天津市第一中学2023-2024学年九年级上学期期末数学试题（解析版）

这是一份天津市第一中学2023-2024学年九年级上学期期末数学试题（解析版），共23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。
1. 下列图形中是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查轴对称及中心对称的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，要注意：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合，据此逐一判断即可．
【详解】解：A．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．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；
C．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
2. 一个不透明的盒子中装有2个红球和1个白球，它们除颜色外都相同．若从中任意摸出一个球，则下列叙述正确的是（ ）
A. 摸到红球是必然事件
B. 摸到白球是不可能事件
C. 摸到红球与摸到白球的可能性相等
D. 摸到红球比摸到白球的可能性大
【答案】D
【解析】
【详解】A．摸到红球是随机事件，故此选项错误；
B．摸到白球是随机事件，故此选项错误；
C．摸到红球比摸到白球的可能性相等，根据不透明的盒子中装有2个红球和1个白球，得出摸到红球比摸到白球的可能性大，故此选项错误；
D．根据不透明的盒子中装有2个红球和1个白球，得出摸到红球比摸到白球的可能性大，故此选项正确；
故选：D．
3. 下列二次函数中，其图象的对称轴为x＝﹣2的是（ ）
A. y＝2x2﹣2B. y＝﹣2x2﹣2C. y＝2 （x﹣2）2D. y＝（x+2）2
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次函数y=a(x-h)2+k（a，b，c为常数，a≠0）的性质逐项分析即可.
【详解】A. y=2x2﹣2的对称轴是x=0，故该选项不正确，不符合题意；；
B. y=﹣2x2﹣2的对称轴是x=0，故该选项不正确，不符合题意；；
C. y=2（x﹣2）2对称轴是x=2，故该选项不正确，不符合题意；；
D. y=（x+2）2的对称轴是x=-2，故该选项正确，符合题意；；
故选D
【点睛】本题考查了二次函数y=a(x-h)2+k（a，b，c为常数，a≠0）的性质， y=a(x-h)2+k是抛物线的顶点式，其顶点是（h，k），对称轴是x=h．熟练掌握二次函数y=a(x-h)2+k的性质是解答本题的关键．
4. 下列4×4的正方形网格中，小正方形的边长均为1，三角形的顶点都在格点上，则与△ABC相似的三角形所在的网格图形是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据勾股定理，AB=，
BC=，
AC=，
所以△ABC的三边之比为=，
A、三角形的三边分别为2，，，三边之比为2：=，故本选项错误，不符合题意;
B、三角形的三边分别为2，4，，三边之比为2：4：2=1：2：，故本选项正确，符合题意；
C、三角形的三边分别为2，3，，三边之比为2：3：，故本选项错误，不符合题意；
D、三角形的三边分别为，，4，三边之比为：4，故本选项错误，不符合题意．
故选：B．
5. 当时，函数的图象在（ ）
A. 第四象限B. 第三象限C. 第二象限D. 第一象限
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数的性质，根据反比例函数的性质：当时，图象分别位于第一、三象限；当时，图象分别位于第二、四象限，即可求解．
【详解】解：∵反比例函数的系数，
∴图象两个分支分别位于第一、三象限．
∴当时，图象位于第一象限．
故选：D．
6. 某机械厂七月份生产零件50万个，第三季度生产零件196万个．设该厂八、九月份平均每月的增长率为x，那么x满足的方程是
A. 50（1+x2）=196B. 50+50（1+x2）=196
C. 50+50（1+x）+50（1+x）2=196D. 50+50（1+x）+50（1+2x）=196
【答案】C
【解析】
【分析】主要考查增长率问题，一般增长后的量增长前的量增长率），如果该厂八、九月份平均每月的增长率为，那么可以用分别表示八、九月份的产量，然后根据题意可得出方程．
【详解】解：依题意得八、九月份的产量为、，
．
故选：C．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，增长率问题，解题的关键是掌握一般形式为，为起始时间的有关数量，为终止时间的有关数量．
7. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，⊙O的半径为3，∠A=45°，则的长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：连接BO，CO，如图所示：
