精品解析：福建省福州延安中学2024-—2025学年上学期九年级数学期中考试模拟试卷

福州延安中学2024-2025第一学期初三数学半期考模拟试卷 一．选择题（共10小题，每小题4分） 1. 关于x的方程的一根是1，则m的值是（　　） A. B. 3 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义．一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立． 把代入原方程，求解关于m的方程即可． 【详解】解：把代入方程，得 ， 所以． 故选：D． 2. 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“清明”、“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】根据中心对称图形的概念即可求解． 【详解】解：A、是轴对称图形而不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、是轴对称图形而不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、是轴对称图形而不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、是中心对称图形，故本选项符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查了中心对称图形的概念：如果一个图形绕着某个定点旋转180°后能与原图重合，这样的图形叫做中心对称图形．解题关键是熟记中心对称图形的概念． 3. 抛物线的顶点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质；将解析式化为顶点式即可求解． 【详解】解：， ∴抛物线的顶点坐标为， 故选：C． 4. 一个点到圆的最大距离为11 cm，最小距离为5 cm，则圆的半径为( ) A. 16cm或6 cm B. 3cm或8 cm C. 3 cm D. 8 cm 【答案】B 【解析】 【分析】最大距离与最小距离的和是直径；当点P在圆外时，点到圆的最大距离与最小距离的差是直径，由此得解． 【详解】当点P在圆内时，最近点的距离为5cm，最远点的距离为11cm，则直径是16cm，因而半径是8cm； 当点P在圆外时，最近点的距离为5cm，最远点的距离为11cm，则直径是6cm，因而半径是3cm； 故选B． 【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，利用线段的和差得出直径是解题关键，分类讨论，以防遗漏． 5. 如图，，，，则的长是（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】利用平行线分线段成比例定理得到，然后利用比例的性质可计算出的长． 【详解】解：∵， ∴，即， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理．掌握平行线分线段成比例定理是解答本题的关键． 6. 如图，，相交于点，则的长为（ ） A. B. 4 C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】利用平行线证明三角形相似，得到线段成比例求解． 【详解】解：∵， ∴，， ∴， ∴， 即， ∴． 故选：A． 【点睛】本题考查平行线的性质、三角形相似判定和性质，能够灵活利用平行线的性质、三角形相似判定和性质是解题的关键． 7. 九章算术是我国古代的数学名著，其中“勾股”章有一题，大意是：已知矩形门的高比宽多尺，门的对角线长尺，那么门的高和宽各是多少设门的宽为尺，根据题意，可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理的运用，根据宽为尺，则高为尺，对角线为尺，由勾股定理即可列式求解，掌握勾股定理是解题的关键． 【详解】解：宽为尺，则高为尺，门的对角线长尺， ∴由勾股定理可得，， 故选：A ． 8. 如图，在平行四边形中，E是的中点，、相交于点O，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、与中线有关的三角形的面积的计算，连接，由平行四边形的性质可得，，证明，，由和等高，得出，设，则，，求出，从而得出，即可得解． 【详解】解：如图：连接， ， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵和等高， ∴， 设，则， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 9. 已知二次函数的图象经过点和．若，则的取值范围是（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图像性质，熟悉掌握二次函数的图像性质是解题的关键． 先判断函数的开口方向和对称轴，然后根据二次函数的对称性和增减性，则可求得的取值范围． 【详解】解：∵二次函数， ∴图象的开口向上，对称轴为直线， ∴当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大， ∴点关于对称轴的对称点为， ∵二次函数的图象经过点和，且， ∴或， 故选：C． 10. 如图，正方形的边长为4，是射线上一个动点，点在上，且满足，则线段的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质、相似三角形的性质等知识点的应用，根据已知证明，再证出说明点Q的运动轨迹是在以为直径的圆上，再根据点圆关系求出最值即可． 【详解】如图，连接， ∵，且， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点Q的运动轨迹是在以为直径的圆上， 如图，取中点O，连接交于Q，则此时最小， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：D． 二．填空题（共6小题，每小题4分） 11. 