广东省珠海市容闳中学2024—2025学年上学期九年级期中考试数学试卷（解析版）-A4

这是一份广东省珠海市容闳中学2024—2025学年上学期九年级期中考试数学试卷（解析版）-A4，共22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。
1. 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】B
【解析】
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：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；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选B．
2. 用配方法解方程，配方正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】按照配方法解一元二次方程的方法和步骤，先移项，再在方程两边都加上一次项系数的一半的平方（二次项系数为1），整理化简即得答案．
【详解】解：方程即为，
在方程的两边都加上，得，
即．
故选：A．
【点睛】本题主要考查配方法解一元二次方程，掌握配方法解一元二次方程的的方法和步骤是解此题的关键．
3. 某款汽车月份的售价为万元，月份的售价为万元，设该款汽车这两个月售价的月平均降价率是．可列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
利用该款汽车月份的售价该款汽车月份的售价，即可列出关于的一元二次方程．
【详解】解：根据题意得：，
故选：C．
4. 把抛物线y＝2x2先向左平移3个单位，再向上平移4个单位，所得抛物线的函数表达式为（ ）
A. y＝2（x+3）2+4B. y＝2（x+3）2﹣4C. y＝2（x﹣3）2﹣4D. y＝2（x﹣3）2+4
【答案】A
【解析】
【详解】解：把抛物线y=2x2先向左平移3个单位，再向上平移4个单位，所得抛物线的函数解析式为y=2（x+3）2+4．
故选A．
5. 已知，，是抛物线上的点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了比较二次函数值的大小，先根据抛物线解析式得到抛物线开口向下，对称轴为直线，则离对称轴越远函数值越小，再求出三点到对称轴的距离即可得到答案．
【详解】解：∵抛物线解析式为，，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线，
∴离对称轴越远函数值越小，
∵，，是抛物线上的点，且，
∴，
故选：C．
6. 如图是一个游戏转盘，自由转动转盘，当转盘停止转动后，指针落在“”所示区域内的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题主要考查了概率公式，直接利用“A”所示区域所占圆周角除以，进而得出答案,正确理解几何概率的求法是解题关键．
【详解】解：指针落在“”区的概率为：，
故选：C．
7. 如图，是的切线，B为切点，连接交于点C，延长交于点D，连接，若，且，则的长是（ ）

A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由圆周角定理可得，等量代换可得，进而可得，根据切线的定义得出，利用勾股定理求出，则．
【详解】解：如图，连接．

由圆周角定理可得，
，
，
，
，
．
是的切线，
，
．
．
故选：D．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定等，难度不大，解题的关键是先利用圆周角定理得出，进而利用上述知识点逐步求解．
8. 如图，直径的半圆绕点按顺时针方向旋转，此时A到了点的位置，则图中阴影部分的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了扇形面积公式的应用，扇形面积公式为，阴影面积为旋转后为直径的半圆面积加旋转后扇形面积减去旋转前为直径的半圆面积，则阴影面积为旋转后的扇形面积，由扇形面积公式计算即可．
【详解】解：∵直径的半圆，绕B点顺时针旋转，
，
又，
，
，
，
，
故选：D．
9. 在如图所示的正方形网格中，四边形绕某一点旋转某一角度得到四边形（所有顶点都是网格线交点），在网格线交点中，可能是旋转中心的是（ ）
A. 点B. 点C. 点D. 点
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了旋转的性质，对应顶点到旋转中心的距离应相等且旋转角也相等，对称中心在连接对应点线段的垂直平分线上，连接，，作的垂直平分线，作的垂直平分线，交于点M，则M为旋转中心．
【详解】解：连接，， 作的垂直平分线，作的垂直平分线，交到在M处，所以可知旋转中心的是点M．如下图：
故选∶A．
