广西壮族自治区防城港市防城区2023-2024学年九年级上学期期末数学试题（含解析）

这是一份广西壮族自治区防城港市防城区2023-2024学年九年级上学期期末数学试题（含解析），共20页。
1、考生须诚信考试,遵守考场规则和考试纪律，并自觉服从监考教师和其他考试工作人员
管理；
2、监考教师发卷后，在试卷指定的地方填写本人准考证号、姓名等信息；考试中途考生不准以任何理由离开考场；
3、考生答卷用笔必须使用同一规格同一颜色的笔作答(作图可使用铅笔) ，不准用规定以外的笔答卷，不准在答卷上作任何标记。考生书写在答题卡规定区域外的答案无效。
4、考试开始信号发出后,考生方可开始作答。
一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分．）
1．下列标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的为（ ）
A．B．
C．D．
2．下列事件中，属于必然事件的是（ ）
A．明天会下雨B．抛一枚硬币，正面朝上
C．地球每天都在自转D．打开电视机，正在播放广告
3．平面直角坐标系内一点P（2，-3）关于原点对称点的坐标是（ ）
A．（3，-2）B．（2，3）C．（-2，3）D．（2，-3）
4．抛物线的顶点坐标是（ ）
A．B．C．D．
5．关于的一元二次方程有实数根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．用配方法解方程x2＋1=8x，变形后的结果正确的是( )
A．(x＋4)2=15B．(x＋4)2=17C．(x－4)2=15D．(x－4)2=17
7．如图，在⊙O中，P是弦AB的中点，CD是过点P的直径，则下列结论中不正确的是（ ）．
A．AB⊥CDB．∠AOB=4∠ACD
C．D．PO=PD
8．抛物线向右平移2个单位，再向下平移3个单位，得到新的抛物线解析式是（ ）
A．B．
C．D．
9．下列说法正确的是（ ）
A．抛一枚质地均匀的硬币8次，其中正面朝上的有5次，所以正面朝上的概率为
B．某种彩票中奖的概率是1%，因此买100张该种彩票一定会中奖
C．天气预报说明天下雨的概率是50%，所以明天将有一半时间在下雨
D．抛掷一枚图钉，钉尖触地和钉尖朝上的概率不相等
10．如图，中，，，将绕点B逆时针旋转得，若点在上，则的长为（ ）
A．B．4C．D．5
11．有一人患了流感，经过两轮传染后共有121人患了流感，每轮传染中平均一个人传染了几个人？设每轮传染中平均一个人传染了x个人，下列所列方程正确的是（ ）
A．B．
C．D．
12．已知如图，在正方形ABCD中，点A、C的坐标分别是（﹣1，5）（2，0），点D在抛物线的图像上，则k的值是（ ）
A．B．C．D．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6小题，每小题2分，共12分．）
13．“明天太阳从西边升起”是 事件．
14．抛物线的顶点坐标是 ．
15．关于x的方程的一个根是1，则 ．
16．一圆锥的底面半径为2，母线长为3，则这个圆锥的侧面积为 ．
17．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为2，∠D＝110°，则的长为 ．
18．四边形是正方形，E，F分别是和的延长线上的点，且，连接，，．若，，则的面积为 ．
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．（1）计算：
（2）解方程：．
20．如图，已知二次函数的图象与x轴交于点，，与y轴分别交于C．
(1)求点C的坐标；
(2)求函数图象的对称轴；
21．如图，三个顶点的坐标分别为，，．
(1)请画出关于原点中心对称的；并写出点的坐标；
(2)在（1）的条件下，求扇形的面积（结果保留π）．
22．一个不透明的布袋里装有3个白球，1个黑球和若干个红球，它们除颜色外其余都相同，从中任意摸出1个球，是白球的概率．
(1)布袋里红球有多少个?
