2024届河北省邢台市第八中学数学九年级第一学期期末联考试题含解析

2024届河北省邢台市第八中学数学九年级第一学期期末联考试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题4分，共48分）1．若二次函数的图象的顶点在第一象限，且经过点(0，1)和(-1，0)，则的值的变化范围是()A． B． C． D．2．如图，是的直径，，是上的两点，且平分，分别与，相交于点，，则下列结论不一定成立的是（）A． B． C． D．3．如图，是反比例函数与在x轴上方的图象，点C是y轴正半轴上的一点，过点C作轴分别交这两个图象与点A和点B，P和Q在x轴上，且四边形ABPQ为平行四边形，则四边形ABPQ的面积等于（）A．20 B．15 C．10 D．54．如图，点A，B，C都在⊙O上，若∠C=30°，则∠AOB的度数为（）A．30° B．60° C．150° D．120°5．菱形具有而矩形不具有的性质是（）A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直6．下列标志中是中心对称图形的是（）A． B． C． D．7．一元二次方程x2﹣2x+3＝0的一次项和常数项分别是（）A．2和3 B．﹣2和3 C．﹣2x和3 D．2x和38．若关于的方程的一个根是，则的值是（）A． B． C． D．9．已知⊙O的直径为12cm，如果圆心O到一条直线的距离为7cm，那么这条直线与这个圆的位置关系是（）A．相离 B．相切 C．相交 D．相交或相切10．边长等于6的正六边形的半径等于（）A．6 B． C．3 D．11．如图，以△ABC的三条边为边，分别向外作正方形，连接EF，GH，DJ，如果△ABC的面积为8，则图中阴影部分的面积为（）A．28 B．24 C．20 D．1612．已知二次函数的图象如图所示，则反比例函数与一次函数的图象可能是（）A． B．C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．已知点B位于点A北偏东30°方向，点C位于点A北偏西30°方向，且AB=AC=8千米，那么BC=________千米．14．如图，用一段长为30米的篱笆围成一个一边靠墙(墙的长度不限)的矩形菜园ABCD，设AB的长为x米，则菜园的面积y(平方米)与x(米)的函数表达式为________．(不要求写出自变量x的取值范围)15．若方程的解为，则的值为_____________．16．在矩形ABCD中，P为CD边上一点（DP＜CP），∠APB＝90°．将△ADP沿AP翻折得到△AD'P，PD'的延长线交边AB于点M，过点B作BN∥MP交DC于点N，连接AC，分别交PM，PB于点E，F．现有以下结论：①连接DD'，则AP垂直平分DD'；②四边形PMBN是菱形；③AD2＝DP•PC；④若AD＝2DP，则；其中正确的结论是_____（填写所有正确结论的序号）17．如图，在⊙O中，弦AC=2，点B是圆上一点，且∠ABC=45°，则⊙O的半径R=．18．中，如果锐角满足,则_________度三、解答题（共78分）19．（8分）若二次函数y=ax2+bx+c的图象的顶点是（2，1）且经过点（1，﹣2），求此二次函数解析式．20．（8分）如图，∠MON=60°，OF平分∠MON，点A在射线OM上，P，Q是射线ON上的两动点，点P在点Q的左侧，且PQ=OA，作线段OQ的垂直平分线，分别交OM，OF，ON于点D，B，C，连接AB，PB．（1）依题意补全图形；（2）判断线段AB，PB之间的数量关系，并证明；（3）连接AP，设，当P和Q两点都在射线ON上移动时，是否存在最小值？若存在，请直接写出的最小值；若不存在，请说明理由．21．（8分）如图，在中，，点为上一点且与不重合．，交于．（1）求证：；（2）设，求关于的函数表达式；（3）当时，直接写出_________．22．（10分）如图，抛物线的图象经过点，顶点的纵坐标为，与轴交于两点.（1）求抛物线的解析式.（2）连接为线段上一点，当时，求点的坐标.23．（10分）已知：点M是平行四边形ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点M不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BM作垂线，垂足分别为点E、F，点O为AC的中点．⑴如图1,当点M与点O重合时，OE与OF的数量关系是．⑵直线BM绕点B逆时针方向旋转，且∠OFE=30°．①如图2，当点M在线段AC上时，猜想线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系？