江西省赣州市寻乌县2023-2024学年九年级上学期期末数学试题

这是一份江西省赣州市寻乌县2023-2024学年九年级上学期期末数学试题，共22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。

一、选择题（每题3分，共18分）
1. 下列图形中，不属于中心对称图形的是（ ）
A. 圆B. 等边三角形C. 平行四边形D. 线段
【答案】B
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A．是中心对称图形，故本选项错误；
B．不是中心对称图形，故本选项正确；
C．是中心对称图形，故本选项错误；
D．是中心对称图形，故本选项错误．
故选B．
【点睛】本题考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2. 关于x的一元二次方程﹣x2+4mx+4=0的根的情况是（ ）
A. 没有实数根
B. 有两个相等的实数根
C. 有两个不相等的实数根
D. 不能确定
【答案】C
【解析】
【分析】先求出∆的值，然后根据∆的值判断即可.
【详解】∆=(4m)2-4×(-1) ×4=16m2+16,
∵m2≥0,
∴16m2+16>0,
∴方程有两个相等的实数根.
故选C.
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）根的判别式∆=b2﹣4ac与根的关系，熟练掌握根的判别式与根的关系式解答本题的关键.当∆>0时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当∆=0时，一元二次方程有两个相等的实数根；当∆<0时，一元二次方程没有实数根.
3. 为了解我市某条斑马线上机动车驾驶员“礼让行人”的情况，下表是某志愿者小组6周累计调查的数据，由此数据可估计机动车驾驶员“礼让行人”的概率为（ ）
A. 0.93B. 0.94C. 0.95D. 0.96
【答案】C
【解析】
【分析】根据6周调查从200辆增加到4000辆时，能礼让车辆的频率趋近于0.95，从而求得答案．
【详解】解：∵抽取车辆为4000时，能礼让车辆的频率趋近于0.95，
∴可估计驾驶员能主动给行人让路的概率为0.95．
故选：C．
【点睛】本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
4. 已知内接于，连接并延长交于点，若，则度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接OB，由圆周角定理可得∠BOA的度数，再由等腰三角形的性质即可求得结果．
【详解】如图，连接，
，
，