因为⊙O是△ABC的外接圆，⊙O的半径为3，∠A=45°，
所以可得圆心角∠BOC=90°，
所以的长==，
故选B．
8. 如图，在直角坐标系中，有两点A(6，3)、B(6，0)．以原点O为位似中心，相似比为，在第一象限内把线段AB缩小后得到线段CD，则点C的坐标为（ ）
A. (2，1)B. (2，0)C. (3，3)D. (3，1)
【答案】A
【解析】
【分析】根据位似变换的性质可知，△ODC∽△OBA，相似比是，根据已知数据可以求出点C的坐标．
【详解】由题意得，△ODC∽△OBA，相似比是，
∴，
又∵点A(6，3)、B(6，0)．
∴OB=6，AB=3，
∴OD=2，CD=1，
∴点C的坐标为：（2，1），
故选A．
【点睛】本题考查的是位似变换，掌握位似变换与相似的关系是解题的关键，注意位似比与相似比的关系的应用．
9. 如图，点是⊙的弦AB上一点．若，，AB的弦心距为，则的长为（ ）
A. 3B. 4C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】过点作于点，根据垂径定理得出，继而得出，勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，
∵，，AB的弦心距为，
∴,，，
∴，
在中，，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理，掌握垂径定理是解题的关键．
10. 如图，将绕点顺时针旋转得到.若点在同一条直线上，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由旋转的性质可得∠ABC=∠CDE，再结合的邻补角的定义可得∠ABC+∠ADC=180°，根据四边形的内角和定理和∠BCD=90°，即可求出∠BAD的度数．
【详解】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AED，
∴∠ABC=∠CDE，∠BCD=90°
∵∠CDE +∠ADC=180°，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
在四边形ABCD中，
∠ABC+∠BAD+∠ADC∠BCD=180°
∴∠BAD=90°
故选D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，以及四边形的内角和定理，熟练运用旋转的性质解决问题是本题的关键．
11. 如图，中，弦、相交于的中点，连接并延长至点，使，连接、．若，则的值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】由中位线的性质可得：，易证，得，结合，即可得到答案．
【详解】点为线段中点，，
为的中位线，
．
，，
，
，
又∵，，
．
故选D．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，中位线的性质定理以及相似三角形的判定和性质定理，掌握相似三角形的判定和性质定理，是解题的关键．
12. 如图是抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的部分图象，其顶点是（1，n），且与x的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间，则下列结论：①a-b+c＞0；②3a+b=0；③b2=4a（c-n）；④一元二次方程ax2+bx+c=n-1有两个不等的实数根．其中正确结论的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点在点（-2，0）和（-1，0）之间，则当x=-1时，y>0，于是可对①进行判断；利用抛物线的对称轴为直线x=-=1，即b=-2a，则可对②进行判断；利用抛物线的顶点的纵坐标为n得到=n，则可对③进行判断；由于抛物线与直线y=n有一个公共点，则抛物线与直线y=n-1有2个公共点，于是可对④进行判断．
【详解】∵抛物线与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间，而抛物线的对称轴为直线x=1，
∴抛物线与x轴的另一个交点在点（-2，0）和（-1，0）之间．
∴当x=-1时，y＞0，
即a-b+c＞0，所以①正确；
∵抛物线的对称轴为直线x=-=1，即b=-2a，
∴3a+b=3a-2a=a，所以②错误；
∵抛物线的顶点坐标为（1，n），
∴=n，
∴b2=4ac-4an=4a（c-n），所以③正确；
∵抛物线与直线y=n有一个公共点，
∴抛物线与直线y=n-1有2个公共点，
∴一元二次方程ax2+bx+c=n-1有两个不相等的实数根，所以④正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数图像与系数的关系，熟练掌握二次函数性质是解题的关键．
二、填空题
13. 如图，点A，B，C是⊙O上的三点，∠B＝75°，则∠AOC的大小为__度．
【答案】150．
【解析】
