广西南宁市西乡塘区第三十五中学九年级上学期数学期中考试试题（解析版）-A4

这是一份广西南宁市西乡塘区第三十五中学九年级上学期数学期中考试试题（解析版）-A4，共21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。
1. 下列各数中，最小的是( )
A. B. 0C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据正数大于零，零大于负数，可得答案．
【详解】解：正数大于零，零大于负数，得
故选：A．
【点睛】本题考查了有理数比较大小，正数大于零，零大于负数，熟练掌握有理数的大小比较的方法是解题的关键．
2. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做中心对称点．
【详解】解：选项A、B、C均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形，
选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形，
故选：D．
3. 点与点关于原点对称，则点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题主要考查了关于原点对称点的坐标．根据关于原点对称点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的横、纵坐标分别互为相反数即可得答案．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
故选：B．
4. 下列方程中，是一元二次方程的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】此题考查了一元二次方程的定义．只含有一个未知数，且未知数的最高次数是2的整式方程是一元二次方程，根据定义解答．
【详解】解：A、符合定义，是一元二次方程，本选项符合题意；
B、含有两个未知数，不是一元二次方程，本选项不符合题意；
C、含有两个未知数，不是一元二次方程，本选项不符合题意；
D、含有分式，不是整式方程，不是一元二次方程，本选项不符合题意；
故选：A．
5. 如图，若是的直径，是的弦，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了圆周角定理．根据圆周角定理，即可求解．
【详解】解：∵，
∴．
故选：D．
6. 若半径为6，圆心到直线的距离为，且，则直线与的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相切C. 相离D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查直线由圆位置关系．设的半径为r，圆心O到直线l的距离为d．①直线l和相交⇔，②直线l和相切⇔，③直线l和相离⇔．据此即可判断．
【详解】解：∵的半径为6，圆心到直线l的距离为6，
∴，
∴直线与圆相切，
故选：B．
7. 把抛物线先向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，所得抛物线解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
先确定抛物线的顶点坐标为，利用点平移的规律得到点平移后所得对应点的坐标为，然后利用顶点式写出平移后的抛物线的解析式．
【详解】解：抛物线的顶点坐标为，点向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度所得对应点的坐标为，
所以新抛物线的解析式为．
故选：D．
8. 如图所示的电路中，当随机闭合开关、、中的两个时，灯泡能发光的概率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了树状图法以及概率公式，正确的画出树状图是解此题的关键．画树状图，共有6种等可能的结果，其中能够让灯泡发光的结果有4种，再由概率公式求解即可．
【详解】解：由电路图可知，当同时闭合开关和， 和时，灯泡能发光，
画树状图如下：

