北京市朝阳区2023-2024学年九年级上学期期末数学试题

这是一份北京市朝阳区2023-2024学年九年级上学期期末数学试题，共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（）
A．B．C．D．
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的点数，掷一次骰子，骰子向上一面的点数是8
B．射击运动员射击一次，命中靶心
C．通常温度降到以下，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，是的弦，若的半径，圆心到弦的距离，则弦的长为（ ）

A．4B．6C．8D．10
5．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．B．C．D．
6．把抛物线向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到的抛物线的解析式为（ ）
A．B．C．D．
7．在如图所示的正方形网格中，四边形绕某一点旋转某一角度得到四边形（所有顶点都是网格线交点），在网格线交点中，可能是旋转中心的是（ ）
A．点B．点C．点D．点
8．用一个圆心角为（为常数，）的扇形作圆锥的侧面，记扇形的半径为，所作的圆锥的底面圆的周长为，侧面积为，当在一定范围内变化时，与都随的变化而变化，则与与满足的函数关系分别是（ ）
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
9．方程的根是 ．
10．的直径为，若圆心与直线的距离为，则与的位置关系是 （填“相交”、“相切”或“相离”）．
11．抛物线的顶点坐标是 ．
12．如图，在中，弦相交于点，则的度数为 ．
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：
估计这批产品合格的产品的概率为 ．
14．如图，是半圆的直径，将半圆绕点逆时针旋转，点的对应点为，连接，若，则图中阴影部分的面积是 ．
15．对于向上抛的物体，在没有空气阻力的条件下，上升高度，初速度，抛出后所经历的时间，这三个量之间有如下关系：（其中是重力加速度，取）．将一物体以的初速度向上抛，当物体处在离抛出点高的地方时，的值为 ．
16．已知函数（是常数，），（是常数，），在同一平面直角坐标系中，若无论为何值，函数和的图象总有公共点，则的取值范围是 ．
三、解答题
17．解方程．
18．关于的一元二次方程．
(1)求证：该方程总有两个实数根；
(2)若该方程有一根小于0，求的取值范围．
19．已知一次函数和二次函数，下表给出了与自变量的几组对应值：
(1)求的解析式；
(2)直接写出关于的不等式的解集．
20．如图，在等腰直角中，是边上任意一点（不与重合），将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．
(1)求的度数；
(2)若，求的长．
21．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，在四边形中，．

求证：点在同一个圆上．
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的，再证明第四个顶点也在上．
具体过程如下：
步骤一 作出过三点的．
如图1，分别作出线段的垂直平分线，

设它们的交点为，以为圆心，的长为半径作．
连接，
（①______）．（填推理依据）
．
点在上．
步骤二 用反证法证明点也在上．
假设点不在上，则点在内或外．
ⅰ．如图2，假设点在内．

延长交于点，连接．
（②______）．（填推理依据）
是的外角，
（③______）．（填推理依据）
．
．
这与已知条件矛盾．
假设不成立．即点不在内．
ⅱ．如图3，假设点在外．

设与交于点，连接．
．
是的外角，
．
．
．
这与已知条件矛盾．
假设不成立．即点不在外．
综上所述，点在上．
点在同一个圆上．
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：
(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，是圆内接四边形的对角线，于点平分．

(1)求的度数；
(2)点在的延长线上，是该圆的切线．
①求证：是该圆的切线；
②若，直接写出的长．
25．如图所示，草坪上的喷水装置高，喷头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的水平距离为处，达到最高点，点距离地面．
(1)请建立适当的平面直角坐标系，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能旋转，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（取，结果保留整数）．
26．在平面直角坐标系中，点在抛物线上，设抛物线的对称轴为．
(1)若对于，，有，求的值；
(2)若对于，，存在，求的取值范围．
27．已知线段和点，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接为的中点，连接．

