2023-2024学年广东省广州市番禺区九年级（上）学期期末数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省广州市番禺区九年级（上）学期期末数学试题（含解析），共26页。

4、考试开始信号发出后,考生方可开始作答。
一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．下列关于x 的一元二次方程，有两个不相等的实数根的方程的是( )
A．x2＋1＝0B．x2＋2x＋1＝0C．x2＋2x＋3＝0D．x2＋2x－3＝0
2．将抛物线y=3x2向上平移2个单位，得到抛物线的解析式是（ ）
A．y=3x2﹣2B．y=3x2C．y=3（x+2）2D．y=3x2+2
3．古典园林中的花窗通常利用对称构图，体现对称美．下面四个花窗图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4．某种商品原价是120元，经两次降价后的价格是100元，求平均每次降价的百分率，设平均每次降价的百分率为x，所列方程正确的是（ ）．
A．B．
C．D．
5．如图，正方形ABCD内接于，点P在上，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
6．用配方法将方程变形为，则m的值是（ ）．
A．B．4C．D．8
7．平面直角坐标系中，点A的坐标为（4，3），将线段OA绕原点O顺时针旋转90°得到OA'，则点的坐标是( )
A．（，3）B．（，4）C．（3，）D．（4，）
8．有一枚质地均匀的正方体骰子，六个面上分别刻有1到6的点数．将它投掷一次，则掷得骰子朝上一面的点数为奇数的概率是（ ）．
A．B．C．D．
9．如图，的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，，则的值和的大小分别为（ ）
A．2r，B．0，C．2r，D．0，
10．抛物线（a，b，c是常数，）经过，，三点，且．在下列四个结论中：①；②；③当时，若点在该抛物线上，则；④若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则；其正确结论的序号是（ ）．
A．②③④B．①②④C．①②③D．①③④
二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分．）
11．一元二次方程的解是 ．
12．如图是抛物线型拱桥，当拱顶离水面时，水面宽，若水面下降，则水面宽度增加 ．（结果可保留根号）
13．关于x的方程的一根为1，则另一根为 ．
14．如图，已知正方形的边长为3，为边上一点，．以点为中心，把△顺时针旋转，得△，连接，则的长等于
15．如图，转盘中四个扇形的面积都相等，任意转动这个转盘2次，当转盘停止转动时，指针2次都落在灰色区域的概率是 ．
16．如图，在中，，垂足为．以点为圆心，长为半径画弧，与分别交于点．若用扇形围成一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为；用扇形围成另一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为，则 ．（结果保留根号）

三、解答题（本大题共9小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．解方程：．
18．已知二次函数的图象经过，两点．
(1)求b和c的值；
(2)自变量x在什么范围内取值时，y随x的增大而减小？
19．如图，正方形网格中，每个小正方形的边长为1，在平面直角坐标系内，四边形的四个顶点都在格点上，且，O为边的中点．若把四边形绕着点O顺时针旋转，试解答下列问题：
(1)画出四边形旋转后的图形；
(2)设点B旋转后的对应点为，写出的坐标，并求B旋转过程中所经过的路径长（结果保留）．
20．已知关于x的方程
（1）当该方程的一个根为1时，求a的值及该方程的另一根；
（2）求证：不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根．
21．如图，是的直径，点C在上，且，．
(1)尺规作图：过点O作的垂线，垂足为E，交劣弧于点D，连接（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）所作的图形中，分别求和的长．
22．甲、乙两位同学相约打乒乓球．
(1)有款式完全相同的4个乒乓球拍（分别记为A，B，C，D），若甲先从中随机选取1个，乙再从余下的球拍中随机选取1个，求乙选中球拍C的概率；
(2)双方约定：两人各投掷一枚质地均匀的硬币，如果两枚硬币全部正面向上或全部反面向上，那么甲先发球，否则乙先发球．这个约定是否公平？为什么？
23．如图，在中，，，，动点P从点A开始沿边向点B以的速度移动，动点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动，如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，那么的面积S随出发时间t而变化．
(1)求出S关于t的函数解析式，写出t的取值范围；
(2)当t取何值时，S最大？最大值是多少？
24．是上的一条不经过圆心的弦，，在劣弧和优弧上分别有点A，B（不与M，N重合），且，连接，．
(1)如图①，是直径，交于点C，，求的度数；
(2)如图②，连接，，过点O作交于点D．求证：；
(3)如图③，连接，，试猜想的值是否为定值，若是，请求出这个值；若不是，请说明理由．
25．蔬菜大棚是一种具有出色保温性能的框架覆膜结构，它的出现使得人们可以吃到反季节蔬菜．一般蔬菜大棚使用竹结构或者钢结构的骨架，上面覆上一层或多层保温塑料膜，这样就形成了一个温室空间．如图，某个温室大棚的横截面可以看作矩形和抛物线的一部分构成（以下简记为“抛物线”），其中，，现取中点O，过点O作线段的垂直平分线交抛物线于点E，，若以O点为原点，所在直线为x轴，为y轴建立如图①所示平面直角坐标系．请结合图形解答下列问题：
