广东省中山市共进联盟九年级上学期11月期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省中山市共进联盟九年级上学期11月期中考试数学试题（解析版）-A4，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题 ，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 2024年7月27日，第33届夏季奥运会在法国巴黎举行，如图所示巴黎奥运会项目图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了轴对称图形，中心对称图形的概念，熟练掌握中心对称图形的概念，熟知轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合是解题的关键．根据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进行分析，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，这个点叫做对称中心，根据以上概念逐一判断即可得到答案．
【详解】解：A、图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、图形既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项符合题意；
故选：D．
2. 若函数 是关于x的二次函数，则m的值为（ ）
A. 2或B. C. 0或1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的定义，一般地，形如（a，b，c为常数，）的函数叫做二次函数．根据自变量的次数等于2且系数不等于0列式计算即可．
【详解】解：∵函数 是关于x的二次函数，
∴且，
解得．
故选B．
3. 若点在内，且，则的半径可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了点和圆的位置关系，根据点在圆内即可判断求解，掌握点和圆的位置关系是解题的关键．
【详解】解：∵点在内，且，
∴的半径大于，
∴的半径可能为，
故选：．
4. 如图，四边形内接于，如果它的一个外角，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，由圆内接四边形可得四边形对角互补可得，结合圆周角定理可得，掌握圆内接四边形的性质是，圆周角定理是解题的关键．
根据四边形内接于，得到，根据圆周角定理得到，由此即可求解．
【详解】解：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∵所对的圆心角是，所对的圆周角是，
∴，
故选：A ．
5. 要得到抛物线，可以将抛物线（ ）
A. 向右平移2个单位，再向下平移3个单位
B. 向左平移2个单位，再向下平移3个单位
C. 向左平移2个单位，再向上平移3个单位
D. 向右平移2个单位，再向上平移3个单位
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象的平移，熟练掌握平移的规律，学会把二次函数图象的平移转化为顶点的平移是解题的关键．求出抛物线的顶点坐标为，结合抛物线的顶点坐标，即可得出结论．
【详解】解：，
顶点坐标为，
又顶点坐标为，
将抛物线向右平移2个单位，再向下平移3个单位可得到．
故选：A．
6. 已知函数的图象如图所示，当时，则于x的取值范围是（ ）
A. B. 或C. 或D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查二次函数与不等式，根据函数图象写出x轴上方部分的x的取值范围即可．
【详解】解：由图象可知，当时，或，
故选：B．
7. 正多边形的一部分如图所示，若，则该正多边形的边数为（ ）

A. 8B. 9C. 10D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理．连接，，根据圆周角定理得到，即可得到结论．
【详解】解：连接，，
、、、为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心，
点、、、在以点为圆心，为半径的同一个圆上，
，
，
这个正多边形的边数．
故选：B．
8. 如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转得到，若点恰好落在边上，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的内角和定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据旋转的性质得到，再利用求得，最后利用三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：将绕点A按逆时针方向旋转得到，
，，
，
，
，
，
，
，
，
．
故选：C．
9. 如图，为的直径，点B，D在上，，，则的长为（ ）
