福建省福州第十九中学2024-2025学年上学期九年级数学期中模拟考试（解析版）

这是一份福建省福州第十九中学2024-2025学年上学期九年级数学期中模拟考试（解析版），共27页。试卷主要包含了选择题，填空题．，解答题．等内容，欢迎下载使用。
（满分150分，完卷时间120分钟）
一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分．每小题都有四个选项，有只有一个选项正确）
1. 方程的根是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查利用因式分解法一元二次方程，观察等号右边等于0，直接求解即可选出正确选项．
【详解】解：；
；
即，；
故选：B．
2. 已知的半径为4，点在内，则的长可能是（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了点与圆的位置关系，根据点与圆的位置关系解答即可，熟练掌握点与圆的位置关系是解此题的关键．
【详解】解：∵的半径为4，点在内，
∴，
∴的长可能是3，
故选：A．
3. 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】C
【解析】
【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，解题的关键是熟练掌握定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，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度，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
故选：C．
4. 抛物线的对称轴是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的对称轴求解方法，直接根据二次函数配方后得到对称轴，就是，进而选出正确选项．
【详解】解：；
；
；
即；
所以对称轴；
故选：D．
5. 已知：如图，点O是的重心，连接并延长交于点D，则下列命题中正确的是（ ）
A. 是的平分线B. 是边上的高
C. 是边上的中线D. 是边上的中垂线
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了三角形的重心的定义，根据三角形重心的定义直接判断即可；解答此题的关键是掌握重心的定义．
【详解】解：∵点O是的重心，连接并延长交于点D，
∴是边上的中线．
故选：C．
6. 如图，直线，直线与这三条平行线分别交于点A、B、C和点D、E、F．若，则的长为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行线分线段成比例定理得到，代入数据即可得到结论．
【详解】解：，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例的性质，掌握平行线分线段可得对应线段成比例是解题的关键．
7. 如图，一个蜂巢巢房的横截面为正六边形，若对角线的长约为，则正六边形的边长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正六边形的性质和已知条件，可以求得正六边形的边长即可．
【详解】解：如图：连接交于点O，
∵六边形是正六边形，的长约为，
∴，
∵对角线的长约为
∴和约为，
∴约为，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，掌握正六边形的对角线相互平分成为解答本题的关键．
8. 小区新增了一家快递店，第一天揽件200件，第三天揽件242件，设该快递店揽件日平均增长率为，根据题意，下面所列方程正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】平均增长率为x，关系式为：第三天揽件量＝第一天揽件量×（1＋平均增长率）2，把相关数值代入即可．
【详解】解：由题意得：第一天揽件200件，第三天揽件242件，
∴可列方程为：，
故选：A．
【点睛】此题考查一元二次方程的应用，得到三天的揽件量关系式是解决本题的突破点，难度一般．
9. 如图，点，将线段平移得到线段，若，则点D的坐标是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先过点C做出轴垂线段CE，根据相似三角形找出点C的坐标，再根据平移的性质计算出对应D点的坐标．
【详解】
如图过点C作轴垂线，垂足为点E，
∵
∴
∵
∴
在和中，
，
∴，
∴ ，
则 ,
∵点C是由点B向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，
∴点D同样是由点A向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，
∵点A坐标为(0，3)，
∴点D坐标为(6，5)，选项D符合题意，
故答案选D
【点睛】本题考查了图象的平移、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的判定与性质找出图象左右、上下平移的距离是解题的关键．
10. 沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以为圆心，为半径的圆弧，是的中点，，“会圆术”给出的长的近似值的计算公式，当时，（ ）（结果保留一位小数）
A. 0.1B. 0.2C. 0.3D. 0.4
【答案】A
【解析】
【分析】本题以圆为背景考察了圆的性质，包括弧长公式等，根据题意分别求出线段的长度，代入公式求值即可，熟练运用垂径定理和等腰直角三角形的性质解决问题是关键．
【详解】解：如图，连接，
，，
，
，
是的中点，
，
、、共线，
垂直平分，
，，
，
，
，
故选：．
二、填空题．（本大题有6小题，每小题4分，共24分）
11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟记关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数是解题的关键．
12. 在比例尺为的地图上，量得厦门到某地的距离约为，则厦门到某地的实际距离大约_________．
【答案】400
【解析】
【分析】根据比例尺=图上距离：实际距离，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：厦门到某地的实际距离大约为；
故答案为：400
13. 如图，四边形是正方形，点在边上，，若线段绕点逆时针旋转后与线段重合，点在边上，则旋转角的度数是_________．
【答案】##36度
【解析】
【分析】本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明，得到，利用，即可得出结果．解题的关键是证明．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵线段绕点逆时针旋转后与线段重合，
∴，
∴，
∴，
∴；
即旋转角的度数为；
故答案为：．
14. ∆ABC的三边长分别为6,8,10，则∆ABC的外接圆的半径为 _______ .
