北京市海淀区2023-2024学年九年级上学期期末数学试题

这是一份北京市海淀区2023-2024学年九年级上学期期末数学试题，共27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．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．下图为部分“卦”的符号，其中是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．抛物线的顶点坐标是（ ）
A．B．C．D．
3．若关于的一元二次方程有一个根为1，则的值为（ ）
A．3B．0C．D．
4．在平面直角坐标系中，抛物线如图所示，则关于的方程的根的情况为（ ）
A．有两个不相等的实数根B．有两个相等的实数根
C．有实数根D．没有实数根
5．如图，在中，为直径，，为圆上的点，若，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，的半径为2，将的内接正六边形绕点顺时针旋转，第一次与自身重合时，点经过的路径长为（ ）
A．2B．C．D．
7．林业部门考察某种幼树在一定条件下的移植成活率，统计数据如下：
下列说法正确的是（ ）
A．若移植10棵幼树，成活数将为8棵
B．若移植270棵幼树，成活数不会超过235棵
C．移植的幼树越多，成活率越高
D．随着移植总数的增加，幼树移植成活的频率总在0.900左右摆动，显示出一定的稳定性，可以估计该幼树在同等条件下移植成活的概率为0.900
8．如果一个圆的内接三角形有一边的长度等于半径，那么称其为该圆的“半径三角形”．给出下面四个结论：
①一个圆的“半径三角形”有无数个；
②一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形；
③当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是，或；
④若一个圆的半径为，则它的“半径三角形”面积最大值为．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．②③C．①②③D．①②④
二、填空题
9．在平面直角坐标系中，将抛物线向下平移1个单位，得到的抛物线表达式为 ．
10．如图，由个相同的正方形组成的十字形纸片沿直线和剪开后重组可得到矩形，那么②可看作①通过一次 得到（填“平移”“旋转”或“轴对称”）．
11．若关于的一元二次方程有整数根，则整数的值可以是 （写出一个即可）．
12．已知是的二次函数，表中列出了部分与的对应值：
则该二次函数有 （填“最小值”或“最大值”）．
13．“青山绿水，畅享生活”，人们经常将圆柱形竹筒改造成生活用具，图1所示是一个竹筒水容器，图为该竹筒水容器的截面．已知截面的半径为，开口宽为，这个水容器所能装水的最大深度是 ．
14．如图，，是的两条切线，切点分别为，，．若的半径为3，则图中阴影部分的面积为 （结果保留）．

15．如图，将面积为25的正方形的边的长度增加，变为面积为22的矩形．若正方形和矩形的周长相等，则的值是 ．
16．小云将9张点数分别为的扑克牌以某种分配方式全部放入，两个不透明的袋子中（每个袋子至少放一张扑克牌），从两个袋子中各随机抽取一张扑克牌，将两张扑克牌的点数之和为这一事件的概率记为．
（1）若将点数为1和2的扑克牌放入袋，其余扑克牌放入袋，则 ；
（2）对于所有可能的分配方式以及所有的，的最大值是 ．
三、解答题
17．解方程：．
18．已知，求代数式的值．
19．如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，使点在的延长线上．求证：．
20．已知关于的方程有两个不相等的实数根．
(1)求的取值范围；
(2)若为符合条件的最小整数，且该方程的较大根是较小根的2倍，求的值．
21．如图，是外一点，与相切，切点为．画出的另一条切线，切点为．小云的画法是：
①连接，过点画出的垂线交于点；
②画出直线．
直线即为所求．
（1）根据小云的画法，补全图形；
（2）补全下面的证明．
证明：连接，．
，，
垂直平分，．
．
．
．
是的切线，为切点，
．
．
．
于点．
是的半径，
是的切线（ ）（填推理的依据）．
22．不透明袋子中装有1个红球，1个绿球和2个黄球，这些球除颜色外无其他差别．
(1)从袋子中随机摸出1个球，摸出的球是黄球的概率为________；
(2)从袋子中随机摸出一个球后，不放回，再从剩余的球中随机摸出一个．请利用列表或画树状图的方法，求摸出的两个球恰好是一个红球和一个黄球的概率．
23．在平面直角坐标系中，抛物线经过点，．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)过点与轴垂直的直线与抛物线交于点，，其中，与直线交于点．若，直接写出的取值范围．
