2023-2024学年湖北省武汉市江夏区、黄陂区、蔡甸区九年级（上）学期期末数学试题（含解析）

2023－2024学年度第一学期部分学校九年级期末调研考试数学试题2024.1.22第I卷（选择题共30分）一、选择题（每小题3分，共30分）1．一元二次方程的二次项系数、常数项分别为（

）．A． B．2，1 C． D．3，12．中国城市轨道交通持续稳步发展，线网规模和客流规模继续稳居全球第一，下列城市轨道交通标志是中心对称图形的是（

）．A． B． C． D．3．在一个不透明的袋子中装有除颜色外无其他差别的3个红球，2个白球，从袋子中随机摸出3个球，下列事件为必然事件的是（

）．A．至少有1个是白球 B．至少有1个是红球C．至少有2个是红球 D．至少有2个是白球4．在正方形中，以点为圆心，长为半径作，下列说法错误的是（

）．A．点在圆上 B．点在圆外 C．点在圆上 D．点在圆上5．关于二次函数，下列说法错误的是（

）．A．抛物线开口向上 B．抛物线的顶点坐标为C．抛物线的对称轴为轴 D．当时，随的增大而增大6．关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（

）．A． B． C． D．7．如图，在中，，点在轴上，将绕点顺时针旋转，点的对应点的坐标为（

）．A． B． C． D．8．用一段长度为的篱笆围成一个矩形菜地，能围成菜地的面积不可能是（

）．A． B． C． D．9．沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以为圆心，为半径的圆弧，是的中点，于点．“会圆术”给出长的近似值计算公式：．若，则的长为（

）．A． B． C． D．10．二次函数的图象经过四个点，下列说法正确的是（

）．A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则第II卷（非选择题

共90分）二、填空题（每小题3分，共18分）11．在平面直角坐标系中，点（2，﹣1）关于原点对称的点的坐标是．12．某射击运动员在同一条件下的射击成绩记录如下：射击次数20501002005001000“射中9环以上”的次数154178158405801“射中9环以上”的频率根据频率的稳定性，估计这名运动员射击一次“命中9环以上”的概率为．13．两年前某药品的售价为每盒50元，随着新医保政策的支持价格逐步下调，现在该药品的售价为每盒30元．设药品售价的年平均下降率为x，依题意列方程为．14．如图，从一块圆形铁皮上剪出一个圆心角为的扇形，将剪下的扇形围成一个圆锥，若围成圆锥的底面半径为1，则该圆形铁皮的直径是．

15．已知抛物线，下列说法：①抛物线与轴必有两个交点；②若抛物线经过两点，则；③若抛物线与轴两个交点的距离大于4，则；④若抛物线经过位于对称轴两侧的两点，且，则．其中一定正确的结论有（填写序号即可）．16．如图（1），在中，，为平分线上一点，连接，将线段绕点逆时针旋转到，连接．设，，与的函数关系如图（2），当时，函数有最小值．当时，的值为．三、解答题（共72分）．17．若关于x的一元二次方程有一个根是，求b的值及方程的另一个根．18．如图，将绕点逆时针旋转得到．若点的对应点恰好落在上，，

(1)求的度数；(2)求的度数．19．第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州成功举行，现有三张印有亚运会吉祥物琮琮、宸宸和莲莲的不透明卡片，除正面图案不同外，其余均相同．(1)从中随机抽取一张卡片，则抽出的卡片图案是“莲莲”的概率是________；(2)从中随机抽取一张卡片，放回后再抽取一张，请用画树形图或列表法求抽出的两张卡片都是“莲莲”的概率．20．如图，在中，以为直径的交于，点在上，，连接交于．(1)求证：是的切线；(2)若，求的长．21．如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．仅用无刻度的直尺在下列所给定的网格中完成画图．(1)在图1中，，，三点是格点，是经过，，的圆上一点，请画出的中点，再在上画点，使；(2)在图2中，，都在格点上，为经过，的圆上一点，请先画出该圆的圆心，再在上画点，使得．22．一次足球训练中，小华从球门正前方的A处射门，足球射向球门的运行路线呈抛物线．当球飞行的水平距离为时，球达到最高点，此时球离地面3m．已知球门高为，现以O为原点建立如图所示直角坐标系．(1)直接写出抛物线的函数解析式并说明此次射门在不受干扰的情况下能否进球(2)若防守队员小明正在抛物线对称轴的左侧加强防守，他的最大起跳高度是，小明需要站在离球门距离多远的地方才可能防守住这次射门？(3)在射门路线的形状、最大高度均保持不变情况下，适当靠近球门进球的把握会更大，小华决定将足球向球门方向移动一定距离后再射门，他最多可以向球门移动________．①；②；③．（填序号即可，）23．在等边中，是射线上的点．(1)如图1，点在边上，以为边在左侧作等边三角形，求证：；(2)如图2，点在边的延长线上，将线段绕点逆时针旋转得到线段，若为的中点，猜想：与之间的位置关系是________，数量关系是________，请证明你的结论；(3)在（2）的条件下，连接，若，直接写出的最小值为________．24．已知抛物线的顶点在第一象限，交轴于点，交轴于点．

