北京市文汇中学2024-2025学年九年级下学期开学测试 数学试题（含解析）

这是一份北京市文汇中学2024-2025学年九年级下学期开学测试 数学试题（含解析），共20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（每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共24分）
1. 剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．以下剪纸图案中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形，熟练掌握中心对称图形性质，是解答本题的关键．
根据中心对称图形的性质，找到对称中心，绕中心旋转后与自身重合，由此得到答案．
【详解】解：根据题意得：
选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
选项是中心对称图形，故本选项符合题意；
选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：．
2. 下列事件中，为必然事件的是（ ）
A. 任意画一个三角形，其内角和是180°B. 明天会下雪
C. 郑一枚骰子，向上一面的点数是7D. 足球运动员射门一次，未射进
【答案】A
【解析】
【分析】根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念对各个选项进行判断即可
【详解】解：A、任意画一个三角形，其内角和是180°是必然事件，故选项符合题意；
B、明天会下雪是随机事件，故选项不符合题意；
C、郑一枚骰子，向上一面的点数是7是不可能事件，故选项不符合题意；
D、足球运动员射门一次，未射进是随机事件，故选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】此题考查了必然事件、不可能事件、随机事件的概念，解题关键是熟记其有关概念．
3. 抛物线的顶点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质，根据抛物线的顶点式解析式写出顶点坐标即可．
【详解】解：的顶点坐标为．
故选：C．
4. 若关于x的方程有两个相等的实数根，则c的值是（ ）
A. 36B. C. 9D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据判别式的意义得到，然后解关于c的一次方程即可．
【详解】解：∵方程有两个相等的实数根
∴
解得
故选：C．
【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程的跟与的关系，关键是分清楚以下三种情况：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．
5. 把抛物线向右平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数图象的平移规律进行求解即可．
【详解】解：把抛物线向右平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为，即，
故选B．
【点睛】本题主要考查二次函数图象的平移，熟练掌握“左加右减，上加下减”的平移规律是解题的关键．
6. 不透明袋子中装有无差别的两个小球，分别写有“问天”和“梦天”．随机取出一个小球后，放回并摇匀，再随机取出一个小球，则两次都取到写有“问天”的小球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】画树状图，共有4种等可能的结果，两次都取到写有“问天”的小球的结果有1种，再由概率公式求解即可．
【详解】解：设“问天”为1，“梦天”为2，画树状图如图：
共有4种等可能的结果，两次都取到写有“问天”的小球的结果有1种，
∴两次都取到写有“问天”小球的概率为，
故选：D．
【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，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；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
7. 如图，、、分别是某圆内接正六边形、正方形、等边三角形的一边．若，下面结论中正确的是：（ ）

①该圆的半径为2；
②的长为；
③平分；
④连接，，则与面积比为．
A. ①③B. ①④C. ①②③D. ①③④
【答案】D
【解析】
【分析】先求出，进而证明是等边三角形，则，由此即可判断①；求出，则的长为：，即可判断②；求出，再求出，即可推出，由此即可判断③；过点A作交延长线于点H，交延长线于点G，求出，则，设交于点M，求出，则，，则，再证明，则，即可判断④．
【详解】解：根据题干补全图形，连接，

根据内接正六边形的性质可知：，，
∴是等边三角形，
∴，即圆的半径为2，故①正确；
根据内接正方形的性质可知：，
∴的长为：，故②错误；
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分， 故③正确；
过点A作交延长线于点H，交延长线于点G，
∵，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
设交于点M，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故④正确；
因此正确的结论：①③④
故选D．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，弧长公式，勾股定理，得出圆形的半径是解题的关键．
8. 在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，其中．将此抛物线向上平移，与轴交于，两点，其中，下面结论正确的是（ ）
A. 当时，，
B. 当时，，
C. 当时，，
D. 当时，，
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的性质和平移的性质，根据对称轴和抛物线与x轴交点的坐标位置，结合图象向上平移的特点，分和讨论即可．
【详解】解：当时，如图所示：
抛物线的对称轴为直线，
，且；
当时，如图所示：
抛物线的对称轴为直线，
，且．
故选：．
二、填空题（每题3分，共24分）
9. 若扇形的半径为3cm，圆心角为120°，则这个扇形的面积为__________ cm2．
【答案】．
【解析】
【详解】试题分析：扇形的面积=cm2．故答案为3π．
考点：扇形面积的计算．
10. 若点，在抛物线上，则，的大小关系为：_____（填“＞”，“=”或“＜”）．
【答案】
【解析】
【分析】分别求出，的值，再比较大小即可．
【详解】解：∵点，在抛物线上，
∴，
∴．
故答案为：.
【点睛】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与不等式的关系．
11. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点，点．将线段BA绕点B旋转180°得到线段BC，则点C的坐标为__________．

