南宁市第八中学2024—2025学年上学期9月学科质量检测九年级数学试卷（解析版）

这是一份南宁市第八中学2024—2025学年上学期9月学科质量检测九年级数学试卷（解析版），共23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（每题3分，共36分）
1. 数学有很多寓意美好的线或图，下面图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. 笛卡尔心形线B. 科克曲线
C. 阿基米德螺旋线D. 赵爽弦图
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，根据中心对称图形的定义：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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称，熟练掌握知识点是解题的关键．
【详解】、不中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；
、是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项符合题意；
、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
故选：．
2. 在平面内的半径为，点到圆心O的距离为，则点P与的位置关系为（ ）
A. 圆内B. 圆外C. 圆上D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了点与圆的位置关系：设的半径为，点P到圆心的距离，点P在圆内，根据点与圆的位置关系直接作出判断．
【详解】∵的半径为，点到圆心O的距离为，
即点到圆心O的距离小于圆的半径，
∴点在内，
故选：A．
3. 数据：2，，3，5，6，5的众数是（ ）
A. B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查求众数，根据众数是一组数据中出现次数最多的数据，进行判断即可．
【详解】解：这组数据中出现次数最多的是5，故众数为5；
故选C．
4. 如图，将绕点顺时针旋转至．下列角中，是旋转角的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查图形旋转，旋转角，根据旋转角定义，对应点与旋转中心连线所夹的角是旋转角，可得旋转角为，即可．
【详解】解：∵将绕点顺时针旋转至，
∴旋转角为，．
故选：A．
5. 若，是方程的两个根，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了根与系数的关系，直接利用根与系数的关系对各选项进行判断即可，若，是方程的两个根， 则，．
【详解】解：∵，是方程的两个根，
∴，，
故选：D．
6. 如图，中，，，，将绕点B逆时针旋转得，若点在上，则的长为（ ）
A. 4B. C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查旋转的性质和勾股定理等知识，由旋转的性质得出、的长度，利用勾股定理即可得出答案．
【详解】解：∵，，，
∴，
∵绕点B逆时针旋转得，
∴，，，
∴，
∴，
故选：B．
7. 如图，在中，，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，弧、弦、圆心角的关系，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．连接，根据垂径定理可得，从而可得，然后利用圆周角定理进行计算即可解答．
【详解】解：如图，连接，
，
，
，
，
故选：C．
8. 童装专卖店销售一种童装，若这种童装每天获利y（元）与销售单价x（元）满足关系，若要想获得最大利润，则销售单价x为（ ）
A. 25元B. 20元C. 30元D. 40元
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查二次函数的实际应用，熟练掌握二次函数的最值问题是解题的关键，根据二次函数的性质可知，二次函数的最值是它的顶点的纵坐标，将写成顶点式的形式即可得到答案．
【详解】解：将写为顶点式的形式得：，
∴当时，取最大值，
∴要想获得最大利润，则销售单价为元，
故选：A．
9. 如图，已知长方形的长为10cm，宽为4cm，则图中阴影部分的面积为（ ）
A. 20cm2B. 15cm2C. 10cm2D. 25cm2
【答案】A
【解析】
【详解】由图形可知，长方形的面积=10×4=40cm2，再根据中心对称的性质得，图中阴影部分的面积即是长方形面积的一半，则图中阴影部分的面积=×40=20cm2，故选A．
10. 如图是一根装有水的圆柱形排水管道截面图，已知水面的宽为米，水面与管道上端的最大距离为0.2米，则水面距管道底部的最大深度为（ ）
A. 0.5米B. 1米C. 0.2米D. 0.8米
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了圆的性质、垂径定理、勾股定理等知识点．根据垂径定理、勾股定理求出圆的半径，进一步计算即可得．
