福建省厦门市湖里中学2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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1. ⊙O的半径为5cm，点A到圆心O的距离OA＝3cm，则点A与⊙O的位置关系为( )
A. 点A在⊙O上B. 点A在⊙O内C. 点A在⊙O外D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【详解】解：将点到圆心的距离记为d，圆的半径记为r,
∵d=OA=3,
∴d∴点A在圆内，
故选：B．
2. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标特点，解题的关键是根据两个点关于原点对称，那么这两个点的坐标符号相反即可得出结果．
【详解】解：两个点关于原点对称，这两个点的坐标符号相反，
点关于原点对称的点的坐标是．
故选：C．
3. 垃圾分类不仅有利于提升全社会的文明程度，还可以减少不同垃圾的相互污染，有利于废旧物质的回收利用．下列垃圾分类标识图片既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
【详解】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故A选项符合题意；
B、既不是轴对称图形又不是中心对称图形，故B选项不符合题意；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不合题意；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
4. 抛物线y=3（x-2）2+1的顶点坐标是（ ）
A. （2，1）B. （-2，1）C. （-2，-1）D. （1，2）
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数解析式的顶点式，直接写出顶点坐标，即可．
【详解】抛物线y=3（x-2）2+1的顶点坐标是：（2，1）．
故选A．
【点睛】本题主要考查二次函数的顶点坐标，掌握二次函数y=a(x-h)2+k的顶点坐标为：（h，k）， 是解题的关键．
5. 抛物线向右平移1个单位，再向下平移2个单位，所得到的抛物线是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】抛物线的平移遵循：上加下减，左加右减的规律，据此即可解答.
【详解】解：抛物线向右平移1个单位，再向下平移2个单位，所得到的抛物线是；
故选：A.
【点睛】本题考查了抛物线的平移，熟知抛物线的平移规律是解题的关键.
6. 某种植物的主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目的小分支，主干、支干和小分支的总数是43，设每个支干长出x个小分支，则下列方程中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设每个支干长出x个小分支，则主干生出x个小分支，而x个小分支每个又生出x个小分支，所以一共有个，从而可得答案.
【详解】解：设每个支干长出x个小分支，则
故选B
【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，熟练的表示支干与小分支的数量是解本题的关键.
7. 为培养学生动手实践能力，学校七年级生物兴趣小组在项目化学习“制作微型生态圈”过程中，设置了一个圆形展厅，如图，在其圆形边缘上的点P处安装了一台监视器，它的监控角度是72°，为了观察到展厅的每个位置，最少需在圆形边缘上共安装这样的监视器（ ）台．
A. 5台B. 4台C. 3台D. 2台
【答案】C
【解析】
【分析】根据监控角度可推出该角对应的弧的度数，而圆的度数是360度，由此可求出最少需要多少台这样的监视器．
【详解】解：根据圆周角定理，一台监视器所对应的弧的度数为：，
∵，
∴至少需要3台．
故选C．
【点睛】本题主要考查圆周角定理的实际应用，掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解题的关键．
