福建省莆田擢英中学九年级上学期期中考数学卷（解析版）-A4

这是一份福建省莆田擢英中学九年级上学期期中考数学卷（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。
友情提示：本试卷分为“试题卷”和“答题卡”两部分，请把答案写在答题卡相应的位置．
一、选择题（每小题4分，共40分）
1. 中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“立春”“谷雨”“白露”“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的概念，是解题的关键．
【详解】解：A、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，故不符合题意；
B、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，故不符合题意；
C、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，故不符合题意；
D、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，故是中心对称图形，故符合题意；
故选：D．
2. 二次函数y＝(x－2)2＋3最小值是( )
A. 3B. 2C. －2D. －3
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数的性质解答即可．
【详解】二次函数y=（x-2）2+3，
当x=2时，最小值是3，
故选A．
【点睛】本题考查的是二次函数的最值，掌握二次函数的性质是解题的关键．
3. 用配方法解一元二次方程，下列变形中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】方程移项后，利用完全平方公式变形即可得到结果．
【详解】解：方程x2+8x-3=0，
移项得：x2+8x=3，
配方得：x2+8x+16=16+3，即（x+4）2=19．
故选：B．
【点睛】此题考查了解一元二次方程-配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
4. 在平面直角坐标系中，抛物线经变换后得到抛物线，则这个变换可以是（ ）
A. 向上平移1个单位长度B. 向下平移1个单位长度
C. 向左平移1个单位长度D. 向右平移1个单位长度
【答案】D
【解析】
【分析】根据平移规律“左加右减，上加下减”，可得答案．
【详解】解:将抛物线平移得到抛物线，则这个平移过程正确的是向右平移了1个单位，
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，函数图象平移规律是：左加右减，上加下减．
5. 如图所示，在中，，分别是，的中点，若的面积为4，则的面积为（ ）

A. 8B. 12C. 14D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形中线定理，可得，，进而得到的相似比，根据面积比等于相似比的平方，即可求解，
本题考查了三角形的中位线，相似三角形的性质与判定，解题的关键是：求出的相似比．
【详解】解：，分别是，的中点，
，，
，
，
，
，
故选：．
6. 要组织一次足球比赛，赛制为单循环形式（每两队之间只赛一场），计划安排28场比赛，设应邀请x个球队参加比赛，根据题意可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了一元一次方程的实际应用，设应邀请x个球队参加比赛，则每个队都要与其它个队都比赛一场，则一共要比赛场，由于相同两个队之间的一场比赛只能算作一场，故总比赛场次为场，据此列出方程即可．
【详解】解：设应邀请x个球队参加比赛，
由题意得，，
故选：C．
7. 如图，四边形内接于，连接，且，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，三角形内角和定理．利用等边对等角，同弧上的圆周角相等，三角形内角和定理联合解题即可．
【详解】解：∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴①，②，
，得，
故选：D．
8. 在平面直角坐标系中，将点 P (﹣4，2)绕原点O 顺时针旋转 90°，则其对应点Q 的坐标为( )
A. (2，4)B. (2，﹣4)C. (﹣2，4)D. (﹣2，﹣4)
【答案】A
【解析】
【分析】首先求出∠MPO=∠QON，利用AAS证明△PMO≌△ONQ，即可得到PM=ON，OM=QN，进而求出Q点坐标．
【详解】作图如下，
∵∠MPO+∠POM=90°，∠QON+∠POM=90°，
∴∠MPO=∠QON，
△PMO和△ONQ中，
∵ ，
∴△PMO≌△ONQ，
∴PM=ON，OM=QN，
∵P点坐标为（﹣4，2），
∴Q点坐标为（2，4），
故选A．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质，以及全等三角形的判定和性质，关键是掌握旋转后对应线段相等．