【详解】解：如图，设圆心点O，过点O作于点C，延长交圆O于点D和，连接，
由圆的性质可知，米，米，水面距管道底部的最大深度为的长，
设圆的半径为，
由垂径定理得：，，
在中，，即，
解得，
即水面距管道底部的最大深度为米，
故选：D．
11. 如图，直径为10的经过点和点，点是轴右侧优弧上一点，，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先设⊙A与x轴另一个的交点为点D，连接CD，由∠COD＝90°，根据90°的圆周角所对的弦是直径，即可得CD是⊙A的直径，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可求得∠ODC的度数，继而求得点C的坐标．
【详解】解：设⊙A与x轴另一个的交点为点D，连接CD，
∵∠COD＝90°，
∴CD是⊙A的直径，
即CD＝10，
∵∠OBC＝30°，
∴∠ODC＝30°，
∴OC＝CD＝5，
∴点C的坐标为：（0，5）．
故选：B．
【点睛】此题考查了圆周角定理与含30°角的直角三角形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键，注意数形结合思想的应用．
12. 已知二次函数的图象如图所示．下列结论：①；②；③；④其中正确的个数有（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线开口方向得a＜0，由抛物线对称轴在y轴的左侧得a、b同号，即b＜0，由抛物线与y轴的交点在x轴上方得c＞0，所以abc＞0；根据抛物线对称轴的位置得到−1＜−＜0，则根据不等式性质即可得到2a−b＜0；由于x＝−2时，对应的函数值小于0，则4a−2b＋c＜0；同样当x＝−1时，a−b＋c＞0，x＝1时，a＋b＋c＜0，则（a−b＋c）（a＋b＋c）＜0，利用平方差公式展开得到（a＋c）2−b2＜0，即（a＋c）2＜b2．
【详解】∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线的对称轴在y轴的左侧，
∴x＝−＜0，
∴b＜0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c＞0，
∴abc＞0，（故①正确）；
∵−1＜−＜0，
∴−2a＞−b，
∴2a−b＜0，（故②错误）；
∵当x＝−2时，y＜0，
∴4a−2b＋c＜0，（故③错误）；
∵当x＝−1时，y＞0，
∴a−b＋c＞0，
∵当x＝1时，y＜0，
∴a＋b＋c＜0，
∴（a−b＋c）（a＋b＋c）＜0，即（a＋c−b）（a＋c＋b）＜0，
∴（a＋c）2−b2＜0，（故④错误）．
综上所述，正确的个数有1个；
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与系数的关系：二次函数y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的图象为抛物线，当a＞0，抛物线开口向上；对称轴为直线x＝−；抛物线与y轴的交点坐标为（0，c）；当b2−4ac＞0，抛物线与x轴有两个交点；当b2−4ac＝0，抛物线与x轴有一个交点；当b2−4ac＜0，抛物线与x轴没有交点．
二、填空题（每题2分，共12分）
13. 在平面直角坐标系中，点（－2，5）关于原点对称的点的坐标是___________．
【答案】（2，-5）
【解析】
【分析】根据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（-x，-y）．
【详解】解：根据中心对称的性质，得点P（-2，5）关于原点对称点的点的坐标是（2，-5）．
故答案为：（2，-5）．
【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆，比较简单．
14. 一个圆内最长的弦长是，则此圆的半径是 __cm．
【答案】6
【解析】
【分析】本题主要考查了圆的基本性质，根据圆内最长的弦是直径即可求解．
【详解】解：因为直径是圆中最长的弦，而圆的最长弦长为，
所以直径是，半径是．
故答案为：6．
15. 如图，点，，三点在上，，，_________．
【答案】##20度
【解析】
【分析】本题主要考查了圆周角定理，平行线的性质和判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键；
由平行线所夹内错角相等得，再由圆周角定理得，即可求解．
【详解】解：（已知），
（两直线平行，内错角相等）；
又（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半），
．
故答案为：
16. 如图，半圆的直径，将半圆绕点B顺时针旋转45°得到半圆，与AB交于点P，那么AP的长为_____________．
【答案】##
【解析】
【分析】连接，由题意可得，，为直径，可得，可得为等腰直角三角形，即可求解．
【详解】解：连接，如下图：
由题意可得，，
∵为直径，
∴，
∴为等腰直角三角形，，
由勾股定理得，，解得，
故答案为：
【点睛】此题考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理以及旋转的性质，解题的关键是掌握并灵活运用相关性质进行求解．
