广东省湛江市雷州市九年级上学期1月期末数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省湛江市雷州市九年级上学期1月期末数学试题（解析版）-A4，共22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。
友情提示：本试卷共4页，满分120分，考试时间120分钟
一、选择题（每小题3分，共30分，每小题给出四个答案，其中只有一个正确）
1. 中国古典建筑中的镂空砖雕图案精美，下列砖雕图案中不是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称图形，“图形绕某一点旋转180度，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”，据此逐一判断选项即可．
【详解】解：A、是中心对称图形，故该选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故该选项符合题意；
C、是中心对称图形，故该选项不符合题意；
D、是中心对称图形，故该选项不符合题意；
故选：B．
2. 在化学课上：老师为帮助学生正确理解物理变化与化学变化，将6种生活现象及其变化类型制成除正面外完全相同的六张卡片（如图），然后将卡片背面向上洗匀，从中随机抽取一张，则抽出的生活现象是化学变化的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查概率公式，识记概率公式是解题的关键．由题意直接用化学变化的张数除以总张数即可．
【详解】解：从中随机抽取一张卡片共有6种等可能结果，抽中生活现象是化学变化的有4种结果，所以从中随机抽取一张卡片，抽中生活现象是化学变化的概率为．
故选：C．
3. 要得到二次函数的图象，需将的图象（ ）
A. 向左平移2个单位，再向下平移1个单位
B. 向右平移2个单位，再向上平移1个单位
C. 向左平移1个单位，再向上平移2个单位
D. 向右平移1个单位，再向下平移2个单位
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减，左加右减”的法则是解题的关键．
根据函数图象平移的法则解答即可．
【详解】解：根据“左加右减，上加下减”规律：
二次函数的图象向右平移2个单位，再向上平移1个单位即可得到二次函数的图象．
故选：B．
4. 若点都在二次函数的图象上，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质、二次函数图象上点的坐标特征等知识点，根据二次函数的解析式得出函数图象的对称轴是y轴（直线），图象的开口向上，在对称轴的右侧，y随x的增大而增大，再比较即可．
【详解】解∶ 二次函数的对称轴为y轴，开口向上，
∴当时， y随x的增大而增大，
∵点都在二次函数的图象上，且，
∴，
故选∶A．
5. 近年来，由于新能源汽车崛起，燃油汽车的销量出现了不同程度的下滑，经销商纷纷开展降价促销活动、某款燃油汽车今年2月份售价为23万元，4月份售价为18.63万元，设该款汽车这两月售价的月平均降价率是，则所列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，根据列出方程即可．
【详解】根据题意，得．
故选：A．
6. 如图，将绕点A逆时针旋转150°，得到，这时点B，C，D恰好在同一直线上，则的度数为（ ）
A. 10°B. 15°C. 20°D. 30°
【答案】B
【解析】
【分析】先判断出∠BAD＝150°，AD＝AB，再判断出△BAD是等腰三角形，最后用三角形的内角和定理即可得出结论．
【详解】∵将△ABC绕点A逆时针旋转150°，得到△ADE，
∴∠BAD＝150°，AD＝AB，
∵点B，C，D恰好在同一直线上，
∴△BAD是顶角为150°的等腰三角形，
∴∠B＝∠BDA，
∴∠B＝（180°−∠BAD）＝15°，
故答案为：B．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，判断出三角形ABD是等腰三角形是解本题的关键．
7. 在利用正六面体骰子进行频率估计概率的试验中，小颖同学统计了某一结果出现的频率，绘出的统计图如图所示，则符合这一结果的试验可能是（ ）
A. 朝上的点数是5的概率
B. 朝上的点数是奇数的概率
C. 朝上的点数大于2的概率
D. 朝上的点数是3的倍数的概率
【答案】D
【解析】
【分析】计算出各个选项中事件的概率，根据概率即可作出判断．
【详解】A、朝上的点数是5的概率为，不符合试验的结果；
B、朝上的点数是奇数的概率为，不符合试验的结果；
C、朝上的点数大于2的概率，不符合试验的结果；
D、朝上的点数是3的倍数的概率是，基本符合试验的结果．
故选：D．
【点睛】本题考查了频率估计概率，当试验的次数较多时，频率稳定在某一固定值附近，这个固定值即为概率．
8. 已知关于x的一元二次方程有实数根，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】解：∵关于x的一元二次方程有实数根，
∴△==，
解得m≥1，
故选C．
【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式．
9. 如图，点，，在上，点是劣弧的中点，若，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查圆心角与弧的关系，圆心角与圆周角的关系．连接，由点是劣弧的中点得，故，再由同弧所对圆周角是圆心角的一半即可．
【详解】解：如图，连接
点是劣弧的中点
．
故选：B．
10. 如图，在平面直角坐标系中，点A、E在抛物线上，过点A、E分别作y轴的垂线，交抛物线于点B、F，分别过点E、F作x轴的垂线交线段AB于两点C、D．当点，四边形为正方形时，则线段的长为（ ）