请你写出来并加以证明；②如图3，当点M在线段AC的延长线上时，请直接写出线段CF、AE、OE之间的数量关系．24．（10分）某校组织了一次七年级科技小制作比赛，有A、B、C、D四个班共提供了100件参赛作品，C班提供的参赛作品的获奖率为50%，其他几个班的参赛作品情况及获奖情况绘制在下列图①和图②两幅尚不完整的统计图中.（1）B班参赛作品有多少件？（2）请你将图②的统计图补充完整；（3）通过计算说明，哪个班的获奖率高？25．（12分）三个小球上分别标有数字﹣2，﹣1，3，它们除数字外其余全部相同，现将它们放在一个不透明的袋子里，从袋子中随机地摸出一球，将球上的数字记录，记为m，然后放回；再随机地摸取一球，将球上的数字记录，记为n，这样确定了点(m，n)．（1）请列表或画出树状图，并根据列表或树状图写出点(m，n)所有可能的结果；（2）求点(m，n)在函数y＝x的图象上的概率．26．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，连接AC，过上一点E作EG∥AC交CD的延长线于点G，连接AE交CD于点F，且EG=FG．（1）求证：EG是⊙O的切线；（2）延长AB交GE的延长线于点M，若AH=2，，求OM的长．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【分析】代入两点的坐标可得，，所以，由抛物线的顶点在第一象限可得且，可得，再根据、，可得S的变化范围．【题目详解】将点(0，1)代入中可得将点(-1，0)代入中可得∴∵二次函数图象的顶点在第一象限∴对称轴且∴∵，∴∴故答案为：A．【题目点拨】本题考查了二次函数的系数问题，掌握二次函数的性质以及各系数间的关系是解题的关键．2、C【分析】由圆周角定理和角平分线得出，，由等腰三角形的性质得出，得出，证出，选项A成立；由平行线的性质得出，选项B成立；由垂径定理得出，选项D成立；和中，没有相等的边，与不全等，选项C不成立，即可得出答案．【题目详解】∵是的直径，平分，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，选项A成立；∴，选项B成立；∴，选项D成立；∵和中，没有相等的边，∴与不全等，选项C不成立，故选C．【题目点拨】本题考查了圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，平行线的性质，角平分线的性质，解本题的关键是熟练掌圆周角定理和垂径定理．3、C【解题分析】分别过A、B作AD、BE垂直x轴，易证，则平行四边形ABPQ的面积等于矩形ADEB的面积，根据反比例函数比例系数k的几何意义分别求得矩形ADOC和矩形BEOC的面积，相加即可求得结果．【题目详解】解：如图，分别过A、B作AD、BE垂直x轴于点D、点E，则四边形ADEB是矩形，易证，∴S矩形ABED，∵点A在反比例函数上，由反比例函数比例系数k的几何意义可得：S矩形ADOC=|k|=3，同理可得：S矩形BEOC=7，∴S矩形ABED=S矩形ADOC+S矩形BEOC=3+7=10，故选：C．【题目点拨】本题考查了反比例函数比例系数k的几何意义，熟练运用比例系数k的几何意义是解决本题的关键．4、B【分析】根据圆周角定理结合∠C=30°，即可得出∠AOB的度数．【题目详解】∵∠C=30°，∴∠AOB=2∠C=60°．故选：B．【题目点拨】本题考查了圆周角定理，解题的关键是利用同弧所对的圆心角是圆周角的2倍解决题．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，熟练运用圆周角定理解决问题是关键．5、D【分析】根据菱形和矩形都是平行四边形，都具备平行四边形性质，再结合菱形及矩形的性质，对各选项进行判断即可．【题目详解】解：因为菱形和矩形都是平行四边形，都具备平行四边形性质，即对边平行而且相等，对角相等，对角线互相平分．、对边平行且相等是菱形矩形都具有的性质，故此选项错误；、对角相等是菱形矩形都具有的性质，故此选项错误；、对角线互相平分是菱形矩形都具有的性质，故此选项错误；、对角线互相垂直是菱形具有而矩形不具有的性质，故此选项正确；故选：D．【题目点拨】本题考查了平行四边形、矩形及菱形的性质，属于基础知识考查题，同学们需要掌握常见几种特殊图形的性质及特点．6、B【分析】根据中心对称图形的定义即可解答．【题目详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称的图形，不合题意；

