甘肃省陇南市礼县2023-2024学年九年级上学期期末数学试题(含解析)

这是一份甘肃省陇南市礼县2023-2024学年九年级上学期期末数学试题(含解析)，共30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。
考生注意：本试卷满分为150分，考试时间为120分钟.所有试题均在答题卡上作答，否则无效.
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个正确选项.
1．如图，点A表示的数可能是（ ）
A．3B．2C．1D．
2．根据中国信息通信研究院的预测，预计到年底，我国将在全国范围内累计开通基站超过个.，数据用科学记数法可表示为（ ）
A．B．C．D．
3．与的角互为余角的角的度数是（ ）
A．B．C．D．
4．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转31°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC的度数为100°，则∠DOB的度数是（ ）
A．34°B．36°C．38°D．40°
6．袋子里有4个球,标有2,3,4,5,先抽取一个并记住,放回,然后再抽取一个,所抽取的两个球数字之和大于6的概率是( )
A．B．C．D．
7．一元二次方程的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根B．有两个相等的实数根
C．无实数根D．无法确定
8．如图，点A、B、C在上，，连接交于点D，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
9．如图，△ABC与△DEF是位似图形，位似比为2：3，已知DF＝4，则AC的长为（ ）
A．B．C．D．
10．如图①，在矩形中，连接，动点P从点B出发，依次沿运动至点B停止，设点P的运动路程为x，的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则边的长为（ ）
A．4B．3C．5D．8
二、填空题：本大题共8小题，每小题4分，共32分.
11．分解因式： ．
12．化简： ．
13．如图，钟表的上半部分为正八边形，则该正八边形的每个内角的度数是 ．

14．不等式组的解集是 ．
15．在抛物线上有、和三点，若抛物线与y轴的交点在负半轴上，则、和的大小关系为 ．
16．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，BD平分∠ABC，P点是BD的中点，若AD=6，则CP的长为 ．
17．如图①，在等腰直角三角形中，分别以点A、C为圆心，长为半径作弧，两弧在内围成如图①所示的阴影部分，用5个阴影部分的图案拼成如图②的图形，若，则图②图形的周长为 ．
18．已知一列数：，，，，，…，按照这个规律写下去，第8个数是 ．
三、解答题（一）：本大题共5小题，共38分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
19．计算：．
20．解方程
(1)；
(2)．
21．图①、图②均为7×6的正方形网格，点A、B、C在格点(小正方形的顶点)上．
（1）在图①中确定格点D，并画出一个以A、B、C、D为顶点的四边形，使其为轴对称图形；
（2）在图②中确定格点E，并画出一个以A、B、C、E为顶点的四边形，使其为中心对称图形．
22．如图，中，，，将绕点A按逆时针方向旋转得到，连接，交于点F．
(1)求证：；
(2)求证：四边形是菱形．
23．如图，一次函数与反比例函数的图象交于、两点，与y轴交于点C．
(1)求反比例函数和一次函数的解析式；
(2)设点C关于x轴的对称点为D，连接、，求的面积．
四、解答题（二）：本大题共5小题，共50分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
24．传统节日“春节”到来之际，某商店老板以每件60元的价格购进一批商品，若以单价80元销售，每月可售出300件．调查表明：单价每上涨1元，该商品每月的销售量就减少10件．
(1)请写出每月销售该商品的利润y（元）与单价x（元）间的函数关系式；
(2)单价定为多少元时，每月销售商品的利润达到6240元？
25．甘肃省博物馆馆内珍藏了众多珍贵的文物珍宝，尤其是馆内的马踏飞燕铜像、驿使图画像砖等更是闻名遐迩的珍贵国宝.博物馆分为甘肃丝绸之路文明展、庄严妙相——甘肃佛教艺术展、甘肃彩陶展、甘肃古生物化石展和红色甘肃——走向1949五个基本陈列（分别记为A，B，C，D，E）．小亮受邀周六、周日两天各从五个基本陈列中随机选择一个进行义务讲解．
(1)求小亮周六选择“甘肃丝绸之路文明展”进行讲解的概率；
(2)用画树状图或列表的方法，求小亮周六、周日两天选择同一个基本陈列进行义务讲解的概率．
26．如图，点B、C、D都在⊙O上，过C点作CA∥BD交OD的延长线于点A，连接BC，∠B=∠A=30°，．
（1）试说明：AC是⊙O的切线；
（2）求由线段AC、AD与弧CD所围成的阴影部分的面积．（结果保留π）
27．阅读下面的例题及点拨，并解决问题：
【例题】
有一块三角形余料，它的边，高.要把它加工成正方形零件，使正方形的一边在上，其余两个顶点分别在上，问加工成的正方形零件的边长是多少毫米?
