天津市和平区2023-2024学年九年级上学期期末数学试题(含解析)

这是一份天津市和平区2023-2024学年九年级上学期期末数学试题(含解析)，共39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
1．下列图形是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．一个不透明的袋子里装有个红球和个黄球，它们除颜色外其余都相同，从袋中任意摸出一个球是红球的概率为（ ）
A．B．C．D．
3．如图，中，弦与交于点，点为中点，，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
4．用配方法解方程，变形后的结果正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．关于二次函数的图象，下列说法中错误的是（ ）
A．抛物线开口向下
B．抛物线的顶点坐标是
C．抛物线与轴有两个交点分别是和
D．当和是抛物线上的点，则当时，则
6．如图，在平面直角坐标系中，已知点、，以原点为位似中心，相似比为，把缩小，则边的对应点的坐标是（ ）
A．B．
C．或D．或
7．如图，设计一长，宽的彩旗，图中有两横两竖的彩条，横、竖彩条宽度比为，若使彩条所占面积是彩旗的，设竖彩条宽度为，则根据题意可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．在同一平面直角坐标系内二次函数与一次函数的图象可能是（ ）
A．B．C．D．
9．如图，是的切线，、为切点，为的直径，弦，则下列选项错误的是（ ）
A．B．
C．D．
10．如图，在中，，，，若四边形的面积为，则的面积是（ ）
A．B．C．2D．
11．如图，在的内切圆（圆心为点）与各边分别相切于点，，，连接，，．以点为圆心，以适当长为半径作弧分别交，于，两点；分别以点，为圆心，以大于的长为半径作弧，两条弧交于点；作射线．下列说法正确的是（ ）
A．点、、、四点共线
B．点是三条角平分线的交点
C．若是等边三角形，则
D．若，则
12．如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的顶点为（1，n），与x轴的一个交点B（3，0），与y轴的交点在（0，﹣3）和（0，﹣2）之间．下列结论中：①0；②﹣2＜b；③（a＋c）2﹣b2＝0；④2c﹣a＜2n，则正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题
13．半径为6的圆内接正三角形的边长为 ．
14．不透明的袋子中装有3个球，其中有2个绿球、1个红球，这些球除颜色外无其他差别，从袋子中随机取出2个球，则两个都取到绿球的概率为 ．
15．抛物线有最 点（填“高”或“低”），这个点的坐标是 ；把这个抛物线向左平移个单位，再向上平移个单位得到的新抛物线是 ．
16．如图，将绕点A逆时针旋转角得到，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数是 ．
17．如图，在正方形中，，点，分别为边，上动点，且，连接，交于点，连接，则线段长度的最小值为 ．
三、解答题
18．如图，在每个小正方形的边长为的网格中，内接于圆，且顶点、均在格点上，点是圆与格线的交点，为边上的一个格点，过点作于点．
(1)线段的长度为______；
(2)请用无刻度直尺在网格中作出外接圆的圆心；（保留作图痕迹，不要求写作法）
(3)请用无刻度直尺在网格中作出过点的圆的切线．（保留作图痕迹，不要求写作法）
19．（1）用适当方程解一元二次方程：；
（2）已知关于的一元二次方程有两个实数根，．若时，求k值及方程的解．
20．如图，是的直径，，延长交于点，弦于点，且．
(1)求和度数大小；
(2)若，求和的长．
21．如图，在中，，为上一点，以为直径的与相切于点，交于点，，垂足为．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
22．如图，在矩形中，为边中点，连接，过点作交于点，交于点．
(1)求证：；
(2)若，时，求的长度．
23．如图，在中，，，，点是边上由向运动（不与点、重合）的一动点，点的速度是，设点的运动时间为，过点作的平行线交于点，连接．
(1)线段______；线段______；（请用含的代数式表示）
(2)当为何值时；
(3)在点的运动过程中，是否存在某一时刻的值，使得的面积有最大值？若存在，请求出的值，并计算最大面积；若不存在，请说明理由．
24．将等腰直角三角形放置在平面直角坐标系中，点，，，点，分别在边，上，且，连接．现将绕点顺时针旋转，旋转角为点，旋转后的对应点为，．
(1)如图1，当轴时，则旋转角______；可以看作是绕点______顺时针旋转______°后得到的；直线与所夹角为______；
(2)如图2，当旋转角时，点，，恰好共线，求的各边长；
(3)将（2）中的旋转，当旋转角为何值时的面积最大？最大值是多少？（直接写出结果）．
25．如图，二次函数图象交坐标轴于点，．点为线段上一动点．
(1)求二次函数的解析式及顶点坐标；
(2)过点作轴分别交线段、抛物线于点和点，求线段的最大值及此时的面积；
(3)当取最小值时，求此时点的坐标及：的最小值．
参考答案与解析
1．D
【分析】本题考查了中心对称图形，根据“中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后与原图重合”，即可求解．