10. 函数（，）的图象（如图所示）是由函数（，）的图象x轴上方部分不变，下方部分沿x轴向上翻折而成，则下列结论：①；②；③；④将图象向上平移1个单位长度后与直线有3个交点，其中正确的是（ ）

A. ①②④B. ①③C. ①②D. ②③
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查二次函数的图象与系数之间的关系．二次函数的平移，待定系数法求函数解析式，熟练掌握抛物线的对称性，利用数形结合的思想进行求解是解题的关键．①根据图象与轴的两个交点，求出对称轴，即可得到结论；②由的图象可知：与轴的交点为，根据翻折特点，即可解题；③根据对称轴，判断的符号，结合，的符号，即可得到的符号；④先求出图象的顶点坐标，得到平移后的顶点坐标，即可得出结论．
【详解】解：由图知，函数（，）的图象与轴交于，，
函数对称轴为直线，
，
则，，故①正确；
函数图象与轴交于，
由翻折性质可知，，故②正确；
，对称轴为直线，
，
，
，故③错误；
由图知，，
函数图象与轴交于，
过点，
即，
解得，
函数为，
即，
当时，，
即的顶点坐标为，
将图象向上平移1个单位长度后的顶点坐标为，
将图象向上平移1个单位长度后与直线有3个交点，故④正确．
综上所述，正确的有①②④，
故选：A．
二、填空题（本大题6小题，每小题3分，共18分）
11. 已知点与点关于原点对称，则点的坐标为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟记“关于原点的对称点，横、纵坐标都变成相反数”是解题的关键．
详解】解：∵点与点关于原点对称，
∴点,
故答案为：．
12. 关于的二次函数的图象过原点，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的定义，掌握二次函数图象上的点满足函数关系式是解题关键．根据二次函数过原点，得到，再结合二次函数的定义，即可求出的值．
【详解】解：关于的二次函数的图象过原点，
，
解得：或，
，
，
，
故答案为：．
13. 若，是方程的两个根，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，熟知一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
利用一元二次方程根与系数的关系即可解决问题．
【详解】解：因为，是方程的两个根，
则原方程可化为，
所以，
故答案为：．
14. 已知一等腰三角形的一边长为5，另一边长为方程x2﹣8x+12＝0的根，该等腰三角形的周长为____．
【答案】12，16，17
【解析】
【分析】先求出一元二次方程的根，再讨论5是等腰三角形的底还是腰，求出三角形周长．
【详解】解：
，
解得，，
若5是等腰三角形的底，则等腰三角形的腰只能是6，因为2不能构成三角形，此时周长是17，
若5是等腰三角形的腰，则等腰三角形的底可以是2或6，那么周长是12或16．
故答案是：12，16，17．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质和解一元二次方程，解题的关键是分类讨论等腰三角形的腰长和底长，需要注意构成三角形的条件．
15. 如图，AB是半圆O的直径，点C，D在半圆O上．若∠ABC＝50°，则∠BDC的度数为______ °．
【答案】140
【解析】
【分析】先求出∠A的度数，再利用圆内接四边形的性质求出∠BDC的度数．
【详解】解：∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠ABC＝50°，
∴∠A=40°，
∵四边形ABDC是圆内接四边形，
∴∠BDC+∠A=180°，
∴∠BDC=140°，
故答案为：140．
【点睛】此题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟记各定理及性质是解题的关键．
16. 如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=1，将矩形ABCD绕顶点C顺时针旋转90°，得到矩形EFCG，连接AE，取AE的中点H，连接DH，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意构造并证明，通过全等得到，再结合矩形性质、旋转的性质，及可求解；
【详解】如图，延长DH交EF于点k，
∵H是的中点
又
则
故答案为：
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、三角形的全等证明，掌握相关知识并结合旋转的性质正确构造全等三角形是解题的关键．
三、解答题（一）（本大题3小题，8+6+7分，共21分）
17. 解方程：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）该方程无解．
【解析】