A. 4B. C. 5D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过待定系数法求出函数解析式，然后设点A横坐标为m，则，从而得出，将点坐标代入解析式求解．
【详解】解：把点代入中得，
解得，
∴，
∵点，四边形为正方形，
∴，
设点A横坐标为m，则，
代入得，
解得或（舍去）．
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数与正方形的结合，解题关键是利用待定系数法求得函数解析式．
二、填空题（本大题5小题，每小题3分，共15分）
11. 已知圆锥的高为12，母线长为13，则圆锥的侧面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆锥的高与母线长求得底面半径，根据公式即可求解．
【详解】∵圆锥的高为12，母线长为13，
∴由勾股定理得，底面半径==5，
∴．
故答案为．
【点睛】本题考查了求圆锥侧面积，掌握圆锥侧面积公式是解题的关键．
12. 如图，正六边形内接于，点P是上的任意一点，则的大小是______．

【答案】##30度
【解析】
【分析】本题考查正多边形和圆，熟练掌握求正多边形的中心角和圆赒角定理是解题的关键.
连接、，先求出，再根据圆周角定理求解即可.
【详解】解：连接、，如图，

∵正六边形内接于，
∴，
∴，
故答案为：.
13. 为考察一种枸杞幼苗的成活率，在同一条件下进行移植试验，结果如下表所示：
估计这种幼苗移植成活的概率是___________（结果精确到0.1）
【答案】0.9
【解析】
【分析】此题主要考查了利用频率估计概率，大量反复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
利用大量重复试验下事件发生的频率可以估计该事件发生的概率直接回答即可．
【详解】解∶根据表中数据，试验频率逐渐稳定在0.9左右．
这种幼苗在此条件下移植成活的概率是0.9；
故答案为 ∶0.9．
14. 如果抛物线y=ax2﹣2ax+c与x轴的一个交点为（5，0），那么与x轴的另一个交点的坐标是_____.
【答案】（﹣3，0）.
【解析】
【详解】∵抛物线y=ax2﹣2ax+c（a≠0）的对称轴为直线x=1，且抛物线与x轴的一个交点为（5，0），
∴抛物线与x轴的另一交点坐标为（1×2﹣5，0），即（﹣3，0）．
故答案为（﹣3，0）．
15. 如图，抛物线的对称轴是直线，与x轴交于A，B两点，且．给出下列4个结论：①；②；③；④若m为任意实数，则．
其中正确的序号是______．
【答案】①②③
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象与性质，二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，掌握二次函数图象与系数的关系是解题的关键；
由图象可知，，，则可判断①符合题意；由抛物线的对称轴为直线，，可得，，得到点，点，当时，，即，可判断②符合题意；由抛物线的对称轴为直线，即，得到，进一步得到，可得，即可判断③符合题意；当时，函数有最大值，由，可得，则可判断④不符合题意；
【详解】解：观察图象，可知，，，
，故①符合题意；
该抛物线的对称轴为直线，，
，，
点，点，
当时，，即，故②符合题意；
抛物线的对称轴为直线，即，
，
，
，
，
，
，
，故③符合题意；
当时，函数有最大值，
由，可得，
若为任意实数，则，故④不符合题意，
综上，正确的序号是①②③；
故答案为：①②③
三、解答题（一）（本大题3小题，每小题7分，共21分）
16. （1）解一元二次方程：．
（2）已知关于x的一元二次方程有一个根为，求m的值及另一个根．
【答案】（1），；（2），
【解析】
【分析】主要考查了解一元二次方程，一元二次方程的解，解题的关键是掌握分解因式法解一元二次方程，一元二次方程的解的定义使方程两边相等的未知数的值是方程的解．
（1）用因式分解法解答即可；
（2）把代入求出m的值，再代回原方程，求解该方程即可．
【详解】解：（1），
或，
解得，．
（2）将代入原方程，
得，
解得，
∴原方程，
∴，
解得：，．
∴m的值为6，方程的另一个根为．
17. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，使点在的延长线上．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，
∴，，
∴
∴，
∴，
∴．
18. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．求的面积．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数图像与坐标轴的交点问题，熟练掌握二次函数的性质是解本题的关键．
分别求出点A、B、C的坐标，然后根据三角形面积公式计算即可．
【详解】令，则，
解得，，，
∴，，
∴，
令，则，
∴，
∴，
∴．
四、解答题（二）（本大题3小题，每小题9分，共27分）
19. 某班四个数学小组，准备研读四部古代数学著作．现制作背面完全相同的4张卡片，正面分别写有《九章算术》《周髀算经》《五经算术》《数術记遗》，将4张卡片混合后正面朝下放置在桌面上，每个小组选一代表从中依次抽取一张卡片．
（1）第一学习小组抽到《五经算术》的概率是__________________________．
（2）若第一和第二小组依次从中抽取一张，请利用列表或画树状图的方法，求这两组抽取的两张卡片正面写的是《九章算术》和《周髀算经》的概率．
【答案】（1）；
（2）两组抽取的两张卡片正面写的是《九章算术》和《周髀算经》的概率是．
【解析】
【分析】（）直接利用概率公式进行计算即可；
（）画出树状图，利用概率公式计算即可；
本题考查了概率公式，树状图或列表法求概率，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
【小问1详解】
解：∵共有张卡片混合后正面朝下放置在桌面上，
∴第一学习小组抽到《五经算术》的概率是，
故答案：；