【详解】解：A、不是中心对称图形，则此项不符合题意；
B、不是中心对称图形，则此项不符合题意；
C、不是中心对称图形，则此项不符合题意；
D、是中心对称图形，则此项符合题意；
故选：D．
2．B
【分析】本题主要考查了概率公式，利用概率计算公式，用红球的个数除以球的总个数即可，熟练掌握概率公式进行求解是解题的关键．
【详解】由袋子里装有个红球和个黄球，
则从袋中任意摸出一个球是红球的概率为，
故选：．
3．C
【分析】本题考查了三角形的外角定理，圆周角定理和圆内接四边形，连接，由三角形外角性质得出，然后由点为中点得到，再根据圆内接四边形的性质即可求解，熟练掌握圆周角定理和圆内接四边形性质是解题的关键．
【详解】连接，
∵，，，
∴，
∴，
∵点为中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：．
4．A
【分析】此题考查的是配方法解一元二次方程，根据配方法凑完全平方公式，即可求解．
【详解】解：
即
∴
∴
故选：A．
5．C
【分析】本题考查了二次函数的性质，根据二次函数的性质逐项分析判断即可得解，解题的关键数是熟练掌握抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标以及二次函数的增减性．
【详解】、由，则抛物线开口向下，此选项判断正确，不符合题意；
、抛物线的顶点坐标是，此选项判断正确，不符合题意；
、当时，，解得：，，则与轴有两个交点分别是和，此选项判断错误，符合题意；
、，当时，随的增大而增大，则有，此选项判断正确，不符合题意；
故选：．
6．D
【分析】本题考查了位似图形，掌握位似图形的性质是关键．根据位似图形的坐标特征可知，对应点的坐标是点的横纵坐标都乘以或，据此即可得到答案．
【详解】解：，
的坐标为或，
故选：D．
7．D
【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，根据每个竖彩条的宽度是，则每个横彩条的宽度是，根据彩条所占面积是图案面积的，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
【详解】解：设每个竖彩条的宽度是，则每个横彩条的宽度是，根据彩条所占面积是图案面积的，
∴，
故选：．
8．A
【分析】本题考查了二次函数的图象以及一次函数图象与系数的关系，逐一分析四个选项，根据二次函数图象的开口以及对称轴与y轴的关系即可得出、的正负，由此即可得出一次函数图象经过的象限，再与函数图象进行对比即可得出结论，解题的关键是根据、的正负确定一次函数图象经过的象限．
【详解】、∵二次函数图象开口向上，对称轴在轴右侧，与轴交点在正半轴上，
∴，，
∴一次函数图象应该过第一、二、四象限，此选项符合题意；
、∵二次函数图象开口向下，对称轴在轴左侧，与轴交点在负半轴上，
∴，，
∴一次函数图象应该过第二、三、四象限，此选项不符合题意；
、∵二次函数图象开口向上，对称轴在轴右侧，与轴交点在负半轴上，
∴与矛盾，，
∴此选项不符合题意；
、∵，
∴图象不经过原点，此选项不符合题意；
故选：．
9．D
【分析】本题根据切线的性质、圆周角定理和垂径定理，熟练掌握相关知识，灵活运用性质定理，即可解题．根据切线的性质可知，再结合圆周角定理得出，即可判断A项．根据垂径定理以及圆周角定理即可判断B项，根据等腰三角形性质得出，再根据圆周角定理推出，即可判断C项，根据C项的推导过程可判断D项．
【详解】解：A、，
，
，是的切线，、为切点，
，
，
，
所以选项A正确，不符合题意．
B、，
，
，
，
，
所以选项B正确，不符合题意．
C、连接，如图所示：
，
，则，
为的直径，
，
，
，
，
，
，
，
所以选项C正确，不符合题意．
D、由上述可知，D错误，符合题意．
故选：D．
10．A
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，根据相似三角形的判定与性质即可得答案，解题的关键是熟练掌握三角形的面积比等于相似比的平方，
【详解】∵，
∴，，
∵，，
∴，，四边形为平行四边形，
∴，
∴，，
设，则，，
∴四边形的面积为，解得：，
∴，
故选：．
11．C
【分析】本题根据基本的尺规作图，三角形内切圆与内心的定义，三角形外接圆与外心的定义、圆周角定理、多边形内角和等边三角形性质逐项判断即可．
【详解】解：A、以点，为圆心，以大于的长为半径作弧，两条弧交于点，
点在的角平分线上，
为的内切圆，
点在的角平分线上，但点不一定在的角平分线上，
所以A错误，不符合题意．
B、由题知，圆是的外接圆，则点是三条边的垂直平分线的交点，所以B错误，不符合题意．
C、若是等边三角形，由等边三角形性质可知，点、分别为、的中点，
为的中位线，
，
所以C正确，符合题意．
D、连接、，如图所示：
由题知，，则，
，
，
，
，所以D错误，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了基本的尺规作图，切线的性质、三角形内切圆与内心的定义，三角形外接圆与外心的定义、圆周角定理、多边形内角和等边三角形性质，熟练掌握相关知识并灵活运用，即可解题．
12．B
【分析】根据二次函数的图象和性质逐一进行判断即可
【详解】解：∵抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的顶点坐标为（1，n），
∴对称轴x=，
∴b=-2a＜0，
∵抛物线与y轴的交点在（0，﹣3）和（0，﹣2）之间
∴-3＜c＜-2＜0，
∴0；故①正确；
