2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市南岗区九年级上学期数学期末试题及答案

这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市南岗区九年级上学期数学期末试题及答案，共27页。
2.答题前，考生先将自己的“姓名”、“考号”、“考场”、“座位号”在答题卡上填写清楚，将“条形码”准确粘贴在条形码区域内．
3.请按照题号顺序在答题卡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、试题纸上答题无效．
4.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．
5.保持卡面整洁，不要折叠、不要弄脏、不要弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀．
第Ⅰ卷 选择题（共30分）（涂卡）
一、选择题（每小题3分，共计30分）
1. 如果°C表示零上10度，则零下8度表示（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据“负数是与正数互为相反意义的量”即可得出答案．
【详解】解：因为°C表示零上10度，
所以零下8度表示“”．
故选B
【点睛】本题考查正负数的意义，属于基础题，解题的关键在于理解负数的意义．
2. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，根据中心对称图形的定义（在平面内，把一个图形绕某点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形）和轴对称图形的定义（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，那么这个图形叫做轴对称图形）逐项判断即可得．
【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，则此项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，则此项不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，则此项不符合题意；
D、既是轴对称图形又是中心对称图形，则此项符合题意；
故选：D．
3. 下列运算一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了整式的混合运算；分别利用合并同类项、同底数幂的乘法、除法以及幂的乘方法则进行计算，即可得出结论．
【详解】解：A、 ，故该选项不正确，不符合题意；
B、，故该选项不正确，不符合题意；
C、，故该选项不正确，不符合题意；
D、，故该选项正确，符合题意；
故选：D．
4. 榫卯是古代中国建筑、家具及其它器械主要结构方式，是我国工艺文化精神的传奇；凸出部分叫榫，凹进部分叫卯，下图是某个部件“卯”的实物图，它的主视图是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据主视图是从前向后观察到的图形，进行判断即可．
【详解】解：由题意，得：“卯”的主视图为：

故选C．
【点睛】本题考查三视图，熟练掌握三视图的画法，是解题的关键．
5. 某学校开设了劳动教育课程.小明从感兴趣的“种植”“烹饪”“陶艺”“木工”4门课程中随机选择一门学习，每门课程被选中的可能性相等，小明恰好选中“烹饪”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据概率公式可直接进行求解．
【详解】解：由题意可知小明恰好选中“烹饪”的概率为；
故选C．
【点睛】本题主要考查概率，熟练掌握概率公式是解题的关键．
6. 党的二十大报告指出，我国建成世界上规模最大的教育体系、社会保障体系、医疗卫生体系，教育普及水平实现历史性跨越，基本养老保险覆盖十亿四千万人，基本医疗保险参保率稳定在百分之九十五、将数据1040000000用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．
【详解】解：，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数，表示时关键要正确确定的值以及的值．
7. 已知蓄电池的电压为定值，使用某蓄电池时，电流（单位：A）与电阻（单位：Ω）是反比例函数关系，它的图象如图所示，则当电阻为时，电流为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数的实际应用；设该反比函数解析式为，根据当时，，可得该反比函数解析式为，再把代入，即可求出电流I．
【详解】解：设该反比函数解析式为，
由题意可知，当时，，
，
解得：，
设该反比函数解析式为，
当时，，
即电流为，
故选：A．
8. 据国家统计局发布的《2022年国民经济和社会发展统计公报》显示，2020年和2022年全国居民人均可支配收入分别为3.2万元和3.7万元．设2020年至2022年全国居民人均可支配收入的年平均增长率为x，依题意可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设2020年至2022年全国居民人均可支配收入的年平均增长率为x，根据题意列出一元二次方程即可．
【详解】设2020年至2022年全国居民人均可支配收入的年平均增长率为x，
根据题意得，．
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程是解题的关键．
9. 如图，在中，弦的长为，点在延长线上，且，，则的正切值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、勾股定理等知识点；延长，交于点，连接，先根据圆周角定理可得，再解直角三角形可得，得出半径为；过点作于点，先解直角三角形可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后根据正切的定义即可得．
【详解】解：如图，延长，交于点，连接，