(1)如图1，若点，求抛物线的解析式；(2)在（1）的条件下，是第一象限内抛物线上的一点，连接，若恰好平分四边形的面积，求点的横坐标；(3)如图2，是点左侧一点，是轴下方抛物线上的两点，若四边形是平行四边形，且，求满足条件的最小整数的值．

参考答案与解析

1．A【分析】本题考查一元二次方程的一般形式是：（a，b，c是常数且）特别要注意的条件．根据在一般形式中叫二次项，叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项求解即可．【详解】解：一元二次方程的二次项系数、常数项分别为2，，故选：A．2．C【分析】本题考查中心对称图形定义．沿着某一点旋转后能与原图形重合即为中心对称图形，即可选出本题答案．【详解】解：∵沿着某一点旋转后能与原图形重合即为中心对称图形，∴C选项符合中心对称图形定义，故选：C．3．B【分析】本题考查了必然事件．熟记事件分类及相应概念是解决问题的关键．根据必然事件的定义进行判断作答即可．【详解】解：由题意知，从袋子中随机摸出3个球，至少有1个是白球为随机事件，故A不符合要求；至少有1个是红球为必然事件，故B符合要求；至少有2个是红球为随机事件，故C不符合要求；至少有2个是白球为随机事件，故D不符合要求；故选：B．4．D【分析】本题考查了点与圆的位置关系，解题的关键是确定圆的半径和点到圆心之间的距离的大小关系．设正方形的边长为，用勾股定理求得点到的圆心之间的距离，为的半径，通过比较二者的大小，即可得到结论．【详解】解：设正方形的边长为，则，，，点在外，点在圆上，点在圆上，点在圆内，故选：D．5．B【分析】本题主要考查了二次函数的性质，根据二次函数的性质可以判断各个选项中的说法是否正确．【详解】解：二次函数中，，抛物线开口向上，故A正确，不符合题意；函数对称轴是y轴，故选项C正确，不符合题意；把代入中，得，∴图象的顶点坐标为，故选项B错误，符合题意；∵图象开口向上，对称轴是y轴，∴时，y随x的增大而增大，故选项D正确，不符合题意；故选：B．6．A【分析】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．利用根的判别式的意义得到，然后解不等式即可．【详解】解：根据题意得，解得，即m的取值范围为．故选：A．7．D【分析】本题考查作图-旋转变换，平面直角坐标系，将绕点顺时针旋转，得到，过点A作轴，垂足为D，过点作轴，垂足为，根据点坐标系的距离即可求解．【详解】解：如图，将绕点顺时针旋转，得到，过点A作轴，垂足为D，过点作轴，垂足为，，，由旋转的性质得：，，故选：D．8．D【分析】本题考查了二次函数的应用，二次函数的最值．熟练掌握二次函数的应用是解题的关键．设菜地的长为，面积为，则宽为，，依题意得，，根据二次函数的图象与性质求最值，然后进行判断作答即可．【详解】解：设菜地的长为，面积为，则宽为，，依题意得，，∵，∴当时，面积最大，最大值为，∴，∴能围成菜地的面积不可能是，故选：D．9．B【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，由已知求得与的数量关系，与的数量关系，将代入即可得解．【详解】解：连接，，，是的中点，，三点共线，，，，，，，，，即，，故选：B．10．C【分析】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，由抛物线解析式可得抛物线开口方向及对称轴，根据各点到对称轴的距离大小可得，进而求解．【详解】解：∵，抛物线开口向下，对称轴为直线，，，若，当时，，选项A不正确．若，当，，选项B不正确．若，当时，，选项C正确．若，当或时，或，选项D不正确．故选：C．11．（-2，1）【详解】解：点（2，―1）关于原点对称的点的坐标是（―2，1）．故答案为（―2，1）．12．##【分析】本题考查了利用频率估计概率，解决本题的关键是理解当试验的所有可能结果不是有限个或结果个数很多，或各种可能结果发生的可能性不相等时，一般通过统计频率来估计概率．大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．【详解】解：根据表格数据可知：根据频率稳定在，估计这名运动员射击一次时“射中9环以上”的概率是．故答案为：．13．【分析】此题主要考查了一元二次方程应用，由该药品平均每次降价的百分率为x，根据降价后的价格降价前的价格（降价的百分率），则第一次降价后的价格是，第二次后的价格是，据此即可列方程求解．【详解】解：根据题意得：，故答案为：．14．【分析】本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．连接，根据扇形圆心角为，得到三点共线，为的直径，首先求得扇形的弧长，再求出圆锥的母线长，然后利用勾股定理求出即可．【详解】解：如图，连接，