∵抛物线线x轴的一个交点B（3，0），
∴9a+3b+c=0，抛物线线x轴的一个交点（-1，0），
∵b=-2a
∴c=，
∴-3＜＜-2，
∴﹣2＜b，故②错误；
∵抛物线线x轴的一个交点（-1，0），
∴a-b+c=0，
∴（a＋c）2﹣b2＝（a+b+c）（a-b+c）=0，故③正确；
∵a＞0，∴-a＜0
∵b=-2a
∴3a+2b=-a＜0
∴2c﹣a＞2（a+b+c），
∵抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的顶点为（1，n），
∴a+b+c=n，
∴2c﹣a＞2n；故④错误；
故选：B
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），明确以下几点：①二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；②一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；③常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于（0，c）．
13．
【分析】首先根据题意作出图形，然后由垂径定理，可得，，，再利用三角函数求得BD的长，继而求得答案．
【详解】如图：是等边三角形，过点O作于D，连接，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵半径为6，即，
∴，
∴，
即直径为6的圆的内接正三角形的边长为：．
故答案为：．
【点睛】此题考查了正多边形和圆的性质、垂径定理以及三角函数等知识．注意掌握数形结合思想的应用．
14．
【分析】本题主要考查了求概率，根据题意画出树状图表示出所有结果，再找出两个都取到绿球的种数，利用即可解题．
【详解】解：根据题意，可画树状图如下：
由图知，从袋子中随机取出2个球的结果总共有6种，其中两个都取到绿球的结果有2种，则两个都取到绿球的概率为．
故答案为：．
15． 高 ．
【分析】此题考查了二次函数的图象及性质，根据二次函数的图象和平移规律即可求解，解题的关键是熟练掌握“上加下减，左加右减”的函数图象平移规律．
【详解】解：在中，
∵，
∴图象有最高点，这个点的坐标是，
则这个抛物线向左平移个单位，再向上平移个单位得到的新抛物线是，
故答案为：高；；．
16．##50度
【分析】先求出，由旋转的性质，得到，，则，即可求出旋转角的度数．
【详解】解：根据题意，
∵，
∴，
由旋转的性质，则，，
∴，
∴；
∴旋转角的度数是50°；
故答案为：50°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算．
17．##
【分析】先证明，进而得出则在为直径的圆上运动，进而即可求解．
【详解】解：在正方形中，，，则，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴在为直径的圆上运动，
如图所示，取的中点，连接，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角所对的弦是直径，一点到圆上的距离最值问题，勾股定理，得出点的轨迹是解题的关键．
18．(1)；
(2)作图见解析；
(3)作图见解析；
【分析】（）利用格点图形的特点即可求解；
（）连接，交于点即可；
（）取点，使，连接，交圆于点，连接，交网格于点，连接交网格于点，连接交网格于点，连接，通过网格特点证明四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，根据性质即可求解；
此题考查了作图，解题的关键是掌握圆周角定理和切线的判定．
【详解】（1）由格点可得：，
故答案为：；
（2）如图，连接，交于点，
∵，，
∴，是圆的直径，
∴点即为所求；
（3）取点，使，连接，交圆于点，连接，交网格于点，连接交网格于点，连接交网格于点，连接，
由网格特点可知：，，易证，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
由网格特点可知：四边形是平行四边形，
∴，
∴，
即是圆的切线，
∴即为所求．
19．（1）；（2），或
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系：
（1）利用因式分解法解方程即可；
（2）利用根与系数的关系得到，再由得到，则，解得，则原方程为，解方程即可得到答案．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴或，
解得；
（2）∵关于的一元二次方程有两个实数根，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴原方程为，
解得或；
20．(1)，；
(2)，．
【分析】（）根据平行线的性质得出，由，可得出，再根据数量关系即可求解；
（）利用垂径定理和角所对直角边是斜边的一半即可求解；
此题考查了垂径定理，勾股定理，角所对直角边是斜边的一半，解题的关键是熟练掌握以上知识点的的应用．
【详解】（1）解：∵，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
（2）由（）得：，
∴，
∴，
在中，，
∴，
由勾股定理得：，，
∴，
同理可得：，
∴．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，设，，根据已知条件以及直径所对的圆周角相等，证明，进而求得，即可证明是的切线；
