广西南宁高新技术产业开发区民大中学九年级上学期期中考试数学题（解析版）-A4

这是一份广西南宁高新技术产业开发区民大中学九年级上学期期中考试数学题（解析版）-A4，共21页。试卷主要包含了 的倒数是， 下列图案是中心对称图形为， 下列事件中，属于必然事件的是， 下列计算中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
（考试形式：闭卷 考试时间：120分钟 满分：120分）
一．选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）
1. 的倒数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据倒数的定义即可得到答案．
【详解】
的倒数为
故选：B．
【点睛】本题考查了倒数的定义，熟练掌握倒数的定义是解题关键．
2. 下列图案是中心对称图形为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义：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可得答案．
【详解】解：选项A、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
故选：B．
3. 下列事件中，属于必然事件的是（ ）
A. 旭日东升B. 守株待兔C. 大海捞针D. 水中捞月
【答案】A
【解析】
【分析】必然事件，在一定的条件下重复进行试验时，有的事件在每次试验中必然会发生，这样的事件叫必然发生的事件，简称必然事件，和不可能事件统称为确定事件，由此即可求解．
【详解】解：根据必然事件的定义，“旭日东升”是每天必然发生的事件，
故选：．
【点睛】本题主要考查随件事件，必然事件与概率的问题，理解必然事件的概念，概率的描述是解题的关键．
4. 一个不等式组的解在数轴上表示如图，则这个不等式组的解是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了用数轴表示不等式组的解集，根据“小于向左，大于向右”且“边界点含于解集为实心点，不含于解集即为空心点”写出解集即可．
【详解】解：由题意得，该不等式组的解集为，
故选：B．
5. 如图，点A，B是上两点，连接，交于点C，垂足为点D，优弧⊥一点E，连接，已知，则的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】本题考查垂径定理及圆周角定理，根据垂径定理可得，由圆周角定理可得即可求解．
【详解】∵交于点C，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：A．
6. 下列计算中，正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了幂的乘方和积的乘方计算，同底数幂除法计算，合并同类项，熟知相关计算法则是解题的关键．
【详解】解：A、，原式计算错误，不符合题意；
B、，原式计算错误，不符合题意；
C、，原式计算正确，符合题意；
D、与不是同类项，不能合并，原式计算错误，不符合题意；
故选：C．
7. 若是一元二次方程的两个实数根，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根和系数的关系，代数式求值，由一元二次方程根和系数的关系可得，，再代入代数式计算即可求解，掌握一元二次方程根和系数的关系是解题的关键
【详解】解：∵是一元二次方程的两个实数根，
∴，，
∴，
故选：．
8. 如图，在中，，，将绕点逆时针旋转得到．当落在上时，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，三角形内角和定理，由旋转的性质可得，
由三角形内角和定理可得出，最后根据角的和差关系即可得出答案．
【详解】解：由旋转的性质可得出，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
9. 将抛物线向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度得到新抛物线，则原抛物线解析式为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查二次函数图象的平移．根据题意求将抛物线先向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后所得抛物线的解析式即可求解．
【详解】解：∵抛物线向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位得到的解析式为，
∴向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度得到原抛物线，
∴原抛物线的函数解析式为．
故选：C．
10. 唐代李皋发明了“桨轮船”，这种船是原始形态的轮船，是近代明轮航行模式之先导，如图，某桨轮船的轮子被水面截得的弦长，轮子的吃水深度为，则该浆轮船的轮子半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设半径为 ，再根据圆的性质及勾股定理，可求出答案
【详解】解：设半径为 ，则



在 中，有
，即

解得
故选：D
