海南省文昌市学年九年级上学期期末考试数学试题（解析版）-A4

这是一份海南省文昌市学年九年级上学期期末考试数学试题（解析版）-A4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。
全卷满分120分 完成时间100分钟
一、选择题（本大题满分36分，每小题3分）
在下列各题的四个备选答案中，有且只有一个是正确的，请在答题卡上把你认为正确的答案的字母代号按要求用2B铅笔涂黑．
1. 如果盈利20元记作“元”，那么亏损10元记作（ ）
A. 元B. 元C. 元D. 元
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查正数和负数，熟练掌握正负数的实际意义是解题的关键．
根据正数和负数是一组具有相反意义的量即可解答．
【详解】解：∵盈利20元记作“元”，
∴亏损10元应记作元．
故选：C．
2. 若代数式的值为3，则x的值为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了一元一次方程的应用，根据题意列出一元一次方程是解题的关键．
根据题意列出一元一次方程求解即可．
【详解】解：由题意可得：，解得：．
故选：A．
3. 2024年9月25日8时44分，中国人民解放军火箭军向太平洋相关公海海域，成功发射一枚携带训练模拟弹头的洲际弹道导弹，准确落入预定海域．这次发射的洲际弹道导弹最大射程大约有12000公里．数据12000用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了科学记数法，将数据表示成形式为的形式，其中，n为整数，正确确定a、n的值是解题的关键．
将12000写成其中，n为整数的形式即可．
【详解】解：．
故选：C．
4. 如图所示的几何体，从正面看得到的图形是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了从不同方向上看几何体，确定从正面看到的图形是解题的关键．
直接确定从正面看到的图形解答．
【详解】解：如图所示的几何体，从正面看得到的图形是：
．
故选：B．
5. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查幂的相关运算，根据合并同类项，同底数幂相乘，同底数幂相除，幂的乘方运算法则逐项判定即可．
【详解】解：A、，故本选项的计算错误；
B、，故本选项的计算错误；
C、，故本选项的计算错误；
D、，故本选项的计算正确．
故选：D
6. 学校群文阅读活动中，某学习小组五名同学阅读课外书的本数分别为3，5，7，4，5．这组数据的中位数和众数分别是（ ）
A. 3，4B. 4，4C. 4，5D. 5，5
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查中位数和众数．将所给数据从小到大排列，第三和第四个数据的平均数即为中位数，出现次数最多的即为众数．
【详解】解：将这组数据从小到大排列：3，4，5，5，7．
则这组数据的中位数为5，
5出现次数最多，则众数为5，
故选：D．
7. 在平面直角坐标系中，点关于坐标原点的对称点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，掌握关于原点对称的点的横纵坐标均互为相反数是解题的关键．
根据关于原点对称的点的坐标特点即可解答．
【详解】解：∵点关于坐标原点的对称点为点，
∴．
故选：A．
8. 分式方程的解是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查解分式方程，方程两边同乘，去分母后化为整式方程，求解并检验即可．
【详解】解：，
方程两边同乘，得，
解得，
检验：时，，
∴是该分式方程的解．
故选：C
9. 某市2021年底森林覆盖率为，为贯彻落实“绿水青山就是金山银山”的发展理念，该市大力发展植树造林活动，2023年底森林覆盖率已达到．如果这两年森林覆盖率的年平均增长率为，则符合题意得方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，关键是根据题意找到等式两边的平衡条件．设年平均增长率为x，根据2023年底森林覆盖率2021年底森林覆盖率，据此即可列方程求解．
【详解】解：根据题意，得
即，
故选：B．
10. 如图，是的弦，交于点C，点D是上一点，连接、．若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了圆周角定理、等腰三角形的性质等知识，掌握圆周角定理、垂径定理成为解题的关键．
利用圆周角定理求出，根据等腰三角形的三线合一性质求出，然后根据等边对等角以及三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴．
故选：B．
11. 如图，点E是正方形的边上一点，把绕点A顺时针旋转到的位置．过点A作于点H，连接，若，，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由正方形的性质得到，，，由旋转得到，，进而根据“三线合一”得到点H是的中点，运用勾股定理在中，求得，进而根据直角三角形斜边上中线的性质即可解答．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵由旋转得到，
∴，，
∵，
∴点H是的中点，
∵，，
∴，
∴在中，，
∵点H是的中点，
∴．
故选：D
【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，综合运用相关知识是解题的关键．
12. 如图，已知平行四边形的顶点，，点B在x轴正半轴上，按以下步骤作图：①以点O为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边于点D，E；②分别以点D，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点F；③作射线，交边于点G，则点G的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了角平分线的作法、勾股定理、平行四边形的性质、等角对等边等知识点，掌握角平分线的作法是解题的关键．
如图：依据勾股定理即可得到中，，依据，即可得到，进而得出即可确定点G的坐标．
【详解】解：如图：