【分析】根据圆周角定理即可解决问题．
【详解】∵，
∴∠AOC＝2∠B＝150°，
故答案为150．
【点睛】本题考查圆周角定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
14. 已知y是x反比例函数，并且当时，，求当时，________．
【答案】3
【解析】
【分析】此题主要考查了利用待定系数法求反比例函数的解析式，反比例函数的性质，熟练的求解解析式是解本题的关键．首先设出函数解析式，再利用待定系数法把，代入解析式求得k的值，得到函数解析式后，再根据解析式和x的值，求得y的值．
【详解】解：设函数解析式为：，
把，代入，得，
∴．
把代入，
故答案为：3．
15. 一个不透明的袋子中装有3个小球，它们除分别标有的数字1，3，5不同外，其他完全相同．任意从袋子中摸出一球后放回，在任意摸出一球，则两次摸出的球所标数字之和为6的概率是_______
【答案】,
【解析】
【详解】所出现的情况有6种：（1,1）（1,3）（1,5）（3,3）（3,5）（5,5）．所标数字之和为6的有2种，即（1,5）（3,3）．所以概率为
16. 已知一个扇形的半径为60cm，圆心角为150°，用它围成一个圆锥的侧面，那么圆锥的底面半径为_____cm．
【答案】25
【解析】
【详解】试题分析：扇形的弧长是：cm，
设底面半径是rcm，则2πr=50π，解得：r=25．
17. 如图，在中，，的内切圆与分别相切于点D、E、F，若的半径为2，，则的长________．
【答案】10
【解析】
【分析】本题考查三角形的内切圆与内心，切线长定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程解决问题．连接．则由题意可知四边形是正方形，边长为2．设，，则，由，由此即可解决问题；
【详解】解：如图连接．则由题意可知四边形是正方形，边长为2．
∵的内切圆与分别相切于点D、E、F，
∴可以假设，，
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：10．
18. 已知，均是边长为4的等边三角形，点D是边的中点．
（Ⅰ）如图①，这两个等边三角形的高为________；
（Ⅱ）如图②，直线相交于点M，当绕点D旋转时，线段长的最小值是________．
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】本题考查等边三角形的性质、勾股定理，圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，得到点M的运动路线是解答的关键．
（Ⅰ）可根据等边三角形的性质和勾股定理求解即可；（Ⅱ）如图①中，连接、、，根据题意可得，，，分别证明和，利用全等三角形的性质和等腰三角形的判定与性质推导出，则点M在以为直径的圆上运动，进而得到当点M运动到时，最短，利用圆的基本知识求解即可．
【详解】解：（Ⅰ）如图①中，连接，
∵是边长为4的等边三角形，点D是边的中点，
∴，，，
在中，
∴
故答案为：；
（Ⅱ）如图①中，连接、、，
由题意，，，，
∴，，
∴，
∴，则，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点M在以为直径的圆上运动，
如图②中，当点M运动到时，最短，
∵，，
∴的最小值为，
故答案为：．
三、解答题
19. 已知关于x的方程x2+ax﹣2＝0的一个根为1，求a的值及该方程的另一根．
【答案】a的值为1，该方程的另一根是﹣2．
【解析】
【分析】把x＝1代入已知方程得到关于a的新方程，通过解新方程来求a的值；利用根与系数的关系来求方程的另一根．
【详解】解：把x＝1代入x2+ax﹣2＝0，得
12+a﹣2＝0，
解得a＝1．
根据根与系数的关系得到方程的另一根为：＝﹣2．
综上所述，a值为1，该方程的另一根是﹣2．
【点睛】本题考查了根与系数的关系和一元二次方程的解的定义．一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．
20. 一个直角三角形的两条直角边的和是，求两条直角边的长是多少时，直角三角形的面积最大？
（1）根据题意完成下面填空：一条直角边长为，则另一条直角边为_______；设直角三角形的面积是，则y与x的关系式为_______；
（2）请你继续完成对本题的解答．
【答案】（1），
（2）当两条直角边的长都等于5时，直角三角形的面积最大．
【解析】
【分析】本题主要考查了函数关系式及二次函数的性质，根据题意列出函数关系式进行求解是解决本题的关键．
（1）根据题意可得，直角三角形的另一条边是，根直角三角形的面积计算方法进行计算即可得出；
（2）根据，利用二次函数的性质即可解答
【小问1详解】
解：∵一条直角边长为，
∴另一条为，
∴．
【小问2详解】
解：，
，
当时，直角三角形面积最大，最大面积为
∴当两条直角边的长都等于5时，直角三角形的面积最大．
21. 已知内接于，D是上点．
（1）如图1，求和的大小；
（2）如图2，，垂足为E，求的大小．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质，可得，再由，可得，从而得到，即可；
（2）连接，根据垂径定理可得，从而得到，再由圆周角定理可得，即可．
【小问1详解】
解：∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：如图②，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质是解题的关键．
22. 已知，是的直径，点P，C是上的点，．
（1）如图①，若，求的大小；
（2）如图②，过点C作的垂线，垂足为点D，且是的切线，若，求的半径．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由全等三角形的性质和圆周角定理证得，再根据等边对等角证得即可求解；
（2）先根据切线的性质和平行线的判定得到，则，再利用全等三角形的性质和等角对等边证得，证明是等边三角形，则，，进而求得，然后利用含30度角的直角三角形的性质求得即可求解．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴；
【小问2详解】
解：∵是的切线，C为切点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的性质、圆周角定理、切线的性质、等腰三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
23. 在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．
（1）填空：如图①，当点D落在边上时，则点D的坐标为_______；
（2）如图②，当点D落在线段上时，与交于点H．
①求证；
②求点H的坐标．
（3）记K为矩形对角线的交点，S为的面积，求S的最大值（直接写出结果即可）．
【答案】（1）
（2）①见解析；②点
（3）S的最大值为
【解析】
【分析】（1）根据点的坐标及旋转的性质得，在直角三角形中运用勾股定理可求出的长，从而可确定答案；
（2）①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可，②根据①知，故，在中，运用勾股定理可求得的长，得出坐标；
（3）在矩形旋转的过程中，根据当矩形顶点D在的延长线上时，点K到直线距离最大，最大值为线段的长，求解即可．
【小问1详解】
解：∵点，点，
∴，．
∵四边形是矩形，
∴，，.
∵矩形是由矩形旋转得到的，
∴．
在中，，
∴，
∴，
∴点D的坐标是；
【小问2详解】
解：①证明：由四边形是矩形，知．
∵点D在线段上，得.
由（1）知，，
又，，
∴≌；
②由≌，得．
在矩形中，，
∴，
∴，
∴．
设，则，．
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴点H的坐标是；
【小问3详解】
解：如图，当矩形顶点D在的延长线上时，点K到直线距离最大，最大值为线段的长，
∵，
∴，
∵四边形矩形，
∴，
∴，
∴S的最大值为．
【点睛】本题主要考查了矩形的旋转问题，全等三角形的性质和判定，勾股定理等，弄清线段的运动路径是解题的关键．
24. 如图，抛物线与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点N，过A点的直线l：与y轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，已知，P点为抛物线上一动点（不与A、D重合）．
（1）求抛物线和直线l的解析式；
（2）当点P在直线l上方的抛物线上时，过P点作PE∥x轴交直线l于点E，作轴交直线l于点F，求的最大值；
（3）设M为直线l上的点，探究是否存在点M，使得以点N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），直线l的表达式为：；（2）最大值：18；（3）存在，M的坐标为：或或或．
【解析】
【分析】（1）将点A、D的坐标分别代入直线表达式、抛物线的表达式，即可求解；
（2），即可求解；
（3）分NC是平行四边形的一条边、NC是平行四边形的对角线，两种情况分别求解即可．
【详解】解：（1）将点A、D的坐标代入直线表达式得：，解得：，
故直线l的表达式为：，
将点A、D的坐标代入抛物线表达式，
同理可得抛物线的表达式为：；
（2）直线l的表达式为：，则直线l与x轴的夹角为，
即：则，
设点P坐标为、则点，
，故有最大值，
当时，其最大值为18；
（3）由题意得，，
①当NC是平行四边形的一条边时，
设点P坐标为、则点，
由题意得：，即：，
解得或0或4（舍去0，此时M和C重合），
则点M坐标为或或；
②当NC是平行四边形的对角线时，
则NC的中点坐标为，
设点P坐标为、则点，
N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形，则NC的中点即为PM中点，
即：，
解得：或（舍去0，此时M和C重合），
故点；
故点M的坐标为：或或或．
【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．