【小问2详解】
解：设正面分别写有《九章算术》，《周髀算经》，《五经算术》，《数術记遗》的卡片分别用表示，
画树状图，
一共有种等可能情况，两张卡片正面写是《九章算术》和《周髀算经》有种，
∴两组抽取的两张卡片正面写的是《九章算术》和《周髀算经》的概率是．
20. 如图，在中，，点F在上，以为直径的与边相切于点D，与边相交于点E，且，连接并延长交于点G，连接．
（1）求证：是的切线；
（2）若的长为，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析；
（2）阴影部分的面积为．
【解析】
【分析】（1）连接OD，由推出是等边三角形，再利用全等三角形判定定理证明，得到，再根据切线的判定定理即可证明；
（2）由的长计算出半径，再根据含的直角三角形的性质求出的边长，利用阴影部分面积的面积扇形的面积，计算即可得到答案．
【小问1详解】
证明：如图，连接OD，
与相切于点D，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又，
是等边三角形，
，
，
，
，
，，
，
，
，
是的切线．
【小问2详解】
的长为，，
，
，
，
，
，
，，
阴影部分的面积为．
【点睛】本题考查的是切线的判定与性质、扇形面积计算、等边三角形的判定和性质、含角的直角三角形、全等三角形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径、扇形面积公式是解题的关键．
21. 在2024年巴黎奥运会网球女子单打比赛中，我国选手郑钦文战胜克罗地亚选手维基奇获得冠军．郑钦文在一次击球过程中，将球从O点正上方的A处击打出去，把球看成点，其运行的高度与运行的水平距离满足关系式．已知球网与O点的水平距离为，高度为，球场的边界距O点的水平距离为．
（1）当时，求与的关系式；（不要求写出自变量x的取值范围）
（2）当时，球能否越过球网？球会不会出界？请说明理由；
（3）若球一定能越过球网（不接触球网），又不出边界（可压边界），求h的取值范围．
【答案】（1）
（2）球能越过球网，球不会出界，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的应用、一元一次不等式组的应用，熟练掌握待定系数法是解题关键．
（1）将和点代入计算求出的值，由此即可得；
（2）求出当时，的值与比较大小、当时，的值与0比较大小即可得；
（3）先将点代入函数关系式可得，从而可得，再根据球一定能越过球网（不接触球网），又不出边界（可压边界）可得当时，和当时，，据此建立不等式组，解不等式组即可得．
【小问1详解】
解：当时，，
∵点在该抛物线上，
∴，
解得，
∴与的关系式是．
【小问2详解】
解：球能越过球网，球不会出界，理由如下：
由（1）可知，当时，，
∵当时，，
∴球能越过球网；
∵当时，，
∴球不会出界．
【小问3详解】
解：∵点在的图象上，
∴，
解得，
∴函数的表达式可写成，
∵球一定能越过球网（不接触球网），
∴当时，，即①，
∵球不出边界（可压边界），
∴当时，，即②，
联立①②得：，
解得，
答：的取值范围是．
五、解答题（三）（本大题2小题，第22题13分，第23题14分，共27分）
22. 如图1，抛物线与轴交于、两点，点的坐标为，与轴交于点
（1）求抛物线的关系式；
（2）是第四象限抛物线上一点，当四边形的面积最大时，求点的坐标和四边形的最大面积；
（3）如图2，在抛物线的对称轴上是否存在点，使是以为斜边的直角三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2），面积最大为
（3）存在，点P的坐标为或
【解析】
【分析】（1）将B，C两点坐标代入，利用待定系数法求解；
（2）连接，过M作x轴的垂线交于点N，，其中为定值，设M点坐标为，则，化为顶点式，即可求出最值；
（3）取中点D，过点D作抛物线对称轴的垂线，垂足为Q，由直角三角形斜边中线的性质可得，设点P坐标为，利用勾股定理解，求出n的值即可．
【小问1详解】
解：把B，C两点坐标代入抛物线解析式可得，
解得，
∴抛物线解析式为；
【小问2详解】
解：如图，连接，过M作x轴的垂线交于点N，
在中，令，
解得或，
∴A点坐标为．
∴，且，
∴，
∵， ，
∴直线BC解析式为，
设M点坐标为，则N点坐标为，
∵M在第四象限，
∴，
∴，
∴当时，，，
∴当M为时，四边形的面积有最大值，
最大值．
【小问3详解】
解：存在．如图，取中点D，过点D作抛物线对称轴的垂线，垂足为Q，
在中，由勾股定理得，
由题意，当时，，
易求，抛物线的对称轴为直线，
设点P坐标为，
∴， ，
由，得，
解得，
∴点P的坐标为或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查求二次函数解析式，铅垂法求三角形面积，二次函数的最值，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等，解题的关键是正确作出辅助线，熟练运用数形结合思想．
23. 在等边中，将扇形按图1摆放，使扇形的半径分别与重合，，固定等边不动，让扇形绕点O逆时针旋转，线段也随之变化，设旋转角为．（）
（1）当时，旋转角___度；当时旋转角____度．
（2）发现：线段与有何数量关系，请仅就图2给出证明．
（3）应用：当A，C，D三点共线时，求的长．
（4）拓展：P是线段上任意一点，在扇形的旋转过程中，请直接写出线段的最大值_____与最小值________．
【答案】（1）60或240；或150或330；（2）；理由见解析；（3）或；（4），
【解析】
【分析】（1）如图1中，易知当点在线段和线段的延长线上时，，此时旋转角或；如图1-1所示，过点O作于H，证明三点共线，由等边三角形的性质得到，据此求出旋转角，当点C在线段上时，即点C在位置时，此时也满足，据此求出旋转角即可；
（2）结论：．只要证明即可．
（3）在图3、图4中，分别求出的长求解即可．
（4）如图5中，由题意，点在以为圆心，2为半径的上运动，过点作于，直线交于、，线段的长即为的最大值，线段的长即为的最小值．易知的最大值，的最小值．
【详解】解：（1）如图1中，

