四川省泸州市龙马潭区尹吉甫学校2023-2024学年九年级下学期开学数学试题（原卷版+解析版）

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一、选择题（每小题3分，12个小题，共36分，以下每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 下列手机手势解锁图案中，是中心对称图形的是（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称图形，根据中心对称图形的定义判断即可，解题的关键是正确理解中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．
【详解】、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意；
故选：．
2. 抛物线向右平移1个单位，再向下平移2个单位，所得到的抛物线是（ ）
A. y=3(x-1)2-2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】抛物线的平移遵循：上加下减，左加右减的规律，据此即可解答.
【详解】解：抛物线向右平移1个单位，再向下平移2个单位，所得到的抛物线是y=3(x-1)2-2；
故选：A.
【点睛】本题考查了抛物线的平移，熟知抛物线的平移规律是解题的关键.
3. 抛物线的顶点坐标是( )
A. （3，1）B. （3，﹣1）C. （﹣3，1）D. （﹣3，﹣1）
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据二次函数的顶点式进行解答即可．
【详解】解：抛物线的解析式为：，
其顶点坐标为：．
故选：A．
【点睛】本题考查的是二次函数的性质，二次函数的顶点式为，此时顶点坐标是，对称轴是直线，此题考查了学生的应用能力．
4. 点关于原点对称的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，根据关于原点对称的点横纵坐标都互为相反数进行求解即可．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
故选：C．
5. 如图，在正方形中，为边上的点，连接，，将绕点顺时针方向旋转得到，连接，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等边对等角，三角形的外角性质，由旋转性质可得，，又四边形是正方形， 则，再由等边对等角得，最后由三角形的外角性质即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】∵将绕点顺时针方向旋转得到，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
故选：．
6. 如图，，，是上的三个点．若，则的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查的知识点是圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，解题关键是熟练掌握圆心角定理．
观察图形可得是弧的圆心角，是弧的圆周角，根据圆周角定理得即可求解．
【详解】解：弧弧，
其中是弧的圆心角，是弧的圆周角，
．
故选：．
7. 一个布袋里装有6个只有颜色不同的球，其中2个红球，4个白球．从布袋里任意摸出1个球，则摸出的球是白球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】用白球的个数除以球的总个数即为所求的概率．
【详解】解：因为一共有6个球，白球有4个，
所以从布袋里任意摸出1个球，摸到白球的概率为：．
故选C．
【点睛】本题考查了概率公式，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．
8. 已知是一元二次方程的一个根，则的值是（ ）
A. B. 3C. 11D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】由题意易得，然后整体代入求值即可．
【详解】解：∵是一元二次方程的一个根，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解是解题的关键．
9. 一个圆锥的母线长为10，侧面展开图是半圆，则圆锥的侧面积是（）
A. 100B. 50C. 20D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】圆锥的侧面积为半径为10的半圆的面积．
【详解】解：圆锥的侧面积=半圆的面积=，
故选B．
【点睛】解决本题的关键是把圆锥的侧面积转换为规则图形的面积．
10. 三角形两边长分别为2和4，第三边是方程的解，则这个三角形的周长是（ ）．
A. 8B. 8或10C. 10D. 8和10
【答案】C
【解析】
【分析】先求出方程的解，得出三角形的三边长，看看是否符合三角形的三边关系定理，即可得出选项．
【详解】解：解方程得：或2，