已知方程的两个根分别为，，则的值为________． 【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，根据代入计算即可． 【详解】解：∵方程的两个根分别为，， ∴， 故答案为：． 12. 如图，四边形是的内接正方形，点P是劣弧上任意一点（与点B不重合），则的度数为________． 【答案】##45度 【解析】 【分析】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，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是解答此题的关键．连接，，根据四边形是正方形可知，再由圆周角定理即可得出结论． 【详解】解：连接，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴． 故答案为：． 13. 已知扇形的半径为，圆心角的度数为，若将此扇形围成一个圆锥的侧面，则围成的圆锥的底面圆的半径为______． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查求圆锥的底面半径，掌握弧长公式是解题关键．根据题意画出大致图形，由弧长公式可求出围成的圆锥的底面圆的周长为，从而可求出围成的圆锥的底面圆的半径． 【详解】解：如图， 由弧长公式可求出， ∴围成的圆锥的底面圆的周长为， ∴围成的圆锥的底面圆的半径为． 故答案为：2． 14. 如图所示，已知等边的边长为4，点D在边上且，点E在边上，，那么的长是____． 【答案】##0.75 【解析】 【分析】本题考查了等边三角形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形的内角和定理，由等边三角形的性质可得，，证明，得出，代入计算即可得解． 【详解】解：∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 15. 已知二次函数中，函数与自变量的部分对应值如表： 则的值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据表格数据可得对称轴为直线，则，当时，，代入代数式，即可求解． 【详解】解：根据表格数据可得对称轴为直线，则，当时，， ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 16. 在边长为2的正方形中，O是以为直径的半圆圆心，连接，过点C作的垂线交半圆于点E，连接，则的长是____． 【答案】 【解析】 【分析】延长交于，证明，得出，结合题意得出，由圆周角定理可得，由勾股定理可得，再由等面积法计算即可得解． 【详解】解：如图：延长交于， ， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵O是以为直径的半圆圆心，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 三．解答题（共9题，共计86分） 17. 解方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，利用配方法计算即可得解，选择合适的方法进行计算是解此题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴，． 18. 如图，为的直径，弦于点E，若，求弦的长． 【答案】24 【解析】 【分析】本题主要考查了垂径定理和勾股定理，连接，根据垂径定理得到，根据求出的长，根据求出的长，利用勾股定理求出，即可得到的长． 【详解】解：连接，如图所示： ∵为的直径，，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴． 19. 已知函数． （1）求证：不论为何实数，此二次函数的图象与轴都有两个不同交点； （2）若函数有最小值，求函数表达式． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）进行判别式的值得到，从而得到，然后根据判别式的意义得到结论； （2）利用顶点坐标公式得到，然后解关于的方程即可． 【小问1详解】 证明：， ， ， 不论为何实数，此二次函数的图象与轴都有两个不同交点； 【小问2详解】 ， 整理得， ， 所求函数表达式为：． 【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点：把求二次函数，，是常数，与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程；△决定抛物线与轴的交点个数．也考查了二次函数的性质． 20. 如图，点分别在的两边上． （1）尺规作图：求作，使它与都相切（不写作法，保留作图痕迹）； （2）若，则的半径为___________． 【答案】（1）见解析 （2）2或15 【解析】 【分析】（1）分别作的角平分线，分别交于点，过点，分别作的垂线，再以为圆心，到垂足的线段的长为半径画圆，即可； （2）勾股定理定理求出的长，等积法求出的半径，切线长定理求出的半径，即可． 【小问1详解】 解：分别作的角平分线，分别交于点，过点，分别作的垂线，再以为圆心，到垂足的线段的长为半径画圆，即可，如图所示：，即为所求； 【小问2详解】 解：设与的切点分别为：，与的切点分别为：，则，，， ∵， ∴，四边形为正方形， 设，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∴的半径为2或15； 故答案为：2或15． 【点睛】本题考查复杂作图—作圆，三角形的内切圆，切线长定理．熟练掌握内心是角平分线的交点，利用等积法求内切圆的半径，以及切线长定理，是解题的关键． 21. 如图，在中，，将绕点A旋转一定的角度得到，且点E恰好落在边BC上． （1）求证：AE平分； （2）连接BD，求证：． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）根据旋转性质得到对应边相等，对应角相等，进而根据等边对等角性质可将角度进行等量转化，最后可证得结论； （2）根据旋转性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理对角度进行等量转化可证得结论． 