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，关键在于知道 垂直平分 这个隐藏的条件．
11. 如图，在矩形中，以点A为圆心，以长为半径画弧交于点E，将扇形剪下来做成圆锥，若，则该圆锥底面半径为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】此题考查圆锥的计算，正方形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握扇形的弧长公式．
首先由正方形的性质得到是等腰直角三角形，进而得到，然后由勾股定理求出，然后根据扇形的弧长等于围成的圆锥的底面圆的周长列方程求解即可．
【详解】解：矩形中，
，
∵，
是等腰直角三角形，
，，
，
扇形的弧长等于围成的圆锥的底面圆的周长，
圆锥的底面圆的半径为，
，
解得．
故选：A．
12. 如图是抛物线y1＝ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，抛物线的顶点坐标A（1，3），与x轴的一个交点B（4，0），直线y2＝mx+n（m≠0）与抛物线交于A，B两点，下列结论：①2a+b＝0；②abc＞0；③方程ax2+bx+c＝3有两个相等的实数根；④抛物线与x轴的另一个交点是（﹣1，0）；⑤当1＜x＜4时，有y2＜y1．其中正确结论的个数是（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数的性质、方程与二次函数的关系、函数与不等式的关系逐一判断即可
【详解】解：①由抛物线对称轴为直线，从而，则，故①正确；
②抛物线开口向下，与轴相交与正半轴，则，而，因而，故②错误；
③方程的解，即是与直线的交点的横坐标，
从图象可得，抛物线顶点为，则抛物线与直线有且只有一个交点，
故方程有两个相等的实数根，故③正确；
④由抛物线对称性，与轴的一个交点，根据对称轴为，可知另一个交点坐标为（−2，0），故④错误；
⑤由图象可知，当1＜x＜4时，y1＞y2，故⑤正确；
故正确的有①③⑤，共计3个
故选C
【点睛】本题考查二次函数的性质、方程与二次函数的关系、函数与不等式的关系等知识，解答关键是数形结合．
二．填空题（共6小题，每小题2分，共12分）
13. 化简：______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的性质与化简，熟知是解题关键，据此进行化简即可求解
【详解】解：．
故答案为：
14. 点关于x轴的对称点的坐标是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”解答，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律．
【详解】∵关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数
∴点关于x轴的对称点的坐标是
故答案为：．
15. 为了估计抛掷同一枚瓶盖落地后凸面向上的概率，小明做了大量重复试验．经过统计得到凸面向上的频率稳定在，凸面向下的频率稳定在，由此可估计抛掷瓶盖落地后凸面向上的概率约为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了利用频率估计概率，理解在大量重复试验的情况下，事件发生的频率会逐渐稳定，此时该频率可近似看作事件发生的概率，是解题的关键．
根据在大量重复试验中，某一事件发生的频率近似等于这一事件发生的概率，即可解答．
【详解】解：∵大量重复试验．经过统计得到凸面向上的频率稳定在，
∴估计抛掷瓶盖落地后凸面向上的概率约为．
故答案为：．
16. 如图，方老师用一张半径为的扇形纸板，做了一个圆锥形帽子（接缝忽略不计）．如果圆锥形帽子的半径是，那么这张扇形纸板的面积是________（结果用含的式子表示）．
【答案】
【解析】
【分析】由题意易得该扇形的弧长为，然后根据扇形面积计算公式可求解．
【详解】解：由题意得：
该扇形的弧长即为圆锥底面圆的周长，即为，
∴该扇形的面积为；
故答案为．
【点睛】本题主要考查扇形面积计算公式及圆锥的侧面展开图，熟练掌握扇形面积计算公式及圆锥的侧面展开图是解题的关键．
17. 在设计人体雕像时，使雕像的上部（腰以上）与下部（腰以下）高度比，等于下部与全部（全身）的高度比，可以增加视觉美感．按此比例，如果雕像的高为米，那么它的下部应设计为____米．
【答案】
【解析】
【分析】设雕像的下部高为，则上部长为，然后根据题意列出方程求解即可．
【详解】解：设雕像的下部高为，则上部长为，根据题意可得：
，
整理得：，
解得：，(舍去)，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键在于读懂题目列出方程．
18. 如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝4，点D是AC边上一动点，连接BD，以AD为直径的圆交BD于点E，则线段CE长度的最小值为___．
【答案】﹣2
【解析】
【分析】连结AE，如图1，先根据等腰直角三角形的性质得到AB=AC=4，再根据圆周角定理，由AD为直径得到∠AED=90°，接着由∠AEB=90°得到点E在以AB为直径的 O上，于是当点O、E、C共线时，CE最小，如图2，在Rt△AOC中利用勾股定理计算出OC=2，从而得到CE的最小值为2﹣2.
