河南省信阳市平桥区九年级上学期12月期中数学试题（解析版）

这是一份河南省信阳市平桥区九年级上学期12月期中数学试题（解析版），共30页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分．）
1. 中国传统文化博大精深，下面四个图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. 京剧脸谱B. 剪纸对鱼
C. 中国结 D. 风筝燕归来
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
【详解】解：A、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符符合题意；
C、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D、该图形是既不是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
2. 如图，已知的半径为3，平面内有一点到圆心的距离为4，则该点可能是（ ）
A. 点B. 点C. 点D. 点
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了点与圆的位置关系，根据点到圆心的距离大于半径，可判定出点在圆外，即可得到答案．
【详解】平面内有一点到圆心的距离为4，．
该点在圆外，
点符合要求．
故选：D．
3. 某物理兴趣小组对一款饮水机的工作电路展开研究，如图1，将变阻器的滑片从一端滑到另一端，绘制出变阻器消耗的电功率随电流变化的关系图象，如图2所示，且该图象是经过原点的一条抛物线的一部分，则变阻器消耗的电功率最大为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的应用，涉及到用待定系数法求解析式和二次函数的性质．
先利用待定系数法求抛物线的解析式，根据二次函数的性质即可求解．
【详解】解：∵该图象是经过原点的一条抛物线的一部分，过和，
∴抛物线的对称轴为，
设抛物线的解析式为，
∴
解得
∴
∵，
∴当时，电功率P有最大值为220，
即变阻器R消耗的电功率P最大为，
故选D．
4. 如图，是的内接四边形的一个外角，若的度数为，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，由圆的内接四边形的性质得到，由同弧所对的圆心角是圆周角的两倍得到．
【详解】解：∵四边形是的内接四边形，
∴，
由题意得
∵，
∴，
故选：C．
5. 若关于x的一元二次方程没有实数根，则二次函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了根的判别式及二次函数的图象的问题，解题的关键是根据一元二次方程的根的判别式确定k的取值范围，难度不大．首先根据一元二次方程没有实数根确定k的取值范围，然后根据二次函数的性质确定其图象的位置．
【详解】解：∵方程没有实数根，
∴，
解得：，
∴，
∴二次函数的图象开口向下，与y轴的交点在y轴正半轴，且关于y轴对称，
四个选项中，只有选项C符合，
故选：C．
6. 下列命题中，正确的命题是（ ）
A. 三角形的外心是三角形三边中垂线的交点
B. 三点确定一个圆
C. 平分一条弦的直径一定重直于弦
D. 相等两个圆心角所对的两条弧相等
【答案】A
【解析】
【分析】分别根据确定圆的条件，垂径定理，圆心角、弦、弧的关系对各选项进行逐一分析即可．
【详解】解：A、符合外心的定义，故原命题正确；
B、不在同一直线上的三点确定一个圆，故原命题错误；
C、平分一条弦（非直径）的直径一定垂直于弦，故原命题错误；
D、在同圆或等圆中，相等的两个圆心角所对的两条弧相等，故原命题错误；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了确定圆的条件，垂径定理的推论以及圆心角、弦、弧的关系，正确掌握相关性质是解题关键．
7. 对于实数a，b定义新运算：，若关于的方程有两个实数根，则的取值范围是（ ）
A. B. 且C. D. 且
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了新运算，一元二次方程根的判别式；由新运算得关于x的一元二次方程，根据判别式非负即可求得m的范围．
【详解】解：∵，
∴，
即，
∵有两个实数根，
∴，
∴；
故选：C．
8. 在20世纪70年代，我国著名数学家华罗庚教授将黄金分割法作为一种“优选法”，在全国大范围推广，取得了很大的成果．如图，利用黄金分割法，所做将矩形窗框分为上下两部分，其中E为边的黄金分割点，即．已知为2米，则线段的长为（ ）
A. 1B. C. 1.5D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了黄金分割的应用，掌握黄金比是解题的关键．
根据点是的黄金分割点，可得，代入数值得出答案．
【详解】解：∵点是的黄金分割点，即，
，
，
米，
故选：B．
9. 如图，菱形，是对角线上一点，将线段绕点顺时针旋转角度，点恰好落在边上点处，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点E作交CD于点G，作交BC于点H，先通过菱形和旋转的性质证明，得出，进而有，然后利用四边形内角和即可求出答案．