当时，三角形的三边为2、4、4，符合三角形三边关系定理，即此时三角形的周长为；
当时，三角形的三边为2、2、4，不符合三角形三边关系定理，即此时三角形不存在；
即三角形的周长为10，
故选：C．
【点睛】本题考查了解一元二次方程的解和三角形的三边关系定理，能求出符合的所有情况是解此题的关键．
11. 如图，在中，，，，为的内切圆，则图中阴影部分的面积为(结果保留π)( )

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了三角形内切圆的性质；勾股定理求得，进而根据等面积法求得，三角形的内切半径，根据，即可求解．
【详解】解：中，，，
，
，，
内切圆半径，
，
设与切于点，与切于点，连接、，
则四边形为正方形，
．
故选：C．
12. 如图，已知开口向下的抛物线与x轴交于点对称轴为直线．则下列结论：①；②；③函数的最大值为；④若关于x的方数无实数根，则．正确的有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】由图象可知，图像开口向下，a＜0，对称轴为x=1，故，故b＞0，且，则 图象与y轴的交点为正半轴，则c＞0，由此可知abc＜0，故①错误，由图象可知当x=1时，函数取最大值，将x=1，代入，中得：，计算出函数图象与x轴的另一交点为（3,0）设函数解析式为：，将交点坐标代入得化简得：，将x=1，代入可得：，故函数的最大值为-4a，、变形为：要使方程无实数根，则，将c=-3a，，代入得：，因为a＜0，则，则，综上所述，结合以上结论可判断正确的项．
【详解】解：由图象可知，图像开口向下，a＜0，对称轴为x=1，故，故b＞0，且，则故②正确，
∵图象与y轴的交点为正半轴，
∴c＞0，则abc＜0，故①错误，
由图象可知当x=1时，函数取最大值，
将x=1，代入，中得：，
由图象可知函数与x轴交点为（﹣1,0），对称轴为将x=1，故函数图象与x轴的另一交点为（3,0），
设函数解析式为：，
将交点坐标代入得：，
故化简得：，
将x=1，代入可得：，故函数的最大值为-4a，故③正确，
变形为：要使方程无实数根，则，将c=-3a，，代入得：，因为a＜0，则，则，综上所述，故④正确，
则②③④正确，
故选C．
【点睛】本题考查二次函数的一般式，二次函数的交点式，二次函数的最值，对称轴，以及交点坐标掌握数形结合思想是解决本题的关键．
二、填空题：（本大题4个小题，每小题3分，共12分）
13. 因式分解：_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据提公因式法和平方差公式进行分解即可．
【详解】解：，
故答案为：
【点睛】本题考查了提公因式法和平方差公式，熟练掌握提公因式法和平方差公式是解题的关键．
14. 设，是方程的两个实数根，则的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据一元二次方程的解得到，利用根与系数关系得到，则，再利用整体代入的方法计算即可
【详解】∵，是方程的两个实数根，
∴，
∴，
∴
故答案为：
【点睛】本题考查一元二次方程的解和根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的解及根与系数的关系是解题的关键．
15. 如图，将边长为的正方形绕点顺时针旋转30°到的位置，则阴影部分的面积是___________．
【答案】
【解析】
【分析】交于点，连接；根据全等三角形性质，通过证明，得；结合旋转的性质，得；根据三角函数的性质计算，得，结合正方形和三角形面积关系计算，即可得到答案．
【详解】如图，交于点，连接
根据题意得：，
∵
∴
∴
∵正方形绕点顺时针旋转到
∴，
∴
∴
∴
∴
∴
∴阴影部分的面积
故答案：．
【点睛】本题是面积问题(旋转综合题)，考查了正方形、全等三角形、旋转、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握正方形、全等三角形、旋转、三角函数的性质．
16. 如图，四边形ABCD为矩形，，，点P是线段上一动点，点M为线段上一点，，则的最小值为______．

【答案】
【解析】
【分析】取的中点，连接，．证明，推出，点的运动轨迹是以为圆心，2为半径的．利用勾股定理求出，可得结论．
【详解】解：如图，取的中点，连接，．

四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，
点的运动轨迹是以为圆心，2为半径的．
，
，
的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，轨迹，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
三、本大题3个小题，每小题6分，共18分．
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数的运算，首先根据算术平方根，零指数幂，负整数指数幂，化简绝对值计算，然后合并即可得出答案，熟练掌握运算法则是解题的关键．
【详解】解：原式
．
18. 化简：
【答案】
【解析】
