，，
∴，
∴，
∴，．
18. 已知二次函数图象的顶点坐标为（1，-4），且过点（2，-3）.求该函数的解析式.
【答案】
【解析】
【分析】已知二次函数的顶点坐标为（1，﹣4），设抛物线的顶点式为，将点（2，-3）代入求a即可．
【详解】解：设此二次函数的解析式为，
∵其图象经过点（2，-3），
∴a（2﹣1）2﹣4＝-3，
∴a＝1，
∴，即．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式．在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．
19. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，使点在延长线上．求证：．

【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质，根据旋转得到，即可得到，进而可以解决问题．
【详解】证明：∵绕点A逆时针旋转得到，点在的延长线上，
∴，，
∴
∴，
∴，
∴．
20. 如图，以点O为圆心，长为直径作圆，在上取一点C，延长至点D，连接，，过点A作交的延长线于点E．求证：是的切线．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】本题考查了圆的切线的判定，等腰三角形的性质，圆周角定理，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
连接，如图所示，由直径所对的圆周角是直角，再由互余定义得到，从而，即，从而判断是的切线．
【详解】证明：连接，如图，
∵为直径，
∴，即，
又∵，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线．
21. 如图，已知，将绕着点A逆时针方向旋转得，点B，C的对应点分别是点D，E．
（1）画出旋转后的；
（2）延长线段与，它们交于点N．求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据旋转的性质作出图形即可；
（2）根据将绕着点A逆时针方向旋转得可得，，则有,再根据四边形的内角和是360°可求出结果．
【详解】（1）如图△ADE就是所求的图形.
（2）∵绕着点A逆时针方向旋转得，
∴ ，，
∵,
∴.
∴.
【点睛】本题考查作图旋转变换，旋转的性质，四边形的内角和等知识，熟悉相关性质是解题的关键．
22. 数学兴趣学习小组准备建一个矩形苗圃园ABCD，苗圃园的一边利用长为14米的住房墙，另外三边用28米长建筑材料围成．
（1）若矩形苗圃园ABCD的面积为96平方米，求边AB的长；
（2）当边AB为多少时，矩形苗圃园ABCD的面积最大，最大是多少？
【答案】（1）12米；（2）当边AB为14米时，矩形苗圃园ABCD的面积最大，最大是98平方米
【解析】
【分析】（1）设边AB的长为x米，根据矩形的面积列出方程，求出的x取小于等于的值即可；
（2）设边AB的长为x米，根据矩形的面积列出函数解析式，根据函数的性质求最值即可．
【详解】解：（1）设边AB的长为x米，
由题意得：，
整理得：，
解得：，，
∵，
∴，
答：边AB的长为米；
（2）矩形苗圃园ABCD的面积为y平方米，
则，
∵，
∴当时，最大值，最大值为，
∴当边AB为米时，矩形苗圃园ABCD的面积最大，最大是平方米．
【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，一元二次方程的实际应用，解题关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
23. 根据以下素材，探索完成任务．
如何设计大棚苗木种植方案？
素材1：图1中有一个大棚苗木种植基地及其截面图，其下半部分是一个长为20m，宽为1m的矩形，其上半部分是一条抛物线，现测得，大棚顶部的最高点距离地面5m．
素材2：种植苗木时，每棵苗木高1.76m，为了保证生长空间，相邻两棵苗木种植点之间间隔1m，苗木顶部不触碰大棚，且种植后苗木成轴对称分布．

问题解决
任务1：确定大棚上半部分形状．根据图2建立的平面直角坐标系，求抛物线的函数关系式．
任务2：探究种植范围．在图2的坐标系中，在不影响苗木生长的情况下，确定种植点的横坐标的取值范围．
任务3：拟定种植方案．给出最前排符合所有种植条件的苗木数量，并求出最左边一棵苗木种植点的横坐标．
【答案】；；18，
【解析】
【分析】（1）根据题意建立直角坐标系，分别得到，，，再根据待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）根据每棵苗木高1.76m，且苗木顶部不触碰大棚得到，即可求出种植点的横坐标的取值范围；
（3）根据（2）的种植点的横坐标的取值范围即可求出数量和出最左边一棵苗木种植点的横坐标．
【详解】解：（1）如下图所示，
根据题意得，，，，
设二次函数的解析式为，