(1)如图1，点在线段上，依题意补全图1，直接写出的度数；
(2)如图2，点在线段的上方，写出一个的度数，使得成立，并证明．
28．在平面直角坐标系中，已知．
对于点给出如下定义：若，则称为线段的“等直点”．
(1)当时，
①在点中，线段的“等直点”是______；
②点在直线上，若点为线段的“等直点”，直接写出点的横坐标．
(2)当直线上存在线段的两个“等直点”时，直接写出的取值范围．
抽取的产品数
500
1000
1500
2000
2500
3000
3500
4000
合格的产品数
476
967
1431
1926
2395
2883
3367
3836
合格的产品频率
0.952
0.967
0.954
0.963
0.958
0.961
0.962
0.959
…
0
1
2
3
4
…
…
5
4
3
2
1
0
…
…
0
3
4
3
0
…
队员号码
比赛场次
胜场
负场
积分
1
10
8
2
18
2
10
10
0
20
3
8
7
1
15
4
8
6
2
14
5
7
0
7
7
参考答案：
1．D
【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案；
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
故选：D．
2．A
【分析】本题考查随机事件，掌握随机事件、不可能事件、必然事件的定义，事先能肯定它一定会发生的事件称为必然事件，事先能肯定它一定不会发生的事件称为不可能事件，必然事件和不可能事件都是确定的，在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件．据此逐一判断即可．
【详解】解：A、一枚质地均匀骰子的六个面上分别刻有的点数，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；
故选：A．
3．B
【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：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有圆、正六边形，共两个．
故选：B．
4．C
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理．熟练掌握垂径定理，勾股定理是解题的关键．
由题意知，，则，由勾股定理得，，进而可求．
【详解】解：由题意知，，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
故选：C．
5．A
【分析】本题主要考查概率公式，随机事件的概率事件可能出现的结果数所有可能出现的结果数．
直接根据概率公式求解即可．
【详解】解：随机摸出一张卡片写有“珍稀濒危植物种子”的概率为，
故选：A．
6．C
【分析】本题考查的知识点是二次函数图象与几何变换，解题关键是熟练掌握二次函数图象平移规律．
二次函数图象平移规律：（横坐标）左加右减，（纵坐标）上加下减．根据此规律即可求得新解析式．
【详解】解：依题得：抛物线向左平移个单位长度可得：；
再向上平移个单位长度可得，
故选：．
7．A
【分析】本题主要考查了旋转的性质，对应顶点到旋转中心的距离应相等且旋转角也相等，对称中心在连接对应点线段的垂直平分线上，连接，，作的垂直平分线，作的垂直平分线，交于点M，则M为旋转中心．
【详解】解：连接，， 作的垂直平分线，作的垂直平分线，交到在M处，所以可知旋转中心的是点M．如下图：
故选∶A．
8．C
【分析】本题考查一次函数、二次函数的定义以及弧长、扇形面积的计算，根据弧长公式，扇形面积的计算公式得出与，与的函数关系式，再根据一次函数、二次函数的定义进行判断即可．
【详解】解：圆锥的底面圆的周长为，即扇形的弧长；
圆锥的侧面积，即扇形的面积，
所以是的一次函数，是的二次函数，
故选：C．
9．
【分析】先移项，再利用直接开平方的方法解方程即可．
【详解】解：∵，即
∴
故答案为：
【点睛】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握“直接开平方的方法解一元二次方程”是解本题的关键．
10．相切
【分析】此题重点考查直线与圆的位置关系，由的直径为，求得的半径为，而圆心与直线的距离为，则圆心与直线的距离等于的半径，所以与相切，于是得到问题的答案．
【详解】解：的直径为，，
的半径为，
圆心与直线的距离为，
圆心与直线的距离等于的半径，
与相切，
故答案为：相切．
11．
【分析】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是会将抛物线的解析式化为顶点式．将抛物线解析式化为顶点式，即可写出该抛物线的顶点坐标．
【详解】解：抛物线，
该抛物线的顶点坐标为，
故答案为：．
12．140
【分析】本题主要考查圆周角定理的应用，根据对顶角相等得，由三角形内角和定理得，再根据圆周角定理得．
【详解】解：∵
∴
又
∴，
∴，
故答案为：140
13．0.959（答案不唯一）
【分析】本题主要考查利用频率估计概率，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，据此求解即可，熟练掌握此知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：由表格可得：估计这批产品合格的产品的概率为0.959，
故答案为：0.959（答案不唯一）．
14．
【分析】本题主要考查不规则图形的面积和旋转的性质以及勾股定理，假设旋转后与半圆交于点C，连接，根据求解即可．
【详解】解：假设旋转后与半圆交于点C，连接，过点C作交于点D，如图，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
，
，
故答案为∶ ．
15．或3
【分析】本题考查二次函数的应用以及一元二次方程的解法，正确把已知数据代入是解题的关键，把，代入得一元二次方程，求解即可．
【详解】解：将，代入得：，
整理得：，
解得：，，
∴当物体处在离抛出点高的地方时，的值为或，
故答案为：或．
16．或
【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象与系数的关系，分类讨论、数形结合是解题的关键．
求得函数(是常数，的图象过定点，函数是常数，与轴的交点为，然后分两种情况讨论即可求得的取值．
【详解】解：∵，
∴函数(是常数，)的图象过定点
∵，
∴函数是常数，与轴的交点为，
当时，无论为何值，函数和的图象总有公共点，
∴满足题意；
当时，
∵无论为何值，函数和的图象总有公共点，
∴时，，即，
解得，
∴满足题意；
∴无论为何值，函数和的图象总有公共点，则的取值范围是或．
故答案为：或．
17．
【分析】本题考查了解一元二次方程，利用配方法解一元二次方程即可，选择合适的方法进行计算是解此题的关键．
【详解】解：，
，
，
，
．
．
18．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式的意义，公式法解一元二次方程；
（1）求出根的判别式，根据判别式的意义可得结论；
（2）利用公式法求出方程的解为，，根据该方程有一根小于0可知，然后可求出的取值范围．
【详解】（1）证明：依题意，得，
该方程总有两个实数根；
（2）解：∵，
∴，
，，
∵该方程有一根小于0，
∴，
∴．
19．(1)
(2)
【分析】本题主要考查二次函数与不等式，待定系数法求二次函数；
（1）先确定抛物线顶点，用待定系数法求出的表达式；
（2）利用表中数据得到直线与抛物线的交点为和，时，，从而得出不等式的解集．
【详解】（1）解：根据题意，当时，；当时，，
抛物线顶点为，
设该二次函数的解析式为，
当时，，代入表达式，
，
；
（2）解：当时，；当时，，
∴直线与抛物线的交点为和，
而时，，
∴不等式的解集是，
故答案为：．
20．(1)
(2)
【分析】本题主要考查了旋转的性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由等腰直角三角形的性质可得，由旋转的性质可得：，，从而得到，证明得出，从而得到；
（2）由（1）可知，，得到，由勾股定理可得，从而得出，最后由勾股定理进行计算即可．
【详解】（1）解：是等腰直角三角形，
，
由旋转的性质可得：，，
，即，
，
，
，
；
（2）解：由（1）可知，，
，
，
，
，
在中，根据勾股定理．
21．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查的是用列表法或树状图法求概率，列表法可以重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．
（1）列表得出所有可能出现的情况即可；
（2）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，再由概率公式进行计算即可．
【详解】（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，
（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（至少有一辆车向左转）．
22．（1）见解析；（2）①线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等．②圆内接四边形的对角互补．③三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和．
【分析】本题考查的是画三角形的外接圆，线段的垂直平分线的性质，三角形的外角的性质，圆的内接四边形的性质，反证法的运用，熟练的利用反证法证明命题的真假是解本题的关键；
（1）先作线段，的垂直平分线，得到交点O，再以O为圆心，为半径画圆即可；
（2）由线段的垂直平分线的性质可得，再利用圆的内接四边形的性质可得对角互补，结合三角形的外角的性质可得推理的依据．
【详解】解；（1）补全图1，如图．