∵平行四边形的顶点，，
∴
∴，
∴中，，
由作图可知：平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：A．
二、填空题（本大题满12分，每小题3分）
13. 因式分解：_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查因式分解，直接提公因式即可解答．
【详解】解：．
故答案为：
14. 一元二次方程的一个解为，则k=______．
【答案】2
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的解，掌握能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解成为解题的关键．
将代入得到关于k的一元一次方程求解即可．
【详解】解：将代入可得：
，解得：．
故答案为：2．
15. 工程上常用钢珠来测量零件上小圆孔的宽口，假设钢珠的直径是10mm，测得钢珠顶端离零件表面的距离为8mm，如图所示，则这个小圆孔的宽口AB的长度为____mm．
【答案】8
【解析】
【分析】先根据钢珠的直径求出其半径，再构造直角三角形，求出小圆孔的宽口AB的长度的一半，最后乘以2即为所求．
【详解】连接OA，过点O作OD⊥AB于点D，
则AB=2AD，
∵钢珠的直径是10mm，
∴钢珠的半径是5mm．
∵钢珠顶端离零件表面的距离为8mm，
∴OD=3mm．
在Rt△AOD中，∵mm，
∴AB=2AD=2×4=8mm
故答案为8
【点睛】本题是典型的几何联系实际应用题，熟练运用垂径定理是解题的关键．
16. 如图，在菱形中，点E是边的中点，动点P在边上运动，以为折痕将折叠得到，连接．若，，则______，的最小值是__________．
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质、折叠问题、勾股定理、直角三角形的性质等知识点，确定点F在以E为圆心，为半径的半圆上是解题的关键．
根据中点的定义以及折叠的性质可求得，如图：当D、E、F在同一直线上时，最短，过点E作于点H，依据，，即可得到的长度，进而得出的最小值．
【详解】解：∵点E是边中点，
∴，
∵以为折痕将折叠得到，
∴，
∴点F在以E为圆心，为半径的半圆上，
∵，
∴当D、E、F在同一直线上时，最短，
如图，过点E作于点H，连接，
∵在边长为4的菱形中，，点E是边的中点，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴
∴的最小值．
故答案为：2，．
三、解答题（本大题满分72分）
17. （）计算：；
（）解不等式组：．
【答案】（）；（）
【解析】
【分析】（）根据乘方的定义、绝对值的性质、算术平方根的定义及负整数指数幂分别运算，再相加减即可；
（）分别求出每个不等式的解集，再取解集的公共部分即可求解；
本题考查了实数的混合运算，解一元一次不等式组，掌握实数的运算法则和解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．
【详解】（）解：原式
；
（）解：，
解不等式①，得，
解不等式②，得，
∴不等式组的解集为．
18. 某中学组织300位学生到铜鼓岭和航天发射基地开展研学活动（每位学生仅能选择其中一个地点），到铜鼓岭的人数比到航天发射基地的人数的2倍少3，到两地研学的人数各是多少？
【答案】到铜鼓岭研学的人数为199人，到航天发射基地研学的人数为101人
【解析】
【分析】此题考查了二元一次方程组的应用，设到铜鼓岭研学的人数为x人，到航天发射基地研学的人数为y人，总人数为300位，到铜鼓岭的人数比到航天发射基地的人数的2倍少3，据此列方程组，解方程组即可得到答案．
【详解】解：设到铜鼓岭研学的人数为x人，到航天发射基地研学的人数为y人，
由题意，得，
解得，
答：到铜鼓岭研学的人数为199人，到航天发射基地研学的人数为101人．
19. 2024年11月30日22时48分，长征十二号运载火箭在文昌市东郊镇的海南商业航天发射场成功进行了首次发射．此次发射不仅拓宽了我国新一代运载火箭的型谱，还探索了商业航天组织、试验、发射的新模式，对于促进我国商业航天产业的发展具有重要意义．同时，这也意味着海南商业航天发射场将为我国民、商大规模低轨星座组网任务等空间基础设施工程建设提供强有力的发射保障．海南商业航天发射场的成功建立和使用，填补了我国没有商业航天发射场的空白，完成了商业航天全产业链闭环，提升了我国航天发射能力．为此，某校举行了一次航天科普知识竞赛（百分制），为了更好地了解本次竞赛的成绩分布情况，随机抽取了m名学生的成绩x（单位：分）作为样本进行整理，并将结果绘制成如下不完整的统计图．
A：
B：
C：
D：
E：
请根据统计图中提供的信息，解答下面的问题：
（1）若想了解某班航天科普知识竞赛的情况，更适合采用 （填写“普查”或“抽样调查”）；
（2） ，在扇形统计图中，D部分所对应扇形的圆心角度数为 ；
（3）若从该样本中随机抽取一名学生航天科普知识竞赛的成绩，其恰好在“”范围的概率是 ；
（4）若成绩在“”为“优秀”，则该校参加这次比赛的4700名学生中成绩“优秀”的学生大约有 人．
【答案】（1）普查； （2）200；108；
（3）；
（4）1880
【解析】
【分析】（1）根据抽样调查和普查特点即可解答；
（2）用C的人数除以其所占的百分比即可求得m的值，再求得D人数，用乘以D所占的百分比即可解答；
（3）求得所占频率，再运用频率估计概率即可解答；
（4）用这次比赛的4700名学生数乘以所占的百分比即可解答．
【小问1详解】
解：由于了解某班航天科普知识竞赛的情况，学生数不多且要求精确，因此调查方式更适合采用普查．
故答案为：普查．
【小问2详解】
解：，
D人数为：，
D部分所对应扇形的圆心角度数为．
故答案为：200，．
【小问3详解】
解：恰好在“”范围的概率是．
故答案为：．
【小问4详解】
解：该校参加这次比赛的4700名学生中成绩“优秀”的学生大约有：人．
答：该校参加这次比赛的4700名学生中成绩“优秀”的学生大约有：人．
【点睛】本题主要考查了调查方式的选择、求样本容量、扇形统计图的度数、概率公式、用样本估计整体等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
20. 如图，是半圆O的直径，点D是弦延长线上一点，连接、，．
（1）求证：是半圆O的切线；
（2）当时，求阴影部分的面积．（结果保留π）
【答案】（1）见解析；
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了圆周角定理、切线的判定、直角三角形的性质、扇形的面积公式等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
（1）由圆周角定理可得，即，再结合可得，然后根据切线的定义即可证明结论；
（2）如图，连接．根据同角的余角相等可得，再根据直角三角形的性质可得，再运用勾股定理可得，易得；然后分别求得、、，最后根据即可解答．
【小问1详解】
证明：∵是半圆的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
又∵是半圆O的直径，
∴是半圆O的切线．
【小问2详解】
解：如图，连接，
∵，，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴．
21. 如图，抛物线经过点、，与直线交于B、D两点，点P是抛物线上一动点，记点P的横坐标为t．
（1）求抛物线的解析式并直接写出点D的坐标；
（2）当点P位于直线下方时，求面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）过点P作x轴的垂线交x轴于点H，若是等腰直角三角形，求点P的坐标．
【答案】（1）抛物线的解析式为，点D的坐标为；
（2）的面积的最大值为8，；
（3）点P坐标为或
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的面积综合，等腰直角三角形的性质，解一元二次方程，待定系数法求二次函数的解析式，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）依题意，把、分别代入，进行计算，得抛物线的解析式为，再结合直线，列方程计算，即可作答．
（2）先表示，，得出，故，当时，的面积的最大值为8，此时，即可作答．
（3）因为，且是等腰直角三角形，得，由（2）知，所以，，则，再解出方程，即可作答．
【小问1详解】
解：∵抛物线经过点、，
∴，
解得
∴抛物线的解析式为，
∵抛物线的解析式为与直线交于B、D两点，
∴，
解得
∴把代入，得，
∴点D的坐标为，
【小问2详解】
解：如图1，过点P作轴，交于点E，
则，，
∴，
∴
，
∴当时，的面积的最大值为8，
此时．
【小问3详解】
解：如图2，过点P作x轴的垂线交x轴于点H，
∵轴于H，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
由（2）知，
∴点H的坐标为，
由（1）可知，
∴，，
∴，
∴或，
即或，
当时，
解得或（舍去），
此时；
当时，
解得或（舍去），
此时，
综上，点P的坐标为或.
22. 如图1，在矩形中，，，将矩形绕着点B顺时针旋转度（）得到矩形，点A、D、C的对应点分别为E、F、G．