【详解】连结AE，如图1，
∵∠BAC=90°,AB=AC,BC=，
∴AB=AC=4，
∵AD为直径，
∴∠AED=90°，
∴∠AEB=90°，
∴点E在以AB为直径的O上，
∵O的半径为2，
∴当点O、E. C共线时,CE最小,如图2
在Rt△AOC中，∵OA=2，AC=4，
∴OC=，
∴CE=OC−OE=2﹣2，
即线段CE长度的最小值为2﹣2.
故答案为:2﹣2.
【点睛】此题考查等腰直角三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，解题关键在于结合实际运用圆的相关性质.
三．解答题（本大题共8小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19. 计算：
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了实数的运算，熟练掌握以上知识是解题的关键．首先计算零指数幂、负整数指数幂、开立方，绝对值，然后从左向右依次计算，求解计算即可．
【详解】解：，
，
，
．
20. 解方程：．
【答案】，．
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程的解法：直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法等．利用配方法解一元二次方程即可．
【详解】
解得，．
21. 正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点坐标分别为，，．
（1）画出关于轴对称的，并写出点的坐标；
（2）画出绕点O顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求出在旋转过程中线段扫过的面积（结果保留）．
【答案】（1）作图见解析，
（2）作图见解析，
（3）
【解析】
【分析】本题主要考查图形的旋转，扇形面积公式和几何图形关于坐标轴对称的特点，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）在平面直角坐标系中找到点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，然后连接、和，即可求解；
（2）根据图形旋转的作法作图即可，然后写出点的坐标；
（3）先根据勾股定理得出，再由扇形面积公式计算即可；
【小问1详解】
解：如图所示：
由图可得；
【小问2详解】
解：如图所示：
由图可得；
【小问3详解】
解：由（2）可知，可得线段扫过的图形为扇形，
∵，
∴线段扫过图形面积；
22. 随着快递行业在农村的深入发展，全国各地的特色农产品有了更广阔的销售空间．不同的快递公司在配送、服务、收费和投递范围等方面各具优势，某农产品种植户经过前期调研，打算从甲、乙两家快递公司中选择一家合作．为此，该种植户收集了10家农产品种植户对两家公司的相关评价，并整理、描述、分析如下：
配送速度和服务质量得分统计表
（1）补全频数分布直方图，扇形统计图中圆心角α的度数是 ；
（2）表格中的m＝ ； （填“”“=”或“”）；
（3）如果A，B，C三家农产品种植户分别从甲、乙两个快递公司中任选一个公司合作，求三家种植户选择同一快递公司的概率．
【答案】（1），见解析
（2），
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频数之和等于样本容量，计算甲快递公司在配送速度为9的人数可补全频数直方图，利用圆心角计算公式计算即可．
（2）根据中位数与方差的定义即可求解；
（3）画树状图展示所有8种等可能的结果数，找出A，B，C三家农产品种植户选择同一快递公司的结果数，然后利用概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法，方差、中位数，直方图．关键是能根据平均数、中位数、方差的意义对本题进行分析和求概率．
【小问1详解】
解：根据频数之和等于样本容量，
得甲快递公司在配送速度为9的人数为：（人）
补全频数直方图如下：
根据题意，得．
【小问2详解】
