河北省邯郸市名校2023年九年级数学第一学期期末学业水平测试试题含解析

河北省邯郸市名校2023年九年级数学第一学期期末学业水平测试试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每小题3分,共30分)1．在美术字中，有些汉字是中心对称图形，下面的汉字不是中心对称图形的是（）A． B． C． D．2．某人沿着斜坡前进，当他前进50米时上升的高度为25米，则斜坡的坡度是（）A． B．1：3 C． D．1：23．若反比例函数的图象在每一个信息内的值随的增大而增大，则关于的函数的图象经过（）A．第一、三象限 B．第二、四象限C．第一、三、四象限 D．第一、二、四象限4．计算的结果是（）A．－3 B．9 C．3 D．－95．在奔驰、宝马、丰田、三菱等汽车标志图形中，为中心对称图形的是（）A．B．C．D．6．如图，在中，点P在边AB上，则在下列四个条件中：：；；；，能满足与相似的条件是（）A． B． C． D．7．已知二次函数，点A，B是其图像上的两点，()A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则8．已知⊙O的半径是4，OP=5，则点P与⊙O的位置关系是()A．点P在圆上 B．点P在圆内 C．点P在圆外 D．不能确定9．由两个可以自由转动的转盘、每个转盘被分成如图所示的几个扇形、游戏者同时转动两个转盘，如果一个转盘转出了红色，另一转盘转出了蓝色，游戏者就配成了紫色下列说法正确的是（）A．两个转盘转出蓝色的概率一样大B．如果A转盘转出了蓝色，那么B转盘转出蓝色的可能性变小了C．先转动A转盘再转动B转盘和同时转动两个转盘，游戏者配成紫色的概率不同D．游戏者配成紫色的概率为10．将抛物线向上平移1个单位长度，再向右平移3个单位长度后，得到的抛物线的解析式为（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，在扇形中，，正方形的顶点是的中点，点在上，点在的延长线上，当正方形的边长为时，则阴影部分的面积为_________.（结果保留）12．九年级8班第一小组名同学在庆祝2020年新年之际，互送新年贺卡，表达同学间的真诚祝福，全组共送出贺卡30张，则的值是___．13．一天，小青想利用影子测量校园内一根旗杆的高度，在同一时刻内，小青的影长为米，旗杆的影长为米，若小青的身高为米，则旗杆的高度为__________米.14．函数的自变量的取值范围是．15．如图，中，已知，，点在边上，．把线段绕着点逆时针旋转（）度后，如果点恰好落在的边上，那么__________．16．如图，在平面直角坐标系中，是由绕着某点旋转得到的，则这点的坐标是_______．17．如图，以正六边形ADHGFE的一边AD为边向外作正方形ABCD，则∠BED=_______°．18．如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，将△ABC绕着点A顺时针旋转40°后得到△ADE，则∠BAE＝_____．三、解答题(共66分)19．（10分）如图，用一段长为30m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园（矩形ABCD），墙长为22m，这个矩形的长AB＝xm，菜园的面积为Sm2，且AB＞AD．（1）求S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．（2）若要围建的菜园为100m2时，求该莱园的长．（3）当该菜园的长为多少m时，菜园的面积最大？最大面积是多少m2？20．（6分）如图，在⊙O中，AB、AC为互相垂直且相等的两条弦，OD⊥AB于D，OE⊥AC于E．求证：四边形AEOD是正方形．21．（6分）如图，抛物线y=ax2+bx+4与x轴的两个交点分别为A（－4，0）、B（2，0），与y轴交于点C，顶点为D．E（1，2）为线段BC的中点，BC的垂直平分线与x轴、y轴分别交于F、G．（1）求抛物线的函数解析式，并写出顶点D的坐标；（2）在直线EF上求一点H，使△CDH的周长最小，并求出最小周长；（3）若点K在x轴上方的抛物线上运动，当K运动到什么位置时，△EFK的面积最大？