9. 半径为的圆内接正三角形的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：如图所示，过O作OD⊥BC于D；
∵此三角形是正三角形，
∴∠BOC==120°．
∵OB=OC，
∴∠BOD=×120°=60°，
∴∠OBD=30°；
∵OB=R，
∴OD=，BD=OB•cs30°=，
∴BC=2BD=2×=，
∴S△BOC=×BC×OD=×=，
∴S△ABC=3×．
故选D．
考点：正多边形和圆．
10. 如图，为直径，，C、D为圆上两个动点，N为中点，于M，当C、D在圆上运动时保持，则的长（ ）
A. 随C、D的运动位置而变化，且最大值为4
B. 随C、D的运动位置而变化，且最小值为2
C. 随C、D的运动位置长度保持不变，等于2
D. 随C、D的运动位置而变化，没有最值
【答案】C
【解析】
【分析】连接：、、，证明O、N、C、M四点共圆，求得，再根据等边三角形的性质可得．
【详解】解；连接：、、．
∵N是的中点，
∴，．
又∵，
∴．
∴O、N、C、M四点共圆．
∴．
∴．
又∵，
∴为等边三角形．
∴．
故选：C．
【点睛】此题考查了等边三角形的性质，圆的性质，解题的关键是是作辅助线并运用圆的性质以及等边三角形的性质解答．
二、填空题（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是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了关于原点对称点的坐标．关于原点对称的两点，其横、纵坐标均互为相反数，据此即可得到答案．
【详解】解：由题意得：点关于原点对称的点的坐标是，
故答案为：．
12. 已知二次函数的图像如图所示，当时，x的取值范围是 _____________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出抛物线的对称轴，然后根据抛物线的轴对称性质得到抛物线与x轴的另一交点坐标，结合函数图像即可写出x的取值范围．本题考查了抛物线和x轴的交点问题，二次函数的性质．熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
【详解】解：由二次函数的图像可知：
抛物线对称轴为，
抛物线与x轴的另一交点坐标为，
所以当时，x的取值范围是：．
故答案为：．
13. 如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，点B的对应点为点E，点A的对应点为点D，当点E恰好落在边AC上时，连接AD，若∠ACB＝30°，则∠DAC的度数是_____．

【答案】75°
【解析】
【分析】由旋转的性质可知△ABC≌△CED，AC与CD对应相等，∠ECD与∠ACB对应相等，从而通过等腰三角形内角和关系可求∠DAC的度数.
【详解】由旋转的性质可知：
△ABC≌△CED,
∴AC＝CD，∠ECD＝∠ACB＝30°,
∴∠DAC＝∠ADC＝75°,
故答案是：75°.
【点睛】考查了旋转的基本性质和等腰三角形内角和，解题关键是抓住了图形旋转过程中对应边和角的相等关系．
14. 如图，正六边形ABCDEF的边长为6，以顶点为圆心，的长为半径画圆，则图中阴影部分的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】延长FA交⊙A于G，如图所示：根据六边形ABCDEF是正六边形，AB=6，利用外角和求得∠GAB=360°÷6=60°，再求出正六边形内角∠FAB=180°-∠GAB=180°-60°=120°， 利用扇形面积公式代入数值计算即可．
【详解】解：延长FA交⊙A于G，如图所示：
∵六边形ABCDEF是正六边形，AB=6，
∴∠GAB=360°÷6=60°，
∠FAB=180°-∠GAB=180°-60°=120°，
∴S扇形FAB=，
故答案：12π．
【点睛】本题主要考查扇形面积计算及正多边形的性质，熟练掌握扇形面积计算及正多边形的性质是解题的关键．
15. 如图，某博览会上有一圆形展示区，在其圆形边缘的点处安装了一台监视器，它的监控角度是，为了监控整个展区，最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器___________台．

【答案】4
【解析】
【分析】圆周角定理求出对应的圆心角的度数，利用圆心角的度数即可得解．
【详解】解：∵，
∴对应的圆心角的度数为，
∵，
∴最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器台；
故答案为：4
【点睛】本题考查圆周角定理，熟练掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半，是解题的关键．
16. 已知二次项系数等于1一个二次函数，其图象与x轴交于，两点，且过，两点．若，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是二次函数的图象与性质.由题意可设抛物线为，则，再利用二次函数的性质可得答案.