A. 2B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理及勾股定理，根据同弧所对圆周角相等及直径所对圆周角是直角得到，，根据得到，最后根据勾股定理求解即可得到答案
【详解】解：∵为的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
10. 如图，已知，，是的三条切线，点，，分别为切点，，点为上（不与点，重合）的点，则为（ ）
A B. 或C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，解题的关键是：熟记切线的性质和圆周角定理．连接，，在四边形中，可求出的度数，根据圆周角定理，分两种情况讨论点所在位置，即可求解．
【详解】解：连接，，
、为切点， 、为半径，
，，
在四边形中，，
当点在优弧上时，，
当点在劣弧上时，，
故选B．
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分．
11. 若圆锥的底面直径为，母线长是，则它的侧面展开图面积为_________
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了圆锥的侧面积的计算，牢记圆锥的侧面积公式是解答本题的关键．如果圆锥侧面展开图的弧长为l，母线长为R，那么圆锥的侧面积等于．
【详解】解：侧面展开图面积为：．
故答案为：．
12. 若关于的方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是__________．
【答案】k＜且k≠2．
【解析】
【分析】先根据关于x的方程（k-2）x2-6x+9=0有两个不相等的实数根得出关于k的不等式组，求出k的取值范围即可．
【详解】解：∵关于x的方程（k-2）x2-6x+9=0有两个不相等的实数根，
∴，
解得：k＜且k≠2．
故答案为：k＜且k≠2．
【点睛】本题考查的是根的判别式，熟知一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac的关系是解答此题的关键．
13. 如图，在平面直角坐标系中，，，连接，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，连接，则线段的长度为_____________．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查坐标与图形变化-旋转，勾股定理，通过全等三角形求出点C的坐标是解题的关键．过点C作x轴的垂线，求出点C的坐标即可解决问题．
【详解】解：过点C作x轴的垂线，垂足为M，

∵，
∴，
∵将线段绕点A顺时针旋转得到线段，
，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
又∵，，
∴，，
∴，．
在中，．
故答案为：．
14. 如图，是的弦，半径于点C，为直径，，，则线段的长为_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了中位线的判定与性质、垂径定理的应用，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，先根据勾股定理列式计算，得出半径，根据分别是，的中点，得出，即可利用勾股定理作答．
【详解】解：连接，如图

∵是的弦，半径于点，
∴
在中，
解得
∵分别是，的中点
∴是的中位线
∴
∵为直径
∴
在，
故答案为：．
15. 图1是一个地铁站入口的双翼闸机．如图2，它的双翼展开时，双翼边缘的端点与之间的距离为，双翼的弧与弧的长都为，且与闸机侧立面夹角．当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度为___________
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了弧长公式、勾股定理的应用、直角三角形的性质等知识．过点作，过点作，在中，可求得，同理可求得，再由弧长公式可求得，即可求解．
【详解】解：过点作，过点作，如图，
，，
，，
，双翼的弧与弧的长都为，
，，
，
，
双翼边缘的端点与之间的距离为，
当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度为，
故答案为：．
三、解答题 (一)：本大题共3小题，每小题7分，共21分．
16. 如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点，B，C均为格点(每个小正方形的顶点叫做格点)．
（1）作点关于原点O的对称点A，则A坐标 ；
（2）连接，得，将绕点A逆时针旋转得．画出旋转后的，此时点的坐标是 ；
（3）在（2）的条件下，边扫过区域的面积为 ．
【答案】（1）图见解析，
（2）图见解析；
（3）
【解析】
【分析】本题考查了中心对称和旋转的性质，写出平面直角坐标系中点的坐标，扇形面积公式．
（1）根据关于原点对称点的性质画出点A，然后写出点A的坐标即可；