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图②，为了保证蔬菜大棚的通风性，该大棚要安装两个正方形孔的排气装置，，其中L，R在抛物线上，若，求两个正方形装置的间距的长；
(3)如图③，在某一时刻，太阳光线透过A点恰好照射到C点，大棚截面的阴影为，此刻，过点K的太阳光线所在的直线与抛物线交于点P，求线段的长．
参考答案与解析
1．D
【分析】要判断所给方程是有两个不相等的实数根，只要找出方程的判别式，根据判别式的正负情况即可作出判断．有两个不相等的实数根的方程，即判别式的值大于0的一元二次方程．
【详解】A、△=0-4×1×1=-4<0，没有实数根；
B、△=22-4×1×1=0，有两个相等的实数根；
C、△=22-4×1×3=-8<0，没有实数根；
D、△=22-4×1×（-3）=16>0，有两个不相等的实数根，
故选D．
【点睛】本题考查了根的判别式，注意掌握一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；③当△＜0时，方程无实数根．
2．D
【详解】试题解析：由“上加下减”的原则可知，将抛物线y=3x2向上平移2单位，得到的抛物线的解析式是y=3x2+2．
故选D．
考点：二次函数图象与几何变换．
3．C
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形定义进行解答即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形定义，关键是掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
4．B
【分析】本题考查求平均变化率的方法．若设变化前的量为，变化后的量为，平均变化率为，则经过两次变化后的数量关系为．得到第二次降价后价格的等量关系是解决本题的关键．
【详解】解：设平均每次降价的百分率为x，
由题意得：，
故选：B．
5．B
【分析】连接OB，OC，由正方形ABCD的性质得，再根据圆周角与圆心角的关系即可得出结论．
【详解】解：连接OB，OC，如图，
∵正方形ABCD内接于，
∴
∴
故选：B．
【点睛】此题主要考查了圆周角定理：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．
6．B
【分析】本题主要考查配方法解一元二次方程的能力，熟练掌握配方法解一元二次方程步骤是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，即：，
∴，
∴，
故选：B．
7．C
【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A的对应点A'，可得所求点的坐标．
【详解】作AB⊥x轴于B点，A′B′⊥y轴于B′点．如图所示．
∵A（4，3），∴OB=4，AB=3．
∴OB′=4，A′B′=3．
∵A′在第四象限，
∴A′（3，－4）．
故选C．
【点睛】考查由图形旋转得到相应坐标；根据旋转中心，旋转方向及角度得到相应图形是解决本题的关键．
8．A
【分析】此题考查了概率公式的应用．注意掌握概率所求情况数与总情况数之比，是解决问题得关键．
【详解】解：∵骰子六个面中奇数为1，3，5，投掷一次出现1，2，3，4，5，6，共6种等可能结果，
∴将它投掷一次，则掷得骰子朝上一面的点数为奇数的概率是，
故选：A．
9．D
【分析】如图，连接．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．
【详解】解：如图，连接．
∵的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性质，属于中考常考题型．
10．B
【分析】把代入 得，即可判断①正确；根据图象经过，，且抛物线与轴的一个交点一定在或的右侧，判断出抛物线的开口一定向下，即，继而得出抛物线的对称轴在直线的右侧，得出抛物线的顶点在点的右侧，得出1，根据，利用不等式的性质即可得出即可判断②正确；根据抛物线对称轴在直线 的右侧，得出到对称轴的距离大于到对称轴的距离，根据，抛物线开口向下，距离抛物线的对称轴越近的函数值越大，即可得出③错误；根据方程有两个相等的实数解，得出，由，即，求出，根据根与系数的关系得出，即，根据，得出，求出的取值范围，即可判断④正确．
【详解】解：图象经过，则把代入，
得：，故①正确；
图象经过，，即抛物线与轴的负半轴有交点，如果抛物线的开口向上，则抛物线与轴的交点 都在的左侧，
∵中，
∴抛物线与轴的一个交点一定在或的右侧，
∴抛物线的开口一定向下，即，
∵，
即
∵，，
∴，，
∴方程的两个根的积大于0，即，
∵，
∴，
∴，即抛物线的对称轴在直线的右侧，
∴抛物线的顶点在点的右上方，
∴，
∵，
∴，故②正确；
∵，
∴当 时，，
∴抛物线对称轴在直线的右侧，
∴到对称轴的距离大于到对称轴的距离，
∵，抛物线开口向下，
∴距离抛物线越近的函数值越大，
∴，故③错误；
方程可变为，
∵方程有两个相等的实数解，
∴．
∵，即
∴，
即，
∴，
∴，即，
∵，在抛物线上，
∴，为方程的两个根，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．故④正确．
综上，正确的结论有：①②④．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，待定系数法，数形结合法，抛物线与轴的交点，二次函数与一元二次方程的联系，一元二次方程的根的判别式，熟练掌握二次函数的性质和二次函数与一元二次方程的联系是解题的关键．
11．x1＝3，x2＝﹣3．
【分析】先移项，在两边开方即可得出答案．
【详解】∵
∴=9，
∴x=±3，
即x1＝3，x2＝﹣3，
故答案为x1＝3，x2＝﹣3．
【点睛】本题考查了解一元二次方程-直接开平方法，熟练掌握该方法是本题解题的关键.
