山东省滨州市滨城区2023-2024学年九年级上学期期末考试数学试题

这是一份山东省滨州市滨城区2023-2024学年九年级上学期期末考试数学试题，共24页。

1．本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共6页．满分120分．考试用时120分钟．
2．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的学校、姓名、准考证号填写在答题卡中规定的位置上．
3．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答案不能答在试题卷上．
4． 第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试题卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效．
第Ⅰ卷（选择题 共30分）
一、选择题：本大题共10个小题，在每小题的四个选项中只有一个是正确的，请把正确的选项选出来，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．每小题涂对得3分，满分30分．
1. 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. 等边三角形B. 平行四边形
C. 菱形D. 对角线相等的四边形
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．根据轴对称图形与中心对称图形的概念解答即可．
【详解】解：A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、菱形即是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、对角线相等的四边形如等腰梯形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
2. 已知反比例函数y=-，则下列描述正确的是（）
A. 图象位于第一、三象限B. y随x的增大而增大
C. 图象不可能与坐标轴相交D. 图象必经过点
【答案】C
【解析】
【详解】∵y=-,k=-6<0,∴函数的图象在第二、四象限,在每个象限内,y随x的增大而增大,故选项A、B不符合题意;
当x=-时,y=4,∴函数图象经过点-,4,图象不可能与坐标轴相交,故选项D不符合题意,选项C符合题意.
3. 在平面直角坐标系中，已知点，以原点为位似中心，相似比为，把缩小，则点的对应的坐标是（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了图形的位似，根据“如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或进行计算”求解即可．
【详解】解：∵点，以O为位似中心，相似比为，
∴点的对应点的坐标为：或，
即或，
故选：D．
4. 若正边形边长为4，它的一个内角为，则其外接圆的半径为（ ）
A. B. 4C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了正多边形与圆．正多边形的计算一般要经过中心作边的垂线，并连接中心与一个端点构造直角三角形，把正多边形的计算转化为解直角三角形．根据正边形的特点，构造直角三角形，即可求解．
【详解】解：经过正边形的中心作边的垂线，
，
正边形的一个内角为，，
，，
，
，
故选：B．
5. 小区新增了一家快递店，前三天的揽件数如图所示，若该快递店揽件数平均增长，增长率均为x，则根据图中信息，得到x所满足的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程的应用，熟练掌握一元二次方程的应用是解题的关键；由表格可知第一天的揽件数为200件，第三天的揽件数为242件，然后根据增长率问题可进行求解．
【详解】解：由表格可知：所得方程为；
故选A．
6. 将抛物线先向右平移2个单位，再向下平移4个单位得到的抛物线解析式是（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的平移规律：先把整理得，根据左加右减，上加下减进行解答即可．
【详解】解：依题意得
∵抛物线先向右平移2个单位
∴
∵再向下平移4个单位
∴
故选：A．
7. 如图，为的直径，，分别与⊙O相切于点B，C，过点C作的垂线，垂足为E，交于点D．若，则长为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】作于H，由垂径定理得到的长，从而求出的长，由勾股定理求出的长，即可求出的长．
【详解】解：作于H，
∵直径于H，
∴，
∵，分别切于C，B，
∴，直径，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，矩形的判定与性质，勾股定理，关键是通过辅助线构造直角三角形，应用勾股定理求出的长．
8. 如图，点D，E分别在的边上，增加下列条件中的一个：①，②，③，④，使与一定相似的有（ ）
A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定定理．根据相似三角形的判定定理“两角对应相等的两个三角形相似；两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似；三边对应成比例的两个三角形相似”即可判断．