(2)先从布袋中摸出1个球后不放回，再摸出1个球，请用列表或画树状图等方法求出两次摸到的球都是白球的概率．
23．已知P是外一点，PO交于点C，，弦的度数为60°，连接PB．
求BC的长；
求证：PB是的切线．
24．已知抛物线的图象与x轴交于点和点C，与y轴交于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)设点P为抛物线的对称轴上一动点，当的周长最小时，求点P的坐标；
25．【综合与实践】数学来源于生活，同时数学也可以服务于生活．
【知识背景】如图，校园中有两面直角围墙，墙角内的P处有一古棵树与墙，的距离分别是和，在美化校园的活动中，某数学兴趣小组想借助围墙（两边足够长），用长的篱笆围成一个矩形花园（篱笆只围，两边），设．
【方案设计】设计一个矩形花园，使之面积最大，且要将古棵树P围在花园内（含边界，不考虑树的粗细）．
【解决问题】思路：把矩形的面积S与边长x（即的长）的函数解析式求出，并利用函数的性质来求面积的最大值即可．
(1)请用含有x的代数式表示的长；
(2)花园的面积能否为？若能，求出x的值，若不能，请说明理由；
(3)求面积S与x的函数解析式，写出x的取值范围；并求当x为何值时，花园面积S最大？
26．【探究与证明】成语“以不变应万变”中蕴含着某种数学原理．
【动手操作】如图1，是正方形的对角线，点E是上的一个动点，过点E和B作等腰直角，其中，，与射线交于点P．
请完成：
（1）试判断图1中的和的数量关系；
（2）当点P在线段上时，求证：．
【类比操作】如图2，当点P在线段的延长线上时．
（3）是否还成立?请判断并证明你的结论．
参考答案与解析
1．D
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念，即可一一判定．
【详解】解：A、该图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、该图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、该图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与原图重合．
2．C
【分析】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．根据必然事件的概念（必然事件指在一定条件下一定发生的事件）可判断正确答案．
【详解】解：A、属于随机事件，故本选项不符合题意；
B、属于随机事件，故本选项不符合题意；
C、属于必然事件，故本选项符合题意；
D、属于随机事件，故本选项不符合题意；
故选：C
3．C
【详解】略
4．A
【分析】本题考查求抛物线的顶点坐标，利用抛物线的顶点坐标为可解．
【详解】解：当时，取最大值，最大值为1，
因此抛物线的顶点坐标是，
故选A．
5．A
【分析】根据判别式的意义得到，然后解不等式即可．
【详解】解：∵关于的一元二次方程有实数根，
∴
解得．
故选：．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程，若，则方程有两个不相等的实数根，若，则方程有两个相等的实数根，若，则方程没有实数根．
6．C
【详解】x2＋1=8x，移项，得x2－8x=－1，配方，得x2－8x+42=－1+42，即（x－4）2=15．
故选：C．
点睛：移项得时候注意将含有未知数的项全部移到等号左边，常数项全部移到等号右边．
7．D
【分析】根据垂径定理及圆周角定理可直接解答．
【详解】解：∵P是弦AB的中点，CD是过点P的直径，
∴AB⊥CD，，
∵OA=OB，即△AOB是等腰三角形，
∴∠AOB=2∠AOP．
∵∠AOP=2∠ACD，
∴∠AOB=2∠AOP=2×2∠ACD=4∠ACD．
故选：D．
【点睛】本题考查垂径定理和圆周角定理，熟练掌握垂径定理的内容是解题的关键．
8．B
【分析】本题考查了二次函数图象的平移，掌握平移规律是解题的关键．根据抛物线的平移规律：上加下减，左加右减解答即可．
【详解】解：将抛物线向右平移2个单位，再向下平移3个单位，则得到的抛物线解析式是，
故选：B．
9．D
【分析】本题考查的是事件的可能性的含义，随机事件的概率的理解，等可能事件的含义，利用以上知识逐一判断即可，熟记概念是解本题的关键.