共有6种等可能结果，其中灯泡能发光的有4种，
∴灯泡能发光的概率为，
故选：A．
9. 如图，在中，，将在平面内绕点旋转到的位置．若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了旋转的性质，解决旋转问题的关键是找准旋转角和旋转后的对应相等的量．根据旋转的性质可知，所以理由角的和差求出度数即可．
【详解】解：，
根据旋转的性质可知．
故选：B
10. 近年来，由于新能源汽车的崛起，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．某款燃油汽车今年月份售价为万元，月份售价为万元．设该款汽车这两个月售价的月平均下降率是，则所列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查了一元二次方程的应用，设该款汽车这两个月售价的月平均下降率是，根据题意列出一元二次方程即可，根据题意列出方程是解题的关键．
【详解】解：设该款汽车这两个月售价的月平均下降率是，
依题意得：，
故选：．
11. 如图，，分别与相切于点、，的切线分别交、于点、，切点在弧上，，则的周长是（ ）．
A. 12B. 18C. 24D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了切线长定理的应用．由切线长定理知，，，，然后根据的周长公式即可求出其结果．
【详解】解：∵分别与相切于点，
∴，，，
∴的周长
．
故选：D．
12. 如图．四边形是正方形，曲线…叫作“正方形的渐开线”，其中，，，，…的圆心依次按，，，循环．当时，点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了点的坐标规律的探究．由题得点的位置每4个一循环，经计算得出在第二象限，与，，，…符合同一规律，探究出，，...的规律即可．
【详解】解：由图得，，，，，，，，…
点C的位置每4个一循环，
，
∴在第二象限，与，，，…
符合规律，
∴坐标为．
故选：A．
二、填空题（本大题共6小题，每题2分，共12分）
13. 计算：_________．
【答案】2024
【解析】
【分析】本题主要考查了绝对值性质，根据负数的绝对值是它的相反数即可得出答案，熟练掌握绝对值的性质是解决此题的关键．
【详解】解：，
故答案为：．
14. 已知二次函数的顶点坐标是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了求二次函数的顶点坐标，熟练掌握二次函数顶点坐标的求法是解答本题的关键．关于二次函数的顶点式，顶点坐标为．根据二次函数的顶点式，即得顶点坐标．
【详解】二次函数的顶点坐标是．
故答案为：．
15. 圆锥的母线长为2，底面圆半径为1，则该圆锥的侧面积是____________（结果保留）
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了圆锥的计算．由于圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，所以根据扇形的面积公式可求解．
【详解】解：圆锥的侧面积．
故答案为：．
16. 如图，已知抛物线与直线交于、两点，则关于x的不等式的解集是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数与不等式的关系，主要利用了数形结合的思想，解题关键在于对图象的理解，题目中的不等式的含义为：二次函数的图象在一次函数图象上方时，自变量x的取值范围．根据图象，写出抛物线在直线上方部分的x的取值范围即可．
【详解】∵抛物线与直线交于、两点，
∴由函数图象可得，不等式的解集是，
故答案为：．
17. 如图，已知半径OD与弦AB互相垂直，垂足为点C，若，则的半径为______．
【答案】
【解析】
【分析】连结OA，设⊙O的半径为r，根据垂径定理得到AC=BC=AB=3，再在Rt△OAC中利用勾股定理得到（r-2）2+32=r2，然后解方程求出r即可．
【详解】解：连结OA，如图，设⊙O的半径为r，
∵OD⊥AB，
∴AC=BC=AB=3，
在Rt△OAC中，
∵OA=r，OC=OD-CD=r-2，AC=3，
∴（r-2）2+32=r2，解得r=．
故答案为：．
【点睛】本题主要考垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此题的关键．
18. 如图，在正方形中，点M，N分别为上的动点，且，交于点E，点F为的中点，点P为上一个动点，连接，若，则的最小值为______．

【答案】
【解析】
【分析】证明，则，，如图，取的中点，则在以为圆心，为直径的圆上运动，作关于对称的点，连接，连接交于，则，由，可知当四点共线时，最小为，由勾股定理得，，根据，求解作答即可．
【详解】解：∵正方形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图，取的中点，则在以为圆心，为直径的圆上运动，作关于对称的点，连接，连接交于，

∴，
∴，
∴当四点共线时，最小为，
由勾股定理得，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角所对的弦为直径，轴对称的性质，勾股定理等知识．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角所对的弦为直径，轴对称的性质，勾股定理是解题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共72分）
19. 计算：
【答案】3
【解析】
【分析】本题主要考查了实数混合运算，根据零指数幂运算法则，算术平方根定义，进行计算即可．
【详解】解：
．
20. 解方程：
【答案】x1=4，x2=-1
【解析】
【分析】运用因式分解法可得．
【详解】解：

∴x-4=0或x+1=0
∴x1=4，x2=-1
【点睛】考核知识点：解一元二次方程．运用因式分解法解方程是关键．
21. 如图，正方形网格中，每个小正方形边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点，均在格点上．

