福建省厦门市第九中学2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（解析版）

2023-2024学年福建省厦门九中九年级（上）期中数学试卷一、选择题（共10小题，每题4分，共40分）1.下列各曲线是根据不同的函数绘制而成的，其中是中心对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据中心对称图形的定义，逐项判断即可求解．【详解】解：A、不中心对称图形，故本选项不符合题意；B、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C、是中心对称图形，故本选项符合题意；D、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；故选：C【点睛】本题主要考查了中心对称图形的定义，熟练掌握在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形是解题的关键．2.在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】关于原点的对称点的坐标特点：横、纵坐标都互为相反数，据此进行求解即可得到答案．【详解】解：点关于原点的对称点的坐标是，故选：C．【点睛】本题考查了坐标系中关于原点对称的点的坐标关系，熟练掌握“关于原点对称的点，横、纵坐标都互为相反数”是解题关键．3.如图，已知在中，是直径，，则下列结论不一定成立的是（）更多优质滋元可家威杏MXSJ663A. B.C. D.到、的距离相等【答案】A【解析】【分析】根据圆心角、弧、弦之间的关系即可得出答案．【详解】在中，弦弦，则其所对圆心角相等，即，所对优弧和劣弧分别相等，所以有，故B项和C项结论正确，∵，AO=DO=BO=CO∴（SSS）可得出点到弦，的距离相等，故D项结论正确；而由题意不能推出，故A项结论错误．故选：A【点睛】此题主要考查圆的基本性质，解题的关键是熟知圆心角、弧、弦之间的关系．4.如图，是由绕A点旋转得到的，若，，，则旋转角的度数分别为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据旋转的性质可得旋转角为，即可求解．【详解】解∶∵是由绕A点旋转得到的，∴旋转角为，∵，，∴，即旋转角的度数为．故选：B．【点睛】本题主要考查了图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键．5.关于x的一元二次方程的两个根分别是和，其中，则的值为（）A. B. C.m D.【答案】B【解析】【分析】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，也叫做韦达定理，熟记，是本题的关键．利用，建立方程求解即可．【详解】解：由题意得：，∵，∴x，故选：B．6.若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的值可能为（）．A.6 B.5 C.4 D.3【答案】D【解析】【分析】根据方程有两个不相等的实数根得出Δ=42-4×1×c＞0，解之可得答案．【详解】解：根据题意，得：Δ=42-4×1×c＞0，解得c＜4，故选：D．【点睛】本题主要考查根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与Δ=b2-4ac有如下关系：①当Δ＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当Δ=0时，方程有两个相等的两个实数根；③当Δ＜0时，方程无实数根．7.在平面直角坐标系中，以原点O为圆心作半径为5的圆，则以下四个点在圆上的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用勾股定理求出下列各点与原点的距离，再与圆的半径比较，即可求解．【详解】解：A项，，此点不在圆上，故本项不符合题意；B项，，此点不在圆上，故本项不符合题意；C项，，此点不在圆上，故本项不符合题意；D项，，此点在圆上，故本项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查点与圆的位置关系，利用勾股定理求解坐标系中两点之间距离等知识，当某点到一个圆的圆心的距离等于该圆半径的长度时，则该点在圆上，否则就不在圆上．