，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理及等腰三角形的性质，解题的关键是掌握圆周角定理．
5. 一次函数y＝ax+c的图象如图所示，则二次函数y＝ax2+x+c的图象可能大致是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据一次函数图象得出a，c的值，进而利用二次函数性质即可解决问题．
【详解】∵一次函数y=ax+c的图象经过一、三、四象限，
∴a＞0，c＜0，
故二次函数y=ax2+x+c的图象开口向上，对称轴在y轴左边，交y轴于负半轴，
故选C．
【点睛】此题主要考查了二次函数的图象以及一次函数的性质，根据已知得出a，c的值是解题关键．
6. 已知二次函数，其函数与自变量之间的部分对应值如下表所示，则下列式子：①，②当时，，③，④关于的一元二次方程的解是，．
正确的个数是（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】观察图表可知，开口向下，，二次函数在与时，值相等，得出对称轴为直线，即可得出，在根据图象经过点，得出由此判断①；根据二次函数的对称性求得抛物线与轴的交点，即可判断②；根据，即可判断③；根据抛物线的对称性求得点关于直线的对称点是，即可判断④．
【详解】解：①根据题意得：二次函数有最大值，
，开口向下，
对称轴为直线，
∴，
，
图象经过点，
，
，故说法正确；
②对称轴为直线，
点关于直线的对称点为，
，开口向下，
当时，，故说法正确；
③当时，，
，故说法错误；
④点关于直线的对称点是，
关于的一元二次方程的解是，，故说法错误．
综上分析可得，正确的是：①②，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，难度适中．通过观察图表得出对称轴为直线是解题的关键．
二、填空题（每题3分，共18分）
7. 若点A（1，2）与点B（m，﹣2）关于原点对称，则m＝_____．
【答案】-1
【解析】
【分析】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【详解】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【解答】∵点A(1,2)与点B(m,-2)关于原点对称，
∴m=-1.
故答案为-1.
【点睛】本题考查的是关于原点对称，熟练掌握关于原点对称的点的坐标是解题的关键.
8. 某种药品原来售价100元，连续两次降价后售价为81元，若每次下降的百分率都为x，根据题意可列方程________．
【答案】.
【解析】
【分析】因为每次下降的百分率为x，那么第一次降价后的售价是原来的（1－x），第二次降价后的售价是原来的（1－x）2，再根据题意列出方程即可.
【详解】解：因为每次下降的百分率为x，根据题意，得：.
故答案为.
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解本题的关键是掌握求平均变化率的方法，若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为.
9. 如图，△ABC中，AC=AB=9，∠C=65°，以点A为圆心，AB长为半径画，若∠1=∠2，则的长(结果保留π)为_____．
【答案】
【解析】
【分析】先由等边三角形的性质得出AB=AC=9，∠CAB=60°．再由∠1=∠2得到∠CAB=∠DAE=60°，然后根据弧长公式解答即可．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，AB=AC=9，
∵∠C=65°，
∴∠CAB=50°．
∵∠1=∠2，
∴∠1+∠BAD=∠2+∠BAD，
∴∠CAB=∠DAE=50°，
∴弧DE的长为=π，
故答案为π.
【点睛】本题考查了扇形的弧长，等边三角形的性质，找到圆心角∠DAE的度数是解题的关键．
10. 如图，一个宽为2cm的刻度尺在圆上移动，当刻度尺的一边与圆相切时，另一边与圆两个交点处的读数恰好为“2”，“8”（单位：cm），那么，该圆的半径为____．
【答案】cm
【解析】
【分析】设OB=rcm，由于刻度尺的宽为2cm，所以OC=r-2，再根据另一边与圆两个交点处的读数恰好为“2”和“8”可求出BC的长，在Rt△OBC中利用勾股定理即可得出r的值．
【详解】根据题意获得下图：
设OB=r cm，
∵刻度尺的宽为2cm，
∴OC=r-2，
∵另一边与圆两个交点处的读数恰好为“2”和“8”，
∴BC=×6=3，
Rt△OBC中，
∵OB2=OC2+BC2，即r2=（r-2）2+32，解得r= cm．
故答案为cm．
【点睛】本题考查的是垂径定理的应用及勾股定理，根据题意得出BC=3是解答此题的关键．
11. 已知二次函数中，函数与自变量的部分对应值如表：
则当时，的取值范围是______．
【答案】或
【解析】
【分析】此题考查二次函数的性质，利用表格发现数据的对应计算规律得出对称点，求得对称轴是解决问题的关键．
根据表格数据可知：利用二次函数的对称性判断出对称轴，在对称轴的左边y随着x的增大而减小，在对称轴的右边y随着x的增大而增大，进一步得出时，，然后写出时，x的取值范围即可．
【详解】由表可知，
∵二次函数的两个对称点为，，
∴对称轴为直线，
∴当时，y随着x的增大而减小，当时，y随着x的增大而增大，
∵当时，，
∴时，，
∴时，x的取值范围为或．
故答案为：或．
12. 将一副直角三角板按如图1所示位置摆放，其中，，．若将三角板绕点A按每秒的速度顺时针旋转，如图2，在此过程中，设旋转时间为t秒，当线段与三角板的一条边平行时，________________．

【答案】秒或秒或秒
【解析】
【分析】由线段与三角板的一条边平行可知有三种情况：（1）当时，点E落在线段上，由此可求出旋转角，进而可求出t的值；（2）当时，则，由此可求出旋转角，进而可求出t的值；（3）当，则，由此可求出旋转角，进而可求出t的值．
【详解】解：设旋转角为α，则旋转的时间（秒），
在顺时针旋转的过程中，线段与三角板的一条边平行，
有以下三种情况：
（1）当时，
，
∴点E落在线段上时，