B、是中心对称图形，符合题意；

C、既不是轴对称图形，也不是中心对称的图形，不合题意；

D、是轴对称图形，不是中心对称的图形，不合题意．

故选：B．【题目点拨】本题考查中心对称图形的定义：绕对称中心旋转180度后所得的图形与原图形完全重合．7、C【分析】根据一元二次方程一次项和常数项的概念即可得出答案．【题目详解】一元二次方程x2﹣2x+3＝0的一次项是﹣2x，常数项是3故选：C．【题目点拨】本题主要考查一元二次方程的一次项与常数项，注意在求一元二次方程的二次项，一次项，常数项时，需要先把一元二次方程化成一般形式．8、A【分析】把代入方程，即可求出的值.【题目详解】解：∵方程的一个根是，∴，∴，故选：A.【题目点拨】本题考查了一元二次方程的解，以及解一元一次方程，解题的关键是熟练掌握解方程的步骤.9、A【分析】这条直线与这个圆的位置关系只要比较圆心到直线的距离与半径的大小关系即可．【题目详解】∵⊙O的直径为12cm，∴⊙O的半径r为6cm，如果圆心O到一条直线的距离d为7cm，d>r，这条直线与这个圆的位置关系是相离．故选择：A．【题目点拨】本题考查直线与圆的位置关系问题，掌握点到直线的距离与半径的关系是关键．10、A【分析】根据正六边形的外接圆半径和正六边形的边长组成一个等边三角形，即可求解．【题目详解】解：正六边形的中心角为310°÷1＝10°，那么外接圆的半径和正六边形的边长组成一个等边三角形，∴边长为1的正六边形外接圆的半径是1，即正六边形的半径长为1．故选：A．【题目点拨】本题考查了正多边形和圆，解答此题的关键是理解正六边形的外接圆半径和正六边形的边长组成的是一个等边三角形．11、B【分析】过E作EM⊥FA交FA的延长线于M，过C作CN⊥AB交AB的延长线于N，根据全等三角形的性质得到EM＝CN，于是得到S△AEF＝S△ABC＝8，同理S△CDJ＝S△BHG＝S△ABC＝8，于是得到结论．【题目详解】解：过E作EM⊥FA交FA的延长线于M，过C作CN⊥AB交AB的延长线于N，∴∠M＝∠N＝90°，∠EAM+∠MAC＝∠MAC+∠CAB＝90°，∴∠EAM=∠CAB∵四边形ACDE、四边形ABGF是正方形，∴AC=AE，AF＝AB，∴∠EAM≌△CAN，∴EM＝CN，∵AF＝AB，∴S△AEF＝AF•EM，S△ABC＝AB•CN＝8，∴S△AEF＝S△ABC＝8，同理S△CDJ＝S△BHG＝S△ABC＝8，∴图中阴影部分的面积＝3×8＝24，故选：B．【题目点拨】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形判定和性质，正确的作辅助线是解题的关键．12、B【分析】观察二次函数图象，找出＞0，＞0，再结合反比例函数、一次函数图象与系数的关系，即可得出结论．【题目详解】观察二次函数图象，发现：

抛物线的顶点坐标在第四象限，即，

∴，．

∵反比例函数中，

∴反比例函数图象在第一、三象限；

∵一次函数，，

∴一次函数的图象过第一、二、三象限．

故选：B．【题目点拨】本题考查了反比例函数的图象、一次函数的图象以及二次函数的图象，解题的关键是根据二次函数的图象找出，．解决该题型题目时，熟记各函数图象的性质是解题的关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、8【解题分析】因为点B位于点A北偏东30°方向,点C位于点A北偏西30°方向,所以∠BAC=60°,因为AB=AC,所以△ABC是等边三角形,所以BC=AB=AC=8千米,故答案为:8.14、y＝－x2＋15x【分析】由AB边长为x米，根据已知可以推出BC=（30-x），然后根据矩形的面积公式即可求出函数关系式．【题目详解】∵AB边长为x米，而菜园ABCD是矩形菜园，∴BC=（30-x），菜园的面积=AB×BC=（30-x）•x，则菜园的面积y（单位：米2）与x（单位：米）的函数关系式为：y＝－x2＋15x，故答案为y＝－x2＋15x.【题目点拨】本题考查了二次函数的应用，正确分析，找准各量间的数量关系列出函数关系式是解题的关键.15、【分析】根据根与系数的关系可得出、，将其代入式中即可求出结果．【题目详解】解：∵方程的两根是，