17. 已知中，，，则这个三角形的外接圆半径为 __．
【答案】
【解析】
【分析】由圆周角定理求得，根据勾股定理即可求出的半径．本题主要考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，勾股定理，根据周角定理求得是解决问题的关键．
【详解】解：
是的外接圆，，
，
在中，，，，
，
，
故答案为：．
18. 如图，是⊙O的弦，点C在⊙O内，，连接，若⊙O的半径是4，则长的最小值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】延长交圆O于点D，连接，过O点作交于点E，则是等边三角形，再确定点C在以E为圆心，为半径的圆上，则的最小值为，再求解即可．
【详解】解：如图，延长交圆O于点D，连接，过O点作交于点E，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴点C在以E为圆心，为半径的圆上，
在中，，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆中的最小距离问题，熟练掌握垂径定理，等边三角形的性质，直角三角形的勾股定理，根据定角定弦确定点C的轨迹是解题的关键．
三、解答题（共72分）
19. 计算：．
【答案】6
【解析】
【分析】根据有理数的混合运算法则求解即可．
【详解】
．
【点睛】本题主要考查了含乘方的有理数混合计算，熟知相关计算法则是解题的关键．
20 解方程：．
【答案】，
【解析】
【分析】本题主要考查了用因式分解法解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的各种解法是解题的关键．
对方程左边进行因式分解，将一元二次方程转化为两个一元一次方程，求解即可得出答案．
【详解】解：，
对方程左边进行因式分解，得：，
即：或，
解得：，．
21. 在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．将绕原点顺时针旋转得到，点，，的对应点分别为，，．
（1）画出旋转后的；
（2）直接写出点的坐标；
（3）求的面积．
【答案】（1）作图见解析
（2）点的坐标
（3）
【解析】
【分析】本题考查作图旋转变换、坐标与图形、网格中求三角形面积等，解题的关键是掌握旋转变换的性质．
（1）利用旋转变换的性质分别作出，，的对应点，，即可；
（2）由（1）中作图，根据点的位置写出坐标即可；
（3）利用网格求三角形面积即可得到答案．
【小问1详解】
解：如图所示：
即为所求；
【小问2详解】
解：由（1）可知，点的坐标；
【小问3详解】
解：如图所示：
．
22. 如图，，连接
（1）求的度数；
（2）若弧与弧相等，求证：四边形是菱形．
【答案】（1）
（2）见详解
【解析】
【分析】（1）先由圆内接四边形得出再结合圆周角定理，即可作答．
（2）因为弧与弧相等，所以，则，证明等边三角形，所以，即可证明四边形是菱形；
【小问1详解】
∵四边形内接于，
∴
∴
【小问2详解】
解：如图：连接
∵弧与弧相等
∴
∵，
∴
∵
∴等边三角形，
∴
四边形是菱形；
【点睛】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，菱形的判定，等边三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
23. 综合与实践
【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们开展“利用树叶的特征对树木进行分类”的实践活动，
【实践发现】同学们随机收集芒果树、荔枝树的树叶各10片，通过测量得到这些树叶的长y（单位：cm），宽x（单位：cm）的数据后，分别计算长宽比，整理数据如下：
【实践探究】分析数据如下：
【问题解决】
（1）上述表格中，________，________；
（2）①A同学说：“从树叶的长宽比的方差来看，我认为芒果树叶的形状差别大．”
②B同学说：“从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，我发现荔枝树叶的长约为宽的两倍．”
上面两位同学的说法中，合理的是________（填序号）
（3）现有一片长，宽的树叶，请判断这片树叶更可能来自于芒果、荔枝中的哪种树?并给出你的理由．
【答案】（1）3.75，2.0
（2）② （3）这片树叶更可能来自于荔枝，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据中位数和众数的定义求解即可；
（2）根据方差的定义，方差越小，形状差别越小，根据树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，即可判断荔枝树叶的长宽比；
（3）计算该树叶的长宽比即可判断来自哪颗树．
【小问1详解】
芒果树叶的长宽比中数据从小到大排序处在第5、6位的两个数的平均数为，因此中位数m=3.75；
荔枝树叶的长宽比中数据出现次数最多的是2.0，因此众数n=2.0；
故答案为：3.75，2.0；
【小问2详解】
合理的是②，理由如下：从树叶的长宽比的方差来看，芒果树叶的长宽比的方差较小，所以芒果叶形状差别更小；从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，荔枝树叶的长宽比为2，所以荔枝树叶的长约为宽的两倍；