8.筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，如图1，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，已知圆心O在水面上方，且被水面截得弦长为4米，则点C到弦所在直线的距离是（）A.1米 B.2米 C.米 D.米【答案】C【解析】【分析】本题考查了垂径定理的应用和勾股定理的应用．连结交于D，由垂径定理得（米），再由勾股定理得（米），然后求出的长即可．【详解】解：连接交于D，由题意得：米，，∴（米），，由勾股定理得，（米），∴米，即点C到弦所在直线的距离是米，故选：C．9.如图，在中，，将绕点A逆时针旋转得到，点B，D的对应点分别为C，E，将线段绕着点B顺时针旋转得到线段，点D的对应点是F，连接，．当的度数从逐渐增大到的过程中．四边形的形状依次是：平行四边形→______→平行四边形．画线处应填入（）A.菱形→矩形→正方形B.矩形→菱形→正方形C.菱形→平行四边形→矩形D.矩形→平行四边形→菱形【答案】D【解析】【分析】分逐渐变大，B、D、E三点共线之前；B、D、E三点共线时；B、D、E三点共线后，之前；时；后，讨论即可．【详解】解：∵绕点A逆时针旋转得到，线段绕着点B顺时针旋转得到线段，，，，，，①当逐渐变大，B、D、E三点共线之前时，，，又，，，，又，∴四边形是平行四边形；②当B、D、E三点共线且D在B、E之间，，，，，，又，，又，∴四边形是平行四边形，又，∴四边形是矩形；③当逐渐变大，B、D、E三点共线之后，，，又，∴四边形是平行四边形，④当时，，又，，，由③同理可证，，又，∴四边形是平行四边形，又，∴四边形是菱形；当后时，由③同理可证，，又，∴四边形是平行四边形．当的度数从逐渐增大到的过程中，四边形的形状依次是：平行四边形→矩形一平行四边形一菱形一平行四边形．故选：D．【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定等知识，明确题意，合理分类讨论，找出所求问题需要的条件是解题的关键．10.已知点均在抛物线上，其中．若，则m的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先证得点M(m，y3)是该抛物线的顶点，根据点P(-2，y1)，Q(4，y2)均在抛物线上，可知该抛物线开口向下对称轴是直线x=m，从而可以求得m的取值范围，本题得以解决【详解】∵∴∴点M(m，y3)是该抛物线的顶点，∴抛物线的对称轴为x=m，∵点P(-2，y1)，Q(4，y2)均在抛物线上，且∴解得m>1，故选：B．【点睛】本题考查抛物线的图像性质，对称轴，熟练掌握抛物线的性质是关键二、填空题（共6小题，每题4分，共24分）11.抛物线的对称轴是___________．【答案】直线．【解析】【分析】本题考查二次函数的性质：二次函数的对称轴为直线．根据题目中抛物线的顶点式，可以直接写出对称轴为直线．【详解】解：∵抛物线，∴该抛物线的对称轴是直线，故答案为：直线．12.如图，点A，B，C在上，，则的度数为________．【答案】##35度【解析】【分析】本题考查圆周角定理：“在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半”，据此求解即可．【详解】解：∵，∴．故答案为：．13.如图，四边形为的内接四边形，，则的度数为________．【答案】##70度【解析】【分析】本题考查圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形对角互补是解题关键．直接利用圆内接四边形对角互补与邻补角的性质推导可得出答案．【详解】解：∵四边形为的内接四边形，，即，，故答案为：．14.在平面直角坐标系中，将点P（﹣3，2）绕点O（0，0）顺时针旋转90°，所得到的对应点P′的坐标为_____．【答案】（2，3）．【解析】【分析】根据旋转中心为点O，旋转方向顺时针，旋转角度90°，作出点P的对称图形P′，可得所求点的坐标．【详解】如图所示，由图中可以看出点P′的坐标为（2，3）．故答案为：（2，3）．【点睛】本题考查了坐标与图形的变换-旋转，熟练掌握关于原点的对称点的坐标特征是解决问题的关键．