解：甲公司配送速度得分从小到大排列为：6，6，7，7，7，8，9，9，9，10．一共10个数据，其中第5个与第6个数据分别为7、8，
故中位数，
故答案为：．
根据题意，得
．
得
．
，
故答案为：．
【小问3详解】
解：画树状图如下：
由树状图可知共有8种可能结果，其中三家种植户选择同一快递公司的有2种结果，
∴三家种植户选择同一快递公司的概率为．
23. 将两块大小相同的含角的直角三角板按图①方式放置，固定三角板，然后将三角板绕直角顶点C顺时针方向旋转（旋转角小于）至图②所示的位置，与交于点与交于点与相交于点O．
（1）求证：；
（2）当旋转角等于时，求证．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】此题考查了旋转的性质，解题时要根据旋转的性质求出角的度数，要与全等三角形的判定和四边形的内角和定理相结合是解题的关键．
（1）根据题意可知，利用即可证出；
（2）由旋转角等于得出，所以，，根据四边形的内角和可知的度数为，最后计算出的度数即可．
【小问1详解】
证明：两块大小相同的含角的直角三角板，所以，
，
即，
，
；
小问2详解】
解：旋转角等于，即，
，
又，
根据四边形的内角和可知：
．
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. 如图，在中，，以为直径的与边相交于点，与边相交于点，，垂足为点，连接．
（1）求证：与相切；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）详见解析
（2）
【解析】
【分析】本题考查圆的综合题型，切线的判定，垂径定理，勾股定理，等腰三角形性质．
（1）由，可得即可求解；
（2）过作于，根据垂径定理，先求出，可得四边形是矩形，再求出，得出是的中点即可求解．
【小问1详解】
证明：如图所示，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
∴，
又∵为半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
如图所示，过作于，
∵是的弦，，且，
∴，，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，则，
∵，
在中，，
∴，
∵，
∴在中，，
∵，点是直径的中点，
∴点是的中点，
∴．
26. 【发现问题】
小明和小强做弹球游戏，如图，小明向斜坡抛一个乒乓球，乒乓球弹起的运行路线是一条抛物线，乒乓球落地后又弹起，第二次弹起的运行路线和第一次运行路线的抛物线形状相同，小强在地面立一块高度为的木板，当乒乓球在第二次下落时能落在木板上，则小强获胜．
【提出问题】
小强将木板放在距斜坡底端多远，才能确保获胜？
【分析问题】
小强以斜坡底端为坐标原点，地面水平线为轴，取单位长度为，建立如图所示的平面直角坐标系，乒乓球的大小忽略不计，经测量发现，抛球点的坐标为，第一次弹起的运行路线最高点坐标为，第二次弹起的最大高度为，小强通过这些数据，经过计算，确定了木板立的位置，从而确保自己获胜．
【解决问题】
（1）求乒乓球第一次弹起运行路线的抛物线的解析式；
（2）求乒乓球第一次落地点B距斜坡低端O的距离；
（3）小强将木板立在距斜坡底端多远的范围内，才能确保自己获胜？
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数，二次函数的图形及性质，二次函数与坐标轴的交点，二次函数的应用，熟练掌握待定系数法求二次函数以及二次函数的图形及性质是解题的关键．
（1）根据待定系数法求解即可得解；
（2）令得，解方程即可得解；
（3）利用待定系数法先求得第二次弹起的抛物线，再求出时对应自变量的值即可求解．
【小问1详解】
解：乒乓球第一次弹起运行路线的抛物线顶点为，过点，
设．
代入，，
解得，
，
【小问2详解】
解：令，则
解得，（舍）
，乒乓球第一次落地点距斜坡底端的距离为．
【小问3详解】
解：乒乓球第二次弹起运行路线的抛物线与第一次形状相同，且最大高度为，
设．
代入，
．
解得，（舍）
．
当时，，
解得，
项目统计量快递公司
配送速度得分
服务质量得分
平均数
中位数
平均数
方差
甲
m
7
乙
8
8
7