24．如图，在边长为的正方形各边上取点，，，（可与，，，重合），使得四边形为正方形．设为，正方形的面积为．

(1)关于的函数表达式是________，自变量的取值范围是________；
(2)在下面的平面直角坐标系中，画出（1）中函数的图象；
(3)当________时，正方形面积有最小值________．
25．如图，为半圆的直径，点，在半圆上，直线与半圆相切于点，．
(1)若，求的大小（用含的式子表示）；
(2)过点作交于点，交于点，若，，求的长．
26．在平面直角坐标系中，点，点在抛物线
上．设抛物线的对称轴为直线．
(1)当时，
①直接写出与满足的等量关系；
②比较，的大小，并说明理由；
(2)已知点在该抛物线上，若对于，都有，求的取值范围．
27．如图，在中，，点，分别在边，上，连接，．
(1)求证：；
(2)连接，点为的中点，连接，．
①依题意补全图形；
②若，求的大小．
28．在平面直角坐标系中，将中心为的正方形记作正方形，对于正方形和点（不与重合）给出如下定义：若正方形的边上存在点，使得直线与以为半径的相切于点，则称点为正方形的“伴随切点”．
(1)如图、正方形的顶点分别为点，，，．
①在点，，中，正方形的“伴随切点”是 ；
②若直线上存在正方形的“伴随切点”，求的取值范围；
(2)已知点，正方形的边长为．若存在正方形的两个“伴随切点”，，使得为等边三角形，直接写出的取值范围．
移植总数
10
270
750
1500
3500
7000
14000
成活数
8
235
662
1335
3180
6292
12628
成活的频率
结果保留小数点后三位
0.800
0.870
0.883
0.890
0.909
0.899
0.902
0
1
2
0
1
参考答案：
1．A
【分析】本题考查中心对称图形的识别，掌握把图形绕某点旋转180°后能和自身重合的图形是中心对称图形是解题的关键．
【详解】A.是中心对称图形，符合题意；
B.不是中心对称图形，不符合题意；
C.不是中心对称图形，不符合题意；
D.不是中心对称图形，不符合题意；
故选A．
2．A
【分析】根据二次函数的性质，利用顶点式即可得出顶点坐标.
【详解】∵抛物线，
∴抛物线的顶点坐标是：，
故选A.
【点睛】此题主要考查了利用二次函数顶点式求顶点坐标，此题型是中考查重点，应熟练掌握.
3．A
【分析】把代入，转化为m的方程求解即可．本题考查了方程根的定义即使方程左右两边相等的未知数的值，转化求解是解题的关键．
【详解】把代入，
得，
解得，
故选A．
4．D
【分析】本题考查了二次函数图象与一元二次方程的关系；依题意，关于的方程的根即抛物线与的交点的横坐标，根据函数图象即可求解．
【详解】解：依题意，与无交点，即关于的方程的根的情况为没有实数根，
故选：D．
5．D
【分析】本题考查了圆周角定理，由直径所对的圆周角是得出，根据直角三角形的两个锐角互余结合圆周角定理计算即可．
【详解】∵在中，为直径，
∴，
∵，
∴，
故选D．
6．C
【分析】本题考查旋转对称图形，解题的关键是求出第一次重合的旋转角，然后根据弧长公式计算是解题的关键．
【详解】解：∵的内接正六边形绕点顺时针旋转，第一次与自身重合时旋转角为，
∴点经过的路径长为，
故选C．
7．D
【分析】题考查了利用频率估计概率，概率的意义．概率是大量重复实验的情况下，频率的稳定值可以作为概率的估计值，即次数越多的频率越接近于概率．
【详解】解：∵概率是大量重复实验的情况下，频率的稳定值可以作为概率的估计值，即次数越多的频率越接近于概率，
∴所以这种幼树移植成活率的概率约为，
故选D．
8．C
【分析】根据圆的“半径三角形”的概念判断①②；根据圆周角定理、等腰三角形的概念判断③；根据垂径定理求出，根据勾股定理求出，求出的最大面积，判断④．
【详解】如图，，即的长度等于半径，
，即的长度等于半径，
以为边的圆的内接三角形有无数个，故①结论正确；
为等边三角形，
，
当点在优弧上时，，
当点在劣弧上时，，
当点在圆上移动时，可能是，
一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形，直角三角形或钝角三角形，故②正确；
由以上可知，可以是或，
当，时，
，
当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是，或，
故③正确；
过作于，
，
，
当点为优弧的中点时，的面积最大，
，
故④错误；
故选：C
【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆，圆周角定理，等腰三角形的性质，灵活运用分情况讨论思想是解本题的关键．
9．
【分析】本题考查了二次函数图象与几何变换，函数图象平移规律是：左加右减，上加下减．
【详解】解：抛物线向下平移1个单位，得到的抛物线表达式为，