【详解】解：①添加，又，
∴，成立；
②添加，且，
∴，成立；
③添加，但不一定与相等，故与不一定相似；
④添加且，
∴，成立．
综上，使与一定相似的有①②④，
故选：B．
9. 对某条路线的长度进行次测量，得到，，，，…，这个数据（如下表）：
设，若当时，有最小值，则的值为（ ）．
A. 6.7B. 6.8C. 6.9D. 7.0
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键；由题意可对进行化简，然后根据二次函数的性质可进行求解．
【详解】解：由题意得：，
，
∵，
∴当时，y有最小值，即；
故选B．
10. 如图是的中线，E是上一点，且，的延长线交于点F，若，则的值为（ ）
A. 6B. 5C. 4.5D. 5.5
【答案】A
【解析】
【分析】过点D作，交于点M，根据平行线分线段定理得，再根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，即可求解．
【详解】解：如图，过点D作，交于点M，
∵是中线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故选：A．
第Ⅱ 卷（非选择题 共90分）
二．填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）
11. 已知点A(，1)与B(5，b)关于原点对称，则的值为_____．
【答案】-6
【解析】
【分析】根据两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标互为相反数，即可得出a、b的值，即可求出a+b的值．
【详解】根据两点关于原点对称得：
．
∴．
故答案为：-6．
【点睛】本题考查关于原点对称的点的坐标．利用两点关于原点对称得出a、b的值是解答本题的关键．
12. 一个不透明袋中装有2个红球和1个白球，这些球除颜色外无其他差别．现随机从袋中摸出一个球，记下它的颜色后放回摇匀，再从袋中摸出一个球，则两次摸出的球都是“红球”的概率是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查列表法求概率，根据题意，画出表格，利用概率公式进行计算即可．
【详解】解：由题意，列表如下：
共有9种情况，其中两次摸出的球都是“红球”的情况有4种，
∴；
故答案为：．
13. 如图，将绕点A逆时针旋转得到，，，．连接，则的长为____．
【答案】5
【解析】
【分析】利用旋转的性质，得到，利用，得出是直角三角形，利用勾股定理，进行计算即可．
【详解】解：将绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∵，
∴，
∴．
故答案为：5．
【点睛】本题考查旋转，以及勾股定理．熟练掌握旋转的性质和勾股定理解三角形，是解题的关键．
14. 关于方程有如下判断：（）该方程无实数根；（）该方程的两根之和是；（）该方程的两根之积是，以上三个判断中正确的有______个．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式、根和系数的关系，直接利用一元二次方程根的判别式及根和系数的关系解答即可求解，掌握一元二次方程根的判别式及根和系数的关系是解题的关键．
【详解】解：∵一元二次方程，
∴，
∴该方程无实数根，
∴不存在两根之和与两根之积，
∴只有（）正确，
故答案为：．
15. 如图，的面积为3，边AO在x轴上，点C在y轴上，点B、D在双曲线上，B、D两点的横坐标之比是1:3，则的面积是__________．
【答案】4
【解析】
【分析】利用▱AOBC的面积为3，得到△OBC的面积为，求得双曲线的解析式为，设B(a，)，D(3a，)，利用面积公式即可求解．
【详解】解：∵▱AOBC的面积为3，
∴△OBC的面积为，
∴，
∴双曲线的解析式为，
∵点B、D在双曲线上，且B、D两点的横坐标之比是1:3，
∴设B(a，)，D(3a，)，
∴△OBE和 △ODF的面积都为，
过点B、D分别作x轴的垂线，垂足分别为E、F，
∴
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了反比例函数系数的几何意义及三角形的面积，求得的值是解题的关键．
16. 如图，四边形是的内接四边形，，将绕点旋转至，则下列结论：①平分；②点A，，在同一条直线上；③若，则；④若，则，其中一定正确的是______（填序号）．
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据圆周角、弦、弧之间的关系即可判断①；根据旋转的性质和圆内接四边形的性质即可判断②；先求出，由旋转可知，，进一步得到，，作于点H，则，则，进一步得到，则，即可判断③；在截取，连接，证明是等边三角形，得到，由四边形是的内接四边形即可得，即可判断④．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴平分，
故①正确；
∵将绕点旋转至，
∴，
∵四边形是内接四边形，
∴，
∴，
∴点A，，在同一条直线上；
故②正确；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
由旋转可知，，
∴，，
∴，，
作于点H，则，

