天津市第十九中学2023-2024学年九年级上学期期末数学试题（原卷版+解析版）

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1. 下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐一判断即可：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；把一个图形绕着某一个点旋转180°，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．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
故选B．
2. 关于二次函数．下列说法错误的是（ ）
A. 图象与y轴的交点坐标为B. 图象的对称轴在y轴的右侧
C. 当时，函数有最小值为5D. 时，y值随着x值的增大而增大
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数解析式可判断出对称轴、开口方向、顶点坐标，以及y随x的变化趋势，进而可得答案．
【详解】解：A、，则图象与y轴的交点坐标为，原题说法正确，故此选项不合题意；
B、对称轴为，图象在y轴的右侧，原题说法正确，故此选项不合题意；
C、顶点坐标为，开口向上，则当x=2时，函数有最小值为5，原题说法正确，故此选项不合题意；
D、，开口向上，对称轴为，则当时，y的值随x值的增大而增大，原题说法错误，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】此题考查了二次函数的性质，关键是掌握二次函数的顶点式和性质．
3. 如图，点、、是上的点，，则的度数为是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先证明为等边三角形得到，然后根据圆周角定理求解．
【详解】解：，
为等边三角形，
，
．
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
4. 袋子中装有个红球和个黑球，这些球除了颜色外都相同．从袋子中随机地摸出1个球，则它是红球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据概率公式直接进行计算即可求解．
【详解】解：∵袋子中装有个红球和个黑球，共个球，
∴从袋子中随机地摸出1个球，则它是红球的概率为，
故选：D．
【点睛】本题考查了根据概率公式求概率，掌握概率公式是解题的关键．
5. 如图，已知，那么添加下列一个条件后，仍无法判定的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定定理．由，得到，然后根据相似三角形的判定定理逐项判断判定即可．
【详解】解：∵，，
∴，
A、若添加，可用两角对应相等的两个三角形相似，证明，故本选项不符合题意；
B、添加，已知的角不是成比例的两边的夹角，故本选项符合题意；
C、添加，可用两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，证明，故本选项不符合题意；
D、添加，可用两角对应相等的两个三角形相似，证明，故本选项不符合题意．
故选：B．
6. 如图，在中，点D，E分别是边，上点，且，若，则四边形的面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，先根据，得到，在根据相似三角形面积比等于相似比平方得到，即可得到答案；
【详解】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
7. 如图是一位同学用激光笔测量某古城墙高度的示意图．点P处放置一水平的平面镜，光线从点A出发经平面镜反射后刚好到古城墙的顶端C处，若，测得，则该古城墙的高度是（ ）
A. 3mB. 4.5mC. 8mD. 5m
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，结合镜面反射角度相等，证明，列出比例式，求解即可．解题的关键是证明三角形相似．
【详解】解：由题意，结合镜面反射原理知：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴该古城墙的高度是4.5m，
故选：B．
8. 如图，两个三角形关于原点位似，且一对对应点的坐标分别为．则的值为（ ）