故答案为：②；
【小问3详解】
这片树叶更可能来自荔枝，理由如下：
这片树叶长，宽 ，长宽比大约为2.0，
根据平均数这片树叶可能来自荔枝树．
【点睛】本题考查了统计图中中位数、众数、平均数、方差的意义，看懂统计图表，正确的计算是解决问题的关键．
24. 已知是的直径，点是延长线上一点，，是的弦，．
（1）求证：直线是的切线；
（2）若，垂足为，的半径为，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了切线的判定、同弧所对的圆周角相等、等边对等角、圆周角定理、三角形内角和定理、垂径定理、含度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，灵活运用知识点推理证明是解题的关键．
（1）连接，根据同弧所对的圆周角相等得到，由等边对等角得到，利用圆周角定理得到，利用三角形内角和定理，求得，即可证明直线是的切线；
（2）根据垂径定理得到，根据含度角的直角三角形的性质，得到，根据勾股定理计算，由，得出答案即可．
【小问1详解】
证明：如图，连接，

∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵是的半径，
∴直线是的切线；
【小问2详解】
解：如图，连接，

∵是的直径，，垂足为，的半径为，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
25. [问题情境]如图1，为正方形内一点，，，，将绕点按逆时针方向旋转度（），点，的对应点分别为点，．
[问题解决]

（1）如图2，在旋转的过程中，当点落在上时，求此时的长；
（2）若，如图3，得到（此时与重合），延长交于点，试判断四边形的形状，并说明理由；
（3）在绕点逆时针方向旋转的过程中，直接写出线段长度的最大值．
【答案】（1）
（2）四边形是正方形，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的判断与性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，熟练掌握以上知识是解决本题的关键．
（1）由勾股定理求出，再求出，由旋转的性质得：，则可得出答案；
（2）先证四边形是矩形，再证明是正方形；
（3）点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，当点、、依次共线时，最大，计算即可．
【小问1详解】
解：（1），，，
，
四边形是正方形，
，，
，
由旋转的性质得：，
；
【小问2详解】
解：四边形是正方形，理由如下：
由旋转的性质得：，，
，，
四边形是矩形，
又，
矩形是正方形；
【小问3详解】
解：是固定值，点是定点，点是动点，
点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，如图：

当点、、依次共线时，最大，
此时，，
即长度的最大值为．
26. 如图所示，在平面直角坐标系中，经过原点，且与轴、轴分别相交于，两点．
（1）请求出直线的函数表达式；
（2）若有一抛物线的对称轴平行于轴且经过点，顶点在上，开口向下，且经过点，求此抛物线的函数表达式；
（3）设中的抛物线交轴于，两点，在抛物线上是否存在点，使得?若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）这样的点存在，且有三个，，，
【解析】
【分析】（1）根据“待定系数法”可求直线AB解析式；
（2）求直径AB，得半径MC的值，由中位线定理得MN=OB，CN=MC-MN，又CM垂直平分线段AO，可得C点横坐标及纵坐标，设抛物线顶点式，把B点坐标代入即可求抛物线解析式；
（3）由（2）可求线段DE长，△ABC的面积可求，这样可求△PDE中DE边上的高，可表示P点的纵坐标，代入抛物线解析式求P点横坐标即可．
【详解】解：（1）设直线的函数表达式为，
直线经过，，
由此可得
解得
直线的函数表达式为．
（2）在中，由勾股定理，得，
经过，，三点，且，
为的直径，
半径，
设抛物线的对称轴交轴于点，
，
由垂径定理，得．
在中，，
，
顶点的坐标为，
设抛物线的表达式为，
它经过，
把，代入上式，
得，
解得，
抛物线的表达式为．
（3）如图，连接，，
．
在抛物线中，
设，则，
解得，．
，的坐标分别是，，
；
设在抛物线上存在点，使得，
则，
，
当时，，
解得，
；
当时，，
解得，，
，．
综上所述，这样的点存在，且有三个，，，．
【点睛】本题主要考查方程、函数、三角形、圆等基础知识，考查综合运用数学知识、分析问题、解决问题的能力，考查待定系数法、数形结合、方程与函数的思想方法．1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
芒果树叶的长宽比
3.8
3.7
3.5
3.4
3.8
4.0
3.6
4.0
3.6
4.0
荔枝树叶的长宽比
2.0
2.0
2.0
2.4
1.8
1.9
1.8
2.0
1.3
1.9
平均数
中位数
众数
方差
芒果树叶的长宽比
3.74
m
4.0
0.0424
荔枝树叶的长宽比
1.91
2.0
n
0.0669