【详解】过点E作交CD于点G，作交BC于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴ ．
又，，
∴ ．
由旋转可知， ，
在和中，
，
．
，
，
，
．
故选：C．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，旋转的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定及性质，四边形内角和，能够做出辅助线将角度进行转化是解题的关键．
10. 已知二次函数的图象如图所示，下列结论：①；②；③方程有两个相等的实数根；④方程的两根是．其中结论正确的是（ ）
A. ①②③B. ①③④C. ②③④D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数图象与系数的关系，与方程相联系，掌握二次函数与方程的关系，利用数形结合的思想，确定代数式的值．①根据时，对应的，代入可得结论；②根据时，对应的，代入可得结论；③根据顶点坐标中，可得方程有两个相等的实数根；④将替换x，由方程的两根，，可得结论．
【详解】解：①由抛物线的对称性可知：与x轴交于另一点为，
∴；
故①正确；
②由图象得：当时，，
∴，
故②正确；
③∵抛物线的顶点，
∴方程有两个相等的实数根，
即方程有两个相等的实数根；
故③正确；
④由题意得：方程的两根为：，
∴方程的两根是：或，
∴，
故④正确；
故选：D．
二．填空题（共5小题每小题3分，共15分．）
11. 一个三角形的两边长分别为3和8，第三边的长是一元二次方程的一个根，则这个三角形的周长是_____．
【答案】18
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程-因式分解法和三角形三边关系，求三角形的周长，不能盲目地将三边长相加起来，而应养成检验三边长能否成三角形的好习惯．
因式分解法解方程求出的值，再根据三角形三边之间的关系求出符合条件的的值，最后求出周长即可．
【详解】解：∵，即，
或，
解得：或，
当时，三角形的三边，构不成三角形，舍去；
当时，这个三角形的周长为，
故答案为：18．
12. 若一个正n边形，绕着某一点旋转能与自身重合，则n可能的值为________（写出一个即可）．
【答案】5（答案不唯一5的倍数即可）
【解析】
【分析】此题主要考查了旋转对称图形，如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．直接利用旋转对称图形的性质，结合正多边形中心角相等进而得出答案．
【详解】解：，
有一个正n边形，绕某一点旋转后能与自身重合，n可能的值为5，
故答案为：5（答案不唯一）．
13. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点坐标是_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—中心对称，关于原点对称的点横纵坐标都互为相反数，据此求解即可．
【详解】解：在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点坐标是，
故答案为：．
14. 圆在中式建筑中有着广泛的应用．如图，某园林中圆弧形门洞的顶端到地面的高度为，地面入口的宽度为，门枕的高度为，则该圆弧所在圆的半径为___m．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理的应用以及勾股定理的应用，掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解题的关键．
设该门洞的半径的半径为，过点作于点，延长交圆于点，连接，则，由垂径定理得，然后在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】解：设该门洞的半径的半径为，如图，过点圆心作于点，延长交圆于点，连接，
则，
∴，
在中，由勾股定理得：，
，
解得：，
即该门洞的半径为，
故答案为：．
15. 在平面直角坐标系中，将抛物线向上（下）或向左（右）平移了个单位长度，使平移后的抛物线恰好经过原点，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象的平移，先求出抛物线与轴、轴的交点坐标，进而可得平移方向及平移距离，据此即可求解，求出抛物线与坐标轴的交点坐标是解题的关键．
【详解】解：∵抛物线，
当时，，
∴抛物线与轴的交点坐标为；
当时，，
解得，，
∴抛物线与轴的交点坐标为和，
∴将抛物线向上平移个单位长度，或者向左平移个单位长度，或者向右平移个单位长度，可以使平移后的抛物线恰好经过原点，
∴的最小值为，
故答案为：．
三．解答题（共8小题，共75分．）
16. 解方程：
（1）；（公式法）
（2）．（因式分解法）
【答案】（1）；
（2），．
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键，解一元二次方程的方法有：直接开平方法、公式法、配方法、因式分解法．
（1）先求出的值，再代入公式求出即可；
（2）分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