【答案】（2，2）
【解析】
【分析】根据旋转性质可得出点B是A、C的中点，过点C作CD⊥x轴于D，利用相似三角形的判定与性质求得OD和CD即可求解．
【详解】解：∵点，点，
∴OA=2，OB=1，
由旋转性质得：AB=BC，即点B是A、C的中点，
过点C作CD⊥x轴于D，则CD∥OB，
∴△AOB∽△ADC，
∴，
∴OD=2，CD=2，
∴点C坐标为（2，2），
故答案为：（2，2）．
【点睛】本题考查旋转性质、相似三角形的判定与性质，坐标与图形，熟练掌握旋转性质和相似三角形的判定与性质是解答的关键．
12. 如图，分别切于点A，B，Q是优弧上一点，若，则的度数是________．
【答案】70°##70度
【解析】
【分析】连接，根据切线性质可得，再根据四边形的内角和为360°求得，然后利用圆周角定理求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
∵分别切于点A，B，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故答案为：70°．
【点睛】本题考查切线性质、四边形内角和为360°、圆周角定理，熟练掌握切线性质和圆周角定理是解答的关键．
13. 如图，四边形内接于，为直径，，，则_______________．

【答案】##度
【解析】
【分析】连接．利用等弧所对圆周角相等，得出，从而得出，再利用直径所对圆周角是直角，最后由直角 三角形两锐角互余求解即可．
【详解】解：如图所示，连接．

∵，
∴．
∵，
∴．
∵为直径，
∴．
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理的推论，直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理的推论是解题的关键．
14. 如图，是的直径，C为上一点，以点A为旋转中心，把顺时针旋转得．记旋转角为，为，当旋转后满足时， __________（用含的式子表示）．