【分析】原式括号中通分并利用同分母分式的加法法则计算，同时利用除法法则变形，再将分子分母分别因式分解，进而约分得到最简结果即可．
【详解】解：原式
．
【点睛】此题考查了分式的混合运算，熟练掌握分式运算法则是解本题的关键．
19. 如图，△ABC是等腰三角形，点D，E分别在腰AC，AB上，且BE＝CD，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】根据等腰三角形的性质得出，进而利用证明与全等，再利用全等三角形的性质解答即可．
【详解】证明：是等腰三角形，
，
在与中，
，
，
．
【点睛】此题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是利用证明与全等．
四、本大题2个小题，每小题7分，共14分．
20. 2023年3月，某中学发起“劳动最光荣•加油好少年”主题活动，学校团委为了了解学生参与本次主题活动情况，随机抽取部分学生进行调查，根据调查结果绘制如下不完整的统计图：请结合图中信息解答下列问题：
（1）本次共调查了_______名学生，并补全条形统计图．
（2）若该校共有名学生参加本次主题活动，则本次活动中该校参加“洗碗”劳动的学生约有多少名？
（3）现从参与本次主题活动的甲、乙、丙、丁4名学生中，随机抽取2名学生谈一谈劳动感受，请用列表或画树状图的方法，求甲、丁两人同时被抽中的概率．
【答案】（1），见解析
（2）名
（3）图见解析，
【解析】
【分析】（1）由做饭的人数及其所占百分比可得答案；利用总人数减去其他的人数即可求得扫地人数，然后补全统计图即可；
（2）用1200乘以洗碗所占的百分比即可求出答案；
（3）画出树状图即可求出甲、丁两人同时被抽中概率．
【小问1详解】
解： (名)，(名)，
故答案为：，补全条形统计图如下：
【小问2详解】
名，
答：该校名学生中参与洗碗的学生约有名；
【小问3详解】
从甲、乙、丙、丁四个人中选择2个人所有可能出现的结果情况如下：
共有12种可能出现的结果，其中甲、丁同时被抽中的有2种，
所以甲、丁同时被抽中的概率为．
【点睛】本题主要考查了条形统计图，扇形统计图，由样本估计总体，画树状图或列表法求概率，掌握列表法或树状图求概率是解题的关键．
21. 某商场服装部销售一种名牌衬衫，平均每天可售出40件，每件盈利50元．为了扩大销售，减少库存，商场决定降价销售，经调查，每件降价1元时，平均每天可多卖出2件．
（1）若商场要求该服装部每天盈利2400元，尽量减少库存，每件衬衫应降价多少元？
（2）试说明每件衬衫降价多少元时，商场服装部每天盈利最多．
【答案】（1）每件衬衫应降价20元；（2）每件衬衫降价15元时，商场服装部每天盈利最多．
【解析】
【分析】（1）利用每件衬衫每降价1元，商场平均每天可多售出2件，即可得出每件衬衣降价x元，每天可以多销售2x件，进而得出y与x的函数关系式；再利用商场降价后每天盈利=每件的利润×卖出的件数=（50﹣降低的价格）×（40+增加的件数），把相关数值代入即可求解；
（2）利用商场降价后每天盈利=每件的利润×卖出的件数=（50﹣降低的价格）×（40+增加的件数），利用二次函数最值求法得出即可．
【详解】解：（1）设每件衬衫应降价x元，由题意得：
（50﹣x）（40+2x）=2400，
解得：x1=10，x2=20，
因为尽量减少库存，x1=10舍去．
答：每件衬衫应降价20元．
（2）设每天盈利为W元，则
W=（50﹣x）（40+2x）=﹣2（x﹣15）2+2450，
当x=15时，W最大为2450．
答：每件衬衫降价15元时，商场服装部每天盈利最多．
五、本大题2个题，每小题8分，共16分．
22. 已知方程是关于的一元二次方程．
（1）求证：对于任意实数方程中有两个不相等的实数根．
（2）若，是方程的两根，，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）直接利用一元二次方程根的判别式进行判断，即可得到结论成立；
（2）根据一元二次方程根与系数的关系，可得，再代入，即可求解．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴对于任意实数，原方程总有两个不相等的实数根；
【小问2详解】
解：∵，
∴原方程为，
∵，是方程的两根，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式，根与系数的关系是解题的关键．
23. 某地修建了一座以“讲好隆平故事，厚植种子情怀”为主题的半径为800米的圆形纪念园．如图，纪念园中心点A位于C村西南方向和B村南偏东60°方向上，C村在B村的正东方向且两村相距2.4千米．有关部门计划在B、C两村之间修一条笔直的公路来连接两村．问该公路是否穿过纪念园？试通过计算加以说明． （参考数据：≈1.73，≈1.41）
【答案】不穿过，理由见解析
【解析】
【分析】先作AD⊥BC，再根据题意可知∠ACD=45°，∠ABD=30°，设CD=x，可表示AD和BD，然后根据特殊角三角函数值列出方程，求出AD，与800米比较得出答案即可．
【详解】不穿过，理由如下：
过点A作AD⊥BC，交BC于点D，根据题意可知∠ACD=45°，∠ABD=30°.