A. B. 8C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比等于或-．利用关于以原点为位似中心的对应点的坐标变换规律，横坐标的比等于纵坐标的比．
【详解】解：∵两三角形关于原点位似，且一对对应点的坐标分别为，
∴，
∴．
故选：D．
9. 如图，将△ABC绕着点A顺时针旋转30°得到△AB′C′，若∠BAC′=80°，则∠B′AC=（ ）‘
A. 20°B. 25°C. 30°D. 35°
【答案】A
【解析】
【分析】根据图形旋转的性质，图形旋转前后不发生任何变化，对应点旋转的角度即是图形旋转的角度，可直接得出∠C′AC=30°，由∠BAC′=80°可得∠BAC=∠B′AC′=50°，从而可得结论.
【详解】由旋转的性质可得，∠BAC=∠B′AC′，
∵∠C′AC=30°，
∴∠BAC=∠B′AC′=50°，
∴∠B′AC=20°.
故选A.
【点睛】此题主要考查了旋转的性质，图形旋转前后不发生任何变化，这是解决问题的关键．
10. 函数在平面直角坐标展中的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数各项系数的意义，以及对称轴是解题的关键，根据的不同情况分类讨论进行分析即可得到答案．
详解】解：∵
当时，函数的图象开口向上；对称轴，在轴的右侧；，图象交轴的正半轴；
故C、D不符题意；
当时，函数的图象开口向下；对称轴，在轴的左侧；，图象交轴的正半轴；
故A不符题意，B符合题意．
故选：B．
11. 如图所示，某建筑物有一抛物线形的大门，小强想知道这道门的高度，他先测出门的宽度，然后用一根长为的小竹竿竖直的接触地面和门的内壁，并测得，则门高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题主要考查了二次函数的应用，根据所建坐标系及图形特点，选择合适的函数表达式形式，有利于减小计算量．本题选取交点式较简便．先求出点A和点B的坐标，则设该抛物线解析式为，再求出点D的坐标，将其代入，求出a的值，得出函数解析式，最后求出当时的函数值，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
设该抛物线解析式为，
∵，，
∴，则，
把代入得：
，
解得：，
∴抛物线解析式：，
当时，，
∴门高为，
故选：B．
12. 抛物线交轴于，，交轴的负半轴于，顶点为．下列结论：①；②；③当时，；④当是等腰直角三角形时，则；⑤若，是一元二次方程的两个根，且，则．其中正确的有（ ）个

A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知：，即可判断①；根据，，得出抛物线对称轴为直线，则，当时，，即可判断②；根据抛物线的对称轴为直线，得出当时，该二次函数取最小值，即可判断③；连接，令对称轴与y轴相交于点E，根据等腰直角三角形的性质得出，则，设该抛物线的解析式为，把代入得：，求出a的值，即可判断④；根据，是一元二次方程的两个根，得出抛物线与直线相交于，即可判断⑤．
【详解】解：由图可知：
∵开口向上，对称轴在y轴右侧，与y轴交于负半轴，
∴，
∴，故①正确，符合题意；
∵抛物线交轴于，，
∴抛物线对称轴为直线，
∴，
当时，，
整理得：，故②不正确，不符合题意；
当时，，
当时，，
由②可知，抛物线的对称轴为直线，
∴当时，该二次函数取最小值，
∵，
∴，即，故③不正确，不符合题意；
连接，令对称轴与y轴相交于点E，
∵，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
设该抛物线的解析式为，
把代入得：，
解得：，故④正确，符合题意；

∵，是一元二次方程的两个根，
∴抛物线与直线相交于，
∵抛物线交轴于，，
∴，故⑤不正确，不符合题意；
综上：正确的有①④，共2个，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，解题的关键是熟练掌握二次函数图象与系数的关系，正确识别图象，根据图象判断式子的正负的方法．
二、填空题（每小题3分，共18分）
13. 半径为3的正六边形内接于，则正六边形的边长为 _____．
【答案】3
【解析】
【分析】本题考查正多边形和圆，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．六边形是的内接正六边形，证明是等边三角形即可解决问题．
【详解】解：解：如图，是的内接正六边形，
∴，，
∴是等边三角形，
∴．
故答案为．
14. 中国古代的“四书”是指《论语》《孟子》《大学》《中庸》，它是儒家思想的核心著作，是中国传统文化的重要组成部分．若从这四部著作中随机抽取两本，则抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了用树状图或列表法求概率．用树状图把所有情况列出来，即可求出．
【详解】解：画树状图，