（1）画出关于轴对称的，并写出点坐标；
（2）画出绕原点顺时针旋转后得到的；
（3）求在（2）的条件下，求线段在旋转过程中扫过的面积（结果保留）．
【答案】（1）点的坐标为，图见解析
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先画出点A、B、O关于y轴对称的对应点，再依次连接即可；
（2）先画出点A、B、O绕原点顺时针旋转后的对应点，再依次连接即可；
（3）求出以点O为圆心，为半径的扇形面积即可．
【小问1详解】
解：如图，为所求作的图形，点的坐标为；
【小问2详解】
解：如图，为所求作的图形；
小问3详解】
解：∵绕原点顺时针旋转后得到的，
∴，
∵，
∴线段扫过面积．
【点睛】本题主要考查了轴对称的作图，旋转的作图，求扇形面积，解题的关键是掌握轴对称和旋转的作图方法，以及扇形面积公式：．
22. 某中学为了解学生对新闻、体育、娱乐、动画四类电视节目的喜爱情况，进行了统计调查．随机调查了某班所有同学最喜欢的节目（每名学生必选且只能选择四类节目中的一类）并将调查结果绘成如下不完整的统计图．
根据两图提供的信息，回答下列问题：
（1）该班总人数有_____________人，最喜欢娱乐类节目有____________人，请补全条形统计图；
（2）根据抽样调查结果，若该校有1800名学生，请你估计该校有多少名学生最喜欢娱乐类节目；
（3）在全班同学中，有甲、乙、丙、丁等同学最喜欢体育类节目，班主任打算从甲、乙、丙、丁4名同学中选取2人参加学校组织的体育知识竞赛，请用列表法或树状图求同时选中甲、乙两同学的概率．
【答案】（1）50、20；图见解析
（2）估计该校最喜欢娱乐类节目的学生有人；
（3）恰好同时选中甲、乙两位同学的概率为．
【解析】
【分析】（1）先根据“新闻”类人数及其所占百分比求得总人数，再用总人数减去其他三个类型人数即可求得“娱乐”类人数，即可补全条形图；
（2）用总人数乘以样本中“娱乐”类节目人数所占比例即可得；
（3）根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与恰好同时选中甲、乙两位同学的情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．
【小问1详解】
解：∵被调查的总人数为人，
∴最喜欢娱乐类节目的有人，
补全条形图如下：
故答案为：20、18；
【小问2详解】
解：估计该校最喜欢娱乐类节目的学生有人；
【小问3详解】
解：画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，恰好同时选中甲、乙两位同学的有2种情况，
∴恰好同时选中甲、乙两位同学的概率为．
【点睛】本题考查了条形统计图、扇形统计图、用列表法或画树状图法求概率，读懂统计图，能从不同的统计图中发现必要的信息是解题的关键.本题还用到的知识点是：概率=所求情况数与总情况数之比．
23. 已知是等边三角形，以为直径的半圆与边相交于点，，垂足为点．
（1）证明；是的切线；
（2）若，求的直径．
【答案】（1）见解析 （2）的直径为4．
【解析】
【分析】本题考查了切线的判定，圆周角定理，等边三角形的性质，直角三角形的性质，正确添加辅助线是解决本题的关键．
（1）连接，，根据圆周角定理，由为直径得到，然后根据等腰三角形的性质得，推出是的中位线，得到，，据此得到是的切线；
（2）先由直角三角形的性质求出，得到，据此求解即可．
【小问1详解】
证明：连接，，如图，
为直径，
，
，
，
，
∵，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∵点在上，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：如图，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
由（1）得，
∵是等边三角形，
∴，
∴的直径为4．
24. 2024年“五一”假期期间，阆中古城景区某特产店销售A，B两类特产．A类特产进价50元/件，B类特产进价60元/件．已知购买1件A类特产和1件B类特产需132元，购买3件A类特产和5件B类特产需540元．
（1）求A类特产和B类特产每件的售价各是多少元？
（2）A类特产供货充足，按原价销售每天可售出60件．市场调查反映，若每降价1元，每天可多售出10件（每件售价不低于进价）．设每件A类特产降价x元，每天的销售量为y件，求y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
（3）在（2）的条件下，由于B类特产供货紧张，每天只能购进100件且能按原价售完．设该店每天销售这两类特产的总利润为w元，求w与x的函数关系式，并求出每件A类特产降价多少元时总利润w最大，最大利润是多少元？（利润＝售价－进价）
【答案】（1）A类特产的售价为60元/件，B类特产的售价为72元/件
（2）（）
（3）A类特产每件售价降价2元时，每天销售利润最犬，最大利润为1840元
【解析】
【分析】本题主要考查一元一次方程的应用、函数关系式和二次函数的性质，
根据题意设每件A类特产的售价为x元，则每件B类特产的售价为元，进一步得到关于x的一元一次方程求解即可；
根据降价1元，每天可多售出10件列出函数关系式，结合进价与售价，且每件售价不低于进价得到x得取值范围；
结合（2）中A类特产降价x元与每天的销售量y件，得到A类特产的利润，同时求得B类特产的利润，整理得到关于x的二次函数，利用二次函数的性质求解即可．
【小问1详解】
解：设每件A类特产的售价为x元，则每件B类特产的售价为元．
根据题意得．
解得．
则每件B类特产的售价（元）．
答：A类特产的售价为60元/件，B类特产的售价为72元/件．
【小问2详解】
由题意得
∵A类特产进价50元/件，售价为60元/件，且每件售价不低于进价
∴．
答：（）．
【小问3详解】
．
∴当时，w有最大值1840．
答：A类特产每件售价降价2元时，每天销售利润最大，最大利润为1840元．
25. 16世纪中叶，我国发明了一种新式火箭“火龙出水”，它是二级火箭的始祖．火箭第一级运行路径形如抛物线，当火箭运行一定水平距离时，自动引发火箭第二级，火箭第二级沿直线运行．某科技小组运用信息技术模拟火箭运行过程．如图，以发射点为原点，地平线为轴，垂直于地面的直线为轴，建立平面直角坐标系，分别得到抛物线和直线．其中，当火箭运行的水平距离为时，自动引发火箭的第二级．