旋转角，
（秒）；
（2）当时，则，

，
，
旋转角，
（秒）；
（3）当时，则，

，
旋转角，
（秒）；
综上所述：秒或秒或秒．
故答案为：秒或秒或秒．
【点睛】此题主要考查了图形的旋转变换与性质，平行线的判定，解答此题的关键是熟练掌握平行线的判定和性质，难点是利用分类讨论的思想进行分类讨论．
三、解答题（每题6分，共30分）
13. 解下列一元二次方程：
（1）x2+x＝0；
（2）x2﹣4x﹣7＝0．
【答案】（1），；（2），．
【解析】
【分析】（1）利用因式分解法求解即可；
（2）利用配方法求解即可．
【详解】解：（1），
，
或，
，；
（2），
，
，即，
，
，．
【点睛】本题考查一元二次方程，熟练运用一元二次方程的解法是解题的关键．
14. 已知一个圆锥形零件的母线长为，底面半径为，则这个圆锥形的零件的侧面积________．（结果用表示）．
【答案】65
【解析】
【分析】根据扇形弧长公式计算，得到答案．
【详解】解：圆锥的底面周长，
圆锥形的零件的侧面积，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是圆锥侧面积的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
15. 目前新型冠状病毒变种奥密克戎，仍在全世界范围肆虐．在出行时，仍需要采取以下防护措施：戴口罩；勤洗手；少聚集；重隔离；打疫苗等．赣州市某学校为了解学生对防护措施的了解程度（包括不了解、了解很少、基本了解和很了解）进行调查．
（1）若调查一名同学，该同学对防护措施很了解是______事件（随机、必然、不可能）；
（2）在调查中，发现有4名同学对防护措施“很了解”，其中有3名男同学、1名女同学，若准备从他们中随机抽取2名，让其在班上普及防护措施，用画树状图或列表法求恰好抽中一男一女的概率（要求画出树状图或列出表格）．
【答案】（1）随机 （2）
【解析】
【分析】（1）根据随机，必然和不可能事件的定义进行求解即可；
（2）先列出表格得到所有等可能性的结果数，再找到恰好抽中一男一女的结果数，最后根据概率计算公式求解即可．
【小问1详解】
解：调查一名同学，该同学对防护措施可能很了解，也可能不是很了解，故此事件是随机事件，
故答案为：随机；
【小问2详解】
解：设用A、B、C表示3名男同学，用D表示女同学，列表如下：
由表格可知一共有12种等可能性的结果数，其中恰好抽中一男一女的结果数有6种，
∴恰好抽中一男一女的概率为．
【点睛】本题主要考查了树状图法活列表法求解概率，事件的分类，正确列出表格或画出树状图是解题的关键．
16. 如图，在边长为1的正方形网格中，的顶点均在格点上．
（1）画出绕C点顺时针旋转得到的，直接写出的坐标为______；
（2）在（1）的旋转过程中，求扫过图形的面积．
【答案】（1）作图见解析，
（2）扫过图形的面积为
【解析】
【分析】（1）根据旋转中心，旋转方向及角度找出点A、B的对应点的位置，然后顺次连接即可，进而可直接得出点的坐标；
（2）利用勾股定理求出的长，再根据所扫过的面积等于扇形的面积，然后列式计算即可．
【小问1详解】
如图，即为所求，由图可知．
故答案为：；
【小问2详解】
由题意可知．
∵所扫过的面积等于扇形的面积，如图，
又∵，
∴，
∴扫过图形的面积为．
【点睛】本题考查作图—旋转变换，坐标与图形的变化—旋转，勾股定理，扇形的面积计算．掌握旋转的性质和扇形的面积公式是解题关键．
17. 已知二次函数当时取最小值，且抛物线图像经过点．
（1）求此抛物线的函数表达式；
（2）求抛物线与轴的交点坐标．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数与轴的交点问题，正确求出解析式是解此题的关键．
（1）先确定抛物线的顶点，再设出函数的顶点式，然后运用待定系数法即可解答；掌握待定系数法是解题的关键；
（2）令，然后解一元二次方程，再根据一元二次方程与二次函数图像的关系即可解答；掌握一元二次方程与二次函数图像的关系是解答本题的关键．
【小问1详解】
解：∵二次函数当时取最小值，
∴抛物线的顶点坐标为，
设抛物线解析式为，
∵抛物线图像经过点，
∴可把代入，解得．
∴该抛物线解析式为，整理得：．
【小问2详解】
解：令，解得，解得或3，
∴抛物线与x轴的交点坐标为，．
四、解答题（每题8分，共24分）
18. 已知关于的一元二次方程的一个实数根．
（1）求这个一元二次方程的根；
（2）求代数式的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用因式分解法解一元二次方程即可；
（2）利用一元二次方程解的定义得到，则，代入即可得到答案．
【小问1详解】
解：
原方程可化为，
∴或，
解得：，；
【小问2详解】
∵关于的一元二次方程的一个实数根，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了一元二次方程的解法和一元二次方程解的定义等知识，熟练掌握一元二次方程的解法和整体代入是解题的关键．
19. 于年举办的杭州亚运会的吉祥物一经开售，就深受大家的喜爱．某商店以每件元的价格购进某款亚运会吉祥物，以每件元的价格出售．从月份起，商店决定采用降价促销的方式回馈顾客，试销了一段时间后，发现该款吉祥物的月销售量（件）与每件售价（元）之间满足一次函数关系，且部分数据如表所示．

