2023-2024学年天津市重点中学下学期九年级数学联考经典试题

这是一份2023-2024学年天津市重点中学下学期九年级数学联考经典试题，共19页。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，小明在打乒乓球时，为使球恰好能过网（设网高AB＝15cm），且落在对方区域桌子底线C处，已知小明在自己桌子底线上方击球，则他击球点距离桌面的高度DE为（ ）
A．15cmB．20cmC．25cmD．30cm
2．若有意义，则x的取值范围是
A．且B．C．D．
3．如图，PA、PB、分别切⊙O于A、B两点，∠P=40°，则∠C的度数为（ ）
A．40°B．140°C．70°D．80°
4．在下列四个图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，在△ABC中，CD平分∠ACB交AB于点D，过点D作DE∥BC交AC于点E,若∠A=54°，∠B=48°，则∠CDE的大小为（ ）
A．44°B．40°C．39°D．38°
6．如图，四边形和是以点为位似中心的位似图形，若，则四边形与四边形的面积比为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，二次函数y＝ax1+bx+c（a≠0）图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，且对称轴为x＝1，点B坐标为（﹣1，0）．则下面的四个结论：①1a+b＝0；②4a﹣1b+c＜0；③b1﹣4ac＞0；④当y＜0时，x＜﹣1或x＞1．其中正确的有（ ）
A．4个B．3个C．1个D．1个
8．下列几何图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A．等腰三角形B．正三角形C．平行四边形D．正方形
9．如图，已知A、B是反比例函数上的两点，BC∥x轴，交y轴于C，动点P从坐标原点O出发，沿O→A→B→C匀速运动，终点为C，过运动路线上任意一点P作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N，设四边形OMPN的面积为S，P点运动的时间为t，则S关于t的函数图象大致是（ ）
A．B．C．D．
10．如图，是等边三角形，点，，分别在，，边上，且若，则与的面积比为（ ）
A．B．C．D．
11．如图，一次函数分别与轴、轴交于点、，若sin，则的值为（ ）
A．B．C．D．
12．下列说法不正确的是（ ）
A．一组邻边相等的矩形是正方形
B．对角线互相垂直的矩形是正方形
C．对角线相等的菱形是正方形
D．有一组邻边相等、一个角是直角的四边形是正方形
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，点A，B，C在⊙O上，∠A=40度，∠C=20度，则∠B=_____度．
14．小亮同学想测量学校旗杆的高度，他在某一时刻测得米长的竹竿竖直放置时影长为米，同时测量旗杆的影长时由于影子不全落在地面上，他测得地面上的影长为米，留在墙上的影高为米，通过计算他得出旗杆的高度是___________米.
15．若二次函数的图像经过点，则的值是_______．
16．如图，将半径为2，圆心角为90°的扇形BAC绕点A逆时针旋转60°，点B、C的对应点分别为D、E，点D在上，则阴影部分的面积为_____．
17．如果关于的方程有两个相等的实数根，那么的值为________，此时方程的根为_______．
18．在长8cm，宽6cm的矩形中，截去一个矩形，使留下的矩形与原矩形相似，那么留下的矩形面积是_______cm2
三、解答题（共78分）
19．（8分）按要求解答下列各小题．
（1）解方程：；
（2）计算：．
20．（8分）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作⊙O ，交BC于点D，交CA的延长线于点E，连接AD，DE．
（1）求证：D是BC的中点
（2）若DE=3， AD＝1，求⊙O的半径．
21．（8分）已知
（1）求的值；
（2）若，求的值．
22．（10分）已知：二次函数，求证：无论为任何实数，该二次函数的图象与轴都在两个交点；
23．（10分）小明家所在居民楼的对面有一座大厦AB，高为74米，为测量居民楼与大厦之间的距离，小明从自己家的窗户C处测得大厦顶部A的仰角为37°，大厦底部B的俯角为48°．
（1）求∠ACB的度数；
（2）求小明家所在居民楼与大厦之间的距离．（参考数据：sin37°≈，cs37°≈，tan37°≈，sin48°≈，cs48°≈，tan48°≈）
24．（10分）为了解某校九年级学生立定跳远水平，随机抽取该年级50名学生进行测试，并把测试成绩（单位：m）绘制成不完整的频数分布表和频数分布直方图．

请根据图表中所提供的信息，完成下列问题：
（1）表中________，________，样本成绩的中位数落在证明见解析________范围内；
（2）请把频数分布直方图补充完整；
（3）该校九年级共有1000名学生，估计该年级学生立定跳远成绩在范围内的学生有多少人？
25．（12分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△DEC，点D刚好落在AB边上．
（1）求n的值；
（2）若F是DE的中点，判断四边形ACFD的形状，并说明理由．
26．已知正方形ABCD，P为射线AB上的一点，以BP为边作正方形BPEF，使点F在线段CB的延长线上，连接EA、EC
(1)如图1，若点P在线段AB的延长线上，求证：EA=EC；
(2)若点P在线段AB上．
①如图2，连接AC，当P为AB的中点时，判断△ACE的形状，并说明理由；
②如图3，设AB=a，BP=b，当EP平分∠AEC时，求a：b及∠AEC的度数．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】证明△CAB∽△CDE，然后利用相似比得到DE的长．
【详解】∵AB∥DE，
∴△CAB∽△CDE，
∴，
而BC=BE，
∴DE=2AB=2×15=30(cm)．
故选：D．
本题考查了相似三角形的应用，用相似三角形对应边的比相等的性质求物体的高度．
2、A
【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件即可求出答案．
【详解】由题意可知：，
解得：且，
故选A．
本题考查了分式有意义的条件、二次根式有意义的条件，熟练掌握分式的分母不为0、二次根式的被开方数为非负数是解题的关键.
3、C
【分析】连接OA，OB根据切线的性质定理，切线垂直于过切点的半径，即可求得∠OAP，∠OBP的度数，根据四边形的内角和定理即可求的∠AOB的度数，然后根据圆周角定理即可求解．
【详解】∵PA是圆的切线,
∴
同理
根据四边形内角和定理可得：

∴
故选:C.
考查切线的性质以及圆周角定理，连接圆心与切点是解题的关键.
4、C
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A．此图案既不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
B．此图案既不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
C．此图案既是轴对称图形，又是中心对称图形；
D．此图案仅是轴对称图形；
故选：C．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，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，中心对称图形的关键是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
5、C
【解析】根据三角形内角和得出∠ACB，利用角平分线得出∠DCB，再利用平行线的性质解答即可．
【详解】∵∠A=54°，∠B=48°，
∴∠ACB=180°﹣54°﹣48°=78°，
∵CD平分∠ACB交AB于点D，
∴∠DCB=×78°=39°，
∵DE∥BC，
∴∠CDE=∠DCB=39°，
故选C．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理、角平分线的定义、平行线的性质等，解题的关键是熟练掌握和灵活运用根据三角形内角和定理、角平分线的定义和平行线的性质．
6、C
【解析】由位似图的面积比等于位似比的平方可得答案．
【详解】∵
即四边形和的位似比为
∴四边形和的面积比为
故选：C．
本题考查了位似图的性质，熟记位似图的面积比等于位似比的平方是解题的关键．
7、B
【分析】根据二次函数的图象和二次函数的性质，可以判断各个小题中的结论是否成立，从而可以解答本题．
【详解】∵二次函数y＝ax1+bx+c（a≠0）的对称轴为x＝1，
∴﹣＝1，得1a+b＝0，故①正确；
当x＝﹣1时，y＝4a﹣1b+c＜0，故②正确；
该函数图象与x轴有两个交点，则b1﹣4ac＞0，故③正确；
∵二次函数y＝ax1+bx+c（a≠0）的对称轴为x＝1，点B坐标为（﹣1，0），
∴点A（3，0），
∴当y＜0时，x＜﹣1或x＞3，故④错误；
故选B．
本题考查二次函数图象与系数的关系、抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
8、D
【分析】在一个平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合，这样的图形叫做中心对称图形.
【详解】根据定义可得A、B为轴对称图形；
C为中心对称图形；
D既是轴对称图形，也是中心对称图形.
故选：D.
考点：轴对称图形与中心对称图形
9、A
【详解】解：①点P在AB上运动时，此时四边形OMPN的面积S=K，保持不变，故排除B、D；
②点P在BC上运动时，设路线O→A→B→C的总路程为l，点P的速度为a，则S=OC×CP=OC×（l﹣at），因为l，OC，a均是常数，所以S与t成一次函数关系，故排除C．
故选A．
考点：动点问题的函数图象．
10、C
【分析】根据等边三角形的性质先判定是等边三角形，再利用直角三角形中角的性质求得，，进而求得答案.
【详解】是等边三角形
，，
，
，
∴，
，
是等边三角形，
，
，，
，，
，
，
，，
．
故选：C．
本题主要考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质及相似三角形的判定与性质．
11、D
【分析】由解析式求得图象与x轴、y轴的交点坐标，再由sin，求出AB，利用勾股定理求出OA=，由此即可利用OA=1求出k的值.
【详解】∵,
∴当x=0时，y=-k，当y=0时，x=1，
∴B（0，-k），A（1,0），
∵sin，
∴，
∵OB=-k，
∴AB=，
∴OA==
∴=1，
∴k=，
故选：D.