故答案为：．
10．旋转
【分析】本题考查几何变换类型，解题的关键是利用旋转变换的性质判断即可．
【详解】解：观察图形可知，②可看作①绕着点顺时针旋转得到，
故答案为：旋转．
11．（答案不唯一）
【分析】本题考查了直接开平方法解方程，答案不唯一，
【详解】一元二次方程有整数根，
则整数，
故答案为：1（答案不唯一）．
12．最大值
【分析】本题考查了待定系数法求解析式，抛物线的最值判断，设抛物线解析式为，根据题意，得，解得，根据解析式判断即可．
【详解】，设抛物线解析式为，
根据题意，得，
解得，
故解析式为，
∵，
∴抛物线有最大值，
故答案为：最大值．
13．
【分析】连接，过点O作于点D，交于点C，先由垂径定理求出的长，再根据勾股定理求出的长，进而可得出的长．本题考查的是垂径定理的应用和勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
【详解】解：连接，过点O作于点D，交于点C，如图所示：
∵，
∴，
由题意得：，
在中，
，
∴，
即水的最大深度为，
故答案为：．
14．
【分析】题考查了切线的性质，四边形的内角和，扇形的面积．先根据切线的性质得到，然后根据四边形的内角和得到，再根据扇形面积公式计算是解题的关键．
【详解】解：∵，是的两条切线，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了矩形、正方形的性质，一元二次方程的解法等．根据正方形的面积可得正方形的边长为，再根据正方形和矩形的周长相等，可得，再由矩形的面积建立方程求解即可得出答案．
【详解】∵正方形的面积为，
∴正方形的边长为，
由题意得：，
∵正方形和矩形的周长相等，
，
，
∵矩形的面积为，
，即，
解得：，
，
，
故答案为：
16．
【分析】本题考查列表法或树状图法求简单随机事件发生的概率，列举出所有等可能出现的结果是正确解答的关键.
（1）用列表法表示将点数为和的扑克牌放入袋，其余扑克牌放入袋，从两个袋子中各随机抽取一张扑克牌，将两张扑克牌的点数之和为的所有等可能出现的结果，再根据概率的定义进行计算即可；
（2）列举出所有可能出现的结果，再由概率的定义进行计算即可.
【详解】（1）用列表法表示将点数为和的扑克牌放入袋，其余扑克牌放入袋，从两个袋子中各随机抽取一张扑克牌，将两张扑克牌的点数之和为的所有等可能出现的结果如下：
共有种等可能出现的结果，其中两张扑克牌的点数之和为的有种，
所以两张扑克牌的点数之和为8的概率，即，
故答案为： ；
（2）当的值最大时，袋中、袋中各含有个数、个数，此时共有种等可能出现的结果,两张扑克牌的点数之和为出现的次数最多为次,
因此的最大值为，
故答案为：．
17．
【分析】利用公式法求解即可．本题考查了解方程，选择适当解方程的方法是解题的关键．
【详解】∵，
∴，
∴，
解得．
18．8
【分析】本题考查了已知式子的值，求代数式的值及完全平方公式，正确变形，整体代入计算即可．
【详解】∵，
∴，
∴
．
19．见解析
【分析】本题考查旋转的性质，等边对等角，根据旋转得到，即可得到，，根据等边对等角得到是解题的关键．
【详解】证明：∵绕点逆时针旋转得到，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴．
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据方程的根的判别式即可．
（2）根据根的判别式，结合根的整数性质，根与系数关系定理，解答即可，熟练掌握根的判别式和根与系数关系定理是解题的关键．
【详解】（1）∵方程，，
∴，
∴，
解得．
（2）∵的两个实数根分别是，，且，
∴，
∵，
∴，
∵为符合条件的最小整数，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴或，
∴或（舍去），
故．
21．(1) 见解析(2)，，过半径的外端点并垂直于半径的直线是圆的切线
【分析】本题考查了切线的基本作图，切线的证明．
(1)根据垂线的基本作图，作图即可．
(2)根据切线的判定证明即可．
【详解】(1)根据垂线的基本作图，作图如下：
直线即为所求．
(2)证明：连接，．
，，
垂直平分，．
．
．
．
是的切线，为切点，
．
．
．
于点．
是的半径，
是的切线（过半径的外端点并垂直于半径的直线是圆的切线）．
故答案为：，，过半径的外端点并垂直于半径的直线是圆的切线．
22．(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，摸出的球是黄球有2种等可能性，
故摸出的球是黄球的概率为，
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，摸出的两个球恰好是一个红球和一个黄球的等可能性有4种．