【小问1详解】
解：，
，
，
解得；
小问2详解】
解：，
，
或，
解得：，．
17. 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上．
（1）画出关于点O成中心对称的图形；
（2）画出将绕点B顺时针旋转得到的；
（3）请分别写出以下两点的坐标：(________，________)，(________，________)．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3），，5，0
【解析】
【分析】本题主要考查了作图-平移变换，旋转变换，熟练掌握平移和性质的性质是解题的关键．
（1）根据中心对称的性质，作出对应点即可；
（2）根据旋转的性质，作出对应点即可；
（3）由点的位置，即可得出坐标．
【小问1详解】
解：如图，与关于点O成中心对称，即为所求；
【小问2详解】
解：如图，绕点B顺时针旋转得到的，，，即为所求；
【小问3详解】
解：由作图可知，，．
故答案为：，，5，0．
18. 如图，已知为直径，D是上的一点，且点C是的中点，过点C作直线于点E．
（1）求证：直线是的切线；
（2）连接，过点O作于F，延长交于M，若B为的中点，半径为4，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，交于点S，证明四边形是矩形，从而可得结论；
（2）证明，，结合三角形的外角的性质可得：，再求解，从而可得答案．
【小问1详解】
证明：连接，交于点S，
∵为的直径，
∴，
∵点C是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵是半径，
∴直线是的切线；
【小问2详解】
解：如图，过点O作于F，延长交于M，
∵B为的中点，
∴，，
∵，
∴，而，
∴，
∴，
∴，
∵半径为，
∴．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，圆周角定理的应用，弧，圆心角之间的关系，垂径定理的应用，圆的切线的判定，熟练的运用圆的基本性质与圆中基本定理是解本题的关键．
19. 在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线．
（1）若抛物线过点，求该抛物线的对称轴；
（2）若，在抛物线上，且满足，当抛物线对称轴为直线时，求t的取值范围．
【答案】（1）抛物线的对称轴为直线
（2）
【解析】
【分析】本题考查待定系数法求函数解析式、二次函数性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解答的关键．
（1）先求得抛物线与y轴的交点坐标，根据二次函数的对称性求解即可；
（2）先求得、、，再根据已知列不等式组，然后解不等式组即可求解．
【小问1详解】
解：抛物线，
当时，，即抛物线与y轴的交点坐标为；
抛物线经过点，
又抛物线过点，
抛物线的对称轴为直线，即直线；
【小问2详解】
解：若抛物线对称轴为直线，则，即，
抛物线的解析式为，
在抛物线上，
，
又，
，
∴
．
20. 阅读与思考
请阅读以下材料，并完成相应的任务．
《义务教育数学课程标准（2022版）》在尺规作图版块给出必学要求：会过圆外一个点作圆的切线．
（1）下面是李明所在的小组“过圆外一点作圆的切线”的尺规作图过程．
已知：如图1，和外一点P．
求作：过点P的的切线．
作法一：①连结，作线段的中点M；
②以M为圆心，的长为半径作圆，交于点；
③作直线和．
直线即为所求作的切线．
请运用尺规作图在图1中补全图形，并完成直线PA即为所求作的切线的证明．
证明：连接，
由作法可知，为的直径，
（________）（填推理的依据），
，
点A在上，
直线是圆的切线（________）（填推理的依据），
同理，直线也是圆的切线．
（2）李明所在数学小组经过思考与探索，给出了另一种作法：
作法二：①如图2，连接，交于点B，作直径；②以点O为圆心，长为半径画弧，以点P为圆心，长为半径画弧，两弧相交于点D；③连接，交于点M；④作直线，则直线即为过点P所求的其中一条切线．请你仿照李明的证明方法，说说直线即为所求作的切线的理由．
【答案】（1）补全图形见解析，直径所对的圆周角为直角，经过圆半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线
（2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了尺规作图，圆周角定理及其推论，切线的判定定理，辅助圆的构造思路，构造辅助线是解题的关键．
（1）连接，以为直径构造辅助圆，与交于两点，作直线即可，连接，根据切线的判定定理即可证明是圆的切线；
（2）先证是的中点，根据是等腰三角形，利用“三线合一”证明即可．
【小问1详解】
解：如图所示，
，
证明：连接，
由作法可知，为的直径，
（直径所对的圆周角是直角），
，
点A在上，
直线是圆的切线（经过半径的外端并且垂直这条半径的直线是圆的切线），
同理，直线也是圆的切线．
故答案为：直径所对的圆周角为直角，经过圆半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线
【小问2详解】
证明：是的直径，点在上，
，
，
，即为的中点，
由作图可知，，
，
为的切线．