【答案】5
【解析】
【分析】利用勾股定理的逆定理可判断出∆ABC是直角三角形，再根据直角三角形的外心是直角三角形斜边的中点即可求出半径.
【详解】解：∵62＋82=102
∴∆ABC是直角三角形，
∴∆ABC的外接圆的半径=斜边=5
故答案为5.
【点睛】此题考查的是直角三角形的外接圆的半径，掌握勾股定理的逆定理、直角三角形的外心位置和半径等于斜边的一半是解决此题的关键.
15. 如图：抛物线与轴交于两点，与轴交于点，若，则的值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数与轴的交点问题，一元二次方程根与系数的关系，勾股定理；设，根据勾股定理求出点的坐标，然后根据根与系数的关系求出的值即可；解题的关键是熟练掌握二次函数的性质．
【详解】解：设，
∵抛物线与轴交于两点，
即，
∵抛物线与轴交于正半轴，
即
令，则，
，，
，
．
故答案为：．
16. 如图，在矩形中，，以顶点为圆心，2为半径作，过边上的一点作射线与相切于点，且交边于点，连接，若，则_________．
【答案】6
【解析】
【分析】延长交于点，连接，证明，得到，进而得到，即：，切线的性质，得到，勾股定理求出，再利用勾股定理求出即可．
【详解】解：延长交于点，连接，则：
∵，
∴，
∵矩形，
∴，
∴
又，
∴，
∴，
∴，，即：
∵与相切于点，半径为2，
∴，，
∴，
∴；
故答案为：6．
【点睛】本题考查切线的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是添加辅助线构造全等三角形和特殊三角形．
三、解答题．（本大题有9小题，共86分）
17. 解方程
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的求解方法是解题的关键．
（1）根据一元二次方程的求根公式求解即可；
（2）直接运用因式分解法求解即可．
【小问1详解】
解： ，
【小问2详解】
解：，
∴或
∴
18. 关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，求m的取值范围．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了根的判别式．根据方程的系数结合根的判别式，即可得出，然后解不等式即可．
详解】解：根据题意得，
解得，
即m的取值范围为．
19. 如图，在中，，求的长度．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质．根据，得到，列出比例式求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴．
20. 如图，是等边三角形，点 E在边上，连接，将绕点 B逆时针旋转60°得到，连接 ．

（1）求证：；
（2）若，求的周长．
【答案】（1）详见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等边三角形的性质和判定和旋转的性质，证明，即可得解；
（2）由，结合（1）的结论，等线段转化，得到的周长．
【小问1详解】
证明：∵是等边三角形，
∴．
∵是由 绕点 B逆时针旋转 60°得到，
∴，
∴是等边三角形，
∴
∴，
∴；
【小问2详解】
∵和都是等边三角形，
∴
∴的周长为．
【点睛】本题考查了旋转的性质及等边三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握并应用旋转的性质求解．
21. 如图，在中，是直径，点是圆上一点，在的延长线上取一点，连接，使．求：
（1）求证：直线是的切线；
（2）若，求扇形的面积
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，得到，圆周角定理得到，得到，进而得到，即可；
（2）根据，得到，进而得到，进而得到，根据含30度角的直角三角形的性质，得到，求出半径的长，根据扇形的面积公式进行求解即可．
【小问1详解】
证明：连接，则：，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，即：，
∴，
∵是的半径，
∴直线是的切线；
【小问2详解】
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴扇形的面积为．
【点睛】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，扇形的面积，等边对等角，含30度角的直角三角形．熟练掌握相关知识点，灵活运用，是解题的关键．
22. 综合与实践：
问题背景：数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．
探究发现：如图1，在中，．
（1）操作发现 ：将折叠，使边落在边上，点的对应点是点，折痕交于点，连接，
①_________，
②设，则_________（用含的式子表示）；
（2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．请你在（1）的条件下，证明：．
拓展应用：当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．
如图1中的是黄金三角形．
