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

这是一份2023-2024学年广东省广州市天河区九年级（上）学期期末数学试题（含解析），共23页。试卷主要包含了下列说法正确的是，已知点，都在一次函数等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页，满分120分．考试时间120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、姓名、班级、座位号和考生号填写在答题卡相应的位置上，再用2B铅笔把考号的对应数字涂黑．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
4．考生必须保证答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．志愿服务， 传递爱心，传递文明，下列志愿服务标志为中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．下列事件为随机事件的是（ ）
A．负数大于正数B．三角形内角和等于180°
C．明天太阳从东方升起D．购买一张彩票，中奖
3．已知的半径为3，点P到圆心O的距离为4，则点P与的位置关系是（ ）
A．点P在外B．点P在上C．点P在内D．无法确定
4．已知点与点关于原点对称，则的值为（ ）
A．6B．C．2D．
5．关于x的方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k＜1B．k＞1C．k＜－1D．k＞－1
6．下列说法正确的是（ ）
A．三点确定一个圆B．三角形的外心到三角形三边的矩离相等
C．平分弦的直径垂直于弦D．垂直于弦且过圆心的直线平分这条弦
7．如图，内接于⊙O，∠A＝74°，则∠OBC等于（ ）
A．17°B．16°C．15°D．14°
8．已知m、n是一元二次方程的两个根，则的值为（ ）
A．0B．－10C．3D．10
9．如图是二次函数的图象，则不等式的解集是（ ）
A．B．或
C．D．或
10．已知点，都在一次函数（，是常数，）的图象上，（ ）
A．若有最大值4，则的值为B．若有最小值4，则的值为
C．若有最大值，则的值为4D．若有最小值，则的值为4
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11．把二次函数的图象向上平移4个单位，则得到的抛物线解析式为 ．
12．已知圆锥的底面半径为4cm，母线长为5cm，则圆锥的侧面积为 cm2．
13．某班的一个数学兴趣小组为了考察某条斑马线前驾驶员礼让行人的情况，每天利用放学时间进行调查，下表是该小组一个月内累计调查的结果，由此结果可估计驾驶员在这条斑马线前能主动给行人让路的概率约是 （结果保留小数点后一位）．
14．如图，正方形的外接圆的半径为4，则它的内切圆的半径为 ．
15．已知点在二次函数（a为常数）的图像上．若，则m n．（填“”、“ ”或“”）．
16．如图三角形ABC中，AB=3，AC=4，以BC为边向三角形外作等边三角形BCD，连AD，则当∠BAC= 度时，AD有最大值 ．
三、解答题（共9题，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．解方程：x2﹣4x+4＝0．
18．如图，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为，且点在直线上，请利用尺规作图（保留作图痕迹）：
(1)确定点的位置；
(2)确定点的位置．
19．如图是抛物线的图象．
(1)当取何值时，的值随着的增大而增大？
(2)求抛物线与轴的交点坐标．
20．人工智能是数字经济高质量发展的引擎，也是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动，中国人工智能行业可按照应用领域分为四大类别：决策类人工智能，人工智能机器人，语音及语义人工智能，视觉类人工智能，将四个类型的图标依次制成A，B，C，D四张卡片（卡片背面完全相同），将四张卡片背面朝上洗匀放置在桌面上．
(1)随机抽取一张，抽到决策类人工智能的卡片的概率为_______；
(2)从中随机抽取一张，记录卡片的内容后不放回洗匀，再随机抽取一张，请用列表或画树状图的方法求抽取到的两张卡片中不含D卡片的概率．
21．人们根据实际需要，发明了“三分角器”，图1是它的示意图，其中与半圆的直径在同一直线上，且的长度与半圆的半径相等；与垂直于点足够长．
使用方法如图2所示，要将三等分，只需适当放置三分角器，使经过的顶点，点落在边上，半圆与另一边恰好相切时，切点为，则有．
若，半圆的半径为2，与半圆交于点，求的长．
22．党的“二十大”期间，某网店直接从工厂以35元/件的进价购进一批纪念“二十大”的钥匙扣，售价为60元/件时，第一天销售了25件．该商品十分畅销，销售量持续走高．在售价不变的基础上，第三天的销售量达到了36件．
(1)求每天销售量的平均增长率．