（2）根据已知条件结合（1）的结论可得四边形是正方形，进而求得的长，根据，，即可求解．
【详解】（1）如图，连接，
，
则，
设，，
，
，
为的直径，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
为的半径，
是的切线；
（2）如图，
是的切线，则，又，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
在中，，
，
，
由（1）可得，
，
，
，
解得 ．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，正方形的性质与判定，等腰三角形的性质，正弦的定义，掌握切线的性质与判定是解题的关键．
22．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】此题考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定和勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用．
（）由四边形是矩形，得，再根据两角分别相等的两个三角形相似即可；
（）由四边形是矩形，得，，根据勾股定理得，再根据相似三角形的性质即可求解；
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）∵四边形是矩形，
∴，，
∵为边中点，
∴，
在中，由勾股定理得：，
由（）得：，
∴，即，
∴．
23．(1)，；
(2)；
(3)当时，的面积有最大，最大值为．
【分析】（）利用勾股定理求出，再利用，求出、即可解决问题；
（）根据得出，代入即可求出的值；
（）构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；
【详解】（1）解：由题意得：，
在中，由勾股定理得：，
∵，
∴
∴，即，
∴，，
∴，
故答案为：，；
（2）∵，
当时，，
∴，
由（）得：，
∴在中，由勾股定理得：，
∴，
解得：或（舍去），
则当为时，；
（3）由题意，得，
∴，
∴当时，的面积有最大，最大值为．
【点睛】本题考查了三角形综合题、勾股定理、相似三角形的性质与判定、二次函数的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用方程的思想思考问题，学会构建二次函数解决最值问题．
24．(1)，，，
(2)
(3)，
【分析】（1）根据旋转的性质可得旋转角；连接，根据旋转的性质得出，则可以看作是绕点顺时针旋转后得到的；设直线与交于点，根据全等三角形的性质得出，即可求解；
（2）设交轴于点，根据已知条件得出，进而得出直线的解析式为，设,则代入解析式得出，进而根据旋转的性质以及勾股定理求得，的长；
（3）根据（2）的结论可得点在以为圆心为半径的圆上运动，当与的距离最大时，的面积最大，作于点，则半径为的与相切于点，当在的垂直平分线上且在第三象限时，得出，进而根据三角形的面积公式，即可求解．
【详解】（1）解：∵，，
∴，又，
∴是等腰直角三角形，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴,
∵旋转，
∴
∵轴
∴，即旋转角；
连接，如图所示，
∵
∴
∴
又∵，
∴可以看作是绕点顺时针旋转后得到的；
设直线与交于点，
∵
∴，
又∵是等腰直角三角形，
∴
∴，则，
即直线与所夹角为
故答案为：，，， ．
（2）解：如图所示，设交轴于点，
∵，则，
∵旋转角，点，，恰好共线，
∴，
∴，则
设直线的解析式为
∴
解得：
∴直线的解析式为，
设,则
∴
解得：
∴
∴
∴，；
（3）∵，
∴点在以为圆心为半径的圆上运动，
∴当与的距离最大时，的面积最大，
如图所示，
∵，作于点，则
∴半径为的与相切于点，
∴当在的垂直平分线上且在第三象限时，如图所示，此时，
的面积最大值为．
【点睛】本题考查了坐标与图形，旋转的性质，直线与圆的位置关系，等腰三角形的性质，解直角三角形，一次函数与坐标轴交点问题，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
25．(1)，顶点坐标为
(2)线段的最大值为；此时的面积
(3)的最小值为，此时
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）先求得直线的解析式为，设，则，，表示出，根据二次函数的性质求得的最大值，进而根据三角形的面积公式，即可求解；
（3）过点作直线，使得，则，构造含的直角三角形，过点作，交轴于点，则，此时取得最小值，则，进而解直角三角形，即可求解．
【详解】（1）解：∵二次函数图象交坐标轴于点，．
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴顶点坐标为；
（2）解：∵，
设直线的解析式为，代入，则
∴
∴直线的解析式为
设，
则，
∴
当时，取最大值为，
∴
（3）解：设，，
过点作直线，使得，则
∴，
过点作，交轴于点，则，此时取得最小值，
∴，
∵则
∴
即的最小值为
∵，则，即
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，面积问题，勾股定理，解直角三角形，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．