如图2，在菱形中，，则菱形较长对角线的长_________．
【答案】（1）①72②（2）见解析；拓展应用：
【解析】
【分析】（1）①等边对等角，求出的度数即可；②折叠，得到，得到，推出，得到，进而得到即可；
（2）证明，利用相似比进行求解即可得出；
拓展应用：连接，延长至点，使，连接，得到为黄金三角形，进而得到，求出的长即可．
【详解】解：（1）①∵，
∴，
故答案为：；
②∵折叠，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
（2）∵，
∴，
∴，
∴，
整理，得：，
解得：（负值已舍掉）；
经检验是原分式方程的解．
∴；
拓展应用：
如图，连接，延长至点，使，连接，

∵在菱形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为黄金三角形，
∴，
∴．即菱形的较长的对角线的长为．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质．解题的关键是理解并掌握黄金三角形的定义，利用相似三角形的判定和性质，得到黄金三角形的底边与腰长的比为．
23. 如图，是矩形的对角线．
（1）求作，使得与相切（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）的条件下，设与相切于点，垂足为．若直线与相切于点，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）以为圆心长为半径画弧交于，作的垂直平分线，交于，以为圆心为半径画圆即为所求；
（2）设，的半径为，证四边形是正方形，根据证，得出，，根据等量关系列出关系式求出的值即可．
小问1详解】
解：（1）根据题意作图如下：
如图，以为圆心为半径画圆即为所求；
【小问2详解】
解：设，的半径为，
与相切于点，与相切于点，
，，
即，
，
，
四边形矩形，
又，
四边形是正方形，
，
在和中，，，
，
在中，，
，
四边形是矩形，
，，
，
又，
，
，
，
在中，，
即，
，
即，
，
，
即的值为．
【点睛】本小题考查直角三角形的性质，特殊平行四边形的判定与性质，圆的概念与性质，一元二次方程等基础知识，尺规作图技能，化归与转化等数学思想方法，综合运用这些知识解决问题是解题的关键．
24. 已知：顶点为的抛物线过点和
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）直线交轴于；交抛物线于两点（点在点的左侧），
①若的面积是面积的两倍，求的值；
②以为直径作，若与直线所截的弦长恒为定值，求的值．
【答案】（1）
（2）①②
【解析】
【分析】（1）待定系数法求解析式即可；
（2）①根据抛物线的解析式，求出点坐标，根据，当时，，得到，联立两个解析式，得到，求出，设点的横坐标为，点的横坐标为，根据的面积是面积的两倍，得到，求解即可；
②设， 根据为直径，得到点坐标，过点作轴，延长交于点，得到，垂径定理，得到，求出，勾股定理得到，化简得到，根据是定值，得到的值与的值无关，求解即可．
【小问1详解】
解：∵顶点为的抛物线过点和，
∴，解得：，
∴抛物线的函数表达式为；
【小问2详解】
①∵，
∴，
∵，当时，时，
∴，
∴轴，，
联立，整理，得：，
∴，
设点的横坐标为，点的横坐标为，
∵点在点的左侧，则：，
∴，，
∵的面积是面积的两倍，
∴，
∴，
∴，
整理，得：，
解得：；
②如图，直线与交于，设，
∵，为的中点，
∴，
过点作轴，延长交于点，
∵直线平行于轴，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴
，
∵为定值，
∴为定值，
∴且，
∴．
【点睛】本题属于二次函数综合题，综合考查了一次函数、二次函数、一元二次方程、勾股定理及圆的性质等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质定理是解题的关键．本题的难度较大，属于压轴题．
25. 已知，四边形内接于，点在的延长线上．
（1）如图，求证：平分
（2）如图，若是的直径，平分交延长线于，交于，连接
①求的度数
②若，的面积等于，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据圆的内接四边形的性质可得：，再由可得，由此可证平分；
（2）①连接，由外角的性质可得，从而，再由可得，从而得是等腰直角三角形，；②过点作于点，过点作于点，根据题目中条件先证，从而，即，，进一步计算得，设，，在中，则有，解得：，由等腰三角形的性质得，，根据的面积等于列方程得，解得：，从而得．
【小问1详解】
解：∵四边形内接于，
，
又，
，
，
平分；
【小问2详解】
①如图，连接，
是的一个外角，
，
同理可得：，
由（1）可知：平分，平分，
，
即，，
，
，
，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
；
②如图，过点作于点，过点作于点，
是的直径，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
在中，，
，
，
，
，
在中，，
设，，则有，
，
，
，
，
，
的面积等于，
，
，
．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．