（1）如图2，当点E落在线段上时，与交于点H，连接．
①求证：；
②求的长；
（2）当何值时，？
（3）请在图1中连接，记的面积为S，直接写出S的取值范围．
【答案】（1）①见解析；②；
（2）当为60或300时，；
（3）
【解析】
【分析】（1）①根据旋转的性质可得、，则，然后运用即可证明结论；②根据矩形的性质、全等三角形的性质、等角对等边可得，设，则，然后运用勾股定理列方程求解即可；
（2）如图：作于M，先说明GM垂直平分BC，再说明是等边三角形，易得，同理：当时，即可解答；
（3）先说明点C到的距离最小时，的面积最小；点C到的距离最大时，的面积最大；然后点E在和的延长线两种情况分别求得最小值和最大值即可解答．
【小问1详解】
①证明：由旋转的性质得：，，
∴，
在和中，
，
∴，
②解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由（1）①知，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得：，解得，
∴．
【小问2详解】
解：如图：作于M，

∵，
∴GM平分AD，
∴GM垂直平分BC，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，即，
同理：当时，
综上，当为60或300时，．
【小问3详解】
解：S的取值范围为．
∵的边长，
∴点C到距离最小时，的面积最小；点C到的距离最大时，的面积最大；
如图①所示：当点E在的延长线上时，点C到的距离最小，
此时，，
的面积S最小；

如图②所示：当点E在的延长线上时，点C到的距离最大，
此时，，
的面积S最大；
∴S的取值范围为．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等边对等角、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．