(2)“二十大”临近结束时，钥匙扣还有大量剩余，为了尽快减少库存，网店打算将钥匙扣降价销售．经调查发现，每降价1元，在第三天的销售量基础上每天可多售2件，将钥匙扣的销售价定为每件多少元时，每天可获得最大利润？最大利润是多少元？
23．已知一直线与，是的直径，于点．
(1)如图1，当直线与相切于点时，求证：平分；
(2)如图2，当直线与相交于点时，若，，求关于的函数解析式．
24．已知：中，是的外接圆．
(1)如图1，若，求证：；
(2)如图2，若为在上一动点，过点作直线的垂线，垂足为．求证：；
(3)如图3，若，过点作交于点．点是线段上一动点（不与重合），连接，求的最小值．
25．已知抛物线与轴交于坐标原点和点．
(1)已知该抛物线的顶点的纵坐标与点的横坐标相同，设过点的直线与抛物线的另一个交点为．求点和点的坐标；
(2)将线段绕点逆时针旋转得到线段，若该抛物线与线段只有一个交点，请直接写出的取值范围；
(3)若直线与该抛物线交于两点（点在点左侧），连接．设直线为，直线为；令，求与的函数关系式．
参考答案与解析
1．B
【分析】本题考查中心对称图形的概念．把一个图形绕某一点旋转，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，由此即可判断．
【详解】解：选项A、C、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：B．
2．D
【分析】根据已知条件，结合必然事件、随机事件、随机事件的定义，即可求解．
【详解】解：A．负数大于正数是不可能事件，故本选项不符合题意；
B．三角形内角和等于180°是必然事件，故本选项不符合题意；
C．明天太阳从东方升起是必然事件，故本选项不符合题意；
D．购买一张彩票，中奖是随机事件，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查必然事件、随机事件、随机事件的定义，属于基础题，理解相关概念是关键．
3．A
【分析】根据点与圆心的距离与半径的大小关系即可确定点P与⊙O的位置关系．
【详解】解：的半径分别是3，点P到圆心O的距离为4，
，
点P与的位置关系是：点在圆外．
故选：A．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系．注意若半径为，点到圆心的距离为，则有：当时，点在圆外；当时，点在圆上，当时，点在圆内．
4．A
【分析】本题考查了原点的对称，熟练掌握原点对称的坐标特点是两个坐标分别互为相反数，列式计算即可．
【详解】∵点与点关于原点对称，
∴，
解得，
故选A．
5．A
【分析】代入公式即可．
【详解】解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
即△=（-2）2-4k＞0，解得k＜1
故选：A．
【点睛】本题考查根的判别式，本题难度较低，主要考查学生对一元二次方程根的判别式知识点的掌握．
6．D
【分析】根据确定圆的条件、垂径定理及其推论、圆的外心的性质进行分析判断即可．
【详解】解：A. 不共线的三点确定一个圆，故选项A说法错误，不符合题意；
B. 三角形的外心到三角形三个顶点的矩离相等，故选项B说法错误，不符合题意；
C. 平分非直径弦的直径垂直于弦，故选项C说法错误，不符合题意；
D. 垂直于弦且过圆心的直线平分这条弦，选项D说法正确，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了确定圆的条件、垂径定理及其推论、圆的外心等知识，理解并掌握相关知识是解题关键．
7．B
【分析】如图，连接 先求解 再利用 可得 从而可得答案．
【详解】解：如图，连接




故选：
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，圆周角定理，掌握以上知识是解题的关键．
8．A
【分析】根据一元二次方程根与系数关系得出mn=－5，把x=m代入方程得m2+2m-5=0，即m2+2m=5，代入即可求解．
【详解】解：∵m、n是一元二次方程的两个根，
∴mn=－5，m2+2m-5=0，
∴m2+2m=5，
∴=5－5=0，
故选：A．
【点睛】本题考查代数式求值，一元二次方程根与系数关系，方程解的意义，根据一元二次方程根与系数关系和方程解的意义得出mn=-5，m2+2m=5是解题的关键．
9．D
【分析】本题考查利用二次函数图象求不等式的解集，求出点关于对称轴的对称点，结合函数图象即可得出的解集．
【详解】解：由图可知二次函数的图象的对称轴为，与y轴的交点坐标为，
由二次函数图象的对称性可知，点也在函数的图象上，
由图可知，当或时，对应的y值小于3，
因此的解集为：或．
故选：D．
10．D
【分析】则点，都在一次函数的图象上，求得，，得到，推出当时，有最小值，当时，有最大值，根据四个选项即可求解．
【详解】解：∵点，都在一次函数的图象上，
∴，，即，
∴
，
当时，有最小值，
当时，有最大值，
A、若有最大值，解得，故本选项不符合题意；
B、若有最小值，解得，故本选项不符合题意；
C、若有最大值，则的值为4，故本选项不符合题意；