8. 某电脑公司销售部为了定制下个月的销售计划，对20位销售员本月的销售量进行了统计，绘制成如图所示的统计图，则这20位销售人员本月销售量的平均数、中位数、众数分别是（ ）
A. 19，20，14B. 19，20，20C. 18.4，20，20D. 18.4，25，20
【答案】C
【解析】
【详解】解：由扇形统计图给出的数据可得销售20台的人数是：20×40%=8人，销售30台的人数是：20×15%=3人，
销售12台的人数是：20×20%=4人，销售14台的人数是：20×25%=5人，
所以这20位销售人员本月销售量的平均数是=18.4台；
把这些数从小到大排列，最中间的数是第10、11个数的平均数，所以中位数是20；
销售20台的人数最多，所以这组数据的众数是20．
故选：C．
【点睛】本题考查平均数；中位数；众数．
9. 如图，已知⊙P与坐标轴交于点A，O，B，点C在⊙P上，且∠ACO=60°，若点B的坐标为（0，3），则弧OA的长为（ ）

A. 2πB. 3πC. πD. 2π
【答案】A
【解析】
【分析】作辅助线，先根据圆周角定理可知：AB为⊙P的直径，由圆心角和圆周角的关系可得：根据弧长公式可得结论．
【详解】解：

故选A．
【点睛】本题考查了圆周角定理，弧长公式，坐标与图形的性质，根据弧长公式确定其对应的圆心角和半径是关键．
10. 如图，等边边长为6，点是中线上的一个动点，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转得到，连接．当在点运动过程中，取得最小值时，的面积等于（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取线段的中点，连接，根据等边三角形的性质可得出以及，由旋转的性质可得出，由此即可利用全等三角形的判定定理证出，进而即可得出，再根据点为的中点，即可得出的最小值，此题得解．
【详解】解：取线段的中点，连接，如图所示．
,
为等边三角形，，且直线为的对称轴，
，,，
∴，
由旋转可知：，，
∴，
．
又∵，
≌，
．
当时，最小，
∵,，
∴，
∴，
点为的中点，
∴为的中位线，
∴点为的中点，．
∴，
点为的中点，
∴，
∵≌，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质勾股定理，中位线的判定和性质，解题的关键是通过全等三角形的性质找出以及的最小值．
二、填空题（每小题4分，共24分）
11. 方程：
①的解是 _______________；
②的解是 _______________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元二次方程：
①利用直接开平方法解出方程；
②利用因式分解法解出方程．
【详解】解：①∵，
∴，
解得，
故答案为：；
②∵，
∴
解得或，
∴，
故答案为：．
12. 如图，C，D在圆上，是直径，若，则___________．
【答案】##26度
【解析】
【分析】做辅助线，根据同弧所对的圆周角相等，以及直径所对的圆周角为，然后直接求解即可．
【详解】连接，
∵是直径，
∴，
∵
∴
∴
故答案为：
【点睛】此题考查圆周角的概念，解题关键是直径所对的圆周角为．
13. 已知扇形的圆心角为120°，面积为12π，则扇形的半径是 ______．
【答案】6
【解析】
【分析】根据扇形的面积公式S=，得R=．
【详解】根据扇形的面积公式，得
R===6，
故答案为6．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，属于基础题，解答本题的关键是能够灵活运用扇形的面积公式．
14. 若是方程的一个解，则方程的另一个解是 ____________________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，正确理解一元二次方程的根与系数的关系是解题的关键．若一元二次方程的两根为，，则，．设方程的另一根为，根据根与系数的关系列方程并求解，即得答案．
【详解】设方程的另一根为x1，
根据题意得，
所以,
故答案：．
15. 一面墙上有一个矩形门洞，其中宽为米，高为2米，现要将其改造成圆弧型门洞（如图），则改造后圆弧型门洞的最大高度是 __________．
【答案】米
【解析】
【分析】本题考查的是垂径定理的应用，解题关键是求出直径和线段的长．
根据矩形的性质可推出线段为圆的直径，然后根据勾股定理可求出的长，再根据垂径定理求出点D为的中点，利用中位线即可求出的长，即可求出最大高度．
【详解】解：如图所示，连接矩形门洞的对角线交于点O，过点O作于点D，
点O为线段的中点，，
为圆O的直径，
宽为米，高为2米，
（米），
圆的半径（米），
，
点D为的中点，
点O为线段的中点，
是的中位线，
（米），
则改造后门洞的最大高度（米）；
故答案为：米．
16. 如图，已知⊙O的半径为2，所对的圆心角∠AOB＝60°，点C为的中点，点D为半径OB上一动点（D不与B重合）．将△CDB沿CD翻折得到△CDE，若点E落在半径OA、OB、 围成的封闭图形的边界上，则CD的长为____________．
【答案】1或2或
【解析】
【分析】当点E落在半径OB上，点B与点E关于点CD对称，从而可以得到DE=DB，由点C为弧AB的中点，∠AOB=60°，OC=OA=2，可以求得CD、OD的长；根据点E落在半径OA上，围出相应的图形，求得E的坐标和直线BE的解析式，得∠EBD=45°，∠BDE=2∠CDB=90°，即得，；当点E落在点A时，点D则落在点O处，则CD=OC=2．
【详解】解：①当点E落在半径OB上时，连接OC，如图：
由翻折可知CD⊥OB，
∴∠BDC=∠EDC=90°
∵∠AOB=60°，点C为弧AB的中点，OO的半径为2，
∴∠COD=30°，OA=OC=2，
∴CD=OC·sin30°=2×=1；
②当点E落在半径OA上时，以O为原点，OB所在直线为x轴，建立直角坐标系，连接OC，BE，AC，如图：
由已知可得，CE=CB=CA，
过点C作CF⊥OA于F，
∴AF=EF，
∴，
∴AF=2-，
∴
∴由①可知，
∴点E的横坐标为：，点E的纵坐标为：，
∴
∵B（2，0），
∴直线BE的解析式为y=-x+2，
∴∠EBD=45°，
∵CD⊥BE，
∴∠CDB=45°
∴∠BDE=2∠CDB=90°，
∵
∴
∵，
∴；
③当点E落在点A位置时，即点D落在点O的位置，
∴CD=OC=2；
综上所述，CD的长为1或2或．
故答案为：1或2或．
【点睛】本题考查扇形中的翻折问题，解题关键是掌握翻折的性质，会寻找特殊位置解决问题．
三．解答题（共86分）
17. 先化简，再求值：，其中a．
【答案】，
【解析】
【分析】先根据分式的加法法则算括号里面的，再根据分式的除法法则把除法变成乘法，再根据分式的乘法法则进行计算，最后代入求出答案即可．
【详解】解：

当a时，原式
【点睛】本题考查了分式的化简求值，分母有理化，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键，注意运算顺序．
18. 如图，在平行四边形中，点E、F分别在上，与相交于点O，且，求证：．

【答案】见解析
【解析】
【分析】先根据平行四边形的性质证出，得到，最终得到结论．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
，
在和中
，
，
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，其中全等三角形的判定是解决本题的关键．
19. 如图，已知二次函数图象的顶点为P，与y轴交于点 A．
（1）在图中再确定该函数图象上的一个点B并画出；
（2）若P（1，3），A （0，2 ），求该函数的解析式．
【答案】（1）图见解析；（2）y＝﹣（x﹣1）2+3．
【解析】
【分析】（1）过P点作x轴的垂线得到抛物线的对称轴，然后作点A关于对称轴的对称点即可；
（2）设顶点式y＝a（x﹣1）2+3，然后把A点坐标代入求出a即可．
【详解】解：（1）如图，点B即为所求；
（2）由二次函数图象顶点为P（1，3），可设解析式为y＝a（x﹣1）2+3，
把A（0，2）代入得：a+3＝2，解得a＝﹣1，
所以函数的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+3．
【点睛】本题考查了抛物线的性质和待定系数法求函数的解析式，属于基础题型，熟练掌握二次函数的基本知识是关键.
20 如图，四边形内接于，分别延长，，使它们相交于点E，，且．
（1）求证：．
（2）若，点C为的中点，求的半径．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，圆的基本性质等；
（1）根据圆内接四边形的性质得，再根据等边对等角可得∠E＝∠DCE，再根据等量代换，即可求解；
（2）连接，根据的圆周角所对的弦是直径得出为的直径，由等角对等边得，根据勾股定理得，即可求解；
掌握相关的性质，能由找出连接的辅助线是解题的关键．
【小问1详解】
证明：四边形内接于，
∴，
∵
，
，
，
；
【小问2详解】
解：如图，连接，
，
∴，
是的直径，
，
，
，
点C为的中点，
，
在中，
，
的半径为．
21. 如图，在中，，点F为的中点，点D在线段上，以点A为中心，将线段逆时针旋转α得到线段，连接．

（1）补全图形；
（2）用等式表示线段的数量关系，并证明．
【答案】（1）见解析 （2），理由见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了作图—旋转变换、全等三角形的判定和性质等知识点，理解题意、正确寻找全等三角形解决问题是解题的关键．
（1）根据题意，补全图形即可解答；
（2）先证明，得到，然后根据线段的和差及等量代换即可解答．
小问1详解】
解：如图所示即为所求：
【小问2详解】
解：．理由如下：
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
22. 如图①，灌溉车沿着平行于绿化带底部边线的方向行驶，为绿化带浇水．喷水口离地竖直高度为（单位：），如图②，可以把灌溉车喷出水的上、下边缘抽象为平面直角坐标系中两条抛物线的部分图象，把绿化带横截面抽象为矩形，其水平宽度，竖直高度为的长．下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到的，上边缘抛物线最高点离喷水口的水平距离为，高出喷水口，灌溉车到的距离为（单位：）．若当，时，解答下列问题．
（1）求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程；
（2）求出上、下边缘两个抛物线高度差的最大值；
（3）要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，直接写出的取值范围________．
【答案】（1）6 （2）2
（3）
【解析】
【分析】（1）由顶点得，设，再根据抛物线过点，可得的值，从而解决问题；
（2）由对称轴知点的对称点为，则下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到的，可得点的坐标，根据上下边缘抛物线的增减性可得结果；
（3）根据，求出点坐标，利用增减性可得的最大值为最小值，从而得出答案．
【小问1详解】
解：由题意得是上边缘抛物线的顶点，
设，
抛物线过点，
，
，
上边缘抛物线的函数解析式为，
当时，，
解得，（舍去），
喷出水的最大射程为；
【小问2详解】
对称轴为直线，
点的对称点为，
下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到的，
点的坐标为，
∵上边缘抛物线在时，y随x的增大而增大，
下边缘抛物线在时，y随x的增大而减小，
∴当时，上、下边缘两个抛物线高度差的最大值为2；
【小问3详解】
，
点的纵坐标为0.5，
，
解得，
，
，
当时，随的增大而减小，
当时，要使，
则，
当时，随的增大而增大，且时，，
当时，要使，，
，灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，
的最大值为，
再看下边缘抛物线，喷出的水能浇灌到绿化带底部的条件是，
的最小值为2，
综上所述，的取值范围是．
【点睛】本题考查二次函数的实际应用，掌握待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数与方程的关系等知识是解题的关键．
23. 在等腰三角形中，，是由绕点C按顺时针方向旋转角得到，且点A的对应点D恰好落在直线上，如图1．
（1）判断直线与直线的位置关系，并证明；
（2）当时，求的大小；
（3）如图2，点F为线段的中点，点G在线段上且，当点E在线段上时，求证：．
【答案】（1），证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由旋转的性质和等边对等角的性质，得到，即可证明；
（2）设，则，由旋转的性质，得出，再根据三角形外角的性质，得到，然后根据三角形内角和定理，求出的值，即可得到答案；
（3）连接CF、CG，利用旋转的性质，证明，得，，再根据等腰三角形三线合一的性质，得的，从而得出，再证明，得到，即可证明结论．
【小问1详解】
解：，证明如下：
证明：由旋转的性质可得，，
，
，
，
；
小问2详解】
解：设，则，
由旋转的性质可得，，
，
，
，
，
在中，，
，
解得：，即；
【小问3详解】
解：证明：如图3，连接、，
由旋转的性质可知：，，，
，
，
，，
，
，，
，点F为线段的中点，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定，三角形外角的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质等知识．解题关键是作辅助线构造全等三角形．