总共有12种组合，
抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的概率是，
故答案为：．
15. 已知圆锥的母线长为，侧面积为，则这个圆锥的底面圆的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了圆锥侧面积计算公式，弧长公式，圆锥侧面展开图扇形圆心角度数为，底面圆半径为r，先根据扇形面积公式求出n的值，再根据弧长公式求出r的值，即可求出答案．
【详解】解：圆锥侧面展开图扇形圆心角度数为，底面圆半径为r，
由题意得，，
，
，
，
∴底面圆的面积为：，
故答案为：．
16. 如图，已知矩形的顶点分别落在x轴，y轴上，，则点C的坐标是__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，坐标与图形性质，正确的作出辅助线是解题的关键．过作轴于，根据矩形的性质得到，根据余角的性质得到，根据相似三角形的性质得到，，即可求解．
【详解】解：过作轴于，
四边形是矩形．
故答案为：．
17. 如图，抛物线与直线交于点和点B．点M是直线AB上的一个动点，将点M向左平移3个单位长度得到点N．若线段MN与抛物线只有一个公共点，写出点M的横坐标的取值范围______．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查了二次函数综合应用，待定系数法求二次函数解析式及一次函数解析式，二次函数与一次函数的交点问题，解题关键是利用数形结合思想分类讨论点在不同位置时，与抛物线的相交情况．利用待定系数法求出抛物线的解析式及直线的解析式，进而求出抛物线顶点坐标，点的坐标，再分类讨论点的位置情况，即当点在点的左侧时，当点在线段上时，当点在点的右侧时，分析与抛物线的相交情况即可．
【详解】解：点为抛物线与直线的一个交点，
，，
解得，，
抛物线解析式为，直线的解析式为，
抛物线的顶点坐标为
联立方程组得，解得，，
点的坐标为，
点是直线上的一个动点，点是将点向左平移3个单位长度所得，
轴，
又，水平距离为，
当在点左侧时，与抛物线无公共点，
当点在线段上，不含点时，与抛物线有一个公共点，即，
当点在点右侧时，只有与抛物线顶点相交时，即时，与抛物线有一个公共点，
综上所述得，的取值范围是或．
18. 如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点A，B在格点上，顶点C在网格线上，其外接圆的圆心为O．
（1）AB的长等于______；
（2）P是⊙O上一点，当时，请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）______．
【答案】 ①. ②. 作图见解析
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理直接计算即可；
（2）先确定三角形ABC的外接圆的圆心，再作三角形ABC的重心，利用三角形的重心性质，结合垂径定理可得答案．
【详解】解∶ （1）由勾股定理可得：
故答案为：．
（2）如图，点P即为所求作的点，使
理由：确定圆与格线的交点E，F，且
连接EF，则EF为直径，
取格点H，K，连接KH，并延长与圆相交于D，
则HD与EF的交点为圆心O，HK与AB的交点Q为弦AB的中点，
记AC与格线的交点为J，利用格线为平行线，利用平行线等分线段可得：
为AC的中点，
连接CQ，BJ，交于点N，则点N为三角形ABC的重心，
连接AN，并延长AN交BC于M，则M为BC中点，
连接OM，并延长交圆O于P，则P即为所求．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，三角形的重心的作图与重心的性质的应用，垂径定理的应用，熟练的利用重心的性质与垂径定理平分弦，弧的性质是解本题的关键．
三、解答题（共66分）
19. （1）解方程：；
（2）关于x的一元二次方程有一个根是5，求k的值及方程的另一个根．
【答案】（1）（2），方程的另一个根为
【解析】
【分析】（1）本题考查解一元二次方程，利用因式分解法解方程即可；
（2）本题考查根与系数的关系，设另一个根为，根据根与系数的关系列出方程，进行求解即可，掌握根与系数的关系，是解题的关键．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴，
∴，
解得：；
（2）设方程的另一个根为，由题意，得：，
∴，
即：方程的另一个根为，．
20. 已知A，B，C是上的三个点，四边形是平行四边形．
（1）如图1，求的度数．
（2）如图2，其他条件不变，为的直径，，且，点H为垂足，连接，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查圆的基本概念辨析，菱形的判定和性质，解直角三角形．
（1）连接，根据已知条件得出四边形是菱形，则是等边三角形，即可得到的度数；
（2）根据含30度角的直角三角形的性质，余弦的定义求得即可．
【小问1详解】
解：如图，连接．
四边形是平行四边形，，
四边形是菱形．
．
是等边三角形．
．
【小问2详解】
，
．
由（1）知：，
．
又为直径且，
．
．
21. 如图，为的切线，为切点，是上一点，过点作，垂足为，交于点．