【小问1详解】 证明：由旋转性质可知：，， 平分． 【小问2详解】 证明：如图所示： 由旋转性质可知：，， ，， 即， ，， ， ∵在中，， ， ， 即． 【点睛】本题考查了三角形的旋转变化，熟练掌握旋转前后图形的对应边相等，对应角相等以及合理利用三角形内角和定理是解决本题的关键． 22. 如图，在中，，O是BC边上一点，以O为圆心，为半径的圆与相交于点D，连接，且． （1）求证：是的切线； （2）若，求半径的长． 【答案】（1）证明：连接， ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． 又∵是的半径， ∴是的切线． （2）3 【解析】 【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质得，，由可证 ，进而可证是的切线； （2）设半径为x，则，在直角三角形中，，利用勾股定理可得答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，， ∴， 设半径为x，则， 在直角三角形中， ，即， ∴． ∴半径的长为3． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形两锐角互余，切线的判定，以及勾股定理，熟练掌握切线的判定是解题的关键． 23. 为缓解停车难的问题，太阳山小区利用一块长方形空地建一个小型的惠民停车场，其布局如图所示．已知停车场的长为，宽为，阴影部分设计为停车位，其余部分是等宽的通道，已知停车位占地面积为． （1）求通道的宽是多少米； （2）该停车场共有64个车位，据调查发现：当每个车位的月租金为400元时，可全部租出；当每个车位的月租金每上涨10元时，就会少租出1个车位． ①当每个车位的月租金上涨时，停车场的月租金收入会超过27000元吗？ ②当每个车位的月租金上涨时，停车场会有部分车位空置，所以物业部门拟把这些空置车位提供给到附近办事的人临时停车，经过调查发现每个空置车位每天平均收入10元（每月按30天算），则每个车位月租金上涨多少元时，停车场的总收入最高，最高是多少？ 【答案】（1）通道的宽是6米 （2）①会超过27000元，理由见解析；②每个车位月租金上涨270元时，停车场的总收入最高，最高是32890元 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程的应用，二次函数的应用，正确理解题意找出等量关系列出方程或函数关系式是解答此题的关键． （1）设通道的宽为，根据矩形的面积公式列出方程并解答即可； （2）①设每个车位的月租金上涨m元，停车场的月租金收入为w元，则可租出个车位，列出二次函数关系式，再求出最大值即可； ②设每个车位的月租金上涨m元，停车场的总收入为y元，则可租出个车位，根据题意列出二次函数关系式，求出最大值即可． 【小问1详解】 解：设通道的宽是，则阴影部分可合成长为，宽为的长方形，根据题意得： ， 整理得：， 解得：，（不符合题意，舍去）． 答：通道的宽是； 【小问2详解】 解：①当每个车位的月租金上涨时，停车场的月租金收入会超过27000元，理由如下： 设每个车位的月租金上涨m元，停车场的月租金收入为w元，则可租出个车位， 根据题意得： ， ∵， ∴当时，w取得最大值，最大值为27040， ∵， ∴当每个车位的月租金上涨时，停车场的月租金收入会超过27000元； ②设每个车位的月租金上涨m元，停车场的总收入为y元，则可租出个车位， 根据题意得： ， ∵， ∴当时，y取得最大值，最大值为32890， ∴每个车位月租金上涨270元时，停车场的总收入最高，最高是32890元． 24. 如图，AB，CD是圆O的直径，AE是圆O的弦，且AE∥CD，过点C的圆O切线与EA的延长线交于点P，连接AC． （1）求证：AC平分∠BAP； （2）求证：PC2=PA•PE； （3）若AE-AP=PC=4，求圆O的半径． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）5. 【解析】 【分析】（1）OA=OC，则∠OCA=∠OAC，CD∥AP，则∠OCA=∠PAC，即可求解； （2）证明△PAC∽△PCE，即可求解； （3）利用△PAC∽△CAB、PC2=AC2-PA2，AC2=AB2-BC2，即可求解． 【详解】解：（1）∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC， ∵CD∥AP， ∴∠OCA=∠PAC， ∴∠OAC=∠PAC， ∴AC平分∠BAP； （2）连接AD， ∵CD为圆的直径， ∴∠CAD=90°， ∴∠DCA+∠D=90°， ∵CD∥PA， ∴∠DCA=∠PAC， 又∠PAC+∠PCA=90°， ∴∠PAC=∠D=∠E， ∴△PAC∽△PCE， ∴， ∴PC2=PA•PE； （3）AE=AP+PC=AP+4， 由（2）得16=PA（PA+PA+4）， PA2+2PA-8=0，解得，PA=2， 连接BC， ∵CP是切线，则∠PCA=∠CBA， Rt△PAC∽Rt△CAB， ，而PC2=AC2-PA2，AC2=AB2-BC2， 其中PA=2， 解得：AB=10， 则圆O的半径为5． 【点睛】此题属于圆的综合题，涉及了三角形相似、勾股定理运用的知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来． 25. 如图，抛物线与x轴交于点、两点，与y轴交点C，连接，顶点为M． （1）求抛物线的解析式及顶点M的坐标； （2）已知点P是抛物线上的一点，连接，若，求点P的坐标； （3）如图2，若D是直线上方抛物线上一动点，连接交于点E，当的值最大时，求点D的坐标． 【答案】（1）抛物线的解析式为，顶点的坐标为 （2）当时，点P的坐标为或 （3） 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法即可求出抛物线解析式，再化为顶点式即可得出顶点M的坐标； （2）分两种情况：当点在上方时，连接；当点在下方时，连接，交轴于；分别求解即可得解； （3）待定系数法求出直线的解析式为，作轴，交于，设，则，求出，证明，得出，结合，得出，再由二次函数的性质即可得解． 