∴，
∴，
∴，
故③错误；
在截取，连接，

∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
故④正确，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、旋转的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、含角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握圆内接四边形的性质和添加适当的辅助线是解答此题的关键．
三．解答题：（本大题共9个小题，满分72分．解答时请写出必要的演推过程）
17. 解下列方程
（1）
（2）
（3）
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】本题考查解一元二次方程．
（1）整理后，利用直接开平方法解方程即可；
（2）利用配方法解方程即可；
（3）先移项再进行因式分解即可解方程．
【小问1详解】
解：整理得，
∴或，
∴；
【小问2详解】
解：移项得，
配方得，即，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴或，
∴．
18. 如图，的顶点坐标分别为、．．
（1）以点O为旋转中心，将顺时针旋转得到，请画出；
（2）分别写出三个顶点的坐标；
（3）以点A为旋转中心，将逆时针旋转得到直接写出直线的函数解析式．
【答案】（1）见解析 （2），，
（3）直线的函数解析式为
【解析】
【分析】本题主要考查了旋转作图，运用待定系数法求一次函数解析式．
（1）利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点，然后再顺次连接即可；
（2）根据三个顶点在坐标系中的位置可写出三个顶点的坐标即可；
（3）利用旋转变换的性质分别作出A、B、C的对应点，写出的坐标，再运用待定系数法求出的函数解析式即可．
【小问1详解】
解：如图，即为所作：
；
【小问2详解】
解：由图可得，，，；
【小问3详解】
解：如图，即为所作，由图可得，点B旋转到点C的位置，
，，
设直线的函数解析式为，
把，代入，得：
，
解得，，
所以，的函数解析式为．
19. 2023年由于榴莲价格接连下降，“或可实现榴莲自由”的话题登上热搜．某水果店的榴莲水果盒进货价为元/盒，为吸引客流量，该商家承诺榴莲水果盒的价格永远不会超过元/盒，根据一个月的市场调研，商家发现当售价为元/盒时，日销售量为盒，售价每降低元，日销售量增加盒．
（1）当日销售量为盒时、产品售价为每盒多少元？
（2）直接写出日销售量（盒）与售价（元/盒）的函数关系式；
（3）该产品的售价每盒应定为多少，该水果店的榴莲水果盒每天可盈利元？
【答案】（1）
（2）
（3）元
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用以及一次函数的应用；
（1）利用“商家发现当售价为元/盒时，日销售量为盒，售价每降低元，日销售量增加盒”，即可求出结论；
（2）利用日销售量，即可找出日销售量（盒）与售价（元/盒）的函数关系式；
（3）利用商家每天该产品获得的利润=每盒的销售利润日销售量，可得出关于的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
【小问1详解】
解：
（元/盒），
∴当销售量为盒时，产品售价为元/盒．
故答案为：；
【小问2详解】
根据题意得：，
∵该产品进货价为元/盒，且该电商在直播中承诺自家商品价格永远不会超过元/盒，
∴日销售量（盒）与售价（元/盒）的函数关系式为；
【小问3详解】
根据题意得：，
整理得：，
解得：（不符合题意，舍去）．
答：该产品的售价每盒应定为元．
20. 如图，在平面直角坐标系中直线与y轴相交于点A，与反比例函数在第一象限内的图象相交于点．

（1）求反比例函数的关系式；
（2）直接写出当时，关于x的不等式的解集
（3）将直线向上平移后与反比例函数图象在第一象限内交于点C，且的面积为18，求平移后的直线的函数关系式．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）把点代入求得点B坐标，再利用待定系数法求反比例函数解析式即可；
（2）根据当时，直线在反比例函数图象上方即可求解；
（3）设平移后的直线交y轴于点M，设点M坐标为，连接，由的面积为18，求得，再根据一次函数平移的性质即可求解．
【小问1详解】
解：设反比例函数解析式为，
∵直线图象经过点，
∴，
∴，
∴，
又∵反比例函数图象经过点，
∴，
∴反比例函数解析式为；
【小问2详解】
解：由图可得，当时，；
【小问3详解】
解：设平移后的直线交y轴于点M，设点M坐标为，连接，如图，
则，
∴，
∴，
∴，
∴平移后直线解析式为．
【点睛】本题考查待定系数法反比例函数解析式、反比例函数与一次函数的交点、一次函数平移问题、一次函数图象与反比例函数图象的综合判断，用待定系数法求反比例函数解析式是解题的关键．
21. 如图，是的直径，是弦，直线经过点C，于点D，．