（1）如图①，若，求的度数；
（2）如图②，连接并延长交于点，连接，，若，的半径为，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，由切线的性质证出，由圆周角定理得出答案；
（2）连接，，证出是等边三角形，得出，由含30度角的直角三角形的性质和勾股定理可得出答案．
【小问1详解】
解：连接，

与相切于点，
，
，
，
，
，
；
【小问2详解】
解：连接，，

，
，
，
，
为的切线，为切点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
半径为5，
，
是的直径，
，
，
．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理及等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握切线的性质和等边三角形的判定与性质是解决问题的关键．
22. 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？
解：设每轮传染中平均一个人传染了个人，
（1）用含x的解析式表示：第一轮后共有①______人患了流感；第二轮传染中，这些人中的每个人又传染了x个人，第二轮后共有②______人患了流感；
（2）根据题意，列出相应方程为③______；
（3）解这个方程，得④______；
（4）根据问题的实际意义，平均一个人传染了⑤______个人．
【答案】（1），
（2）
（3）
（4）10
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找出等量关系列出方程是解答本题的关键．
（1）设这种流感的传播速度是一人可才传播给x人，则一轮传染以后有人患病，第二轮传染的过程中，作为传染源的有人，一个人传染x个人，则第二轮又有人患病，则两轮后有人患病；
（2）据两轮后有人患病，即可列方程求解；
（3）利用直接开平方法解方程；
（4）根据问题的实际意义得出答案．
【小问1详解】
由题意可得，第一轮后共有人患了流感；
第二轮传染中，这些人中的每个人又传染了个人，第二轮后共有人患了流感；
故答案为：，；
【小问2详解】
根据题意，列出相应方程为，即．
故答案为：；
【小问3详解】
，开平方得，，
解得，
故答案为：；
【小问4详解】
根据问题的实际意义，不符合题意，应该舍去，，
即平均一个人传染了10个人．
故答案为：10．
23. 如图，某中学准备在校园里利用围墙的一段，再砌三面墙，围成一个矩形花园（围墙MN最长可利用26米），现在已备足可以砌50米长的墙的材料，若设米：
（1）若矩形花园的面积为，求x．
（2）若平行于墙的一边长不小于20米，这个矩形花园有最大值和最小值吗？如果有，求出最大值和最小值；如果没有，请说明理由．
【答案】（1）当砌墙宽为15米，长为20米时，花园面积为300平方米
（2）最大值为，最小值为．
【解析】
【分析】本题考查二次函数的应用、一元二次方程的应用，
（1）根据题意可以得到相应的一元二次方程，从而可以解答本题；
（2）根据题意可以得到面积与矩形一边长的关系式，然后化为顶点式，注意求出的边长要符合题意．
【小问1详解】
解：设为，则为，
，
解得，，，
当时（不合题意，舍去），
当时（符合题意），
答：当砌墙宽为15米，长为20米时，花园面积为300平方米；
【小问2详解】
设为，矩形花园的面积为，
则，
∵平行于墙的一边长不小于20米
∴
∴
∵围墙MN最长可利用26米
∴
∴
∴
时，此时取得最大值，符合题意，此时，
∴，此时取得最小值
即当砌墙长为25米时，矩形花园的面积最大，最大值为，即当砌墙长为20米时，矩形花园的面积最小，最小值为．
24. 将等边三角形如图放置在平面直角坐标系中，，为线段中点，将线段绕点逆时针旋转得线段，连接．
（1）如图1，求点E的坐标；
（2）在图1中，与交于点，连接，为的中点，连接，求线段的长．请你补全图形，并完成计算；
（3）如图2，将绕点逆时针旋转，为线段的中点，为线段的中点，连接，请直接写出在旋转过程中的取值范围．
【答案】（1）；
（2）图见解析，；
（3）．
【解析】
【分析】（1）由为等边三形，，，先求出，再利用勾股定理求出，最后利用中点的含义可得答案；
（2）如图1，连接，．先证明是等边三角形，再由为等边三角形，，，证明，并求出．再利用直角三角形斜边上的中线的性质可得答案；
（3）由（2）得：是等边三角形，且边长为．结合题意可得，在以为圆心，为半径的圆上运动，连接，证明．从而最长，则最长，最短，则最短，再利用圆外一点到圆的最短距离与最长距离的含义可得答案．
【小问1详解】
解：由为等边三形，，，
，，
．
为线段的中点，
，
；
【小问2详解】
解：补全图形如图1所示，连接，．
；．
是等边三角形，
，，
为等边三角形，，．
，
，
，
．
又为的中点，，
；
【小问3详解】
解：由（2）得：是等边三角形，且边长为．
，在以为圆心，为半径的圆上运动，连接，延长交于．
记与交于．
，分别为．的中点，
．
最长，则最长，最短，则最短，
由圆的性质可得：当旋转到与重合，最长，
此时，
当旋转到与重合，最短，
此时，
的取值范围是：．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查的是坐标与图形，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理的应用，三角形的中位线的性质，圆外一点与圆的最长距离与最短距离，灵活运用以上知识解题是解题的关键．
25. 如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于两点，与轴交于点．