【答案】
【解析】
【分析】由旋转的性质可得，，再利用等腰三角形的性质表示出，利用平行线的性质可得答案．
【详解】解：∵把顺时针旋转得，
∴，，
∴，
∴，
∴在中，，
∵是的直径，
∴，
又∵，
∴，
∵为，
∴，即，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角的性质以及旋转的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的性质，灵活运用旋转的性质是解题的关键．
15. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，彰显了我国古代劳动人民的智慧，如图1，点P表示筒车的一个盛水桶．如图2，当筒车工作时，盛水桶的运行路径是以轴心O为圆心，5m为半径的圆，且圆心在水面上方．若圆被水面截得的弦AB长为8m，则筒车工作时，盛水桶在水面以下的最大深度为_____m．
【答案】2
【解析】
【分析】过O点作半径OD⊥AB于E，如图，由垂径定理得到AE＝BE＝4，再利用勾股定理计算出OE，然后即可计算出DE的长．
【详解】解：过O点作半径OD⊥AB于E，如图，
∴AE＝BE＝AB＝×8＝4，
在Rt△AEO中，OE＝＝＝3，
∴ED＝OD﹣OE＝5﹣3＝2（m），
答：筒车工作时，盛水桶在水面以下的最大深度为2m．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧，能熟练运用垂径定理是解题的关键．
16. 在半径为5的圆中，有两条弦的长分别为6和8，这两条弦的中点的距离x的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．作辅助线如图，根据垂径定理得到，，再利用勾股定理计算出，，所以点E在以O点为圆心，4为半径的圆上；点F在以O点为圆心，3为半径的圆上，然后求出两圆上两点之间的最小距离和最大距离即可．
【详解】解：过点O作于E，于F，连接，如图，，，
则，，
在中，，
在中，，
点E在以O点为圆心，4为半径的圆上；点F在以O点为圆心，3为半径的圆上，
两圆上两点之间的最小距离为；两圆上两点之间的最大距离为，
的取值范围为
故答案为：
三、解答题（本题共52分，第17-20题，每小题7分，第21-23题，每小题8分）
17. 解方程：．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，先利用因式分解法把方程转化为或，然后解两个一次方程即可．
【详解】解：，
，
∴或，
∴，．
18. 计算：．
【答案】1
【解析】
【分析】根据0指数幂，二次根式的性质以及特殊角的三角函数值进行化简，然后合并求解即可．
【详解】解：原式
．
【点睛】本题考查零指数幂，特殊角的三角函数值运算，以及利用二次根式的性质化简等，熟练掌握相关运算法则以及顺序是解题关键．
19. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过点和．
（1）求该一次函数的解析式；
（2）当时，对于的每一个值，反比例函数的值大于一次函数的值，直接写出的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】本题考查一次函数与反比例函数交点问题．掌握数形结合的思想，是解题的关键．
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）分和两种情况进行讨论求解即可．
【小问1详解】
解：∵一次函数的图象经过点和，
∴，
解得：，
∴；
【小问2详解】
①当时，
∵当时，对于的每一个值，反比例函数的值大于一次函数的值，
即：当时，双曲线在的上方，
当经过时，，
∴当时，满足题意；
②当时，双曲线过二，四象限，
当时，反比例函数的函数值大于0，直线的函数值小于等于，满足题意；
综上：或．
20. 已知关于的一元二次方程．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若，且此方程的两个实数根的差为3，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）证明一元二次方程的判别式大于等于零即可；
（2）用m表示出方程的两个根，比较大小后，作差计算即可．
【详解】（1）证明：∵一元二次方程，
∴
==．
∵，
∴．
∴ 该方程总有两个实数根．
（2）解：∵一元二次方程，
解方程，得，．
∵ ，
∴ ．
∵该方程的两个实数根的差为3，
∴ ．
∴．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，方程的解法，熟练掌握判别式，并灵活运用实数的非负性是解题的关键．
21. 如图，是的直径，四边形内接于，是的中点，交的延长线于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，由圆周角定理可得，从而得，进而即可得到结论；
（2）连接，交于点，利用勾股定理可得，，再证明四边形是矩形，进而即可求解．
【小问1详解】
证明：连接，
是的中点，
，
，
，
，
，
，
为半径
是的切线；
【小问2详解】
连接，交于点，
是直径，
，
，
是的中点，
，，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
【点睛】本题主要考查切线的判定定理，垂径定理，圆周角定理以及勾股定理，矩形的性质与判定，添加辅助线构造直角三角形和矩形，是解题的关键．
22. 在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴为直线，且．
（1）当时，求的值；
（2）点，，在抛物线上，若，判断，与大小关系，并说明理由．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，，可得，根据对称轴为直线即可求解；
（2）根据，求得对称轴的范围，再将点根据对称性转化到对称轴右侧，再根据得抛物线开口向上，随的增大而增大，即可得出答案．
【小问1详解】
当时，得，
，
；
【小问2详解】
，
，
，
，
，
，
点关于直线的对称点的坐标是，
．
．
，
当时，随的增大而增大．
．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，主要涉及到二次函数的开口方向、对称性以及增减性，熟知二次函数的基本性质是解决函数问题的关键．
23. 如图，在中，，将边绕点逆时针旋转得到线段．
（1）判断与的数量关系并证明；
（2）将边绕点顺时针旋转得到线段，连接与边交于点（不与点，重合）．
①用等式表示线段，之间的数量关系，并证明；
②若，，直接写出的长．（用含，的式子表示）
【答案】（1），理由见解析
（2）①，理由见解析；②
【解析】
【分析】本题考查图形旋转的性质，熟练掌握图形旋转的性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键．
（1）由旋转可知，再由，可得，即可证明；
（2）①在上取点使得，先证明，再证明，即可求解；
②由①可知，，则，即可求出．
【小问1详解】
证明：，理由如下：
由旋转可知，
，
，
，
；
【小问2详解】
解：①，理由如下：
在上取点使得，
，，
，
，
，，
又，
，
，
，
；
②由①可知，，，
，
．