【详解】解：抛一枚质地均匀的硬币8次，正面朝上的概率为，故A不符合题意；
某种彩票中奖的概率是1%，是随机事件，因此买100张该种彩票不一定会中奖，故B不符合题意；
天气预报说明天下雨的概率是50%，是随机事件，所以明天将有一半时间在下雨的说法是错误的，故C不符合题意；
抛掷一枚图钉，钉尖触地和钉尖朝上不是等可能事件，所以钉尖触地和钉尖朝上的概率不相等，故D符合题意；
故选D
10．A
【分析】先根据勾股定理求出，再根据旋转的性质可得，，从而求出，在中，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：∵将绕点B逆时针旋转得，
∴，，，
根据勾股定理得：，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：
，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质和勾股定理，掌握相关知识是解题的关键．
11．A
【分析】先根据题意列出第一轮传染后患流感的人数，再根据题意列出第二轮传染后患流感的人数，而已知第二轮传染后患流感的人数，故可得方程．
【详解】解：设每轮传染中平均一个人传染了x个人，
第一轮传染后患流感的人数是：，
第二轮传染后患流感的人数是：，
而已知经过两轮传染后共有121人患了流感，则可得方程，
．即
故选：A．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，要根据题意列出第一轮传染后患流感的人数，再根据题意列出第二轮传染后患流感的人数，而已知第二轮传染后患流感的人数，故可得方程．
12．B
【分析】直接利用正方形的性质得出各边长，进而利用勾股定理得出DO的长，即可得出C点坐标，代入即可得出k的值．
【详解】作DM⊥x轴于M，AN⊥DM于N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝90°，AD＝DC，
∴∠ADN+∠CDM＝90°＝∠CDM+∠DCM，
∴∠ADN＝∠DCM，
∵∠AND＝∠DMC＝90°，
∴△ADN≌△DCM（AAS），
∴AN＝DM，DN＝CM，
设D（a，b），
∵点A、C的坐标分别是（﹣1，5）（2，0），
∴，解得，
∴D（3，4），
∵D在抛物线的图像上，
∴+3k＝4，
∴k=，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，二次函数图像上点的坐标特点，得出D点坐标是解题关键．
13．不可能
【分析】本题考查不可能事件，解决这类问题的关键是理解不可能事件的概念.根据概念作答即可.
【详解】解：“明天太阳从西边升起”是不可能事件；
故答案为：不可能
14．
【分析】本题考查了的图象和性质，对于二次函数，其顶点坐标为，据此及可求解．
【详解】解：在抛物线中，，
∴其顶点坐标是，
故答案为：
15．
【分析】本题主要考查了一元二次方程解的定义．熟知一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值是解题的关键．
【详解】把代入得：，
解得：，
故答案为：．
16．
【分析】根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解．
【详解】解：该圆锥的侧面积＝×2π×2×3＝6π．
故答案为6π．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
17．##
【分析】连接OA、OC，先求出∠ABC的度数，然后得到∠AOC，再由弧长公式即可求出答案．
【详解】解：连接OA、OC，如图，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠D＝110°，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长的计算以及圆周角定理，解答本题的关键是掌握弧长公式．
18．
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质及勾股定理，解决本题的关键是证明，得到，．
【详解】解：四边形是正方形，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
在中，，，
∴，
∴的面积．
故答案为：．
19．（1）5；（2），
【分析】本题考查了含乘方的有理数的混合运算，绝对值，因式分解法解一元二次方程．熟练掌握含乘方的有理数的混合运算，因式分解法解一元二次方程是解题的关键．
（1）先计算乘方，绝对值，然后进行乘除运算，最后进行减法运算即可；
（2）利用因式分解法解一元二次方程即可．
【详解】（1）解：
；
（2）解：，
，
∴或，
解得，，．
20．(1)
(2)
【分析】本题考查的是二次函数的性质，熟记求解与y轴的交点坐标，对称轴方程是解本题的关键；
（1）把代入解析式可得；
（2）由点，可得对称轴方程.