12．
【分析】此题主要考查了二次函数的应用，根据已知建立坐标系从而得出二次函数解析式，再通过把代入抛物线解析式得出水面宽度，是解决问题的关键．
【详解】解：建立平面直角坐标系，设横轴通过水面，纵轴通过中点且通过点，则通过画图可得知为原点，
则抛物线以轴为对称轴，且经过，两点，可知，
则抛物线顶点坐标为，
设顶点式，代入点坐标，
得：，
所以抛物线解析式为，
把代入抛物线解析式得出：，
解得：，
所以水面宽度增加到，比原先的宽度当然是增加了，
故答案为：．
13．
【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，设这个一元二次方程的另一根为，根据一元二次方程的根与系数的关系可得，进而可求解，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解本题的关键．
【详解】解：设这个一元二次方程的另一根为，
∵关于的方程的一根为1，
∴，
∴，
故答案为：．
14．
【分析】根据旋转的性质得到：BE′=DE=1，在直角△EE′C中，利用勾股定理即可求解．
【详解】根据旋转的性质得到：BE′=DE=1，在直角△EE′C中：EC=DC-DE=2，CE′=BC+BE′=4．
根据勾股定理得到：EE′=．
故答案为：
15．##025
【分析】本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法求概率是解答本题的关键．画树状图得出所有等可能的结果数以及指针2次都落在灰色区域的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【详解】解：因转盘中四个扇形的面积都相等，可将转盘看作是等分为灰、白两种颜色，
画树状图如下：
共四种等可能的结果，其中指针2次都落在灰色区域的结果有1种，
指针2次都落在灰色区域的概率是．
16．##
【分析】由，，，，，，，，求解，，证明，可得，再分别计算圆锥的底面半径即可．
【详解】解：∵在中，，，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
解得：，，
∴；
故答案为：
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，扇形的弧长的计算，圆锥的底面半径的计算，熟记圆锥的侧面展开图的扇形弧长等于底面圆的周长是解本题的关键．
17．，
【分析】本题考查了求解一元二次方程，把右边的项移到左边，然后提公因式法因式分解，求出方程的两个根．熟练掌握解一元二次方程的解法是解决问题的关键．
【详解】解：∵，
∴，即，
∴或，
∴，．
18．(1)，
(2)当时，随的增大而减小
【分析】此题考查了待定系数法求二次函数解析式，以及二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
（1）把已知两点坐标代入抛物线解析式求出与的值即可；
（2）利用二次函数的性质确定出满足题意的范围即可．
【详解】（1）解：将，代入，
得：，
解得：，
∴，；
（2）由（1）可知：，
则抛物线的对称轴为直线，，开口向上，
∴当时，随的增大而减小．
19．(1)见解析
(2)，
【分析】本题考查了旋转变换作图和弧长公式的计算方法，根据要求作出图形是解决问题的关键．
（1）根据旋转的性质作图即可；
（2）结合图形可得点的坐标，由旋转可知点的旋转路径是以为圆心，为半径的半圆弧，进而即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）由旋转可知，，
点的旋转路径是以为圆心，为半径的半圆弧．
则旋转过程中所经过的路径长为．
20．（1），；（2）证明见解析
【分析】（1）根据一元二次方程根与系数的关系列方程组求解即可；
（2）要证方程都有两个不相等的实数根，只要证明根的判别式大于0即可．
【详解】解：（1）设方程的另一根为x1，
∵该方程的一个根为1，
∴，
解得．
∴a的值为，该方程的另一根为．
（2）∵，
∴不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根．
【点睛】本题考查了根的判别式和根与系数的关系，注意：如果x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a、b、c为常数，a≠0）的两个根，则x1+x2，x1•x2，要记牢公式，灵活运用．
21．(1)见解析
(2)，
【分析】本题考查了作垂线，直径所对的圆周角为直角，垂径定理，勾股定理，中位线的性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