（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为6，，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，根据得出，推出，得出，根据切线的判定推出即可；
（2）证明是等边三角形，得出，，求出梯形的面积和扇形的面积，再根据．
【小问1详解】
证明：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查切线的判定与性质、等边三角形的判定与性质、扇形面积公式、勾股定理及平行线的判定与性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．
22. 材料阅读：直角三角形射影定理又称“欧几里德定理”．定理的内容是：直角三角形中，斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项：每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项．这一定理可以描述如下：
如图，在中，满足条件：，是斜边上的高，则有如下结论成立：① ② ③ ④

（1）自主探究：请证明结论③
己知：在中，是斜边上的高，求证：
（2）直接运用：运用射影定理解决下面的问题：
如图，在中，，是斜边上的高，若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
（1）利用三角形相似证明结论；
（2）设长为x，则，根据射影定理可得，求出长，再根据射影定理求出结果即可．
【小问1详解】
证明：∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：设长为x，则，
根据射影定理可知，
即，
解得：，（舍去），
∴，
又∵，
∴．
23. 如图1，抛物线交x轴于A，B两点，交y轴于点C．
（1）求 A，B两点的坐标和直线的解析式；
（2）D是直线上的点，过点D作x轴的平行线，交抛物线于M，N两点（点M在点N的左侧），若，求点D的横坐标．
【答案】（1），，
（2）1或16．
【解析】
【分析】本题考查的是抛物线与x轴的交点，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，涉及到函数的图象和性质，正确确定线段的长度是解题的关键．
（1）根据抛物线解析式来求A，B、C三点的坐标，由点B、C来确定直线的解析式；
（2）设点M的坐标为：，则点N ，点D ，根据和两点间的距离公式得到方程，解方程即可．
【小问1详解】
解：依题意，
把代入，
则
解得，
即可得，，
因为
当时，，此时
设直线的解析式为，
把和代入
得，
解得，
所以直线的解析式为；
【小问2详解】
解：设点M的坐标为：，
则点点，
解得：（舍去）或或，
，
∴点D的横坐标为1或16．
24. 在中，．
（1）特例证明：如图1，点D，E分别在线段上，，求证：；
（2）探索发现：将图1中的绕点C逆时针旋转（）到图2位置，（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展运用：如图3，点D在内部，当时，若，，，求线段的长（直接写出答案）．
【答案】（1）证明见解析
（2）成立，理由见解析
（3）3
【解析】
【分析】（1）根据题意利用平行线性质及等腰三角形性质即可得到，继而得到本题答案；
（2）利用旋转性质再利用全等三角形判定及性质即可得到本题答案；
（3）根据题意把线段绕点C逆时针旋转至，连接，证明，再利用勾股定理即可得到本题答案．
【小问1详解】
解：证明：，
∴，，
，
，
，
，
，
；
【小问2详解】
解：成立，理由如下：
证明：由旋转可知，，

，
，
；
【小问3详解】
解：，理由如下：
把线段绕点C逆时针旋转至，连接，
，
则，
∴，
∴，
，
，
，
∴，
∴，
∵，
∴
【点睛】本题考查等腰三角形性质及判定，平行线判定及性质，全等三角形判定及性质，勾股定理，旋转性质．综合性较强，难度适中，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
数据
对应值
7.1
6.6
7.1
白
红
红
白
白，白
白，红
白，红
红
红，白
红，红
红，红
红
红，白
红，红
红，红