【分析】本题考查的是解一元二次方程，掌握一元二次方程的解法是解题关键．
（1）先整理方程，再利用直接开方法解方程即可；
（2）先整理方程，再利用公式法解方程即可．
【小问1详解】
解：，
整理得：，
，
；
【小问2详解】
解：，
整理得：，
其中，，，，
，
该方程无解．
18. 如图，是的直径，，求的度数．

【答案】．
【解析】
【分析】连接，根据圆周角定理得到，，然后利用互余计算的度数即可．
【详解】解：如图，连接，
是的直径，
，
，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．熟练掌握圆周角定理是解决本题的关键．
19. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，，．
（1）点关于原点中心对称点的坐标为（__________，__________）；
（2）将绕点顺时针旋转后得到，画出，并写出的坐标为__________．
【答案】（1）
（2），图形见详解
【解析】
【分析】本题考查作图-旋转变换，解题的关键是熟练掌握旋转变换的性质，正确画出图形是解题的关键.（1）利用中心对称的性质，找到点的对应可点即．（2）利用旋转变换的性质，分别画出，，的对应点，，即可．
【小问1详解】
解：利用点的中心对称的性质，找到点关于原点中心对称点的坐标为横纵坐标均为相反数，即．
【小问2详解】
解：如下图所示，为所求；
点的坐标为．
四、解答题（二）（本大题3小题，每小题9分，共27分）
20. 学校要建一个矩形花圃，其中一边靠墙，另外三边用篱笆围成．已知墙长42m，篱笆长．设垂直于墙的边长为米，平行于墙的边为米，围成的矩形面积为．
（1）求与与的关系式．
（2）围成矩形花圃面积能否为，若能，求出的值．
（3）围成的矩形花圃面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值，并求出此时的值．
【答案】（1）；
（2）能，
（3）的最大值为800，此时
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程的应用和二次函数的实际应用：
（1）根据可求出与之间的关系，根据墙的长度可确定的范围；根据面积公式可确立二次函数关系式；
（2）令，得一元二次方程，判断此方程有解，再解方程即可 ；
（3）根据自变量的取值范围和二次函数的性质确定函数的最大值即可．
【小问1详解】
解：∵篱笆长，
∴，
∵
∴
∴
∵墙长42m，
∴，
解得，，
∴；
又矩形面积
；
【小问2详解】
解：令，则，
整理得：，
此时，，
所以，一元二次方程有两个不相等实数根，
∴围成的矩形花圃面积能为；
∴
∴
∵，
∴；
【小问3详解】
解：
∵
∴有最大值，
又，
∴当时，取得最大值，此时，
即当时，的最大值为800
21. 【综合与实践】
主题：制作圆锥形生日帽．
素材：一张圆形纸板、装饰彩带．
步骤1：如图1，将一个底面半径为r的圆锥侧面展开，可得到一个半径为l、圆心角为的扇形．制作圆锥形生日帽时，要先确定扇形的圆心角度数，再度量裁剪材料．
步骤2：如图2，把剪好的纸板粘合成圆锥形生日帽，

（1）现在需要制作一个，的生日帽，请帮忙计算出所需扇形纸板的圆心角度数；
（2）为了使（1）中所制作的生日帽更美观，要粘贴彩带进行装饰，其中需要粘贴一条从点A处开始，绕侧面一周又回到点A的彩带（彩带宽度忽略不计），求彩带长度的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角的度数，勾股定理求最值问题，掌握以上知识是解题的关键．
（1）根据扇形的两个面积公式可得，再代入求解即可；
（2）连接，过点P作，线段就是彩带长度的最小值，根据等腰三角形性质及解直角三角形即可求解．
【小问1详解】
，，
，
，
扇形纸板的圆心角度数为；
【小问2详解】
如图所示．连接，过点P作，线段就是彩带长度的最小值，
由（1）得，
,
彩带长度的最小值为．
22. 如图，已知抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点B的坐标为．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P是直线上方抛物线上的动点，过点P作直线轴，交x轴于点N，交直线于点M．设点P的横坐标为t，当时，求点P的坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法，B的坐标为代入求解；
（2）求出直线的解析式，写出， ，， 得，，根据建立方程解答即可．
【小问1详解】
将点B的坐标为代入，
得，
解得，
故抛物线的解析式为；
【小问2详解】
解：∵，
∴当时，，
∴．
设直线的解析式为，
将和代入，
得，
解得，
∴直线的解析式为，
∵点P的横坐标为t，
∴点，
∵过P点的直线轴，点M在直线：上，点N在x轴上，
∴，，
∴，，
当时，，
解得或（舍），