并求出最大面积．22．（8分）如图，在平面直角坐标系中有点A(1，5)，B(2，2)，将线段AB绕P点逆时针旋转90°得到线段CD，A和C对应，B和D对应.(1)若P为AB中点，画出线段CD，保留作图痕迹；(2)若D(6，2)，则P点的坐标为，C点坐标为.(3)若C为直线上的动点，则P点横、纵坐标之间的关系为.23．（8分）交通安全是社会关注的热点问题，安全隐患主要是超速和超载．某中学八年级数学活动小组的同学进行了测试汽车速度的实验．如图，先在笔直的公路1旁选取一点P，在公路1上确定点O、B，使得PO⊥l，PO＝100米，∠PBO＝45°．这时，一辆轿车在公路1上由B向A匀速驶来，测得此车从B处行驶到A处所用的时间为3秒，并测得∠APO＝60°．此路段限速每小时80千米，试判断此车是否超速？请说明理由（参考数据：＝1.41，＝1.73）．24．（8分）如图，已知点是外一点，直线与相切于点，直线分别交于点、，，交于点．（1）求证：；（2）当的半径为，时，求的长．25．（10分）在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，设锐角∠DOC＝α，将△DOC按逆时针方向旋转得到△D′OC′（0°＜旋转角＜90°）连接AC′、BD′，AC′与BD′相交于点M．（1）当四边形ABCD是矩形时，如图1，请猜想AC′与BD′的数量关系以及∠AMB与α的大小关系，并证明你的猜想；（2）当四边形ABCD是平行四边形时，如图2，已知AC＝kBD，请猜想此时AC′与BD′的数量关系以及∠AMB与α的大小关系，并证明你的猜想；（3）当四边形ABCD是等腰梯形时，如图3，AD∥BC，此时（1）AC′与BD′的数量关系是否成立？∠AMB与α的大小关系是否成立？不必证明，直接写出结论．26．（10分）如图，直线y＝x﹣2（k≠0）与y轴交于点A，与双曲线y＝在第一象限内交于点B(3，b)，在第三象限内交于点C．（1）求双曲线的解析式；（2）直接写出不等式x﹣2＞的解集；（3）若OD∥AB，在第一象限交双曲线于点D，连接AD，求S△AOD．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【解析】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．【详解】A、不是中心对称图形，故此选项符合题意；B、是中心对称图形，故此选项不符合题意；C、是中心对称图形，故此选项不符合题意；D、是中心对称图形，故此选项不符合题意；故选：A．【点睛】本题考查中心对称图形的概念，解题的关键是熟知中心图形的定义.2、A【分析】根据题意，利用勾股定理可先求出某人走的水平距离，再求出这个斜坡的坡度即可．【详解】解：根据题意，某人走的水平距离为：，∴坡度；故选：A.【点睛】此题主要考查学生对坡度的理解，在熟悉了坡度的定义后利用勾股定理求得水平距离是解决此题的关键．3、D【分析】通过反比例函数的性质可得出m的取值范围，然后根据一次函数的性质可确定一次函数图象经过的象限．【详解】解：∵反比例函数的图象在每一个信息内的值随的增大而增大∴∴∴∴关于的函数的图象不经过第三象限．故选：D．【点睛】本题考查的知识点是反比例函数的性质、一次函数的图象与系数的关系、一次函数的性质，掌握以上知识点是解此题的关键．4、C【解析】直接计算平方即可.【详解】故选C.【点睛】本题考查了二次根号的平方，比较简单.5、B【解析】试题分析：根据中心对称图形的概念，A、C、D都不是中心对称图形，是中心对称图形的只有B．故选B．考点：中心对称图形6、D【分析】根据相似三角形的判定定理，结合图中已知条件进行判断.【详解】当，，所以∽,故条件①能判定相似，符合题意；当，，所以∽，故条件②能判定相似，符合题意；当，即AC：：AC，因为所以∽，故条件③能判定相似，符合题意；当，即PC：：AB，而，所以条件④不能判断和相似，不符合题意；①②③能判定相似，故选D．【点睛】本题考查相似三角形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键.7、B【分析】利用作差法求出，再结合选项中的条件，根据二次函数的性质求解．