（1）求两点的坐标；
（2）如图2，轴与抛物线相交于点，点是直线下方抛物线上的动点，过点且与轴平行的直线与，分别交于点，试探究当点运动到何处时，四边形的面积最大，求点的坐标及最大面积；
（3）抛物线上是否存在点，使是直角三角形，如果存在，求出点坐标，如果不存在，请说明理由；
（4）若点为抛物线的顶点，点是该抛物线上的一点在轴，轴上分别找点，使四边形的周长最小，直接写出点的坐标．
【答案】（1），
（2）四边形的面积最大为，点的坐标为
（3）存在，，，，
（4），
【解析】
【分析】（1）令，则，求得，，即可得解；
（2）先求出，得出，待定系数法求出的解析式为，设，则，，根据得出关系式，由二次函数的性质即可得到答案；
（3）设，由勾股定理可得，，，分三种情况：当时，则，当时，则，当时，则，分别求解即可得出答案；
（4）先求出的坐标，作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，连接，交轴于点，交轴于点，由轴对称的性质可得：，，，，则四边形的周长，当、、、在同一直线上时，的值最小，为，待定系数法求出直线的解析式，由此即可得出答案．
【小问1详解】
解：抛物线与轴交于两点，
令，则，
解得：，，
，；
【小问2详解】
解：在中，令，则，
，
轴，
点的纵坐标为，
在中，令，则，
解得：，，
，
，
设直线的解析式为：，
将，代入解析式得：，
解得：，
直线的解析式为：，
设，则，
，
轴，轴，
，
，
，
当时，最大为，此时，
；
【小问3详解】
解：设，
，，
，，，
当时，则，
，
整理得：，
解得：，（不符合题意，舍去），
当时，，
；
当时，则，
，
整理得：，
解得：，（不符合题意，舍去），
当时，，
；
当时，则，
，
整理得：，
解得：，，（不符合题意，舍去），（不符合题意，舍去），
当时，，
当时，，
，
综上所述：，，， ；
【小问4详解】
解：点为抛物线的顶点，，
，
点是该抛物线上的一点，
，
，
如图，作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，连接，交轴于点，交轴于点，
，
由轴对称的性质可得：，，，，
四边形的周长，
当、、、在同一直线上时，的值最小，为，
设直线的解析式为：，
将，代入可得：，
解得：，
直线的解析式为：，
在中，令，则，令，则，
解得：，
，．
【点睛】本题考查了二次函数与坐标轴的交点问题、二次函数的性质、勾股定理、轴对称的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用数形结合与分类讨论的思想是解此题的关键．