【详解】解：由已知二次项系数等于1的一个二次函数，
其图象与x轴交于两点，，
所以可设交点式，
分别代入，，
∴，，


∵，
∴，，
∵，
∴不能取16 ，
∴，
故答案为：.
三、解答题（共86分）
17. 解方程：．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程．先分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
【详解】解：分解因式得：，
，
，．
18. 如图，在中，点分别是边上的两点，且．，，，求的长．
【答案】．
【解析】
【分析】本题主要考查相似三角形的性质．根据相似三角形对应边成比例可得出的长．
【详解】解：∵，
∴，
∴．
19. 已知关于x的一元二次方程．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若该方程两个实数根的和为3，求m的值．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】此题考查了一元二次方程根的判别式和根与系数关系，熟练掌握相关知识并准确计算是解题的关键．
（1）根据一元二次方程列出根的判别式，即可做出判断；
（2）根据一元二次方程根与系数关系列式求解即可．
【小问1详解】
证明：，
∵
∴该方程总有两个实数根；
【小问2详解】
解：∵该方程两个实数根的和为3，
∴，
∴．
20. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转，得到，连接，．
（1）判断的形状；
（2）求证：平分．
【答案】（1）等边三角形
（2）证明见解析
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，图形的旋转，旋转前后找到相应的等量关系是解答本题的关键．
（1）依题意，将绕点逆时针旋转，得到，找到旋转前后等量关系，，即可判断的形状；
（2）由旋转关系，可以得到，，，并且为等边三角形，故可以证明，得到平分．
【小问1详解】
解：绕点逆时针旋转，
，，
为等边三角形；
【小问2详解】
证明：绕点逆时针旋转，
，，
，
，
为等边三角形，
，
在和中，
，
，
，
平分．
21. 如图，抛物线与轴交于点、，与轴交于点，连接．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）点为直线上方抛物线上一点，若，求出点的坐标；
【答案】（1）
（2）P点坐标为
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的综合问题．
（1）设交点式，化为一般式得到，解得，从而得到抛物线解析式；
（2）先确定，再利用待定系数法求得直线的解析式为，根据三角形面积公式可判断，则可求得直线的解析式为，然后联立解方程组得P点坐标．
【小问1详解】
解：设抛物线解析式为，
即，
∴，
解得，
∴抛物线解析式为；
【小问2详解】
解：当时，，
∴，
设直线的解析式为，
把代入得，
解得，
∴直线的解析式为；
∵，
∴，
∴设直线的解析式为，
把代入得，
解得，
∴直线的解析式为，
解方程组得或，
∴P点坐标为．
22. 如图，以点O为圆心，长为直径作圆，在上取一点C，延长至点D，连接，，过点A作交的延长线于点E．
（1）求证：是的切线
（2）若，，则的长
【答案】（1）见解析 （2）6
【解析】
【分析】本题考查了切线的判定和性质：过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线；也考查了圆周角定理的推论，全等三角形的性质和判定，正确的作出辅助线是解题的关键．
（1）连接，如图，根据圆周角定理得到，即，求得，得到，根据切线的判定定理得到答案；
（2）根据勾股定理得到，求得，根据切线的性质得到根据勾股定理即可得出结论．
【小问1详解】
证明：连接，如图，
为直径，
，即，
又，
，
，
，
即，
是的半径，
是的切线；
【小问2详解】
解：连接，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得：．