，三点共线，为的直径，围成圆锥的底面半径为1，，，，，，该圆形铁皮的直径是，故答案为：．15．①②④【分析】当时，，则，可判断①的正误；由抛物线经过两点，可知关于直线对称，则，计算求解，可判断②的正误；设是的两个根，则，，由抛物线与轴两个交点的距离大于4，可得，计算求解，可判断③的正误；由抛物线经过位于对称轴两侧的两点，且，可得，，计算求解可判断④的正误．【详解】解：∵，当时，，∴，抛物线与轴必有两个交点，①正确，故符合要求；∵抛物线经过两点，∴关于直线对称，∴，解得，，②正确，故符合要求；设是的两个根，∴，，∵抛物线与轴两个交点的距离大于4，∴，即或，③错误，故不符合要求；∵抛物线经过位于对称轴两侧的两点，且，∴，，解得，，④正确，故符合要求；故答案为：①②④．【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点，一元二次方程根的判别式，一元二次方程的根与系数的关系，二次函数的图象与性质，完全平方公式的变形，一元一次不等式组的应用等知识．熟练掌握抛物线与轴的交点，一元二次方程根的判别式，一元二次方程的根与系数的关系，二次函数的图象与性质，完全平方公式的变形，一元一次不等式组的应用是解题的关键．16．【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的运用．过点A作，交延长线于点F，易得，当时，函数有最小值，即，最短，此时有最小值，得，，根据，即可求出的值．【详解】解：过点A作，交延长线于点F，，，是的角平分线，线段绕点逆时针旋转到，，，，，，在与中，，，，，当时，函数有最小值，即，最短，此时有最小值，，，设，则，，，，当时，，故答案为：．17．，方程的另一个根为【分析】本题考查了一元二次方程的根及解一元二次方程．将代入求得b的值，然后解方程组即可．【详解】∵是方程有一个根，∴，∴当时，原方程为，解得，．∴，方程的另一个根为．18．(1)(2)【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质及三角形外角的性质．（1）根据得到，利用三角形外角的性质即可求解；（2）由（1）得，根据即可求解．【详解】（1）解：，点的对应点恰好落在上，是等腰三角形，，，，；（2）解：由（1）得，，．19．(1)(2)【分析】本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．（1）直接利用概率公式可得答案．（2）画树状图得出所有等可能的结果数以及两次抽到的卡片都是“莲莲”的结果数，再利用概率公式可得出答案．【详解】（1）解：由题意得，从这三张卡片中随机抽取一张，图案恰好是“莲莲”的概率为．故答案为：；（2）解：将琮琮、宸宸和莲莲的不透明卡片分别记为A，B，C，画树状图如下：共有9种等可能的结果，其中两次抽到图案都是“莲莲”的结果有1种，∴两次抽到图案都是“莲莲”的概率为．20．(1)见解析(2)4【分析】本题考查了圆与三角形的综合题，涉及相似三角形的判定与性质，切线的判定，垂径定理，勾股定理．（1）连接，由，证得，再通过证得即可；（2）连接，交于点G，由（1）得，，利用勾股定理求出，，根据，推出，进而得到，易证，求出，再证，得到，求得，根据即可求．【详解】（1）证明：连接，如图所示．∵，．．∵，．∵为直径，．．，．．即．