由圆周角定理得：，
弦的长为8，且，
，
解得，
的半径为．
过点作于点，

的半径为5，
，
，
，
，
，即，
解得，
，，
则的正切值为．
故选：B．
10. 甲、乙两车沿同一路线从A城出发前往B城，在整个行程中，汽车离开A城的距离y与时刻t的对应关系如图所示，关于下列结论：①A，B两城相距；②甲车的平均速度是，乙车的平均速度是；③乙车先出发，先到达B城；④甲车在追上乙车．正确的有（ ）

A. ①②B. ①③C. ②④D. ①④
【答案】D
【解析】
【分析】根据图象逐项分析判断即可．
【详解】解：由图象知：
①A，B两城相距，故此项正确；
②甲车的平均速度是，乙车的平均速度是，故此项错误；
③乙车先出发，才到达B城，甲车后出发，就到达B城，故此项错误；
④两车在时，行驶路程一样，即甲车在追上乙车，故此项正确．
综上，①④说法正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了函数的图象，正确识别图象并能提取相关信息是解答的关键．
第Ⅱ卷 非选择题（共90分）
二、填空题（每小题3分，共计30分）
11. 在函数中，自变量的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查函数自变量的取值范围，分式有意义，分母不等于0的条件，根据分式有意义时，分母不等于0的条件求解；
【详解】解：根据题意得，，解得；
故答案为：．
12. 计算的结果是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式的性质，先化简各个二次根式，再合并同类二次根式，即可求解．
【详解】解：原式=
=．
【点睛】本题主要考查二次根式性质和运算法则，解题的关键是掌握二次根式的性质以及合并同类二次根式．
13. 二次函数的最小值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的最值，根据二次函数的性质，即可得到函数的最小值．
【详解】解：在二次函数中，
∵，
∴当时，函数有最小值；
故答案为：．
14. 不等式组的解集是______．
【答案】
【解析】
【分析】首先分别解每一个不等式，分别求得它们的解集，再求解集的公共部分即可求得．
【详解】解：不等式组，解得，
∴不等式组的解集为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式，掌握解一元一次不等式的步骤是解决本题的关键．
15. 如图①，A，B表示某游乐场摩天轮上的两个轿厢．图②是其示意图，点O是圆心，半径r为，点A，B是圆上的两点，圆心角，则的长为_________．（结果保留）

【答案】
【解析】
分析】利用弧长公式直接计算即可．
【详解】∵半径，圆心角，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长计算，熟练掌握弧长公式，并规范计算是解题的关键．
16. 在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》（1261年）一书中，用如图的三角形解释二项和的乘方规律，因此我们称这个三角形为“杨辉三角”，根据规律第八行从左到右第三个数为 _____．

【答案】
【解析】
【分析】根据前六行的规律写出第7，8行的规律进而即可求解．
【详解】解：根据规律可得第七行的规律为
第八行的规律为
∴根据规律第八行从左到右第三个数为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了数字类规律，找到规律是解题的关键．
17. 《周髀算经》中记载了“偃矩以望高”的方法．“矩”在古代指两条边呈直角的曲尺（即图中的）．“偃矩以望高”的意思是把“矩”仰立放，可测量物体的高度如图，点，，在同一水平线上，和均为直角，与相交于点．测得，则树高______m．

【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，然后相似三角形的性质，即可求解．
【详解】解：∵和均为直角
∴，
∴，
∴
∵，
∴,
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
18. 如图，在中，，以上一点为圆心，为半径的圆与相切于点，若，则的半径为________．
【答案】4
【解析】
【分析】此题主要考查了切线的性质以及等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，正确得出的度数是解题关键．直接利用切线的性质得出，进而利用等腰三角形的性质结合勾股定理得出的半径．
【详解】解：连接，