（2）结合旋转的性质即可得到旋转后的图形，然后写出点的坐标即可；
（3）利用旋转的性质和扇形面积公式即可求解．
【小问1详解】
解：点A即为所求，．
故答案为：；
【小问2详解】
解：如图所示，点
故答案为：−2,3；
【小问3详解】
解：．
故答案为．
17. 如图，约定：上方相邻两数之和等于这两数下方箭头共同指向的数．
（1）当时，请直接写出的值；
（2）当时，求的值．
【答案】（1）或；（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题意可得：，然后求解一元二次方程即可；
（2）根据题中计算图可得：，由，代入化简可得：，求解方程，然后代入即可得．
【详解】解：（1）由题意可得：，
，
则或，
解得或；
（2）由题意得：，
，
，
整理得：，
∴，
则或，
解得或，
或．
【点睛】此题主要考查了因式分解法解一元二次方程，正确理解题意得出与之间关系是解题关键．
18. 如图，在中，，将绕着点B逆时针旋转得到，点C，A的对应点分别为E，F，点E落在上，连接．
（1）若，，则________；
（2）若．求的度数．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理得到，根据旋转的性质即可得到；
（2）由直角三角形的性质得到，由旋转的性质得到，则，，即可得到．
【小问1详解】
解：在中，，，，
∴，
∵将绕着点B逆时针旋转得到，
∴，
∴，
故答案为：
【小问2详解】
在中，，，
∴，
∵将绕着点B逆时针旋转得到，
∴，
∴，，
∴．
【点睛】此题考查了勾股定理、旋转的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
四、解答题(二)：本大题共3小题，每小题9分，共27分．
19. 如图，四边形是的内接四边形，BD为直径，平分；且的延长线于点E．
（1）求证∶是的切线
（2）若，求的半径和的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）5；
【解析】
【分析】本题考查了切线的性质，垂径定理，圆周角定理，勾股定理等知识点，解决本题的关键是掌握切线的性质．
（1）连接，根据已知条件及各角之间的关系证明即可解决问题；
（2）取中点，连接，根据垂径定理可得，所以四边形是矩形，利用勾股定理即可求出结果．
【小问1详解】
证明：如图，连接，
∵，
，
∵平分，
，
，
，
，
，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：如图，取中点，连接，
，
又∵，
∴四边形是矩形，
，
，
在中，，
，
在中，，
，
∴的长是
20. 我校新城校区新建一个三层停车楼，每一层布局如图所示．已知每层长为50米，宽20米．阴影部分设计为停车位，其余部分是等宽的通道，已知喷漆面积为736平方米．
（1）求通道的宽是多少米？
（2）据调查分析，停车场多余64个车位可以对外出租，当每个车位的月租金为200元时，可全部租出；当每个车位的月租金每上涨10元，就会少租出1个车位，当每个车位的月租金上涨多少元时，既能优惠大众，又能使对外开放的月租金收入为14400元？
【答案】（1）通道的宽是2米
（2）每个车位的月租金应上涨40元
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的实际应用，解题的关键是设未知数，找出等量关系，正确列出方程．
（1）设通道的宽是x米，则每一层的停车位可合成长为米，宽为米的矩形，再根据喷漆面积列出方程求解即可；
（2）设每个车位的月租金上涨y元，则每个车位的月租金为元，少租出个车位，再根据月租金列出方程求解即可．
【小问1详解】
解：设通道的宽是x米，则每一层的停车位可合成长为米，宽为米的长方形，
依题意得：，
整理得：，
解得：，（不符合题意，舍去）．
答：通道的宽是2米．
【小问2详解】
解：设每个车位的月租金上涨y元，则每个车位的月租金为元，少租出个车位，
依题意得：，
整理得：，
解得：，，
又∵要优惠大众，
．
答：每个车位的月租金应上涨40元．
21. 【项目式学习】
项目主题：从函数角度重新认识“阻力对物体运动的影响”
项目内容：数学兴趣小组对一个静止的小球从斜坡滚下后，在水平木板上运动的速度、距离与时间的关系进行了深入探究，兴趣小组先设计方案，再进行测量，然后根据所测量的数据进行分析，并进一步应用．
实验过程：如图所示，一个小球从斜坡顶端由静止滚下沿水平木板直线运动，从小球运动到点A处开始，用频闪照相机、测速仪测量并记录小球在木板上的运动时间（单位：）、运动速度（单位：）、滑行距离（单位：）的数据．
任务一：数据收集
记录的数据如下：
任务二：观察分析
（1）数学兴趣小组通过绘制、观察所作的函数图象，并结合已经学过的函数知识，发现与的函数关系为一次函数关系，与的函数关系为二次函数关系．请你结合表格数据，直接写出与的函数关系式和与的函数关系式；（不必写出自变量的取值范围．）
任务三：问题解决
（2）当小球在水平木板上停下来时，求此时小球的滑动距离；
（3）当小球到达木板点的同时，在点的前方处有一辆电动小车，以的速度匀速向右直线运动，若小球不能撞上小车，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）（3）