是等边三角形，
，
当点在线段和线段的延长线上时，，
此时旋转角或；
如图1-1所示，过点O作于H，
∵，
∴三点共线，
∵是等边三角形，
∴，
∴此时；
当点C在线段上时，即点C在位置时，此时也满足，
∴此时；

综上所述，或，
故答案为60或240；或150或330；
（2）结论：，理由如下：
如图2中，

由旋转的性质可知：，
，
在和中，
，
，
；
（3）①如图3中，当、、共线时，作于．

在中，，，
，，
在中，，
．
②如图4中，当、、共线时，作于．

同理可得
∴，
综上所述，当、、三点共线时，的长为或；
（4）如图5中，由题意，点在以为圆心，2为半径的上运动，过点作于，直线交于、，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴当三点共线，且时，有最小值，最小值为；
∵，
∴，
∴当在线段上，且点P与点B重合时，有最大值，最大值为，
综上所述，的最大值为，的最小值为，
故答案为：6；．
【点睛】本题考查主要圆与三角形综合题、旋转变换、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、圆上的点到直线的距离的最值问题等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，利用辅助圆解决最值问题．
移植总数
40
150
300
500
700
1000
1500
成活数
35
134
271
451
631
899
1350
成活频率
0.875
0.893
0.903
0.902
0.901
0.899
0.900