∴、，

∴．

故答案为：．【题目点拨】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，牢记如果一元二次方程有两根，那么两根之和等于、两根之积等于是解题的关键．16、①②③【分析】根据折叠的性质得出AP垂直平分DD'，判断出①正确．过点P作PG⊥AB于点G，易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，所以AD＝PG，DP＝AG，GB＝PC，易证△APG∽△PBG，所以PG2＝AG•GB，即AD2＝DP•PC判断出③正确；DP∥AB，所以∠DPA＝∠PAM，由题意可知：∠DPA＝∠APM，所以∠PAM＝∠APM，由于∠APB﹣∠PAM＝∠APB﹣∠APM，即∠ABP＝∠MPB，从而可知PM＝MB＝AM，又易证四边形PMBN是平行四边形，所以四边形PMBN是菱形；判断出②正确；由于，可设DP＝1，AD＝2，由（1）可知：AG＝DP＝1，PG＝AD＝2，从而求出GB＝PC＝4，AB＝AG+GB＝5，由于CP∥AB，从而可证△PCF∽△BAF，△PCE∽△MAE，从而可得，，从而可求出EF＝AF﹣AE＝AC﹣＝AC，从而可得，判断出④错误．【题目详解】解：∵将△ADP沿AP翻折得到△AD'P，∴AP垂直平分DD'，故①正确；解法一：过点P作PG⊥AB于点G，∴易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，∴AD＝PG，DP＝AG，GB＝PC∵∠APB＝90°，∴∠APG+∠GPB＝∠GPB+∠PBG＝90°，∴∠APG＝∠PBG，∴△APG∽△PBG，∴，∴PG2＝AG•GB，即AD2＝DP•PC；解法二：易证：△ADP∽△PCB，∴，由于AD＝CB，∴AD2＝DP•PC；故③正确；∵DP∥AB，∴∠DPA＝∠PAM，由题意可知：∠DPA＝∠APM，∴∠PAM＝∠APM，∵∠APB﹣∠PAM＝∠APB﹣∠APM，即∠ABP＝∠MPB∴AM＝PM，PM＝MB，∴PM＝MB，又易证四边形PMBN是平行四边形，∴四边形PMBN是菱形；故②正确；由于，可设DP＝1，AD＝2，由（1）可知：AG＝DP＝1，PG＝AD＝2，∵PG2＝AG•GB，∴4＝1•GB，∴GB＝PC＝4，AB＝AG+GB＝5，∵CP∥AB，∴△PCF∽△BAF，∴，∴又易证：△PCE∽△MAE，AM＝AB＝∴，∴，∴EF＝AF﹣AE＝AC﹣＝AC∴，故④错误，即：正确的有①②③，故答案为：①②③．【题目点拨】本题是一道关于矩形折叠的综合题目，考查的知识点有折叠的性质，矩形的性质，相似三角形的性质，菱形的判定等，此题充分考查了学生对所学知识点的掌握情况以及综合利用能力，是一道很好的题目.17、．【分析】通过∠ABC=45°，可得出∠AOC=90°，根据OA=OC就可以结合勾股定理求出AC的长了．【题目详解】∵∠ABC=45°，∴∠AOC=90°，∴OA1+OC1=AC1．∴OA1+OA1=（1）1．∴OA=．故⊙O的半径为．故答案为：．18、【分析】根据绝对值与偶数次幂的非负性，可得且，进而求出∠A，∠B的值，即可得到答案．【题目详解】∵，∴且，∴且，∴∠A=45°，∠B=30°，∵在中，，∴105°．故答案是：105°．【题目点拨】本题主要考查绝对值与偶数次幂的非负性，特殊三角函数以及三角形内角和定理，掌握绝对值与偶数次幂的非负性，是解题的关键．三、解答题（共78分）19、【分析】用顶点式表达式，把点（1，-2）代入表达式求得a即可．【题目详解】解：用顶点式表达式：y=a（x﹣2）2+1，把点（1，﹣2）代入表达式，解得：a=﹣3，∴函数表达式为：y=﹣3（x﹣2）2+1=﹣3x2+12x﹣1．【题目点拨】考查的是求函数表达式，本题用顶点式表达式较为简便．20、（1）补全图形见解析；（2）AB=PB．证明见解析；（3）存在，．【分析】（1）根据题意补全图形如图1，