【点拨】：解四边形为正方形，
，
，
设正方形零件的边长为xmm，则，.
∵，
，即，
解得.故这个正方形零件的边长是．
【问题探究】
(1)如果原题中要加工成的零件是一个矩形，且此矩形是由两个并排放置的正方形所组成，如图①，此时，这个矩形零件的两条边长是多少？
(2)如果原题中所要加工成的零件只是一个矩形，如图②，求这个矩形面积的最大值和达到这个最大值时矩形零件的两条边长．
28．如图，抛物线交x轴于，B两点，与y轴交于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点E从点A出发，在线段上以每秒2个单位的速度向点B运动，点F从点B出发，在线段上以每秒个单位的速度向点C运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设运动时间为t秒，求当t为何值时，的面积取得最大值？并求出面积的最大值；
(3)点P是抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线，交直线于点M，当是直角三角形时，求点P的坐标．
参考答案与解析
1．D
【分析】本题主要考查数轴，熟练掌握数轴三要素是解题的关键．根据数轴上点A的位置，得到点A表示的数小于，即可得到答案．
【详解】解：根据数轴上点A的位置，得到点A表示的数小于，
故选D．
2．B
【分析】本题主要考查科学记数法，熟练掌握科学记数法是解题的关键．根据科学记数法的定义即可得到答案．
【详解】解：数据用科学记数法可表示为．
故选B．
3．A
【分析】此题主要考查了互为余角的定义，直接利用互为余角的定义分析得出答案．正确把握互为余角的定义是解题关键．互为余角的两个角的和等于．
【详解】∵
∴与的角互为余角的角的度数是．
故选A．
4．A
【分析】本题主要考查轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键．根据轴对称图形和中心对称图形的定义即可得到答案．
【详解】解：既是轴对称图形，又是中心对称图形，故选项A符合题意；
不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项B不符合题意；
是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项C不符合题意；
是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项D不符合题意．
故选A．
5．C
【分析】根据旋转的性质求出和的度数，计算出的度数．
【详解】解：由题意得，，，又，
．
故选：C．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，掌握旋转角、旋转方向和旋转中心的概念是解题的关键．
6．C
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与抽取的两个球数字之和大于6的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】画树状图得：

∵共有16种等可能的结果，抽取的两个球数字之和大于6的有10种情况，
∴抽取的两个球数字之和大于6的概率是：．
故选C．
【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
7．C
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握，方程有两个不相等的实数根；方程有两个相等的实数根；方程没有实数根是解题的关键．化成一般形式，计算方程根的判别式，进而判断即可．
【详解】解：∵
∴，
∴方程无实数根．
故选：C．
8．D
【分析】本题主要考查圆周角定理、平行线的性质以及三角形外角的性质，熟练掌握同弧所对的圆周角等于圆心角的一半是解题的关键．
首先根据圆周角定理得到，然后根据平行线的性质得到，然后利用三角形外角的性质求解即可．
【详解】∵
∴
∵
∴
∴．
故选：D．
9．C
【分析】位似图形就是特殊的相似图形位似比等于相似比．利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】∵△ABC与△DEF是位似图形，位似比为2：3，