【解析】
【分析】本题考查了一次函数与二次函数的应用；
（1）待定系数法求解析式，即可求解；
（2）先求得速度为时的时间，将代入二次函数解析式，即可求解；
（3）求得小球速度为的时间，此时两者相遇则为的最小值，据此即可求解．
【详解】（1）解：设，将点代入得，
，
解得：，
∴，
设，将点代入得，
，
解得：，
∴，
（2）由，当时，，
解得：，
当时，，
∴当小球在水平木板上停下来时，此时小球的滑动距离为；
（3）当时，，解得：，
当时，
∴
五、解答题(三)∶本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分．
22. 已知抛物线)交x轴于点和点，交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）如图，点P是抛物线上位于直线上方动点，过点P分别作x轴，y轴的平行线，交直线于点D，当取最大值时，求点P的坐标；
（3）点P是抛物线上位于直线上方的动点，是以为腰的等腰三角形，求出P点坐标．
【答案】（1）；
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）将点，坐标代入抛物线解析式中，解方程组即可得出结论；
（2）先求出，进而得出，进而判断出，即可得出当的长度最大时，取最大值，设出点坐标，表示出点坐标，建立，即可得出结论；
（3）根据，，表示出，，再根据或列方程求解即可．
【小问1详解】
解：抛物线经过点，，
，
解得，，
抛物线的解析式为．
，
抛物线的解析式为，顶点坐标为．
【小问2详解】
解：令得，，
，
．
，
，
，
．
平行于轴，平行于轴，
，，
，
，
，
，
当的长度最大时，取最大值．
设直线的函数关系式为，
把，代入，得，
解得，，
直线解析式，
设，则，
．
，
当时，最大，此时取最大值，，
；
【小问3详解】
解：∵是以为腰的等腰三角形，
∴或，
由（2）可得，，，，
∴，，
当时，，
∴，即
整理得，
∵
∴，此时；
当时，，
∵，
∴
∴，此时；
综上所述，是以为腰等腰三角形时，P点坐标为或．
【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法确定函数解析式，解一元二次方程，等腰三角形的定义，勾股定理的应用，二次函数的性质，清晰的分类讨论是解本题的关键.
六、解答题(14分)
23. 【模型提出】如图1，已知线段的长度为4，在线段所在直线外有一点C，且．想确定满足条件的点C的位置，可以以为底边构造一个等腰直角三角形，再以点O为圆心，长为半径画圆，则点C在的优弧上．即：若线段的长度．已知的大小确定，则点C一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型．
【模型应用】
（1）如图2，当弦，时，求外接圆的半径．
（2）如图3，在正方形中，，点E、F分别是边上的动点，，连接，与交于点G．
①在点G运动过程中 ．
②在图3中，点E从点B到点C的运动过程中，求点G经过的路径长和的最小值．
③在图3中，若点I是的内心，连接，则线段的最小值．
【答案】（1）
（2）①， ②， ③
【解析】
【分析】（1）作的外接圆，圆心为O，过O作交于点E，由圆周角定理得，由垂径定理得，然后在中，利用勾股定理求解即可；
（2）①先证明，可得，从而得到，即可求证；
②根据，可得点G在以为直径的圆上运动，取的中点O，则，以点O为圆心，以2为半径画，连接相交于点，连接，则，连接，则，进而得到点在上，继而得到点G的路径为，求出的长度，即可求解；
③根据点I是的内心，可得，作的外接圆，连接，过点O作的延长线于点M，则点I在上运动，再证得是等腰直角三角形，可得，进而得到是等腰直角三角形，可得到，连接，与交于点，当点I与点重合时，此时线段最短，即可求解．
【小问1详解】
解：如图：作的外接圆，圆心为O，过O作交于点E
∵，
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
在中，
∴
∴
【小问2详解】
①证明：在正方形中，，，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
故答案为：；
②点G在以为直径的圆上运动，取的中点O，则，
以点O为圆心，以2为半径画，连接相交于点，连接，则，连接，则，
∴点在上，
当E与B重合时，F与C重合，则G与B重合，
当E与C重合时，F与D重合，则G与重合，
∴点G的路径为，
∵，O为的中点，
∴，
∴，
∴的长度为，即点G经过的路径为；
连接，在中
所以当O、C、G三点共线时取最小值为
③解：如图，连接，
∵点I是的内心，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
作的外接圆，连接，过点O作的延长线于点M，则点I在上运动，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
连接，与交于点，
当点I与点重合时，此时线段最短，
∵，
∴，
即线段最小值为．
故答案为：．
运动时间
10
运动速度
10
滑行距离
19