此题考查一次函数的性质，勾股定理，三角函数，解题中综合运用，题中求出AB，利用勾股定理求得OA的长是解题的关键.
12、D
【分析】利用正方形的判定方法分别判断得出即可．
【详解】A、一组邻边相等的矩形是正方形，说法正确，不合题意；
B、对角线互相垂直的矩形是正方形，说法正确，不合题意；
C、对角线相等的菱形是正方形，说法正确，不合题意；
D、有一组邻边相等、一个角是直角的平行四边形是正方形，原说法错误，符合题意；
故选：D．
本题考查了正方形的判定问题，掌握正方形的性质以及判定定理是解题的关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、1
【分析】如图，连接OA，根据等腰三角形的性质得到∠OAC=∠C=20°，根据等腰三角形的性质解答即可．
【详解】如图，连接OA，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠C=20°，
∴∠OAB=∠OAC+∠BAC=20°+40°=1°，
∵OA=OB，
∴∠B=∠OAB=1°，
故答案为1．
本题考查了圆的性质的应用，熟练掌握圆的半径相等、等腰三角形的性质是解题的关键．
14、
【分析】根据题意画出图形，然后利用某物体的实际高度：影长=被测物体的实际高度：被测物体的影长即可求出旗杆的高度.
【详解】根据题意画出如下图形，有，则AC即为所求.
设AB=x
则
解得
∴
故答案为10.5.
本题主要考查相似三角形的应用，掌握某物体的实际高度：影长=被测物体的实际高度：被测物体的影长是解题的关键.
15、1
【分析】首先根据二次函数的图象经过点得到，再整体代值计算即可．
【详解】解：∵二次函数的图象经过点，
∴，
∴，
∴==1，
故答案为1．
本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是利用整体代值计算，此题比较简单．
16、
【分析】直接利用旋转的性质结合扇形面积求法以及等边三角形的判定与性质得出S阴影＝S扇形ADE﹣S弓形AD＝S扇形ABC﹣S弓形AD，进而得出答案．
【详解】连接BD，过点B作BN⊥AD于点N，
∵将半径为2，圆心角为90°的扇形BAC绕A点逆时针旋转60°，
∴∠BAD＝60°，AB＝AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD＝60°，
则∠ABN＝30°，
故AN＝1，BN＝，
S阴影＝S扇形ADE﹣S弓形AD＝S扇形ABC﹣S弓形AD
＝
＝π﹣
＝．
故答案为 ．
考查了扇形面积求法以及等边三角形的判定与性质，正确得出△ABD是等边三角形是解题关键．
17、1
【分析】根据题意，讨论当k=0时，符合题意，当时，一元二次方程有两个相等的实数根即，据此代入系数，结合完全平方公式解题即可．
【详解】当k=0，方程为一元一次方程，没有两个实数根，故
关于的方程有两个相等的实数根，
即
即
故答案为：1；．
本题考查一元二次方程根与系数的关系、完全平方公式等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
18、1
【解析】由题意，在长为8cm宽6cm的矩形中，截去一个矩形使留下的矩形与原矩形相似，根据相似形的对应边长比例关系，就可以求解．
【详解】解：设宽为xcm，
∵留下的矩形与原矩形相似，
解得
∴截去的矩形的面积为
∴留下的矩形的面积为48-21=1cm2，
故答案为：1．
本题就是考查相似形的对应边的比相等，分清矩形的对应边是解决本题的关键．
三、解答题（共78分）
19、（1）；；（2）．
【分析】（1）去括号整理后利用因式分解法解方程即可；
（2）直接利用特殊角的三角函数值代入求出答案．
【详解】(1)去括号得：
移项合并得：
因式分解得：
即：或
∴；
(2)
．
本题考查了解一元二次方程-因式分解法，特殊角的三角函数值，正确分解因式、熟记特殊角的三角函数值是解题关键．
20、（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）根据圆周角定理、等腰三角形的三线合一的性质即可证得结论；
（2）根据圆周角定理及等腰三角形的判定得到DE=BD=3，再根据勾股定理求出AB，即可得到半径的长.
【详解】（1）∵AB是⊙O直径
∴∠ADB＝90°，
在△ABC中，AB=AC，
∴DB=DC，即点D是BC的中点；
（2）∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
又∠B=∠E，
∴∠C=∠E，
∴DE=DC，
∵DC=BD，
∴DE=BD=3，
∵AD=1，又∠ADB＝90°，
∴AB=，
∴⊙O 的半径＝.
此题考查圆周角定理，等腰三角形的三线合一的性质及等角对等边的判定，勾股定理.
21、（1）3；（2）a=-4，b=-6，c=-8.
【解析】（1）设，可得，，，代入原式即可解答；（2）把，，，带入（2）式即可计算出k的值，从而求解.