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数的综合，熟练掌握待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式，二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，函数与方程，是解决问题的关键．
五、解答题（三）（本大题2小题，每小题12分，共24分）
23. 已知的两边分别与圆相切于点，，圆的半径为．
（1）如图1，点在点，之间的优弧上，，求的度数；
（2）如图2，点在圆上运动，当最大时，要使四边形为菱形，的度数应为多少？请说明理由；
（3）若交圆于点，求第（2）问中对应的阴影部分的周长（用含的式子表示）．
【答案】（1）50°；（2）当∠APB=60°时，四边形APBC为菱形，理由见解析；（3）．
【解析】
【分析】（1）连接OA、OB，根据切线的性质和多边形内角和定理可得∠AOB+∠APB=180°，然后结合已知求得∠AOB，最后根据圆周角定理即可解答；
（2）连接OA、OB，先观察发现当∠APB=60°时，四边形APBC可能为菱形；然后利用∠APB=60°结合（1）的解答过程可得∠ACB=∠APB=60°，再根据点C运动到PC距离最大，即PC经过圆心；再说明四边形APBC为轴对称图形结合已知条件得到PA =PB=CA =CB，即可得到四边形APBC为菱形；
（3）由于⊙O的半径为r，则OA=r、OP=2 r，再根据勾股定理可得AP=r、PD=r，然后根据弧长公式求得的弧长，最后根据周长公式计算即可．
详解】解：（1）如图1，连接OA、OB
∵PA，PB为⊙O的切线
∴∠PAO=∠PBO=90°
∴∠AOB+∠MPN=180°
∵∠MPN=80°
∴∠AOB=180°-∠MPN=100°
∴∠AOB=100°=∠ACB=50°；
（2）当∠APB=60°时，四边形APBC为菱形，理由如下：
如图2：连接OA、OB
由（1）可知∠AOB+∠APB=180°
∵∠APB=60°
∴∠AOB=120°
∴∠ACB=60°=∠APB
∵点C运动到PC距离最大
∴PC经过圆心
∵PA、PB为⊙O的切线
∴四边形APBC为轴对称图形
∵PA=PB，CA=CB，PC平分∠APB和∠ACB.
∴∠APB=∠ACB=60°
∴∠APO=∠BPO=∠ACP=∠BCP=30°
∴PA =PB=CA =CB
∴四边形APBC为菱形；
（3）∵⊙O的半径为r
∴OA=r，OP=2 r
∴AP=r，PD=r
∵∠AOP=60°
∴
∴C阴影．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质、圆周角定理、菱形的判定、弧长公式以及有关圆的最值问题，考查知识点较多，灵活应用所学知识是解答本题的关键．
24. 问题背景：如图（1），△ABD，△AEC都是等边三角形，△ACD可以由△AEB通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．
尝试应用：如图（2），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC，AB为边，作等边△ACD和等边△ABE，连接ED，并延长交BC于点F，连接BD．若BD⊥BC，求DF：DE的值．
拓展创新：如图（3），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，连接PB，直接写出PB的最大值．
【答案】（1）旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是；（2）；（3）+1
【解析】
【分析】（1）由等边三角形得出，，，，证明，由旋转性质即可得出答案；
（2）证明，由全等三角形的性质得，，得出，由直角三角形性质得，则可计算出答案；
（3）过点A作，且使AE=AD，连接PE，BE，由直角三角形的性质求出BE、PE的长即可得解．
【详解】解：（1）∵，都是等边三角形，
∴，，，，，
，
，
可以由绕点A顺时针旋转得到，
即旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是；
（2）和都是等边三角形，
，，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
设BF=x，则CF=DF=2x，DE=3x，
∴；
（3），
∴ 点C在以AB为直径的圆上运动，取AB的中点D，连接CD，
，
如图，过点A作，且使AE=AD，连接PE，BE，
∵ 将线段AC绕点A顺时针旋转得到线段AP，
，PA=AC．
，
，
，
∴ PE=CD=1．
∵ AB=2，AE=AD=1，
∴ BE===，
，
∴ BP的最大值为+1．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质、圆周角定理；熟练掌握旋转的性质是解题关键．