D、若有最小值，则，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，二次函数的性质，得到，根据二次函数的性质是解题的关键．
11．##
【分析】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减是解题的关键．根据“上加下减”的原则进行解答即可．
【详解】解：把二次函数的图象向上平移4个单位，则得到的抛物线解析式为：，即．
故答案为：．
12．
【分析】圆锥的侧面积＝×底面半径×母线长，把相应数值代入即可求解．
【详解】∵圆锥的底面半径长为4cm，母线长为5cm，
∴圆锥的侧面积＝×4×5＝20cm2，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆锥侧面积的求法，掌握相应公式是解题的关键．
13．
【分析】根据题意得：能主动给行人让路的频率稳定在的附近，再由频率估计概率，即可求解．
【详解】解：根据题意得：能主动给行人让路的频率稳定在的附近，
∴能主动给行人让路的概率约是．
故答案为：
【点睛】本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，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．
14．
【分析】本题考查了正方形和圆、勾股定理、正方形的性质等知识，根据题意画出图形并利用勾股定理是解答本题的关键，属于中考常考题型．
【详解】解：如图，连接、，根据题意知，
∵是小圆的切线，
∴，
∵四边形是正方形，
∴是等腰直角三角形，，
∴在中根据勾股定理得：
，
∴，
解得或（舍去），
故答案为：．
15．
【分析】根据二次函数的性质即可判定．
【详解】解：二次函数的解析式为，
该抛物线对称轴为，
．
当时，随的增大而减小，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查对二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质等知识点的理解和掌握，能求出对称轴和根据二次函数的性质求出正确答案是解此题的关键．
16． 120， 7．
【分析】如图，在直线AC的上方作等边三角形△OAC，连接OD．只要证明△ACB≌△OCD，推出OD=AB=3，推出点D的运动轨迹是以O为圆心OD长为半径的圆，推出当D、O、A共线时，AD的值最大；
【详解】解：如图，
在直线AC的上方作等边三角形△OAC，连接OD．
∵△BCD，△AOC都是等边三角形，
∴CA=CO，CB=CD，∠ACO=∠BCD，
∴∠ACB=∠OCD，
在△ACB和∠OCD中，
，
∴△ACB≌△OCD，
∴OD=AB=3，
∴点D的运动轨迹是以O为圆心OD长为半径的圆，
∴当D、O、A共线时，AD的值最大，最大值为OA+OD=4+3=7．
∵△ACB≌△OCD，
∴∠CAB=∠DOC，
∵当D、O、A共线时，∠DOC=180°-60°=120°，
∴当∠BAC=120度时，AD有最大值为7．
故答案为120，7．
【点睛】本题考查旋转变换、轨迹、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
17．
【分析】直接利用配方法进行求解即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键在于能够熟练掌握解一元二次方程的方法．
18．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，尺规作图
根据旋转的全等性，得，根据点E在直线上，故以A圆心，以长为半径，画弧，交点即为所求．
(2)根据旋转的全等性，得，故以A圆心，以长为半径，画弧，以E圆心，以长为半径，画弧，交点即为所求．
【详解】（1）根据旋转的全等性，得，根据点E在直线上，故以A圆心，以长为半径，画弧，交点即为所求，画图如下：
则点E即为所求．
（2）根据旋转的全等性，得，，故以A圆心，以长为半径，画弧，以E圆心，以长为半径，画弧，画图如下：
则交D点即为所求．
19．(1)
(2)
【分析】本题主要考查二次函数的图像和性质，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
（1）根据二次函数的图像即可判断；
（2）将点代入函数解析式，用待定系数法求出解析式，将代入解析式，即可求出点的坐标．
【详解】（1）解：由图象可知，顶点坐标为，
∵该抛物线开口向下，
当时，y随x的增大而增大；
（2）解：由图象可知，抛物线经过点和
将点和代入抛物线中，
解得：，，
所以该抛物线解析式为：；
把代入得
故抛物线与轴的交点坐标为．
20．(1)
(2)
【分析】本题考查了概率公式计算，画树状图法计算，正确选择方法是解题的关键．
(1)利用公式计算即可．
(2) 不放回型的概率计算，利用画树状图法计算即可．
【详解】（1）一共有4种等可能性，抽到决策类人工智能的卡片有1种等可能性，
故抽到决策类人工智能的卡片的概率为，
故答案为：．
（2）根据题意，画树状图如下：