∴AC：DF＝2：3，
∴AC：4＝2：3，
则AC＝．
故选C．
【点睛】本题主要考查位似的定义．解题的关键是掌握位似图形是相似图形的特殊形式，位似比等于相似比的特点．
10．A
【分析】本题考查动点的函数图象问题．根据题意结合图象，可知：，结合勾股定理进行求解即可．从函数图象中有效的获取信息，是解题的关键．
【详解】解：由图象可知，当点在上运动时，的面积为定值，为6，点的总路程为12，
∵矩形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
联立：，解得：或，
∵，
∴；
故选A．
11．
【分析】先提取公因式x，再用平方差公式分解．
【详解】解：原式=x(1-y2)= ．
故答案为：．
【点睛】本题考查了因式分解，把一个多项式化成几个整式的乘积的形式，叫做因式分解．因式分解常用的方法有：①提公因式法；②公式法；③十字相乘法；④分组分解法． 因式分解必须分解到每个因式都不能再分解为止．
12．
【分析】本题主要考查了分式的加法，先将分母转化为同分母，根据同分母分式的加法计算法则求解即可．熟知相关计算法则是解题的关键．
【详解】
．
故答案为：．
13．##135度
【分析】本题考查正多边形的性质，多边形的内角和公式；根据多边形的内角和公式求解即可，掌握求多边形的内角和的公式是解答本题的关键．
【详解】正八边形的内角和为
∴该正八边形的每个内角的度数是．
故答案为：．
14．
【分析】本题考查的是解一元一次不等式组，分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
【详解】
解不等式①，去括号得，
移项，合并同类项得，；
解不等式②，移项，合并同类项得，
系数化为1得，
故不等式组的解集为：．
故答案为：．
15．
【分析】本题主要考查二次函数的图像和性质，熟练掌握二次函数的增减性是解题的关键．根据题意得到，对称轴，根据增减性即可得到答案．
【详解】解：抛物线与y轴的交点在负半轴上，
，开口向下，且对称轴，
故关于对称轴的对称点横坐标为，
由于开口向下，当时，函速达单调递减，
．
故答案为：．
16．3
【分析】过点D作于点E，根据直角三角形中，所对的直角边是斜边的一半求出DE长，再根据角平分线的性质得CD=DE，再用一次刚才的定理求出BD，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出CP的长．
【详解】解：如图，过点D作于点E，
∵，，
∴，
∴，
∵BD平分，
∴，，
在中，，
∵P是BD的中点，
∴．
故答案是：3．
【点睛】本题考查直角三角形的性质和角平分线的性质，解题的关键是掌握直角三角形斜边上的中线的性质和含有角的直角三角形的性质．
17．
【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质，弧长公式，熟练掌握弧长公式是解题的关键．根据弧长公式求出每段弧长即可得到答案．
【详解】解：为等腰直角三角形，
，
，
故每段弧长为，
故图②图形的周长为．
故答案为：．
18．
【分析】本题考查了数字的变化类题目，根据题意找出分子和分母与序号的关系进而求解即可，解题的关键是根据题目的变化规律得到相应的结果．
【详解】第1个数为
第2个数为
第3个数为
第4个数为
第5个数为
…
∴第8个数为．
故答案为：．
19．
【分析】本题考查的是零次幂的含义，二次根式的乘法运算，熟记运算法则是解本题的关键．
先利用平方差公式计算二次根式的乘法运算，零次幂和绝对值，再合并即可．
【详解】
．
20．(1)
(2)
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，熟知解一元二次方程的方法是解题的关键．
（1）先去括号，然后利用十字相乘法把方程左边分解因式，进而解方程即可；
（2）先移项，然后利用提公因式法把方程左边分解因式，进而解方程即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
∴或，
解得；
（2）解：∵，
∴，
∴，即，
∴或，
解得．
21．（1）见解析；（2）见解析.