15.已知二次函数的图象（a，b是常数）与y轴交于点A，点A与点B关于抛物线的对称轴对称，且点，在该函数图象上．二次函数中（b，c是常数）的自变量x与函数值y的部分对应值如下表：x…013……255…下列结论：①点B的坐标是；②这个函数的最大值大于5；③有一个根在4与5之间；④当，时，．其中正确的为______（将所有正确结论的序号都填入）．【答案】②③④【解析】【分析】通过待定系数法求出函数解析式，将二次函数解析式化为顶点式，根据二次函数函数的性质求解．【详解】解：将，代入得，解得，，抛物线开口向下，对称轴为直线，顶点坐标为，∴这个函数的最大值大于5，②正确．当时，，∴点坐标为，∵点A与点B关于抛物线的对称轴对称，点坐标为，①错误．对于，∵当时，，当时，，∴与x轴有一个交点在4与5之间，∴方程有一个根在4与5之间，故③正确；，，点到对称轴的距离小于点到对称轴的距离，．故④正确．故答案为：②③④．【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，掌握二次函数与方程及不等式的关系．16.已知：如图是的直径，，点C为弧的三等分点（更靠近A点），点P是上的一个动点，取弦的中点D，求线段的最大值为_________________．【答案】##【解析】【分析】本题考查圆周角定理，勾股定理等知识点，能够正确画出辅助线是解题关键．连接，以为直径作圆G，过G作于F，求出，求出、长，根据勾股定理求出，再根据两点之间线段最短得出，再求出答案即可．【详解】解：∵直径，∴，连接，以为直径作圆G，过G作于F，∵D为的中点，过O，∴，即点D在上，，∴，∵点C为弧的三等分点（更靠近A点），∴，∴，∴，∴，由勾股定理得：，∵，∴，∴的最大值是，故答案为：．三、解答题（共9题，86分；其中17-21题每题8分，22-23题每题10分，第24题12分，第25题14分）17.解一元二次方程：（1）；（2）．【答案】（1），（2），【解析】【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是：（1）先移项，再利用因式分解法把方程转化为或求解；（2）利用配方法得到，然后利用开平方求解．【小问1详解】解：，，，或，所以，；【小问2详解】，，，，，所以，．18.如图，是上四点，且，求证：．【答案】证明过程见详解【解析】【分析】根据同弧等弧所对的圆周角相等，即可证明三角形全等由此即可求解．【详解】证明：如图所示，是上四点，与交于点∵与对应的弧是，与对应的弧是，∴，，，∴，∴，，∴，即．故证明得：．【点睛】本题主要考查圆上同弧等弧所对圆心角相等，掌握同弧等弧所对圆周角相等是解题的关键．19.如图，已知抛物线经过点．（1）求m值，并求出此抛物线的顶点坐标；（2）当时，直接写出y的取值范围．【答案】（1），顶点坐标；（2）【解析】【分析】（1）将代入即可求得m的值，再将抛物线的一般式化为顶点式，即可得出抛物线的顶点坐标；（2）根据抛物线的顶点坐标，对称轴为直线，可知时，当时，取得最小值，当时，取得最大值，即可求出y的取值范围．【小问1详解】解：将代入，得：解得：此抛物线的顶点坐标为．【小问2详解】解：由（1）可知抛物线的顶点坐标为，对称轴为直线，当时，，当时，y的取值范围为：．【点睛】本题主要考查二次函数图像和性质，懂得把二次函数的一般式化为顶点式是解题的关键．20.因粤港澳大湾区和中国特色社会主义先行示范区的双重利好，深圳已成为国内外游客最喜欢的旅游目的地城市之一，深圳著名旅游“网红打卡地”东部华侨城景区在年春节长假期间，预计在年春节长假期间将接待游客达万人次．（1）求东部华侨城景区至年春节长假期间接待游客人次的平均增长率；（2）东部华侨城景区一奶茶店销售一款奶茶，每杯成本价为元，根据销售经验，若每杯定价元，则平均每天可销售杯，则平均每天可多销售杯，年春节期间，则当每杯售价定为多少元时，既能让顾客获得最大优惠【答案】（1）年平均增长率为（2）当每杯售价定为元时，既能让顾客获得最大优惠【解析】【分析】（1）设年平均增长率为，根据题目数量关系列一元二次方程求解即可；（2）设当每杯售价定为元，根据利润的数量关系列式求解即可；本题主要考查一元二次方程与实际问题的综合，掌握一元二次方程的解法是解题的关键．【小问1详解】解：设年平均增长率为，∴，解得，，（舍），∴年平均增长率为．