【详解】解：由得,∴,,,∵,∴,选项A,当时，，，A错误.选项B,当时，，，B正确.选项C,D无法确定的正负，所以不能确定当时，函数值的y1与y2的大小关系，故C,D错误.∴选B.【点睛】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是利用作差法，结合二次函数的性质解答．8、C【分析】根据“点到圆心的距离大于半径，则点在圆外”即可解答．【详解】解：∵⊙O的半径是4，OP=5，5>4即点到圆心的距离大于半径，∴点P在圆外，故答案选C．【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，通过比较点到圆心的距离与半径的大小确定点与圆的位置关系．9、D【解析】A、A盘转出蓝色的概率为、B盘转出蓝色的概率为，此选项错误；B、如果A转盘转出了蓝色，那么B转盘转出蓝色的可能性不变，此选项错误；C、由于A、B两个转盘是相互独立的，先转动A转盘再转动B转盘和同时转动两个转盘，游戏者配成紫色的概率相同，此选项错误；D、画树状图如下：由于共有6种等可能结果，而出现红色和蓝色的只有1种，所以游戏者配成紫色的概率为，故选D．10、B【分析】根据函数图象向上平移加，向右平移减，可得函数解析式．【详解】解：将抛物线向上平移1个单位长度，再向右平移3个单位长度后，得到的抛物线的解析式为：．故选：B．【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，函数图象的平移规律是：左加右减，上加下减．二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】连结OC，根据等腰三角形的性质可求OC的长，根据题意可得出阴影部分的面积=扇形BOC的面积-三角形ODC的面积，依此列式计算即可求解．【详解】解：连接OC，∵在扇形AOB中∠AOB=90°，正方形CDEF的顶点C是弧AB的中点，∴∠COD=45°，∴OC=CD=4，∴阴影部分的面积=扇形BOC的面积-三角形ODC的面积=-×4×4=4π-1，故答案为4π-1．【点睛】考查了正方形的性质和扇形面积的计算，解题的关键是得到扇形半径的长度．12、1【分析】根据题意列出方程，求方程的解即可．【详解】根据题意可得以下方程解得（舍去）故答案为：1．【点睛】本题考查了一元二次方程的实际应用，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．13、1【分析】易得△AOB∽△ECD，利用相似三角形对应边的比相等可得旗杆OA的长度．【详解】解：∵OA⊥DA，CE⊥DA，∴∠CED=∠OAB=90°，∵CD∥OE，∴∠CDA=∠OBA，∴△AOB∽△ECD，∴，解得OA=1．故答案为1．14、x≠1【解析】该题考查分式方程的有关概念根据分式的分母不为0可得X－1≠0,即x≠1那么函数y=的自变量的取值范围是x≠115、或【分析】分两种情况：①当点落在AB边上时，②当点落在AB边上时，分别求出的值，即可．【详解】①当点落在AB边上时，如图1，∴DB=DB′，∴∠B=∠DB′B=55°，∴∠BDB′=180°-55°-55°=70°；②当点落在AB边上时，如图2，∴DB=DB′=2CD，∵，∴∠CB′D=30°，∴∠BDB′=30°+90°=120°．故答案是：或．【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质和直角三角形的性质定理，画出图形分类讨论，是解题的关键．16、(0,1)【解析】利用旋转的性质，旋转中心在各对应点的连线段的垂直平分线上，则作线段AD、BE、FC的垂直平分线，它们相交于点P（0，1）即为旋转中心．【详解】解：作线段AD、BE、FC的垂直平分线，它们相交于点P（0，1），如图，

所以△DEF是由△ABC绕着点P逆时针旋转90°得到的．故答案为(0,1).【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．解决本题的关键是利用旋转的性质确定旋转中心．17、45°【详解】∵正六边形ADHGFE的内角为120°，正方形ABCD的内角为90°，∴∠BAE=360°-90°-120°=150°，∵AB=AE，∴∠BEA=（180°-150°）÷2=15°，∵∠DAE=120°，AD=AE，∴∠AED=（180°-120°）÷2=30°，∴∠BED=15°+30°=45°．18、100°【分析】根据旋转角可得∠CAE=40°，然后根据∠BAE=∠BAC+∠CAE，代入数据进行计算即可得解．【详解】解：∵△ABC绕着点A顺时针旋转40°后得到△ADE，

∴∠CAE=40°，

∵∠BAC=60°，

∴∠BAE=∠BAC+∠CAE=60°+40°=100°．

故答案是：100°．【点睛】考查了旋转的性质，解题的关键是运用旋转的性质（图形和它经过旋转所得的图形中，对应点到旋转中心的距离相等，任意一组对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角；对应线段相等，对应角相等）得出∠CAE=40°．三、解答题(共66分)19、（1）S＝﹣x1+13x，10＜x≤11；（1）菜园的长为10m；（3）该菜园的长为13m时，菜园的面积最大，最大面积是111.3m1．【分析】（1）根据矩形的面积公式即可得结论；（1）根据题意列一元二次方程即可求解；（3）根据二次函数的顶点式即可求解．【详解】解：（1）由题意可知：AD＝（30﹣x）∴S＝AB•AD＝x×（30﹣x）＝﹣x1+13x自变量x的取值范围是10＜x≤11．（1）当S＝100时，﹣x1+13x＝100解得x1＝10，x1＝10，又10＜x≤11．∴x＝10，答：该菜园的长为10m．（3）∵S＝﹣x1+13x＝﹣（x﹣13）1+又10＜x≤11．∴当x＝13时，S取得最大值，最大值为111.3．答：该菜园的长为13m时，菜园的面积最大，最大面积是111.3m1．【点睛】本题考查了二次函数的应用、一元二次方程的应用，解决本题的关键是理解题意列出二次函数解析式和方程．20、证明见解析．【分析】先根据已知条件判定四边形AEOD为矩形，再利用垂径定理证明邻边相等即可证明四边形AEOD为正方形．【详解】证明：∵OD⊥AB，∴AD＝BD＝AB．同理AE＝CE＝AC．∵AB＝AC，∴AD＝AE．∵OD⊥ABOE⊥ACAB⊥AC，∴∠OEA＝∠A＝∠ODA＝90°，∴四边形ADOE为矩形．又∵AD＝AE，∴矩形ADOE为正方形．【点睛】本题考查正方形的判定，解题的关键是先根据已知条件判定四边形AEOD为矩形.21、（1）顶点D的坐标为（－1，）（2）H（，）（2）K（－，）【分析】（1）将A、B的坐标代入抛物线的解析式中，即可求出待定系数的值，进而可用配方法求出其顶点D的坐标；

（2）根据抛物线的解析式可求出C点的坐标，由于CD是定长，若△CDH的周长最小，那么CH+DH的值最小，由于EF垂直平分线段BC，那么B、C关于直线EF对称，所以BD与EF的交点即为所求的H点；易求得直线BC的解析式，关键是求出直线EF的解析式；由于E是BC的中点，根据B、C的坐标即可求出E点的坐标；可证△CEG∽△COB，根据相似三角形所得的比例线段即可求出CG、OG的长，由此可求出G点坐标，进而可用待定系数法求出直线EF的解析式，由此得解；

（2）过K作x轴的垂线，交直线EF于N；设出K点的横坐标，根据抛物线和直线EF的解析式，即可表示出K、N的纵坐标，也就能得到KN的长，以KN为底，F、E横坐标差的绝对值为高，可求出△KEF的面积，由此可得到关于△KEF的面积与K点横坐标的函数关系式，根据所得函数的性质即可求出其面积的最大值及对应的K点坐标.【详解】（1）由题意，得解得，b=－1．所以抛物线的解析式为，顶点D的坐标为（－1，）．（2）设抛物线的对称轴与x轴交于点M．因为EF垂直平分BC，即C关于直线EG的对称点为B，连结BD交于EF于一点，则这一点为所求点H，使DH+CH最小，即最小为DH+CH=DH+HB=BD=．而．∴△CDH的周长最小值为CD+DR+CH=．设直线BD的解析式为y=k1x+b，则解得，b1=2．所以直线BD的解析式为y=x+2．由于BC=2，CE=BC∕2=，Rt△CEG∽△COB，得CE:CO=CG:CB，所以CG=2.3，GO=1.3．G（0，1.3）．同理可求得直线EF的解析式为y=x+．联立直线BD与EF的方程，解得使△CDH的周长最小的点H（，）．（2）设K（t，），xF＜t＜xE．过K作x轴的垂线交EF于N．则KN=yK－yN=－（t+）=．所以S△EFK=S△KFN+S△KNE=KN（t+2）+KN（1－t）=2KN=－t2－2t+3=－（t+）2+．即当t=－时，△EFK的面积最大，最大面积为，此时K（－，）．【点睛】本题是二次函数的综合类试题，考查了二次函数解析式的确定、轴对称的性质、相似三角形的判定和性质、三角形面积的求法、二次函数的应用等知识，难度较大．22、（1）见解析；（2）（4,4），（3,1）；（3）.【分析】（1）根据题意作线段CD即可；（2）根据题意画出图形即可解决问题；（3）因为点C的运动轨迹是直线，所以点P的运动轨迹也是直线，找到当C坐标为（0,0）时，P'的坐标，利用待定系数法即可求出关系式.【详解】（1）如图所示，线段CD即为所求，（2）如图所示，P点坐标为（4,4），C点坐标为（3,1），故答案为：（4,4），（3,1）.（3）如图所示，∵点C的运动轨迹是直线，∴点P的运动轨迹也是直线，当C点坐标为（3,1）时，P点坐标为（4,4），当C点坐标为（0,0）时，P'的坐标为（3,2），设直线PP'的解析式为，则有，解得，∴P点横、纵坐标之间的关系为，故答案为：．【点睛】本题考查网格作图和一次函数的解析式，熟练掌握旋转变换的特征是解题的关键.23、此车超速，理由见解析.【分析】解直角三角形得到AB=OA-OB=73米，求得此车的速度≈86千米/小时＞80千米/小时，于是得到结论．【详解】解：此车超速，理由：∵∠POB＝90°，∠PBO＝45°，∴△POB是等腰直角三角形，∴OB＝OP＝100米，∵∠APO＝60°，∴OA＝OP＝100≈173米，∴AB＝OA﹣OB＝73米，∴≈24米/秒≈86千米/小时＞80千米/小时，∴此车超速．【点睛】本题考查解直角三角形的应用问题．此题难度适中，解题关键是把实际问题转化为数学问题求解，注意数形结合思想的应用．24、（1）证明见解析；（2）1．【分析】（1）连接OB，由切线的性质可得OB⊥PA，然后根据直径所对的圆周角为直角得到∠CBD=90°，再根据等角的余角相等推出∠BCD=∠BOA，由等量代换得到∠CBO=∠BOA，即可证平行；（2）先由勾股定理求出BD，然后由垂径定理得到DE，求出OE，再利用△ABE∽△DOE的对应边成比例，即可求出AE．【详解】（1）如图，连接OB，∵直线PA与相切于点B，∴OB⊥PA，∴∠PAO+∠BOA=90°∵CD是的直径∴∠CBD=90°，∠PDB+∠BCD=90°又∵∠PAO=∠PDB∴∠BOA=∠BCD∵OB=OC∴∠BCD=∠CBO∴∠CBO=∠BOA∴OA∥BC（2）∵半径为10，，∴BD=由（1）可知∠CBD=90°，OA∥BC∴OE⊥BD∴是的中点，DE=BD=∴∵，∴，∴，即∴．【点睛】本题考查圆的综合问题，熟练掌握切线的性质与相似三角形的判定与性质是解题的关键．25、（1）BD′＝AC′，∠AMB＝α，见解析；（2）AC′＝kBD′，∠AMB＝α，见解析；（3）AC′＝BD′成立，∠AMB＝α不成立【分析】（1）通过证明△BOD′≌△AOC′得到BD′＝AC′，∠OBD′＝∠OAC′，根据三角形内角和定理求出∠AMB＝∠AOB＝∠COD＝α；（2）依据（1）的思路证明△BOD′∽△AOC′，得到AC′＝kBD′，设BD′与OA相交于点N，由相似证得∠BNO＝∠ANM，再根据三角形内角和求出∠AMB＝α；（3）先利用等腰梯形的性质OA=OD,OB=OC,再利用旋转证得,由此证明△≌△，得到BD′＝AC′及对应角的等量关系，由此证得∠AMB＝α不成立．【详解】解：（1）AC′＝BD′，∠AMB＝α，证明：在矩形ABCD中，AC＝BD，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，∴OA＝OC＝OB＝OD，又∵OD＝OD′，OC＝OC′，∴OB＝OD′＝OA＝OC′，∵∠D′OD＝∠C′OC，∴180°﹣∠D′OD＝180°﹣∠C′OC，∴∠BOD′＝∠AOC′，∴△BOD′≌△AOC′，∴BD′＝AC′，∴∠OBD′＝∠OAC′，设BD′与OA