得，
解方程组得，，
∴；
（2）当时，
得，
∴，
∴；
（2）根据题中所知，种植后苗木成轴对称分布，且相邻两棵苗木种植点之间间隔，
∴在距离y轴的两则开始种植，最前排可种植：（棵），
则最左边一棵苗木种植点的横坐标．
答：最前排符合所有种植条件的苗木数量为18棵，最左边一棵苗木种植点的横坐标为．
【点睛】本题考查二次函数的应用，解题的关键是根据题意求出抛物线的解析式．
24. 如图，AB，AC是⊙O的弦，过点C作CE⊥AB于点D，交⊙O于点E，过点B作BF⊥AC于点F，交CE于点G，连接BE．
（1）求证：BE＝BG；
（2）过点B作BH⊥AB交⊙O于点H，若BE的长等于半径，BH＝4，AC＝4，求CD的长．
【答案】（1）见解析；（2）6
【解析】
【分析】（1）先根据圆周角定理得到∠BAC＝∠BEC，再根据直角三角形的性质、对顶角相等得到∠BEC＝∠BGE，然后根据等腰三角形的判定定理得出结论；
（2）连接OB、OE、AE、CH，根据平行四边形的判定和性质得到CG＝BH＝4，根据等边三角形的性质得到∠BOE＝60°，根据直角三角形的性质、勾股定理计算，得到答案．
【详解】（1）证明：由圆周角定理得：∠BAC＝∠BEC，
∵CE⊥AB，BF⊥AC，
∴∠ADC＝∠GFC＝90°，
∴∠CGF+∠ACD＝∠BAC+∠ACD＝90°，
∴∠CGF＝∠BAC，
∵∠BEC＝∠BAC，
∴∠BEC＝∠CGF，
∵∠BGE＝∠CGF，
∴∠BEC＝∠BGE，
∴BE＝BG；
（2）解：连接OB、OE、AE、CH，如图所示：
∵BH⊥AB，
∴∠ABH＝90°＝∠BDE，
∴BH∥CD，
∵四边形ABHC内接于⊙O，
∴∠ACH+∠ABH＝180°，
∴∠ACH＝90°＝∠AFB，
∴BF∥CH，
∴四边形BGCH是平行四边形，
∴CG＝BH＝4．
∵BE＝OB＝OE，
∴△OBE是等边三角形，
∴∠BOE＝60°，
∵，
∴∠BAE＝∠BOE＝30°．
∵∠ADE＝90°，
∴DE＝AE，
设DE＝x，则AE＝2x，
∵BE＝BG，AB⊥CD，
∴DG＝DE＝x，
∴CD＝x+4，
在Rt△ADE中，AD＝，
在Rt△ADC中，AD2+CD2＝AC2，
即（x）2+（x+4）2＝（）2，
解得：x1＝2，x2＝﹣4＜0（舍去），
∴DG＝2，
∴CD＝2+4＝6．
【知识点】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形、等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的性质等知识，综合性较强，熟知相关知识并根据题意灵活应用是解题关键．
25. 已知抛物线，顶点为．
（1）求b，c的值；
（2）若，抛物线与直线相交，P为y轴右侧抛物线C上一动点，过P作直线轴交x轴于点N，交直线L于M点，设P点的横坐标为m，当时，求m的值；
（3）已知点、，若点A、B均为y轴右侧抛物线C上两动点，且，求证：直线经过一个定点．
【答案】（1），
（2）或
（3）见解析
【解析】
【分析】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数图象上点的坐标特点、二次函数与一次函数的交点、二次函数与一元二次方程的关系等知识，熟练掌握二次函数的相关知识，灵活应用数形结合思想是解题的关键．
（1）根据抛物线的顶点式即可解答；
（2）设点的坐标为，则点，根据构建关于的方程求解即可，注意取舍；
（3）作点关于轴的对称点，连接，如图，先证明三点共线，设点，则点，联立方程组利用根与系数的关系求出，再利用待定系数法求出直线的解析式是，进而可得结论．
【小问1详解】
解：设这个抛物线的表达式为，
∵这个抛物线的顶点是，
∴这个抛物线的表达式，
∴，；
【小问2详解】
解：当时，抛物线的表达式为，
∵P为y轴右侧抛物线C上一动点，
∴设点P的坐标为，则点，
∵，
∴，
∴（舍去）或或或（舍去），
∴或；
【小问3详解】
解：作点A关于y轴对称的对应点M，
∵抛物线关于y轴对称，
∴点M在抛物线上，
连接，
∵，
∴M，P，B三点共线，
设，则点，
设直线的解析式为，
得，
∴，
∴直线的解析式为，
∵点B，点M是抛物线C与直线的交点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
把的值代入得，，
∴点B的坐标为．
∵，
∴同理可求直线的解析式为．
当时，，
∴直线恒过一个定点，定点坐标为．
x
…
0
1
2
3
y
…
10
5
2
1
2