（2）①线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等．
②圆内接四边形的对角互补．
③三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和．
23．(1)该名队员本次比赛中的积分是39分
(2)6
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，一元一次不等式的应用；
（1）设参加本次比赛的队员共人，根据每两个队员之间都赛一场，一共进行了210场比赛列一元二次方程，解方程求出参赛总人数，可得每个人都需要进行20场比赛，由表格数据分析得出胜一场积2分，负一场积1分，再计算输掉一场比赛时的积分即可；
（2）设这名队员负m场，根据积分不低于34分列一元一次不等式，解不等式可得答案．
【详解】（1）解：设参加本次比赛的队员共人．
由题意，得，
解方程，得（舍去），
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，
由2号队员胜10场积20分可知胜一场积2分，
由5号队员负7场积7分可知负一场积1分，
所以该名队员在本次比赛中的积分是，
答：该名队员本次比赛中的积分是39分．
（2）设这名队员负m场，
由题意得：，
解得：，
∴他最多负6场，
故答案为：6．
24．(1)
(2)①见解析；②的长为3．
【分析】（1）由角平分线的定义求得，根据圆周角定理求得，利用，据此可求解；
（2）①连接，证明，推出，即可证明是该圆的切线；
②证明和都是等边三角形，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得半径为1，据此求解即可．
【详解】（1）解：平分，
．
，
．
，
．
．
；
（2）①证明：如图，取的中点，连接．