【详解】（1）设，
则，，
∴
（2）由（1）
解得，
，，
本题考查比例的性质，设是解题关键.
22、见解析
【分析】计算判别式，并且配方得到△=，然后根据判别式的意义得到结论．
【详解】二次函数
∵，，，
∴
，
而，
∴，即为任何实数时， 方程都有两个不等的实数根，
∴二次函数的图象与轴都有两个交点．
本题考查了抛物线与轴的交点：把求二次函数是常数，与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程．
23、（1）85°；（2）小明家所在居民楼与大厦的距离CD的长度是40米．
【分析】（1）结合图形即可得出答案；
（2）利用所给角的三角函数用CD表示出AD、BD；根据AB＝AD+BD＝74米，即可求得居民楼与大厦的距离．
【详解】解：（1）由图知∠ACB＝37°+48°＝85°；
（2）设CD＝x米．
在Rt△ACD中，tan37°＝，
则＝，
∴AD＝x；
在Rt△BCD中，
tan48°＝，则＝，
∴BD＝x．
∵AD+BD＝AB，
∴x+x＝74，
解得：x＝40，
答：小明家所在居民楼与大厦的距离CD的长度是40米．
本题考查的是解直角三角形的应用−仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
24、（1）8，20，；（2）见解析；（3）200人
【分析】（1）根据题意和统计图可以求得a、b的值，并得到样本成绩的中位数所在的取值范围；
（2）根据b的值可以将频数分布直方图补充完整；
（3）根据统计图中的数据可以求得该年级学生立定跳远成绩在2.4≤x＜2.8范围内的学生有多少人．
【详解】（1）由统计图可得，
a＝8，b＝50−8−12−10＝20，
样本成绩的中位数落在：2.0≤x＜2.4范围内，
故答案为：8，20，2.0≤x＜2.4；
（2）由（1）知，b＝20，
补全的频数分布直方图如图所示；
（3）（人）
答：估计该年级学生立定跳远成绩在范围内的学生有200人．
本题考查频数分布直方图、频数分布表、用样本估计总体、中位数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
25、 (1)60；（2）四边形ACFD是菱形．理由见解析.
【分析】（1）利用旋转的性质得出AC=CD，进而得出△ADC是等边三角形，即可得出∠ACD的度数；
（2）利用直角三角形的性质得出FC=DF，进而得出AD=AC=FC=DF，即可得出答案．
【详解】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△DEC，
∴AC=DC，∠A=60°，∠DCE=∠ACB=90°，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠ACD=60°，
∴n的值是60；
（2）四边形ACFD是菱形；
理由：∵∠DCE=∠ACB=90°，F是DE的中点，
∴FC=DF=FE，
∵∠CDF=∠A=60°，
∴△DFC是等边三角形，
∴DF=DC=FC，
∵△ADC是等边三角形，
∴AD=AC=DC，
∴AD=AC=FC=DF，
∴四边形ACFD是菱形．
26、（1）详见解析；（2）△ACE为直角三角形，理由见解析；（3）∠AEC=45°．
【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质和全等三角形的判定定理易证△APE≌△CFE，由全等三角形的性质即可得结论；（2）①根据正方形的性质、等腰直角三角形的性质即可判定△ACE为直角三角形；②根据PE∥CF，得到，代入a、b的值计算求出a：b，根据角平分线的判定定理得到∠HCG=∠BCG，证明∠AEC=∠ACB，即可求出∠AEC的度数．
试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD为正方形
∴AB=AC
∵四边形BPEF为正方形
∴∠P=∠F=90°，PE=EF=FB=BP
∵AP=AB+BP,CF=BC+BF
∴CF=AP
在△APE和△CFE中：EP="EF," ∠P="∠F=90°," AP= CF
∴△APE≌△CFE
∴EA=EC
（2）①∵P为AB的中点，
∴PA=PB，又PB=PE，
∴PA=PE，
∴∠PAE=45°，又∠DAC=45°，
∴∠CAE=90°，即△ACE是直角三角形；
②∵EP平分∠AEC，EP⊥AG，
∴AP=PG=a﹣b，BG=a﹣（2a﹣2b）=2b﹣a
∵PE∥CF，
∴，即，
解得，a=b；
作GH⊥AC于H，
∵∠CAB=45°，
∴HG=AG=×（2b﹣2b）=（2﹣）b，又BG=2b﹣a=（2﹣）b，
∴GH=GB，GH⊥AC，GB⊥BC，
∴∠HCG=∠BCG，
∵PE∥CF，
∴∠PEG=∠BCG，
∴∠AEC=∠ACB=45°．
∴a：b=：1；∴∠AEC=45°．
考点：四边形综合题．