21. 重庆火锅，源于明末清初的重庆嘉陵江畔、朝天门等码头船工纤夫的粗放餐饮方式，后随着社会的发展，历史的变迁，重庆火锅的独特风味渐渐受人们的喜爱，每逢假期，全国各地有大量游客来到重庆品尝地道美味的火锅．据了解，某火锅店里主营菜品是毛肚，该火锅店第一次用15000元购进毛肚若干份，深受人们喜爱，很快售完．于是，火锅店又用12000元购入毛肚，每份的进价比第一次少了5元，所购数量与第一次购进数量相同．
（1）求该火锅店第一次购进毛肚的进价为每份多少元？
（2）后续经营中，火锅店按第二次购买毛肚的进价持续进货，每份标价40元出售，每天能售出480份．为庆祝国庆节并吸引更多顾客消费，该火锅店决定降低毛肚的售价，经研究发现每份毛肚的售价每下降1元，每天的销量就增加2份．降价后，该店毛肚每日销售额为15000元，求降价后每份毛肚的实际售价．
【答案】（1）该火锅店第一次购进毛肚的进价为每份元
（2）降价后每份毛肚的实际售价为元
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的应用，一元二次方程的应用；
（1）设该火锅店第一次购进毛肚的进价为每份元，则第二次的进价为，根据两次购进的数量相等建立分式方程，解方程并检验，即可求解；
（2）设降价元，依题意得，，解方程，即可求解．
【小问1详解】
解：设该火锅店第一次购进毛肚的进价为每份元，则第二次的进价为，根据题意，得
解得：
经检验，是原方程的解；
答：该火锅店第一次购进毛肚的进价为每份元
【小问2详解】
解：设降价元，依题意得，
解得：或（舍去）
∴降价后每份毛肚的实际售价为（元）
答：降价后每份毛肚的实际售价为元
22. 我们常见的炒菜锅和锅盖都是抛物线面，经过锅心和盖心的纵断面是两段抛物线组合而成的封闭图形，不妨简称为“锅线”，锅口直径为，锅深，锅盖高（锅口直径与锅盖直径视为相同），建立直角坐标系如图①所示，如果把锅纵断面的抛物线记为，把锅盖纵断面的抛物线记为．

（1）求和的解析式；
（2）如果炒菜时锅的水位高度是，求此时水面的直径；
（3）如果将一个底面直径为，高度为的圆柱形器皿放入炒菜锅内蒸食物，锅盖能否正常盖上？请说明理由．
【答案】（1）；
（2）水面的直径为
（3）锅盖不能正常盖上，理由见解析
【解析】
【分析】（1）已知、、、四点坐标，利用待定系数法即可确定两函数的解析式；
（2）炒菜锅里的水位高度为，即，列方程求得x的值即可得答案；
（3）底面直径为、高度为圆柱形器皿能否放入锅内，需判断当时，、中的值的差与比较大小，从而可得答案．
【小问1详解】
由于抛物线、都过点、，设、的解析式为：，；
抛物线还经过，
则有：，解得：
即：抛物线；
抛物线还经过，
则有：，解得：
即：抛物线．
【小问2详解】
当炒菜锅里的水位高度为时，，即，
解得：，
∴此时水面的直径为．
【小问3详解】
锅盖不能正常盖上，理由如下：
当时，抛物线，
抛物线，
而，
∴锅盖不能正常盖上．
【点睛】考查了二次函数的综合应用，考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征等，注意数形结合思想在解题中的应用.
23. 已知线段是正方形的一条对角线，点E在射线上运动，连接，将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，连接．

（1）如图1，若点E在线段上，请直接写出线段与线段的数量关系与位置关系；
【模型应用】
（2）如图2，若点E在线段的延长线上运动，请写出线段，，之间的数量关系，并说明理由；
【模型迁移】
（3）如图3，已知线段是矩形的一条对角线，，，点E在射线上运动，连接，将绕点C顺时针旋转，得到，在上截取线段，连接，若，直接写出线段EF的长．
【答案】【小问1】，；
【小问2】，理由见解析；
【小问3】线段EF的长为或．
【解析】
【分析】（1）利用正方形、旋转性质以及边角边关系证全等，即可得到结论；
（2）利用全等的性质得到，利用勾股定理求得，代入转化即可；
（3）利用旋转的性质得到是直角三角形，再根据转化为求的长，通过作垂线构造，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1），；
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∵将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
则，即；
（2）；
理由：∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转得，，，
∴，
即，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴；
（3）过点C作于点H，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
若点E在线段上，

∵，
∴，
∴，
∵将绕点C顺时针旋转，得到，
∴，，
∵，
∴，
若点E在的延长线上时，

同理，，
∴，
同理，，
综上，线段EF的长为或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质以及矩形的性质等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形和直角三角形．