【详解】（1）解：令得，
∴点C的坐标为；
（2）二次函数的图象与x轴交于点，，
函数图象的对称轴为直线即．
21．(1)画图见解析，
(2)
【分析】本题考查了利用中心对称的性质作图，求解扇形的面积，理解中心对称的性质是解题的关键．
（1）利用中心对称变换的性质分别作出的对应点，，即可；
（2）利用勾股定理先求解，再利用扇形面积公式计算即可．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求，
．
∴；
（2）如图，
∵，，
∴扇形的面积为．
22．(1)布袋里的红球有2个
(2)
【分析】本题考查概率，掌握列表法或树状图求概率是解题的关键．
（1）设红球的个数为x，根据白球的概率可得关于x的方程，解方程即可；
（2）画出树形图，即可求出两次摸到的球都是白球的概率．
【详解】（1）设红球的个数为x，由题意可得：，
解得：，
经检验是方程的根．
答：布袋里的红球有2个；
（2）画树状图如下：
由树状图可知共有30种均等可能结果，两次摸到的球都是白球的有6种可能，
（摸得两白）．
23．（1）；（2）见解析
【分析】（1）连接OB，根据圆、等腰三角形的有关性质，求得为等边三角形，即可求解；
（2）利用圆、等腰三角形以及三角形外角的性质，求得，可得，从而求证．
【详解】解：如图，连接OB．
，，
，
，
，
，
，
的等边三角形，
．
又，
；
证明：由知，的等边三角形，则，．
，
，
．
又，，
，
，即．
又是半径，
是的切线．
【点睛】此题主要考查了圆、等腰三角形等有关性质，熟练掌握圆、等腰三角形的性质是解题的关键．
24．(1)；
(2)P点坐标为．
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）求得抛物线的对称轴，连接与对称轴的交点即为P点，此时的周长最小，利用待定系数法求得直线的解析式，据此求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的图象经过点和点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为：；
（2）解：对于抛物线，
对称轴为，
令，
解得，
∴，
如图所示，
连接与对称轴的交点即为P点，
∵点C与点A关于直线对称，
∴最小．
∵的长是个定值，
∴的周长最小，
设直线的解析式为，
由点和点可得：
，
解得，
∴直线解析式为；
当时，，
∴P点坐标为．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，轴对称的性质，正确地理解题意是解题的关键．
25．(1)
(2)花园的面积可等于，此时x的值为12
(3)，当时，花园面积S最大，最大值为195平方米
【分析】本题考查了一元二次方程的应用和二次函数的应用，准确理解题意，利用矩形的面积公式列方程或者写出函数关系式是解题的关键．
（1）根据篱笆的长度，求解即可；
（2）先根据花园的面积写出函数关系式，再利用二次函数求最值的方法求解，注意取值范围即可．
（3）先根据花园的面积写出函数关系式，再利用二次函数求最值的方法求解即可．
【详解】（1）解：，
∴
（2）在点P与，的距离分别是和，
，，
，
解得：，（不合题意，舍去），
所以花园的面积可等于，此时x的值为12；
（3）解：在点P与，的距离分别是和，
，
面积S与x的函数解析式为：
，抛物线的开口向下，对称轴为
当时，S随x的增大而增大
当时，S取到最大值为：，
即当时，花园面积S最大，最大值为195平方米．
26．（1）；（2）证明见解析；（3），证明见解析
【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，角平分线的性质，正方形的性质，作出合适的辅助线构建全等三角形是解本题的关键.
（1）由等腰直角三角形的性质可得答案；
（2）如图，过作于，作于，证明四边形为矩形，，再证明，可得；
（3）如图，过作于，作于，同（2）理可得结论；
【详解】解：（1）等腰直角，
∴；
（2）如图，过作于，作于，
∴，
∵正方形，
∴，，
∴四边形为矩形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）成立，理由如下：
如图，过作于，作于，
∴
∵正方形，
∴，，
∴四边形为矩形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；