故摸出的两个球恰好是一个红球和一个黄球的概率是．
23．(1)
(2)
【分析】本题考查了待定系数法求解析式，抛物线的性质求字母的范围．
（1）把点，分别代入解析式，联立构成方程组，解答即可．
（2）利用数形结合思想，解答即可．
【详解】（1）把点，分别代入，得
，
解得，
故抛物线的解析式为．
（2）根据题意，得点N在A，B之间运动时，满足了，
此时函数值，
故．
24．(1)，
(2)见解析
(3)2；8
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，二次函数的应用，全等三角形的性质与判定：
（1）由正方形的性质得到，证明，得到，则，利用勾股定理得到，则；
（2）根据（1）所求画出对应的函数图象即可；
（3）根据二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形为正方形，四边形为正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：，；
（2）解；如图所示函数图象即为所求；

（3）解：，
∴当时，最小，最小值为8，
∴当时，正方形面积有最小值，
故答案为：2；8．
25．(1)
(2)
【分析】(1) 根据得，结合圆周角定理，得到，求解即可．
(2) 根据得，结合圆周角定理，得到，根据特殊角的三角函数求解即可．
【详解】（1）∵，
∴，
∴．
（2）根据(1)的证明，得，
∵，，
∴，
∵直线与半圆相切于点，
∴，
∴，
∴，
解得，
∵，
∴，
∵，
解得．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质，圆周角定理，垂径定理，特殊角的正切值，熟练掌握切线的性质，圆周角定理，垂径定理，特殊角的函数值是解题的关键．
26．(1)① ②
(2)
【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握二次函数的性质．
（1）①利用对称轴公式求得即可；②利用二次函数的性质判断即可；
（2）由题意可知点在对称轴的左侧，点在对称轴的右侧，点到对称轴的距离大于点到对称轴的距离，据此即可得到 ，解得
【详解】（1）①，
∴；
②∵抛物线中， ，
∴抛物线开口向上，
∵点点在抛物线上，对称轴为直线，
∴点到对称轴的距离大于点到对称轴的距离，
∴；
（2）由题意可知，点)在对称轴的左侧, 点在对称轴的右侧，
，都有，
∴点到对称轴的距离大于点到对称轴的距离，
，解得 ，
∴的取值范围是 ．
27．(1)见解析
(2)①见解析 ②
【分析】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
（1）根据等边对等角得到，进而得到再根据等校对等边即可得到结论；
（2）①根据题意补图即可；
②延长至点，使，连接，则四边形是平行四边形，然后推导，得到，然后得到，即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
又∵，
∴
∴；
（2）①如图所示,
②延长至点，使，连接，
∵点为的中点，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴垂直平分，
∴，
由（1）得:，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，，，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
28．(1)①；②或
(2)或
【分析】（1）①根据新定义，即可求解；
②分，时，分别讨论，设直线与坐标轴分别交于点，作交轴于点，过点作于点，则，根据，即可得出的范围；
（2）依题意，，进而得出，即，解一元二次方程，结合图形，即可求解．
【详解】（1）解：①正方形的顶点分别为点，，，
∴，
则正方形的边长为，对角线长为
∴，
∵，即到的距离为，
而到的距离小于，
∴在点，，中，正方形的“伴随切点”是，
故答案为：．
②解：由①可得，
如图所示，当时
设直线与坐标轴分别交于点，作交轴于点，过点作于点
∴，，
∵，
∴
∴
当时，
∴
解得：或（舍去）
当时，则，解得：，
∵
∴
当时，如图所示，过点作于点，
∵，
∴
∴
当时，
∴
解得：
当时，则，解得：，
∴；
综上所述，或；
（2）解：∵点，正方形的边长为．
∴
`
∴，当点在上时取得等于号，
∵为等边三角形，为正方形的中心，则
∴
∴，则
∴
∵，即
∴当，解得：或
当，解得：或
∴的解集为：或．
∴或．
【点睛】本题考查了新定义，相似三角形的性质与判定，切线的性质，正方形的性质，勾股定理，解一元二次方程，理解新定义是解题的关键．
3
4
5
6
7
8
9
1
4
5
6
7
8
9
10
2
5
6
7
8
9
10
11