（1）求y关于x的函数解析式；
（2）若商店希望每月销售这款吉祥物所获得的利润是8400元．则售价应定为多少元？
【答案】（1）
（2）商店希望每月销售这款吉祥物所获得的利润是8400元，则售价应定为50元
【解析】
【分析】（1）根据表格数据，待定系数法求得一次函数的解析式；
（2）根据单件的利润乘以销售量等于，列出一元二次方程，解方程，即可求解．
【小问1详解】
解：设y关于x的函数解析式为，把，；，代入可得，
解得，
即y关于x的函数解析式为；
【小问2详解】
依题意得，，
解得，（不合题意，舍去）
答：商店希望每月销售这款吉祥物所获得的利润是元，则售价应定为元．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程是解题的关键．
20. 下面是证明定理的两种方法，请完成证明过程．（两种都要写）
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，90度的圆周角所对的弦是直径：
方法一：如图所示，延长到E，使得，连接，证明，得到，进而证明四边形是矩形，得到，即可证明；
方法二：如图所示，是斜边上的中线，即点是斜边上的中点，以为圆心，以为半径画圆，证明为圆的直径，即可证明．
【详解】解：方法一：如图所示，延长到E，使得，连接，
∵是的中线，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴；
方法二：如图所示，是斜边上的中线，即点是斜边上的中点，以为圆心，以为半径画圆，
∵，
∴为圆的直径，
内接于，则点在圆上，且，
，
．
五、解答题（每题9分，共18分）
21. 如图，点D在的直径上，弦于点，点为延长线上一点，．

（1）求证：是的切线；
（2）若，，求阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，垂直的定义以及三角形内角和定理得出是直角即可；
（2）根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理以及切线的性质可得出，进而求出扇形所对应的圆心角的度数以及半径，再由进行计算即可．
【小问1详解】
证明：如图，连接，