又∵是的半径，是的切线；（2）解：连接，交于点G，由（1）得，，，，，，即，，，，，，，，，，，，，，，即，，．21．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）如图1，作的垂直平分线，取点，连接，使，则为直径，的交点为圆心，取点，连接，使，则，与的交点即为，由垂径定理得，点为的中点，连接交于，连接交于，由可得，，则点即为所求；（2）如图2，作的垂直平分线，作，交圆于点，连接，则，为直径，交于点，则点即为圆心，点向左2个单位，向上2个单位为点，连接并延长交于点，则，连接，则，即点即为所求．【详解】（1）解：如图1，作的垂直平分线，格点向右3个单位，向上1个单位为点，连接，∴，∴为直径，如图1，记的交点为，则为圆心，格点向左3个单位，向下1个单位为点，连接，∴，∴，记与的交点即为，由垂径定理得，点为的中点，连接交于，连接交于，∴，∴，则点即为所求；（2）解：如图2，作的垂直平分线，作，交圆于点，连接，∴，∴为直径，记交于点，则点即为圆心，点向左2个单位，向上2个单位为点，连接并延长交于点，∴，连接，∵，∴，即点即为所求．【点睛】本题考查了直角所对的弦为直径，垂径定理，同圆中相等的圆周角所对应的弧相等，同弧所对的圆周角相等，作等腰三角形等知识．熟练掌握直角所对的弦为直径，垂径定理，同圆中相等的圆周角所对应的弧相等，同弧所对的圆周角相等是解题的关键．22．(1)，此次射门在不受干扰的情况下能进球(2)小明需要站在离球门距离为2米以内的地方才可能防守住这次射门(3)②【分析】本题考查二次函数的应用，理解题意，根据抛物线的顶点式设出解析式是解题的关键．（1）先确定抛物线的顶点坐标，再设出抛物线的顶点式，利用待定系数法求出解析式，当时，求出y的值再与比较，即可知球能不能射进球门；（2）根据抛物线的解析式，令，求出x的值，即可求出答案（3）根据抛物线平移规律，设出移动后抛物线的解析式，把代入，求出b的值，即可求出答案．【详解】（1）解：由题意得：抛物线的顶点坐标为即，，设抛物线的解析式为：，将代入得：，解得：，抛物线的解析式为：；当时，，，此次射门在不受干扰的情况下能进球；（2）解：令，则，解得：，防守队员小明正在抛物线对称轴的左侧加强防守，，答：小明需要站在离球门距离为2米以内的地方才可能防守住这次射门；（3）解：设小华带球向正前方移动，则移动后的抛物线的函数表达式为，把代入，得，解得（不合题意，舍去）或（不合题意，舍去），小华最多可以向球门移动，，故答案为：②．23．(1)见解析(2)，，证明见解析(3)【分析】（1）由，可得，证明，进而结论得证；（2）如图2，以为边在左侧作等边三角形，连接，同理（1），，则，，证明，则，证明，由，可知三点共线，由等边三角形，，可得，，然后求解作答即可；（3）由（2）可知，，则，如图3，作于，连接，证明，则，，可知点在过点且与夹角为的直线上运动，如图3，延长交于，，则，，如图3，作关于的对称点，连接交于，连接，则，，，当三点共线时，最小，最小值为，如图3，作于，则，，则，，由勾股定理得，，计算求解，然后作答即可．【详解】（1）证明：∵等边，，∴，∴，即，∵，∴，∴；（2）解：如图2，以为边在左侧作等边三角形，连接，同理（1），，∴，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，，∵，∴三点共线，∵等边三角形