，
是该圆的直径．
点是该圆的圆心．
是的切线，
．
，
．
，
．
．
是的切线；
②∵、都是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，是等边三角形，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴的长为3．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
25．(1)；
(2)这个喷水装置能喷灌的草坪的面积约为．
【分析】（）利用顶点式求出二次函数解析式即可；
（）令，求出图象与轴的交点坐标，进而得出扇形的半径，即可得出的值；
本题考查了二次函数的应用，待定系数法求二次函数解析式，求扇形的面积，利用数形结合得出对应点的坐标与线段的长是解题的关键．
【详解】（1）解：以点为坐标原点，原点与水流落地点所在直线为轴，喷水装置所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
由题意可知，抛物线顶点，
设抛物线对应的函数解析式为，
由抛物线经过点，可得，
解得，
；
（2）解：令，
解得，（舍去），
，
喷灌面积，
答：这个喷水装置能喷灌的草坪的面积约为．
26．(1)
(2)的取值范围是
【分析】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的对称性是解题的关键．
（1）根据二次函数的性质求的对称轴即可求解．
（2）根据题意可得当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小，设抛物线上的四个点的坐标为，，，可得，分情况讨论是否存在即可解答．
【详解】（1）解：由题意知，．
．
．
（2），
当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小．
设抛物线上的四个点的坐标为，，，．
点A关于对称轴的对称点为．
抛物线开口向上，点是抛物线顶点，
．
ⅰ．当时，．
．
．
不存在，不符合题意．
ⅱ．当时，．
．
．
存在，符合题意．
ⅲ．当时，
的最小值为．
，
存在，符合题意．
ⅳ．当时，．
．
．
存在，符合题意．
ⅴ．当时，．
．
．
不存在，不符合题意．
综上所述，的取值范围是．
27．(1)
(2)，理由见解析
【分析】（1）依题意即可补全图形， 连接，由题意得，即，，推出，由旋转的性质得到，进而得到，易得，根据F为的中点，得到，易证，，推出，即可求解；
（2）延长到点，使得，连接，连接并延长，与的延长线相交于点．证明，，即可证明结论．
【详解】（1）解：补全图1，如图，连接，
，
，即，
，
，
，
，
，
，
F为的中点，
，
，，
，
同理，
，
，
，
；
（2），
证明：延长到点，使得，连接，连接并延长，与的延长线相交于点．

是的中点，
．
，，
．
．
．
．
在中，
．
，，
．
．
．
，
．
．
．
．
【点睛】本题是一道几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定与性质，三角形内角和定理等知识点，深入理解题意是解决问题的关键．
28．(1)①，；②或
(2)且
【分析】（1）①根据题意作等腰直角，且，此时点的坐标为或点的坐标为，圆的半径为，根据点、、、到圆心的距离与半径比较，即可判断；
②作轴于点，连接，设，利用勾股定理列式计算即可求解；
（2）当圆与直线相切时，直线上开始存在线段的“等直点”，再根据圆与切线的关系求出t的临界值，即可求t的取值范围．
【详解】（1）解：①∵，
∴，
作等腰直角，且，
此时，
∴点的坐标为或点的坐标为，
∴圆的半径为，
∵，
∴点是线段的“等直点”；
∵，
∴点不是线段的“等直点”；
∵，
∴点是线段的“等直点”；
∵，
∴点不是线段的“等直点”；
故答案为：，；
②作轴于点，连接，
设，则，，
在中，，即，
解得（舍去），
∴点的横坐标为；
同理，点的横坐标为；
综上，点的横坐标为或；
（2）解：作轴交x轴于点，交直线于点，作直线的垂线，垂足为点，则，
∵，
∴，
∴点的横坐标为，
∴点E的坐标为，
∴，
解得；
如图，同理求得；
当直线经过点或点时，直线上只存在线段的一个“等直点”，
此时或；
综上，的取值范围为且．
【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，圆周角与圆心角的性质，切线与圆的性质是解题的关键．
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）