为半径的圆与相切于点
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
故，
解得：，
则的半径为：．
故答案为：．
19. 矩形，，，将矩形沿着过点直线折叠，使得点落到直线上处，设折痕所在直线与直线相交于点，则线段的长为________．
【答案】1或9##9或1
【解析】
【分析】本题考查折叠的性质，矩形的性质，勾股定理．分点在上、点在的延长线上两种情况，先证，推出，再通过折叠的性质和勾股定理求出，根据线段的和差关系即可求解．
【详解】解：四边形是矩形，，，
，，．
分两种情况：
如图，当点在上时，
由折叠的性质可得垂直平分，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
由折叠的性质可得，
，
；
如图，当点在的延长线上时，
同理可证，
，
由折叠的性质可得，
，
．
故答案为：1或9．
20. 规定：如果一个四边形有一组对边平行，一组邻边相等，那么称此四边形为广义菱形．根据规定判断下面四个结论：①正方形和菱形都是广义菱形；②平行四边形是广义菱形；③对角线互相垂直，且两组邻边分别相等的四边形是广义菱形；④若M、N的坐标分别为P是二次函数的图象上在第一象限内的任意一点，PQ垂直直线于点Q，则四边形PMNQ是广义菱形．其中正确的是_____．（填序号）
【答案】①④
【解析】
【分析】①根据广义菱形的定义，正方形和菱形都有一组对边平行，一组邻边相等，①正确；
②平行四边形有一组对边平行，没有一组邻边相等，②错误；
③由给出条件无法得到一组对边平行，③错误；
④设点，则，由勾股定理可得，和，所以四边形PMNQ是广义菱形．④正确；
【详解】①根据广义菱形的定义，正方形和菱形都有一组对边平行，一组邻边相等，①正确；
②平行四边形有一组对边平行，没有一组邻边相等，②错误；
③由给出条件无法得到一组对边平行，③错误；
④设点，则，
∴，，
∵点P在第一象限，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形PMNQ是广义菱形．
④正确；
故答案为①④；
【点睛】本题考查新定义，二次函数的性质，特殊四边形的性质；熟练掌握平行四边形，菱形，二次函数的图象及性质，将广义菱形的性质转化为已学知识是求解的关键．
三、解答题（其中21-22题各7分，23-24题各8分，25-27题各10分，共计60分）
21. 先化简，再求代数式的值，其中．
【答案】；
【解析】
【分析】本题主要考查了分式化简求值，分母有理化，特殊角的三角函数值，解题的关键是熟练掌握分式混合运算法则，特殊角的三角函数值．
【详解】解：
，
∵
∴原式．
22. 如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，．
（1）将向上平移6个单位，得到，画出平移后的；
（2）画出，使与关于轴对称，并直接写出点坐标．
【答案】（1）见解析 （2）见解析；
【解析】
【分析】本题考查了作轴对称图形，平移作图；
（1）分别作出A、B、C三个顶点平移后的对应点，并依次连接即可；
（2）根据轴对称的性质画出，使与关于轴对称，根据坐标系写出点的坐标．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求；
【小问2详解】
解：如图所示，即为所求；
23. 某校计划组织学生外出开展研学活动，在选择研学活动地点时，随机抽取了部分学生进行调查，要求被调查的学生从A、B、C、D、E五个研学活动地点中选择自己最喜欢的一个．根据调查结果，编制了如下两幅不完整的统计图．

（1）请把图1中缺失的数据，图形补充完整；
（2）请计算图2中研学活动地点C所在扇形的圆心角的度数；
（3）若该校共有1200名学生，请估计最喜欢去D地研学的学生人数．
【答案】（1）见解析；
（2）；
（3）300．
【解析】
【分析】（1）根据选择的人数是人，所占的比例是，据此即可求得本次参加抽样调查的学生人数，进而求得选择的人数，即可补全统计图；
（2）利用乘以选择的人数所占总人数的比即可得解；
（3）利用总人数乘以对应的百分比即可求得．
【小问1详解】
解：（人）
选择的人数：（人）
补全图形如下：
【小问2详解】
解：，
∴研学活动地点所在扇形的圆心角的度数；
【小问3详解】
（人）
答：最喜欢去地研学的学生人数共有人．
【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
24. 如图，是的外接圆，是的直径，半径，垂足为点，连接．
（1）求证：平分；
（2）若，，求线段的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由垂径定理可得，则，进而结论得证；
（2）如图，过作的延长线于点，则，证明四边形是矩形，设，则，由勾股定理得，，求得，则，是中位线，则，，由勾股定理得，，计算求解即可．
【小问1详解】
证明：∵半径，
∴，
∴，
∴平分；
【小问2详解】
解：如图，过作的延长线于点，

∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
设，则，
在中，由勾股定理得，，即，
解得，，
∴，
∵，，
∴是中位线，
∴，，
由勾股定理得，，
∴线段的长为．
【点睛】本题考查了垂径定理，角平分线，直径所对的圆周角为直角，矩形的判定与性质，中位线，勾股定理等知识．熟练掌握垂径定理，角平分线，直径所对的圆周角为直角，矩形的判定与性质，中位线，勾股定理是解题的关键．
25. 习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然正气．”某校为提高学生的阅读品味，现决定购买获得茅盾文学奖的甲，乙两种书．已知购买1本甲种书和2本乙种书共需元；购买2本甲种书和3本乙种书共需元．
（1）求甲，乙两种书的单价分别为多少元；
（2）若学校决定购买甲，乙两种书共本，且购书总费用不超过元，那么该校最多可以购买甲种书多少本？
【答案】（1）甲种书的单价是元，乙种书的单价是元
（2）该校最多可以购买甲种书本
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键找准等量关系，正确列出二元一次方程组；根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
（1）设甲种书的单价是元，乙种书的单价是y元，根据“购买1本甲种书和2本乙种书共需元；购买2本甲种书和3本乙种书共需元”，可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设该校购买甲种书m本，则购买乙种书(本，利用总价单价数量，结合总价不超过元，可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值，即可得出结论．
【小问1详解】
解：（1）设甲种书的单价是元，乙种书的单价是元．
根据题意，得，
解得，
甲种书的单价是元，乙种书的单价是元；
【小问2详解】
设该校购买甲种书本，则购买乙种书本．
根据题意，得，
解得，
该校最多可以购买甲种书本．
26. [问题提出]
如图1，在中，，是的中线，是线段上的一个动点，且点不与点，重合，连接，．
（1）求证：．
[问题探究]
将线段绕点逆时针旋转，使点的对应点落在直线上，令，．
（2）如图2，当时，
①当点在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由；
②探究与之间的数量关系，并说明理由．
[迁移探究]
（3）如图3，当，且时，试探究与之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）①的大小不变，且，理由见解析；②，理由见解析；（3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）由题意知，垂直平分，进而可证；
（2）①如图2，记与的交点为，则，，由，可得，然后作答即可；②如图2，过点作于点，则，令，则，，，由，可得，由，可得，则，整理即可；
（3）同理（2）②，计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵，是的中线，
∴，，
∴垂直平分，
∴；
（2）①解：当点在线段上的位置发生变化时，的大小不变，且，理由如下：
如图2，记与的交点为，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴
∴，
∴，即，
∴；
②如图2，过点作于点，
∴，
令，则，
∵，，
∴
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图3，过点作于点，
∴，
令，则，
∵，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，即，
在中，，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，余弦等知识．熟练掌握旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，余弦是解题的关键．
27. 已知：在平面直角坐标系中，抛物线经过坐标原点．
（1）如图1，求该抛物线的解析式；
（2）如图2，该抛物线的对称轴交轴于点，过点作轴，垂足为点.作直线，点为直线下方的抛物线上一动点，连接，，其中交直线于点，设的面积为，的面积为，当取最大值时，求点的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线与线段只有一个公共点，请直接写出的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）或或
【解析】
【分析】本题考查了二次函数综合题，涉及待定系数法求函数的解析式，相似三角形的判定和性质等知识点．（1）把原点代入解析式即可；（2）过点作轴，交直线与点，证明，得，由因为，所以，要使最大，则最大即可；（3）分类讨论：和求解即可．
【小问1详解】
解：抛物线经过坐标原点，
把原点代入抛物线，解得：，
该抛物线解析式为；
【小问2详解】
抛物线解析式为，
抛物线对称轴为直线，
点坐标为，
过点作轴，垂足为点，
点坐标为，
设直线解析式为，把，代入，
解得：，
直线解析式为，
过点作轴，交直线与点，
设，则，
，
轴，
，
，
的面积为，的面积为，
，
，
，
当时，最大，
把代入抛物线解析式为，得：，
点坐标为．
【小问3详解】
由（2）得，点坐标，
设解析式为，把点坐标代入得，，
解析式为，
当时：
（1）抛物线与线段只有一个公共点，
联立解析式得，化简得，
由得：，
；
（2）当时，，解得：，即；
当时：
当时，，
因为时，，
时，抛物线与线段只有一个公共点．
综上所述，的取值范围是或或．