（2）结论：AB=PB．连接BQ，只要证明△AOB≌△PQB即可解决问题；

（3）连接BQ．只要证明△ABP∽△OBQ，即可推出，由∠AOB=30°，推出当BA⊥OM时，的值最小，最小值为，由此即可解决问题．【题目详解】解：（1）如图1，

（2）AB=PB．证明：如图，连接BQ．∵BC的垂直平分OQ，∴OB=BQ，∴∠BOP=∠BQP．又∵OF平分∠MON，∴∠AOB=∠BOP．∴∠AOB=∠BQP．又∵PQ=OA，∴△AOB≌△PQB，∴AB=PB．（3））∵△AOB≌△PQB，

∴∠OAB=∠BPQ，

∵∠OPB+∠BPQ=180°，

∴∠OAB+∠OPB=180°，∠AOP+∠ABP=180°，

∵∠MON=60°，

∴∠ABP=120°，

∵BA=BP，

∴∠BAP=∠BPA=30°，

∵BO=BQ，

∴∠BOQ=∠BQO=30°，

∴△ABP∽△OBQ，

∴，

∵∠AOB=30°，

∴当BA⊥OM时，的值最小，最小值为，

∴k=．【题目点拨】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．21、（1）详见解析；（2）；（3）1【分析】（1）先根据题意得出∠B＝∠C，再根据等量代换得出∠ADB＝∠DEC即可得证；（2）根据相似三角形的性质得出，将相应值代入化简即可得出答案；（3）根据相似三角形的性质得出，再根据已知即可证明AE=EC从而得出答案．【题目详解】解：（1）Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，∴∠B＝∠C＝45°，BC＝∵∠ADE＝45°，∴∠ADB＋∠CDE＝∠CDE＋∠DEC＝135°∴∠ADB＝∠DEC，∴△ABD∽△DCE（2）∵△ABD∽△DCE，∴，∵BD＝x，AE＝y，则DC＝，代入上式得：，∴，即（3）,在中，【题目点拨】本题考查了相似三角形的判定及性质定理，熟练掌握定理是解题的关键．22、（1）或；（2）【分析】（1）将点C、D的坐标代入抛物线表达式，即可求解；（2）当△AOC∽△AEB时，===，求出yE=，即可求出点E坐标.【题目详解】解：（1）由题可列方程组：，解得：，∴抛物线解析式为：或；（2）由题，∠AOC=90°，AC=，AB=4，设直线AC的解析式为：y=kx+b，则，解得，∴直线AC的解析式为：y=-2x-2，

当△AOC∽△AEB时，===，∵S△AOC=1，∴S△AEB=，∴AB×|yE|=，AB=4，则yE=，则点E（，）.【题目点拨】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、点的对称性、三角形相似、图形的面积计算等．23、（1）OE=OF；（2）①，详见解析；②CF=OE-AE【分析】（1）由△AOE≌△COF即可得出结论．

（2）①图2中的结论为：CF=OE+AE，延长EO交CF于点N，只要证明△EOA≌△NOC，△OFN是等边三角形，即可解决问题．

②图3中的结论为：CF=OE-AE，延长EO交FC的延长线于点G，证明方法类似．【题目详解】解：⑴∵∴AE∥CF∴又,OA=OC∴△AOE≌△COF.∴OE=OF．⑵①延长EO交CF延长线于N．∵∴AE∥CF∴又,OA=OC∴△OAE≌△OCN∴AE=CN,OE=ON又,∴OF=ON=OE,∴OF=FN=ON=OE,又AE=CN∴CF=AE-OE②CF=OE-AE,证明如下：延长EO交FC的延长线于点G∵∴AE∥CF∴∠G=∠AEO,∠OCG=∠EA0，又∵AO=OC，∴△OAE≌△OCG.∴AE=CG,OG=OE.又,∴OF=OG=OE,∴△OGF是等边三角形，∴FG=OF=OE.∴CF=OE-AE.【题目点拨】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．24、（1）B班参赛作品有25件；（2）补图见解析；（3）C班的获奖率高.【分析】（1）直接利用扇形统计图中百分数，求出B班所占的百分比，进而求出B班参赛作品数；（2）利用C班提供的参赛作品的获奖率为50%，结合C班参赛数量得出获奖数量