一共有12种等可能性，其中，两张卡片中不含D卡片等可能性有6种．
故两张卡片中不含D卡片的概率是．
21．
【分析】本题考查了切线的性质，弧长的计算，熟练掌握相关知识点和熟记弧长的计算公式是解题的关键．
【详解】∵，，
∴，
∵是半圆的切线，
∴，
∴，
∴，
∵半圆的半径为2，
∴的长为．
22．(1)
(2)将钥匙扣的销售价定为每件56.5元时，每天可获得最大利润，最在利润是9 元
【分析】（1）设平均增长率为，根据增长率问题列方程解应用题；
（2）钥匙扣每件降价y元销售，利润为W元，列出二次函数求最值解题．
【详解】（1）每天销售量的平均增长率为，根据题意得：
解得：，(不合题意，舍去)
∴每天销售量的平均增长率为
（2）设将钥匙扣每件降价y元销售，利润为W元，
∴
∵
∴当时，
∴将钥匙扣的销售价定为每件元时，每天可获得最大利润，最在利润是元．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，二次函数的实际问题，分析题意列出等量关系是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)，见解析
【分析】(1)先证明，得到，再根据得到，继而得到即可．
(2)连接，由是的直径，，得到，根据圆的内接四边形的性质，得到，继而得到，根据圆周角定理，得，代换计算即可．
【详解】（1）∵是的直径，于点，直线与相切于点．
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分．
（2）关系是，理由如下：
连接，∵是的直径，，
∴，
∵四边形是内接四边形，
∴，
∴，
根据圆周角定理，得，
∴,
故．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的判定和性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，圆的内接四边形的性质，熟练掌握情形的性质，圆的性质，圆周角定理是解题的关键．
24．(1)见解析
(2)见解析
(3)6
【分析】（1）证明是等边三角形，得到，证明即可．
（2）连接，过点B作于点G，根据是等边三角形，得到，，证明即可得证．
（3）过点B作于点E，过点F作于点P，延长到点N，使得，过点N作于点G，交于点D，根据垂线段最短，得到点N到的最短距离为，，过点Q作于点M，
只需求的最小值，故当Q与点D重合时，取得最小值，此时最小值为3，故的最小值为6．
【详解】（1）∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
（2）如图，连接，过点B作于点G，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
（3）过点B作于点E，
∵，，
∴，，
∴，
解得，，
∴，
∵，，
∴，，
解得，
∴，
∴，
过点F作于点P，延长到点N，使得，
则，
∴，，，
过点N作于点G，交于点D，根据垂线段最短，得到点N到的最短距离为，
∵，
过点Q作于点M，
∵，，
∴，
∴，
∴只需求的最小值，
故当Q与点D重合时，取得最小值，此时最小值为3，
∴
故的最小值为6．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，圆的性质，三角形全等的判定和性质，三角函数，最小值，熟练掌握三角函数，线段和的最值是解题的关键．
25．(1),
(2)或
(3)
【分析】（1）把代入确定，由此得到，令，确定，结合顶点的纵坐标与点的横坐标相同，得到，继而得到，从而得到点；把代入，确定，联立，解答即可．
（2）分两种情况，利用数形结合思想求解即可．
（3）不妨设，，根据待定系数法求得，，结合m，n是方程即的两个根，解答即可．
【详解】（1）解：把代入，
解得，
∴，
∴，
令，
解得，
∴，
∵顶点的纵坐标与点的横坐标相同，
∴，
∴，
∴，
∴点；
把代入，
∴，
∴，
∵
∴，．
故．
（2）解：如图，当时，
∵抛物线与轴交于坐标原点和点，且点且线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴在第一象限内，点C的横坐标等于纵坐标，为，
∴上的点除原点外，都在抛物线的内部，
满足抛物线与线段只有一个交点；
当时，根据题意，在第一象限内，点C的横坐标等于纵坐标，
故的解析式为，
根据题意，得，
整理得，
∵抛物线与线段只有一个交点，
∴，
解得，
故a的取值范围是或．
（3）解：∵，不妨设，，
∵，直线为，直线为；
∴，，
解得，，
∵，
∴，
∵直线与抛物线交于两点（点在点左侧），
∴m，n是方程即的两个根，
∴，
∴，
故与的函数关系式为．
【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线的解析式，一次函数的解析式，根的判别式，根与系数关系定理，熟练掌握待定系数法，根与系数关系定理是解题的关键．
排查车辆数
20
40
100
200
400
1000
能礼让的车辆数
15
32
82
158
324
800
能礼让的频率