（1）如图，作的垂直平分线，与圆的交点即为，连接即可；
（2）由题意可知点为的中点，可知为的中位线，进而可得，由圆周角定理可知，再利用勾股定理可得，则，得，再结合勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：分别、以为圆心，大于的长为半径画弧交于点，连接，与圆的交点即为，则即为的垂线，连接，如图即为所求；
（2）由（1）可知，，则，即点为的中点，
∵，
∴为的中位线，
∴，
∵是的直径，
∴，
由勾股定理可得：，
∴，则，
由勾股定理可得：．
22．(1)
(2)公平．理由见解析
【分析】（1）用列表法或画树状图法列举出所有等可能的结果，再用乙选中球拍C的结果数除以总的结果数即可；
（2）分别求出甲先发球和乙先发球的概率，再比较大小，如果概率相同则公平，否则不公平．
【详解】（1）解：画树状图如下：
一共有12种等可能的结果，其中乙选中球拍C有3种可能的结果，
∴乙选中球拍C的概率；
（2）解：公平．理由如下：
画树状图如下：
一共有4种等可能的结果，其中两枚硬币全部正面向上或全部反面向上有2种可能的结果，
∴甲先发球的概率，
乙先发球的概率，
∵，
∴这个约定公平．
【点睛】本题考查列表法或画树状图法求等可能事件的概率，游戏的公平性，掌握列表法或画树状图法求等可能事件的概率的方法是解题的关键．
23．(1)
(2)当时，的面积S有最大值36
【分析】本题主要考查动点在线段上运动的规律，二次函数图像与性质等知识，理解动点运动中时间与的面积关系是解题的关键．
（1）根据题意直接列式表示，，结合三角形的面积公式即可作答；
（2）将（1）的结果配成顶点式，即可作答．
【详解】（1）解：根据题意有：，，
∵，，
∴，
∴根据题意有：，
∵，，
∴，
故S关于的函数解析式为；
（2）解：∵，
∴当时，的面积S有最大值36．
24．(1)
(2)证明见解析
(3)是定值16，理由见解析
【分析】（1）如图1，根据圆周角定理得到；由圆周角、弧、弦的关系和等腰三角形的性质推知，，即可求出结论；
（2）如图2，连接，，，利用圆周角、弧、弦的关系和平行线的性质推知：；根据等腰的性质知：；结合的内角和定理得到：，即；
（3）设，．如图3，延长至点，使，连接，作于点E．构造全等三角形：，则该全等三角形的对应边相等，，由勾股定理知，，代入化简即可得到该结论．
【详解】（1）解：如图1，
∵是的直径，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：如图2，连接，，．
∵，
∴．
又∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴；
（3）解：如图3，延长至点，使，连接，作于点E．
设，．
∵四边形是圆内接四边形，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，．
∵于点E．
∴．
∴
∵，
∴．
化简得，
∴．
【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查圆周角定理、圆周角、弧、弦间的关系、全等三角形的判定与性质、圆内接四边形的性质以及勾股定理等知识，综合性较强，解答本题需要熟练以上各部分内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．
25．(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查二次函数的实际应用，矩形的性质．读懂题意，正确的求出二次函数解析式，利用数形结合的思想，进行求解，是解题的关键．
（1）由题意得，，，设函数解析式为，再利用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）求出时对应的自变量的值，得到的长，再减去两个正方形的边长即可得解；
（3）求出直线的解析式，进而设出过点的光线解析式为，利用光线与抛物线相切，求出的值，进而求出点，点坐标，即可得出的长．
【详解】（1）解：由题意可知四边形为矩形，为的中垂线，
∴，则，
∵，，
∴，，，
设抛物线的解析式为：，
代入，，，得，解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）∵四边形，四边形均为正方形，，
∴，
延长交于点，延长交于点，则四边形，四边形均为矩形，
∴，，
∴，
∵，当时，，解得：，
∴，，
∴，
∴；
（3）∵，垂直平分，
∴
∴，，
设直线的解析式为，
则：，解得：，
∴，
∵太阳光为平行光，
设过点 平行于的光线的解析式为，
由题意，得：与抛物线相切，
联立，整理得：，
则：，解得：；
∴，，
解得：，即：
当时，，即：，
当时，，即：，
∴．