23. 学习《相似三角形》后，曾老师开展了一节《探索黄金分割之旅》的活动课．
【背景资料】黄金分割是一种数学上的比例关系．如图1，点C把线段分成和两部分，如果那么称点C为线段的黄金分割点，叫做黄金分割比．黄金分割具有严格的比例性、艺术性、和谐性，在人体、建筑、美学等很多方面都有广泛应用，蕴藏着丰富的美学价值．几何图形中的黄金分割，造就了图形不一样的美．如图2和图3，都是黄金三角形（腰与底的比或底与腰的比等于黄金比）；如图4，矩形是黄金矩形（宽与长的比等于黄金比）．
【知识探究】直角三角形中的黄金分割
活动一：如图5，在中，，是边上的高．以为边，作平行四边形，使得点E，F分别落在边上．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹．）
活动二：在活动一的条件下，若，求证：点F是线段的黄金分割点．
【答案】活动一：见解析；活动二：见解析
【解析】
【分析】活动一：作，，如图，四边形是所求作的平行四边形；
活动二：利用平行线分线段成比例定理，得到和，推出，再证明，据此求解即可得到，点F是线段的黄金分割点．
【详解】解：活动一：如图所示，四边形是所求作的平行四边形．
活动二：证明：∵在中，，
∴是菱形，
∴，，，
∴，，
，，
∴，
∵是边上的高，
∴，
∴，
∴．
∴，
∴点F是线段的黄金分割点．
【点睛】本题考查了尺规作图，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，利用相似三角形得线段比例关系是解题的关键．
24. 如图，的直径为，弦为，的平分线交于点D．
（1）求的长；
（2）试探究之间的等量关系，并证明你的结论；
（3）连接，P为半圆上任意一点，过P点作于点E，设的内心为M，当点P在半圆上从点B运动到点A时，求的最小值．
【答案】（1）
（2），证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）由圆周角定理得出，由勾股定理可求出答案；
（2）延长到，使，连接，证明，由全等三角形的性质得出，得出，则为等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得出结论；
（3）连接，证明，由全等三角形的性质得出，则点M在以为弦，并且所对的圆周角为的两段劣弧上（分左右两种情况），求出的长，由弧长公式可得出答案．
小问1详解】
是直径
是的平分线
在中，
【小问2详解】
，证明如下
延长到，使，连接
又
∴为等腰直角三角形
【小问3详解】
连接
点为的内心
所以点在以为弦，并且所对的圆周角为的两段劣弧上（分左右两种情况）；
设所在圆的圆心
连接B交弧OD于M，则有BM最小
过作，则为等腰直角三角形，
【点睛】此题是圆的综合题，考查了圆周角定理，三角形内心的定义，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，弧长公式以及勾股定理等知识，熟练掌握圆周角定理和等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．
25. 已知抛物线（）与轴有且只有一个交点，且与轴于交于点．
（1）求与的关系式；
（2）若时，点在抛物线的对称轴上；
①若过点的直线：（）与抛物线只有一个交点；证明：直线平分；
②设过点的直线与抛物线交于，点，则是否为定值，若为定值请求出定值，若不是定值请说明理由．
【答案】（1）
（2）①见解析；②是定值，值为4
【解析】
【分析】（1）由题意可设函数解析式，令，即可得；
（2）①当时，，由题意可得过点的直线：（）与抛物线只有一个交点，即，即，解得，根据点的坐标计算可得，进而得出结论即可；
②设过点的直线：，联立，设，N， ，则，，代入即可得出答案．
【小问1详解】
由题意可知：
令，
∴
【小问2详解】
①当时，，
∴，
∵过点的直线：（）与抛物线只有一个交点，
∴直线：（）
∵过点的直线：（）与抛物线只有一个交点
∴，即，
整理得，
∴，
解得，
∴直线l：交对称轴与
∴，，
∴
∴，即，
∴直线平分
②为定值，理由如下，
设过点的直线：
联立
化简
设，N，
则，
∴
【点睛】本题主要考查了二次函数综合题，解题的关键是根据题意设函数关系式以及点的坐标．