【小问1详解】 解：∵抛物线与x轴交于点、两点， ∴， 解得：， ∴抛物线的解析式为， ∵， ∴顶点的坐标为； 【小问2详解】 解：在中，当时，，则， 如图，当点在上方时，连接， ∵， ∴， ∴， 在中，令，则， 解得：或（不符合题意，舍去）， ∴此时； 如图，当点在下方时，连接，交轴于， ， ∵， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理可得：， ∵，， ∴， ∴， 解得：， ∴， 设直线的解析式为， 将，代入解析式为， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立得， 解得：或（不符合题意，舍去） 当时，， ∴此时； 综上所述，当时，点P的坐标为或； 【小问3详解】 解：设直线的解析式为， 将，代入解析式可得， 解得：， ∴直线的解析式为， 如图，作轴，交于， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴当时，取得最大值，此时，即． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数综合—角度问题、相似三角形的判定与性质、求一次函数解析式，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州延安中学2024-2025第一学期初三数学半期考模拟试卷 一．选择题（共10小题，每小题4分） 1. 关于x的方程的一根是1，则m的值是（　　） A. B. 3 C. D. 2 2. 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“清明”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 抛物线的顶点坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 一个点到圆的最大距离为11 cm，最小距离为5 cm，则圆的半径为( ) A. 16cm或6 cm B. 3cm或8 cm C. 3 cm D. 8 cm 5. 如图，，，，则的长是（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 10 6. 如图，，相交于点，则的长为（ ） A. B. 4 C. D. 6 7. 九章算术是我国古代的数学名著，其中“勾股”章有一题，大意是：已知矩形门的高比宽多尺，门的对角线长尺，那么门的高和宽各是多少设门的宽为尺，根据题意，可列方程为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在平行四边形中，E是的中点，、相交于点O，则为（ ） A. B. C. D. 9. 已知二次函数的图象经过点和．若，则的取值范围是（ ） A. B. C. 或 D. 10. 如图，正方形的边长为4，是射线上一个动点，点在上，且满足，则线段的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 二．填空题（共6小题，每小题4分） 11. 已知方程的两个根分别为，，则的值为________． 12. 如图，四边形是的内接正方形，点P是劣弧上任意一点（与点B不重合），则的度数为________． 13. 已知扇形的半径为，圆心角的度数为，若将此扇形围成一个圆锥的侧面，则围成的圆锥的底面圆的半径为______． 14. 如图所示，已知等边的边长为4，点D在边上且，点E在边上，，那么的长是____． 15. 已知二次函数中，函数与自变量的部分对应值如表： 则的值是__________． 16. 在边长为2的正方形中，O是以为直径的半圆圆心，连接，过点C作的垂线交半圆于点E，连接，则的长是____． 三．解答题（共9题，共计86分） 17. 解方程：． 18. 如图，为的直径，弦于点E，若，求弦的长． 19. 已知函数． （1）求证：不论为何实数，此二次函数的图象与轴都有两个不同交点； （2）若函数有最小值，求函数表达式． 20. 如图，点分别在的两边上． （1）尺规作图：求作，使它与都相切（不写作法，保留作图痕迹）； （2）若，则的半径为___________． 21. 如图，在中，，将绕点A旋转一定的角度得到，且点E恰好落在边BC上． （1）求证：AE平分； （2）连接BD，求证：． 22. 如图，在中，，O是BC边上一点，以O为圆心，为半径的圆与相交于点D，连接，且． （1）求证：是的切线； （2）若，求半径的长． 23. 为缓解停车难的问题，太阳山小区利用一块长方形空地建一个小型的惠民停车场，其布局如图所示．已知停车场的长为，宽为，阴影部分设计为停车位，其余部分是等宽的通道，已知停车位占地面积为． （1）求通道的宽是多少米； （2）该停车场共有64个车位，据调查发现：当每个车位的月租金为400元时，可全部租出；当每个车位的月租金每上涨10元时，就会少租出1个车位． ①当每个车位的月租金上涨时，停车场的月租金收入会超过27000元吗？ ②当每个车位的月租金上涨时，停车场会有部分车位空置，所以物业部门拟把这些空置车位提供给到附近办事的人临时停车，经过调查发现每个空置车位每天平均收入10元（每月按30天算），则每个车位月租金上涨多少元时，停车场的总收入最高，最高是多少？ 24. 如图，AB，CD是圆O的直径，AE是圆O的弦，且AE∥CD，过点C的圆O切线与EA的延长线交于点P，连接AC． （1）求证：AC平分∠BAP； （2）求证：PC2=PA•PE； （3）若AE-AP=PC=4，求圆O的半径． 25. 如图，抛物线与x轴交于点、两点，与y轴交点C，连接，顶点为M． （1）求抛物线的解析式及顶点M的坐标； （2）已知点P是抛物线上的一点，连接，若，求点P的坐标； （3）如图2，若D是直线上方抛物线上一动点，连接交于点E，当的值最大时，求点D的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $