北京市朝阳区2023-2024学年九年级上学期期末数学试题

北京市朝阳区2023-2024学年九年级上学期期末数学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．1．在平面直角坐标系中，点A(3，A．(3，4) B．(3，−4) C．2．下列事件中，是不可能事件的是（）A．一枚质地均匀骰子的六个面上分别刻有1-6的点数，掷一次骰子，骰子向上一面的点数是8B．射击运动员射击一次，命中靶心C．通常温度降到0℃以下，纯净的水结冰D．在同一平面内，任意画两条直线，这两条直线平行3．在圆、正六边形、平行四边形、等边三角形这四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的图形个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4．如图，AB是⊙O的弦，若⊙O的半径OA=5，圆心O到弦AB的距离OC=3，则弦AB的长为（）A．4 B．6 C．8 D．105．不透明盒子中有6张卡片，除所标注文字不同外无其他差别．其中，写有“珍稀濒危植物种子”的卡片有1张，写有“人工种子”的卡片有5张．随机摸出一张卡片写有“珍稀濒危植物种子”的概率为（）A．16 B．15 C．136．把抛物线y=3xA．y=3(x−5)C．y=3(x+2)7．在如图所示的正方形网格中，四边形ABCD绕某一点旋转某一角度得到四边形A'B'A．点M B．点N C．点P D．点Q8．用一个圆心角为n°（n为常数，0<n<180）的扇形作圆锥的侧面，记扇形的半径为R，所作的圆锥的底面圆的周长为l，侧面积为S，当R在一定范围内变化时，与S都随R的变化而变化，则l与R，S与A．一次函数关系，一次函数关系 B．二次函数关系，二次函数关系C．一次函数关系，二次函数关系 D．二次函数关系，一次函数关系二、填空题（共16分，每题2分）9．方程x2−9=0的根是10．⊙O的直径为15cm，若圆心O与直线的距离为7.5cm，则与⊙O的位置关系是11．抛物线y=x2−2x+412．如图，在⊙O中，弦AB，CD相交于点E，∠AEC=74°，13．某科技公司开展技术研发，在相同条件下，对运用新技术生产的一批产品的合格率进行检测，下表是检测过程中的一组统计数据：抽取的产品数n5001000150020002500300035004000合格的产品数m476967143119262395288333673836合格的产品频率m0.9520.9670.9540.9630.9580.9610.9620.959估计这批产品合格的产品的概率为．14．如图，AB是半圆O的直径，将半圆O绕点A逆时针旋转30°，点B的对应点为B'，连接AB'，若AB=815．对于向上抛的物体，在没有空气阻力的条件下，上升高度h，初速度v，抛出后所经历的时间，这三个量之间有如下关系：h=vt−12gt2（其中g是重力加速度，g取10m/s16．已知函数y1=kx+4k−2（k是常数，k≠0），y2=ax2+4ax−5a（a是常数，a≠0），在同一平面直角坐标系中，若无论k为何值，函数y三、解答题（共68分，第17-22题，每题5分，第23-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．17．解方程x218．关于x的一元二次方程x2（1）求证：该方程总有两个实数根；（2）若该方程有一根小于0，求m的取值范围．19．已知一次函数y1=mx+n(m≠0)和二次函数y2=axx…−2−101234…y…543210−1…y…−503430−5…（1）求y2（2）直接写出关于x的不等式ax20．如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC=90°，D是BC边上任意一点（不与B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转0°得到线段（1）求∠ECD的度数；（2）若AB=4，BD=221．经过某十字路口的汽车，可能直行，也可能向左转或向右转，这三种可能性大小都相同．有两辆汽车经过这个十字路口，观察这两辆车经过这个十字路口的情况．（1）列举出所有可能的情况；（2）求出至少有一辆车向左转的概率．22．小明在学习了圆内接四边形的性质“圆内接四边形的对角互补”后，想探究它的逆命题“对角互补的四边形的四个顶点在同一个圆上”是否成立．他先根据命题画出图形，并用符号表示已知，求证．已知：如图，在四边形ABCD中，∠B+∠ADC=180°．求证：点A，他的基本思路是依据“不在同一直线上的三个点确定一个圆”，先作出一个过三个顶点A，B，C的⊙O，再证明第四个顶点具体过程如下：步骤一作出过A，B，如图1，分别作出线段AB，BC的垂直平分线设它们的交点为O，以O为圆心，OA的长为半径作⊙O．连接OA，∴OA=OB，OB=OC（①∴OA=OB=OC．∴点B，C在步骤二用反证法证明点D也在⊙O上．假设点D不在⊙O上，则点D在⊙O内或⊙O外．ⅰ．如图2，假设点D在⊙O内．延长CD交⊙O于点D1，连接A∴∠B+∠D1=180°（∵∠ADC是△ADD∴∠ADC=∠DAD1+∠D∴∠ADC>∠D∴∠B+∠ADC>180°．这与已知条件∠B+∠ADC=180°矛盾．∴假设不成立．即点D不在⊙O内．ⅱ．如图3，假设点D在⊙O外．设CD与⊙O交于点D2，连接A∴∠B+∠AD∵∠AD2C∴∠AD∴∠ADC<∠AD∴∠B+∠ADC<180°．这与已知条件∠B+∠ADC=180°矛盾．∴假设不成立．即点D不在⊙O外．综上所述，点D在⊙O上．∴点A，阅读上述材料，并解答问题：（1）根据步骤一，补全图1（要求：尺规作图，保留作图痕迹）；（2）填推理依据：①，②，③．23．某校乒乓球队举行队内比赛，比赛规则是每两个队员之间都赛一场，每场比赛都要分出胜负，每一场比赛结束后依据胜负给出相应积分．本次比赛一共进行了210场，用时两天完成．下面是第一天比赛结束后部分队员的积分表：队员号码比赛场次胜场负场积分11082182101002038711548621457077（1）在本次比赛中，有一名队员只输掉了一场比赛，则该名队员的积分是多少？（2）如果有一名队员在本次比赛中的积分不低于34分，那么他最多负场．24．如图，AC，BD是圆内接四边形ABCD的对角线，AC⊥BD于点E，（1）求∠BAD的度数；（2）点P在DB的延长线上，PA是该圆的切线．①求证：PC是该圆的切线；②若PA=AC=3，直接写出PD25．如图1所示，草坪上的喷水装置PA高1m，喷头P一瞬间喷出的水流呈抛物线状，喷出的抛物线水流在与喷水装置PA的水平距离为4m处，达到最高点C，点C距离地面259（1）请建立适当的平面直角坐标系xOy，求出该坐标系中水流所呈现的抛物线的解析式；（2）这个喷水装置的喷头P能旋转220°，它的喷灌区域是一个扇形，如图2所示，求出它能喷灌的草坪的面积（π取3，结果保留整数）．26．在平面直角坐标系xOy中，点(x1，m)，（1）若对于x1=1，（2）若对于t−1<x1<t27．已知线段AB和点C，将线段AC绕点A逆时针旋转α(0°<α<90°)，得到线段AD，将线段BC绕点B顺时针旋转180°−α，得到线段BE，连接DE，F为DE的中点，连接（1）如图1，点C在线段AB上，依题意补全图1，直接写出∠AFB的度数；（2）如图2，点C在线段AB的上方，写出一个α的度数，使得AF=328．在平面直角坐标系xOy中，已知A(t−2，对于点P给出如下定义：若∠APB=45°，则称P为线段AB的“等直点”．（1）当t=0时，①在点P1(0，2+22②点Q在直线y=x上，若点Q为线段AB的“等直点”，直接写出点Q的横坐标．（2）当直线y=x+t上存在线段AB的两个“等直点”时，直接写出的取值范围．

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】，点A(3，−4)关于原点对称的点的坐标是(−3，4)，2．【答案】A【解析】【解答】A：一枚质地均匀骰子的六个面上分别刻有1-6的点数，掷一次骰子，骰子向上一面的点数是8，是不可能事件，符合题意；

B：射击运动员射击一次，命中靶心，是随机事件，不符合题意；

C：通常温度降到0℃以下，纯净的水结冰，是必然事件，不符合题意；

D：在同一平面内，任意画两条直线，这两条直线平行，是随机事件，不符合题意；

故答案为：A.

【分析】根据不可能事件的概念进行逐一判断即可求解.3．【答案】B【解析】【解答】圆、正六边形、平行四边形、等边三角形这四个图形中，

圆既是轴对称图形又是中心对称图形的图形，符合题意；

正六边形既是轴对称图形又是中心对称图形的图形，符合题意；

平行四边形是中心对称图形的图形但不是轴对称图形，不符合题意；

等边三角形是轴对称图形但不是中心对称图形，不符合题意；

符合题意的有圆、正六边形，

故答案为：B.

【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的定义进行逐一判断即可求解.4．【答案】C【解析】【解答】由题意可得AC=OA2-OC2=4,5．【答案】A【解析】【解答】由题意得摸出一张卡片写有“珍稀濒危植物种子”的概率为16，

故答案为：A.6．【答案】C【解析】【解答】把抛物线y=3x2向左平移2个单位长度得y=3（x+2）2，再向上平移5个单位长度得y=3（x+2）7．【答案】A【解析】【解答】如图，连接AA'、BB'，作AA'的垂直平分线，作BB'的垂直平分线，作CC'的垂直平分线，交到点M处，

故答案为：A.

【分析】连接AA'、BB'，作AA'的垂直平分线，作BB'的垂直平分线，作CC'的垂直平分线，交到点M处，从而求解.8．【答案】C【解析】【解答】由题意得：l=nπR180=nπ1809．【答案】x【解析】【解答】解：∵x2−9=0∴x故答案为：x

【分析】利用直接开方法求解一元二次方程即可。10．【答案】相切【解析】【解答】∵⊙O的直径为15cm，

∴⊙O的半径为7.5cm，

∵圆心O与直线的距离为7.5cm，

∴⊙O的半径=圆心O与直线的距离，

∴直线与⊙O的位置关系是相切，

故答案为：相切.

【分析】根据直线与圆心的距离=11．【答案】(1【解析】【解答】抛物线y=x2−2x+4=（x-1）2+3，

∴顶点坐标为(1，12．【答案】140°【解析】【解答】∵∠AEC=74°，∠ABD=36°，

∴∠DEB=74°，

∴∠D=180°-∠DEB-∠ABD=180°-74°-36°=70°,

∴∠BOC=2∠D=140°,

故答案为：140°.

【分析】先根据对顶角的性质得到∠DEB=74°13．【答案】答案不唯一，如0.959【解析】【解答】由表格数据可得这批产品合格的产品的概率为0.959（答案不唯一，合理即可）.

【分析】根据同样条件下，大量重复实验时，利用频率估计概率即可求解.14．【答案】8π【解析】【解答】连接OC，如图，

可得OA=OC，

∵∠OAC=∠OCA=30°,

∴∠AOC=180°-30°-30°=120°,

∴阴影部分的面积=半圆的面积-（扇形AOC的面积-△AOC的面积），

∴阴影部分的面积=12×π×42-（120π×42360-15．【答案】1.2或3【解析】【解答】由题意：将v=21m/s，h=18m代入h=vt−12gt2得18=21t−12×10×16．【答案】a<0或a≥【解析】【解答】∵y1=kx+4k−2=k（x+4）-2，且k≠0，

∴该函数过点（-4，-2），

∵y2=ax2+4ax−5a=a（x+5）（x-1），且a≠0，

∴该函数过（-5，0），（1，0）

①当a<0时，无论k为何值，函数y1和y2的图象总有公共点，

∴a<0符合题意；

②当a>0时，无论k为何值，函数y1和y2的图象总有公共点，

∴x=-4时，y2≤-2，可得16a-16a-5a≤-2,

解得a≥25，

∴a≥25符合题意；

∴17．【答案】解：方程化为x2x2(x−3x−3=±10x1【解析】【分析】根据移项、配方、开平方，即可求解.18．【答案】（1）证明：依题意，得Δ=[∵(∴Δ≥0．∴该方程总有两个实数根．（2）解：解方程，得x=(m+4)±(m−2)∴x依题意，得m+1<0，

解得m<-1.【解析】【分析】（1）直接根据根的判别式∆=b2-4ac，将数据代入得到关于m的式子，整理得到Δ≥0，从而求解；

（2）根据求根公式得到x19．【答案】（1）解：根据题意，设该二次函数的解析式为y2∵当x=0时，y2∴a=−1．∴y（2）解：0<x<3【解析】【分析】（1）根据表格设该二次函数的解析式为y2=a(20．【答案】（1）解：∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠B=∠ACB=45°，∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE．∵AD=AE，∴△ABD≌△ACE．∴∠B=∠ACE=45°．∵∠ECD=∠ACE+∠ACB，∴∠ECD=90°．（2）解：由（1）可知，BD=CE=2∵AB=AC=4，∴BC=42∴CD=32在Rt△CDE中，根据勾股定理DE=C【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质结合已知条件证明△ABD≌△ACE，利用全等三角形的性质以及角的和差关系即可求解；

（2）由（1）可知，BD=CE=221．【答案】（1）解：两辆车分别记为车1，车2，可以用表格列举出所有可能出现的情况．车1车2直行左转右转直行（直行，直行）（左转，直行）（右转，直行）左转（直行，左转）（左转，左转）（右转，左转）右转（直行，右转）（左转，右转）（右转，右转）（2）解：由（1）可知，所有可能出现的情况共有9种，它们出现的可能性相等，至少有一辆车向左转的情况有5种．所以P（至少有一辆车向左转）=5【解析】【分析】（1）根据题意列出表格即可求解；

（2）根据（1）中表格信息得到所有可能出现的情况共有9种，它们出现的可能性相等，至少有一辆车向左转的情况有5种，利用概率公式代入数据计算即可求解.22．【答案】（1）解：补全图1，如图．（2）线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等；圆内接四边形的对角互补；三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和．【解析】【分析】（1）根据题意作线段的垂直平分线，补全图形即可求解；

（2）①根据线段垂直平分线的性质即可求解；②根据圆内接四边形的性质即可求解；③根据三角形的外角性质即可求解；从而得出结论.23．【答案】（1）解：设参加本次比赛的队员共x人．由题意，得x(x−1)2解方程，得x1所以参加本次比赛的队员共21人，每个人都需要进行20场比赛．根据题意，可知胜一场积2分，负一场积1分．所以该名队员在本次比赛中的积分是2×19+1×1=39．答：该名队员本次比赛中的积分是39分．（2）6【解析】【解答】（2）由题意：设该名队员在本次比赛中最多负m场，

可得2×（20-m）+m≥34，

解得m≤6，

∴该名队员在本次比赛中最多负6场.

【分析】（1）设参加本次比赛的队员共x人，根据每两个队员之间都赛一场，一共进行了210场，列出方程，解方程取符合题意的x的值，再根据积分规则算出总分即可求解；

（2）设该名队员在本次比赛中最多负m场，根据该名队员在本次比赛中的积分不低于34分，列出关于m的一元一次不等式，解不等式即可求解.24．【答案】（1）解：∵BD平分∠ADC，∴∠ADB=∠CDB．∵∠BAC=∠CDB，∴∠ADB=∠BAC．∵AC⊥BD，∴∠ADB+∠CAD=90°．∴∠BAC+∠CAD=90°．∴∠BAD=90°．（2）解：①证明：如图，取BD的中点O，连接OA，∵∠BAD=90°，∴BD是该圆的直径．∴点O是该圆的圆心．∵PA是⊙O的切线，∴∠OAP=90°．∵OA=OC，∴∠AOP=∠COP．∵OP=OP，∴△AOP≌△COP．∴∠OCP=∠OAP=90°．∴PC是⊙O的切线．②3．【解析】【解答】（2）②∵PA、PC是⊙O的切线，

∴PA=PC，∠APD=∠CPD，

∵AC=PA，

∴PA=PC=AC，

∴△APC是等边三角形，

∴∠CPA=60°，

∴∠APE=30°，

∵PA=AC=3，

∴AE=32,PE=32,

∵∠OAP=∠OCP=90°，∠CPA=60°,

∴∠COA=120°,

∴∠ADC=12∠COA=60°,

∵AP=PC,∠CPA=∠DPC,PD=DP,

∴△APD≅△CPD(SAS)，

∴AD=DC，

∴△ADC是等边三角形，

∵DE⊥AE,

∴DE=PE=32,

∴PD=3，

【分析】（1）根据角平分线的性质可推出∠ADB=∠CDB，结合∠BAC=∠CDB，可得∠ADB=∠BAC，再根据AC⊥BD利用角的和差关系即可求解；

（2）①取BD25．【答案】（1）解：答案不唯一，例如以点A为坐标原点，原点与水流落地点B所在直线为x轴，喷水装置PA所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系xOy．由题意可知，抛物线顶点C(4，设抛物线对应的函数解析式为y=a(由抛物线经过点P(0，1)，可得解得a=−1∴y=−1（2）解：令y=0，解得x1∴OB=9．∴喷灌面积S=220π⋅答：这个喷水装置能喷灌的草坪的面积约为149m【解析】【解答】（2）令y=0，得-19(x−4)∴OB=9．∴喷灌面积S=220π⋅答：这个喷水装置能喷灌的草坪的面积约为149m【分析】（1）以点A为坐标原点，原点与水流落地点B所在直线为x轴，喷水装置PA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，知道顶点C(4，259)，设抛物线对应的函数解析式为y=a(26．【答案】（1）解：由题意知，a+b+c=9a+3b+c．∴b=−4a．∴t=−b（2）解：∵a>0，∴当x≥t时，y随x的增大而增大；当x≤t时，y随x的增大而减小．设抛物线上的四个点的坐标为A(t−1，∴点A关于对称轴x=t的对称点为A'∵抛物线开口向上，点B是抛物线顶点，∴mⅰ．当t≤1时，nC∴t+1≤2．∴m∴不存在m>n，不符合题意．ⅱ．当1<t≤2时，nC∴2<t+1≤3．∴m∴存在m>n，符合题意．ⅲ．当2<t≤3时，∴n的最小值为mB∵m∴存在m>n，符合题意．ⅳ．当3<t<4时，nD∴2<t−1<3．∴m∴存在m>n，符合题意．ⅴ．当t≥4时，nD∴t−1≥3．∴m∴不存在m>n，不符合题意．综上所述，的取值范围是1<t<4．【解析】【分析】（1）根据m=n，利用抛物线的对称性可得a+b+c=9a+3b+c，结合对称轴即可求解；

（2）设抛物线上的四个点的坐标为A(t−1，27．【答案】（1）解：补全图1，如图．90°．（2）解：60．证明：延长AF到点G，使得GF=AF，连接BG，连接GE并延长，与AB的延长线相交于点H．∵F是DE的中点，∴DF=FE．∵∠DFA=∠GFE，∴△DFA≌△GFE．∴AD=GE，∴AD∥EG．∴∠DAB+∠H=180°．在△ACB中，∠ACB=180°−∠CAB−∠CBA=180°−(∠DAB−∠DAC)−(∠EBA−∠EBC)=180°−∠DAB+α−∠EBA+180°−α=∠H+∠EBH=∠BEG．∵BE=CE，∴△ABC≌△BEG．∴AB=BG，∴AF⊥BF，∵α=60°，∴∠EBC=180°−α=120°．∴∠ABF=60°．∴∠FAB=30°．∴AF=3【解析】【解答】（1）延长BE交AF的延长线于点G，如图，

则有∠DAB=∠α，∠ABE=180°-α,

∴∠DAB+∠ABE=180°,

∴AD∥EB,

∴∠FAD=∠EGF,

∵∠GFE=∠AFD,FD=EF,

∴△ADF≅△GEF(AAS),

∴AD=GE，AF=GF，

∵AD=CA，

∴GE=AC，

∵BC=BE，

∴GE+BE=AC+BC，

∴AB=GF，

∵BF⊥AG，

∴∠AFB=90°，

【分析】（1）先根据题意补全图形，再延长BE交AF的延长线于点G，利用平行线的性质以及AAS证明△ADF≅△GEF，推出GE=AC，再利用等腰三角形的性质“三线合一”，从而得出结论；

（2）延长AF到点G，使得GF=AF，连接BG，连接GE并延长与AB的延长线相交于点H，先证明△ABC≌△BEG，利用三角形的全等及