【小问2详解】解：设当每杯售价定为元时，店家在此款奶茶实现平均每天元的利润额，∴，整理得，，解得：，，∵让顾客获得最大优惠，∴，当每杯售价定为元时，既能让顾客获得最大优惠．21.如图，在中，，．（1）尺规作图：将绕点A顺时针旋转得到，并使点落在边上．（要求：不写作法，保留作图痕迹）．（2）连接，若，求的长．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】本题考查了尺规作图—画三角形，勾股定理，旋转性质：（1）以点为圆心，以为半径，画弧交于一点，即为点，再以点为圆心，以为半径，画弧，以点为圆心，取以与相等的长度为半径，画弧，这两弧交于一点，即为点，依次连接即可；（2）运用勾股定理解出，结合旋转图形的对应边相等，即可作答．【小问1详解】解：如图所示，即为所求；【小问2详解】解：如图所示：∵在中，，，∴，∵绕点A顺时针旋转得到，∴，，∴，，在中，由勾股定理得，．22.如图，在中，，与边相切于点E．（1）求证：；（2）若，求的长度．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，利用圆的切线的性质定理，平行线的判定与性质，圆周角定理和相等的圆心角所对的弧线段，所对的弦线段的性质解答即可；（2）设的半径为r,利用圆的性质定理，含角的直角三角形的性质，求得圆的半径，再利用等边三角形的判定与性质解答即可．【小问1详解】连接，如图，∵为半圆的切线，∴，∵，∴，∴，∴．∵，∴，∴，∴，∴；【小问2详解】设的半径为r，∵，∴，∵，∴，∴∵，∴∴，∴，∵，∴．∵，∴为等边三角形，∴23.根据以下思考，探索完成任务．曼哈顿距离的思考问题背景很多城市街道交织成格，行人和车辆沿网格线行走，城市街道的抽象涵义是直角坐标系内平行于两条数轴的条条直线．定义城市内街道上两点，之间的距离为，称为曼哈顿距离（简称为曼距），曼哈顿距离也叫出租车几何，是在19世纪由赫尔曼·闵可夫斯基提出来的．素材1如图，在平面直角坐标系中，点与点之间的曼距，可得矩形上及内部的任意格点（坐标为整数的点）为，都有．素材2在城市里有一个社区，其中的相邻道路恰可以近似地用过直角坐标系内格点的平行线表示（如图）．该社区内有数个火警高危点，为了消防安全，拟在某个格点位置设立消防站，其中格点位置四通八达．任务1探求消防站位置若火警高危点，消防站的坐标为，且与点的曼距，请求出消防站的位置；任务2选择最适合位置若火警高危点，，按设计要求最小，则下列5个点中最适合设为消防站的是___________；（写出所有正确的序号）A．B．C．D．E．任务3拟定最短曼距方案如图，一条笔直的公路起点为，点为公路上一点．若消防站在原点处，请探究消防站到公路（即射线）上一点的曼距的最小值．【答案】任务1：或；任务2：ABE；任务3：【解析】【分析】（1）根据曼哈顿距离的定义进行求解即可；（2）分别算出五个点作为D点时的值即可得到答案；（3）先求出直线的解析式为，设，则，再分当时，当时，两种情况求出的最值情况即可得到答案.【详解】解：任务1：∵，∴，∴，∴，∴消防站的位置为或；任务2：当选作为D点时，∵，，∴，，∴；同理当作为D点时，；当作为D点时，；当作为D点时，；当作为D点时，；∴当选则或或时最小，故答案为：ABE；任务3：设直线的解析式为，∴，∴，∴直线的解析式为，设，∴，当时，，∴此时当时，有最小值；当时，，∴此时，综上所述，得到最小值．【点睛】本题主要考查了坐标与图形，一次函数与几何综合，正确理解题意是解题的关键．24.内接于，，点P是射上动点．射线绕点O逆时针旋转得到射线，点Q与点O不重合，连接，.（1）求的半径；（2）当时，在点P运动的过程中，点Q的位置会随之变化是其中任意两个位置，探究直线与的位置关系．【答案】（1）（2）直线与相切，见解析【解析】【分析】本题考查三角形的外接圆，弧长公式，切线的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，学会添加常用辅助线，同弧所对的圆周角相等.（1）连接，设的半径为r，利用弧长公式构建方程求解；（2）连接，过点O作于E，过点Q作于F．证明，可得结论．【小问1详解】连接，设的半径为r,∵，∴．∴．∵与同对，∴．∵，∴．∴．【小问2详解】结论直线与相切．理由：连接，过点O作于E，过点Q作于F．由（1）得，，∴．∵于E，∴．∵∴．∵在中，，∴．∵，∴，即．∴．∴．∴．又∵，∴．在与中，，∴，∵，∴．∴．∴．∴中，．