设CD=x，则BD=2.4-x，
在Rt△ACD中，∠ACD=45°，
∴∠CAD=45°，
∴AD=CD=x．
Rt△ABD中，，
即，
解得x=0.88，
可知AD=0.88千米=880米，
因为880米＞800米，所以公路不穿过纪念园．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，构造直角三角形是解题的关键．
六、本大题共2个小题，共24分，每小题12分．
24. 如图，已知以的直角边为直径作交斜边于点，连接并延长交的延长线于点，连接，点为的中点，连接．
（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（）连接，可根据三角形中位线的性质可判断，然后根据直径所对的圆周角是直角，可得，进而知，然后根据垂径定理可得，，再通过可知，因此可证是的切线；
（）根据题意先由勾股定理求出，设，则，由勾股定理得，即，求出，最后再由勾股定理求出即可．
【小问1详解】
证明: 连接，
则由题意为的中位线，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
由垂径定理知，所在直线垂直平分，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
∵的半径为，，，
∴为直角三角形，，，
由勾股定理得：，
∴，
由（）知，为直角三角形，且，
设，则，
∴由勾股定理得，即，
解得：，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∵，
在中，．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，平行线的性质，垂径定理，圆周角定理，勾股定理，中位线定理，熟练掌握知识点的应用质是解题的关键．
25. 如图，抛物线与轴相交于点、点，与轴相交于点．
（1）请直接写出点，，的坐标；
（2）点在抛物线上，当取何值时，的面积最大？并求出面积的最大值．
（3）点是抛物线上的动点，作//交轴于点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），，；
（2），面积的最大值；
（3）存在，或或．
【解析】
【分析】（1）令得到，求出x即可求得点A和点B的坐标，令，则即可求点C的坐标；
（2）过P作轴交BC于Q，先求出直线BC的解析式，根据三角形的面积，当平行于直线BC直线与抛物线只有一个交点时，点P到BC的距离最大，此时，的面积最大，利用三角形面积公式求解；
（3）根据点是抛物线上的动点，作//交轴于点得到，设，当点F在x轴下方时，当点F在x轴的上方时，结合点，利用平行四边形的性质来列出方程求解．
【小问1详解】
解：令，
则，
解得，，
∴，，
令，则，
∴；
【小问2详解】
解：过P作轴交BC于Q，如下图．
设直线BC为，将、代入得
，
解得，
∴直线BC为，
根据三角形的面积，当平行于直线BC直线与抛物线只有一个交点时，点P到BC的距离最大，此时，的面积最大，
∵，
∴ ，，
∴，
∵，
∴时，PQ最大为，
而，
∴的面积最大为；
【小问3详解】
解：存在．
∵点是抛物线上的动点，作//交轴于点，如下图．
∴，设．
当点F在x轴下方时，
∵，
即，
∴，
解得（舍去），，
∴．
当点F在x轴的上方时，令，
则 ，
解得，，
∴或．
综上所述，满足条件的点F的坐标为或或．
【点睛】本题是二次函数与平行四边形、二次函数与面积等问题的综合题，主要考查求点的坐标，平行四边形的性质，面积的表示，涉及方程思想，分类思想等．
第一人
第二人
甲
乙
丙
丁
甲
乙甲
丙甲
丁甲
乙
甲乙
丙乙
丁乙
丙
甲丙
乙丙
丁丙
丁
甲丁
乙丁
丙丁