，
，
，
，
，
又，
，
即，
是半径，
是的切线；
【小问2详解】
解：，，
，
，
，
，
，
，
等边三角形，
，，
在中，，，
，
．
【点睛】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理以及扇形面积的计算，掌握切线的判定方法，等腰三角形的性质以及扇形、三角形面积的计算方法是正确解答的前提．
22. 我市某电器商场代理销售某种家用空气净化器，其进价是200元/台，经过市场销售后发现，在一个月内，当售价是400元/台时，可售出200台，且售价每降低1元，就可多售出5台，若供货商规定这种空气净化器售价不低于330元/台，代理销售商每月要完成不低于450台的销售任务．
（1）若某月空气净化器售价降低30元，则该月可售出多少台？
（2）试确定月销售量（台）与售价（元/台）之间的函数关系式，并求出售价的范围．
（3）当售价（元/台）定为多少时，商场每月销售这种空气净化器所获的利润（元）最大，最大利润是多少？
【答案】（1）该月可售出350台；（2）所求的函数关系式为，售价的范围为；（3）当售价定为330元/台时，商场每月销售这种空气净化器所获的利润最大，最大利润是71500元．
【解析】
【分析】（1）根据“当售价是400元/台时，可售出200台，且售价每降低1元，就可多售出5台”列出等式求解即可；
（2）根据“当售价是400元/台时，可售出200台，且售价每降低1元，就可多售出5台”可建立函数关系式，再根据“供货商规定这种空气净化器售价不低于330元/台，代理销售商每月要完成不低于450台的销售任务”列出不等式，可求出售价x的范围；
（3）结合题（2）的结论，根据“月利润（售价进价）月销售量”列出与的函数关系式，再利用二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）由题意得：（台）
答：该月可售出350台；
（2）由题意得：
由供货商对售价和销售量的规定得：，即
解得：
答：所求函数关系式为，售价的范围为；
（3）由题意和（2）可得：
整理得：
由二次函数的性质可知：当时，随x的增大而减小
则当时，取得最大值，最大值为（元）
答：当售价定为330元/台时，商场每月销售这种空气净化器所获的利润最大，最大利润是71500元．
【点睛】本题考查了一次函数与二次函数的实际应用、二次函数的性质等知识点，理解题意，正确列出函数关系式是解题关键．
六、解答题（共12分）
23. 如图，二次函数的图象与x轴的一个交点为B（4，0），另一个交点为A，且与y轴相交于C点．
（1）求m的值及C点坐标；
（2）P为抛物线上一点，它关于直线BC的对称点为Q．
①当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标；
②点P的横坐标为t（0＜t＜4），当t为何值时，四边形PBQC的面积最大，请说明理由．
【答案】（1）m=4；C（0，4）；（2）①P（1+，1+）或P（1-，1-）；②当t=2时，S四边形PBQC最大=16；理由见解析．
【解析】
【分析】（1）把B（4，0）代入可求解析式，再用解析式C点坐标；
（2）根据菱形对角线互相垂直平分，求直线PQ解析式，与抛物线解析式联立方程组即可；
（3）过点P作y轴的平行线l交BC于点D，交x轴于点E；过点C作l的垂线交l于点F，设点P（t，-t2+3t+4），表示出S△PCB的面积，再乘以2，得到S四边形PBQC的函数解析式，根据解析式求最大值．
【详解】（1）将B（4，0）代入y=-x2+3x+m，解得m=4，
∴二次函数解析式为y=-x2+3x+4，
令x=0，得y=4，
∴C（0，4）
（2）①如图，∵点P在抛物线上，
∴设P（a，-a2+3a+4），
当四边形PBQC是菱形时，点P在线段BC的垂直平分线上，
∵B（4，0），C（0，4）
∴线段BC的垂直平分线的解析式为y=x，
∴a=-a2+3a+4，
∴
∴P（1+，1+）或P（1-，1-）
②如图，设点P（t，-t2+3t+4），
过点P作y轴的平行线l交BC于点D，交x轴于点E；过点C作l的垂线交l于点F，
∵B（4，0），C（0，4），
∴直线BC解析式为y=-x+4，
∵点D在直线BC上，
∴D（t，-t+4），
∵PD=-t2+3t+4-（-t+4）=-t2+4t， BE+CF=4，
∴S四边形PBQC=2S△PCB=2（S△PCD+S△PBD）=
∵0∴当t=2时，S四边形PBQC最大=16
【点睛】此题是二次函数综合题，考查了待定系数法、菱形的判定和性质、直线与抛物线交点和二次函数最值问题，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会构建二次函数解决最值问题，属于中考压轴题．
抽查车辆数
200
400
800
1500
2400
4000
能礼让的驾驶员人数
186
376
761
1438
2280
3810
能礼让的频率
0.93
0.94
0.95
0.96
0.95
0.95
1
0
0
1
2
3
10
5
2
1
2
A
B
C
D
A
（B，A）
（C，A）
（D，A）
B
（A，B）
（C，B）
（D，B）
C
（A，C）
（B，C）
（D，C）
D
（A，D）
（B，D）
（C，D）
元
件
证明定理“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”．
已知：如图，在中，，是斜边上的中线，求证：．
方法1：利用矩形判定和性质证明．
方法2：利用圆的性质证明．