（1）若火箭第二级的引发点的高度为．
①分别求出抛物线和直线的解析式；
②火箭在运行过程中，有两个位置的高度比火箭运行的最高点低，求这两个位置之间的距离．
（2）直接写出满足什么条件时，火箭落地点与发射点的水平距离超过．
【答案】（1）①，；②这两个位置之间的距离为
（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次函数和一次函数的综合应用，涉及待定系数法求解析式，二次函数的图象和性质，一次函数的图象与性质等知识点．
（1）①将代入即可求解；
②将变为，即可确定顶点坐标，得出，进而求得当时，对应的x的值，然后进行比较再计算即可；
（2）若火箭落地点与发射点的水平距离为，求得，即可求解．
【小问1详解】
解：①∵火箭第二级引发点的高度为
∴抛物线和直线均经过点
∴，
解得，，
∴，；
②由①知，，，
∴，
∴最大值，
当时，
则，
解得，，
又∵时，，
∴当时，
则，
解得，
，
∴这两个位置之间的距离；
【小问2详解】
解：当水平距离超过时，
火箭第二级的引发点为，
将，代入，得
，，
解得，，
∴．
26. 婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”．
（1）若平行四边形是“婆氏四边形”，则四边形是____________．（填序号）
①矩形；②菱形；③正方形
（2）如图1，中，，以为弦的交于，交于，连接、、．其中，交于，，，若四边形是“婆氏四边形”，求的长．
（3）如图2，四边形为的内接四边形，连接，，，，，，已知．
①求证：四边形是“婆氏四边形”；
②当时，请直接写出半径的最小值．
【答案】（1）③ （2）；
（3）①见解析；②半径的最小值为．
【解析】
【分析】（1）根本圆内接四边形对角互补和平行四边形对角相等可得，从而可证明四边形为矩形，再根据对角线互相垂直的矩形是正方形即可判断；
（2）根据垂径定理和圆周角定理可得，，设，则，，在中解直角三角形即可；
（3）①根据圆周角定理即可得出，从而可得，继而证明结论；
②作，垂足分别为M，N，证明，设，则，，，在中，根据勾股定理和二次函数的性质即可得出半径的最小值．
【小问1详解】
解：如图，
∵平行四边形为的内接四边形，
∴，，
∴，
∴平行四边形为矩形，
∵四边形是“婆氏四边形”，
∴，
∴矩形为正方形，
故答案为：③；
【小问2详解】
解：∵，，，
∴，为直径，
∴，
∵四边形是“婆氏四边形”，
∴，
∴，，
设，则，，
在中，根据勾股定理，
，即，
解得，即；
【小问3详解】
解：①设相交于点E如图所示
∵，，，
∴，
∴，
即，
又∵四边形是的内接四边形，
∴四边形是“婆氏四边形”；
②如图，作，垂足分别为M，N，
∴，，，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∵，
设，则，，，
在中，
，
当时，取得最小值，即半径的最小值为．