【详解】解：（1）如图：
（2）如图：
22．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定．
（1）旋转的性质，得到，证明即可；
（2）等边对等角，推出，得到，同理，得到四边形是平行四边形，再根据，即可得出结论．
掌握旋转的性质，是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵旋转，
∴，
∴；
（2）证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理，
∴四边形是平行四边形
∵，
∴平行四边形是菱形．
23．(1)，
(2)16
【分析】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题．
（1）将点代入反比例函数解析，求出的值，把点代入反比例函数解析式求出的值，再利用待定系数法求出一次函数解析式即可；
（2）求出点坐标，利用的面积等于，进行求解即可．
正确的求出函数解析式，利用分割法求面积，是解题的关键．
【详解】（1）解：∵反比例函数的图象过、，
∴，
∴，
∴，
把、代入一次函数解析式，得：
，
解得：，
∴；
（2）∵，
∴当时，，
∴，
∴，
∴，
过点作轴于点，过点作轴于点，
∴，
∴的面积等于．
24．(1)
(2)当售价为86或84元时，每月销售商品的利润达到6240元．
【分析】本题考查了二次函数在销售问题中的应用，解一元二次方程的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
（1）根据总利润等于每件的利润乘以销售量写出y与x之间的函数表达式并化简即可；
（2）令，得到解方程求解即可．
【详解】（1）解：由题意得：
，
∴y与x之间的函数表达式为；
（2）令得，
解得，，
∴当售价为86或84元时，每月销售商品的利润达到6240元．
25．(1)
(2)
【分析】本题主要考查了列表法与树状图以及概率公式，熟练掌握概率公式是解题的关键．
（1）直接利用概率公式计算即可；
（2）画树状图得到所有结果，找出符合条件的结果利用概率公式计算即可．
【详解】（1）解：由五个基本陈列（分别记为A，B，C，D，E），
小亮周六选择“甘肃丝绸之路文明展”进行讲解的概率；
（2）解：画树状图，小亮周六、周日两天义务讲解一共有种等可能的情况，
其中两天选择同一个基本陈列进行义务讲解是种，
故．
26．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理求出∠COA，根据三角形内角和定理求出∠OCA，根据切线的判定推出即可．
（2）求出DE，解直角三角形求出OC，分别求出△ACO的面积和扇形COD的面积根据转换思想，由即可得出答案．
【详解】解：（1）证明：如答图，连接OC，交BD于E，
∵∠B和∠COD是同弧所对的圆周角和圆心角，∴∠COD=2∠B．
∵∠B=30°，∴∠COD=60°．
∵∠A=30°，∴∠OCA=90°，即OC⊥AC．
∴AC是⊙O的切线．
（2）∵AC∥BD，∠OCA=90°，∴∠OED=∠OCA=90°．
∵BD=，∴．
∵在Rt△ODE中，，∴OD=2．
∵在Rt△ACO中，， ∴AC=．
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理；三角形内角和定理；切线的判定；平行线的性质；垂径定理；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；扇形面积和三角形面积的计算；转换思想的应用．
27．(1)，
(2)最大值为，此时，
【分析】本题主要考查了相似三角形的应用，二次函数的最值问题，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）设，则，然后根据相似三角形对应高的比等于相似比列出比例式求出即可；
（2）设，用表示出的长度，然后根据相似三角形对应高的比等于相似比列出比例式，根据矩形的面积公式列式计算，再根据二次函数的最值问题回答问题．
【详解】（1）解：设，则，
由题意知，
，
即，
解得，
，
故这个矩形零件的两条边长是，；
（2）解：设，矩形的面积为，
由题意知，
，
即，
解得，
，
的最大值为，此时，．
28．(1)
(2)；
(3)或
【分析】（1）将，代入函数解析式，利用待定系数法即可求出答案；
（2）根据题意用含的式子表示出，得到即可求出答案；
（3）分三种情况，当，当，当时依次进行讨论分析．
【详解】（1）解：抛物线交x轴于，与y轴交于点，
，
，
故抛物线的解析式为；
（2）解：作轴于点，
轴，
，
，
，
点E从点A出发，在线段上以每秒2个单位的速度向点B运动，点F从点B出发，在线段上以每秒个单位的速度向点C运动，
运动时间为t秒，，
令，
则，
，，
，
，
点运动的时间，
，
，
，
点运动的时间，
，
，
，
故当时，的面积取得最大值，面积的最大值为；
（3）解：①当，
轴，
点纵坐标为，
将代入中，解得（舍去）或，
；
②当，此时点在轴的下方，设交轴于点，
，
，
，
∴，
，
，即，
，
设直线的表达式为，
将，代入得，
，
解得，
故直线的表达式为，
联立，
解得（舍去）或，
；
③当时不成立，
综上所述，当是直角三角形时，点P的坐标为或．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求函数解析式，三角形相似的判定和性质，二次函数的图像和性质以及直角三角形的判定和性质，熟练掌握二次函数的图像和性质是解题的关键．