黑龙江省哈尔滨市新区两校2024-2025学年九年级上学期期中数学试卷

2024-2025学年黑龙江省哈尔滨市新区两校九年级（上）期中数学试卷 一、选择题（每小题3分，共30分） 1．（3分）﹣的相反数是（　　） A． B．2 C．﹣2 D．﹣ 2．（3分）下列运算一定正确的是（　　） A．（a2）3＝a6 B．a+a4＝a5 C．a6÷a2＝a3 D．a2•a4＝a8 3．（3分）下列四种化学仪器的示意图中，是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 4．（3分）不等式组的解集在数轴上表示正确的是（　　） A． B． C． D． 5．（3分）若抛物线y＝x2先向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，则所得到的新抛物线的解析式是（　　） A．y＝（x+2）2+3 B．y＝（x+2）2﹣3 C．y＝（x﹣2）2+3 D．y＝（x﹣2）2﹣3 6．（3分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，连接OB、OC，若∠OCB＝40°，则∠A的度数等于（　　） A．30° B．40° C．50° D．60° 7．（3分）如图，小明在某一时刻测得旗杆AB在阳光下的影子BC长为10米，且由C处测得旗杆顶端A的仰角为58°，则旗杆AB的长度为（　　）米． A． B．10tan58° C． D．10cos58° 8．（3分）按图示的方式摆放餐桌和椅子，图1中共有6把椅子，图2中共有10把椅子，…，按此规律，则图7中椅子把数是（　　） A．28 B．30 C．36 D．42 9．（3分）如图，△ABC中，D是AB边上一点，DE∥BC交AC于点E，连接BE，DF∥BE交AC于点F，则下列结论错误的是（　　） A． B． C． D． 10．（3分）我国新能源汽车快速健康发展，续航里程不断提升，王师傅驾驶一辆纯电动汽车从A市前往B市，他驾车从A市一高速公路入口驶入时，该车的剩余电量是80kW•h，行驶了240km后，从B市一高速公路出口驶出．已知该车在高速公路上行驶的过程中，剩余电量y（kW•h）与行驶路程x（km）之间的关系如图所示，则行驶240km时，该车剩余电量为（　　）kW•h． A．18 B．30 C．32 D．40 二、填空题：（每小题3分，共30分） 11．（3分）2024年国庆期间，哈尔滨市共接待游客约6167000人次，6167000用科学记数法表示为 　 　． 12．（3分）在函数y＝中，自变量x的取值范围是 　 　． 13．（3分）把2m3﹣4m2+2m因式分解的结果是 　 　． 14．（3分）计算：＝ 　 　． 15．（3分）抛物线y＝2x2+4x﹣5与y轴的交点坐标为　 　． 16．（3分）如图，将△ABC绕点A按逆时针旋转50°后，得到△ADE，则∠ABD的度数是 　 　°． 17．（3分）定义新运算：a※b＝ab+b2，则（2m）※m的运算结果是 　 　． 18．（3分）在⊙O中，弦AB所对的圆心角是90°，则弦AB所对的圆周角为 　 　°． 19．（3分）下列命题：①半圆是弧，但弧不一定是半圆；②平分弦的直径垂直于弦；③在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等；④三个点确定一个圆．其中正确的是 　 　.（填序号） 20．（3分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E在线段BO上连接AE．若BE：OD＝2：3，∠EDA＝2∠EAC，EO＝1，则线段AE的长为 　 　． 三、解答题（共60分，其中21、22题各7分，23、24题8分，25-27题各10分） 21．（7分）先化简，再求代数式的值，其中a＝2sin60°+tan45°． 22．（7分）图1、图2是两张形状、大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，点A、B在小正方形的顶点上． （1）在图1中画出△ABC（点C在小正方形的顶点上），△ABC为以AB为腰的等腰直角三角形； （2）在图2中平移线段AB，使得A与C重合，连接BC，并仅用无刻度的直尺作出BC中点E，并保留作图痕迹． 23．（8分）为丰富学生课余活动，某中学开展了“A科学类、B体育类、C生活实践类、D其他类”四类社团活动，要求每人必须参加且只参加一类活动．学校随机抽取六年级（1）班全体学生进行调查，以了解学生参加社团情况，根据调查绘制了如图所示不完整的条形统计图，其中选择A科学类的学生占所调查人数的30%，请根据图中提供的信息解答下列问题： （1）在这次调查中，六年级（1）班学生总人数是多少人？ （2）通过计算补全条形统计图； （3）该中学共有1600名学生，请估计该校参与体育类社团的学生有多少人？ 24．（8分）在矩形ABCD中，点E在边AD上，BE＝AD，过点C作CF⊥BE于点F． （1）如图1，求证：DE＝EF； （2）如图2，连接DF，若点F为线段BE的中点，直接写出长度等于线段DF的倍的线段． 25．（10分）第9届亚洲冬季运动会将于2025年2月在哈尔滨举行，为迎接此次盛会，某初中举办了“冰雪同梦，亚洲同心”的绘画比赛，并购买A、B两种吉祥物徽章作为奖品．已知购买2个A种徽章和3个B种徽章需156元：购买4个A种徽章和5个B种徽章需284元． （1）每个A种徽章与每个B种徽章的价格分别为多少元？ （2）学校计划购进A、B两种徽章共60个，且总费用不超过2000元，那么最多购进A种徽章多少个？ 26．（10分）在⊙O中，AB是直径，C、D在圆上，AB⊥CD于点E． （1）如图1，证明：∠BOD＝2∠A； 【发现问题】根据 （1）中结论，发现：“在同一个圆中，如果两条弧相等，那么其中一条弧所对的圆心角是另一条弧所对圆周角的 　 　.”事实上，这个命题是真命题． 【迁移应用】请直接运用上面的发现，证明下面的问题． （2）如图2，在弧AD上取点F使得D为弧BF中点，请你证明：OP＝OQ． 【联系拓展】 （3）如图3，在（2）的条件下，连接BC，过点O作OH⊥AF于点G，交⊙O于点H，连接CH交AB于点R，连接RQ．若ED：AF＝2：3，，求RQ的长． 27．（10分）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点．抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点B（﹣1，0）、C（3，0），与y轴正半轴交于点A． （1）如图1，求抛物线的解析式； （2）如图2，点E为第一象限内抛物线上一点，连接BE交y轴于点D．设点E的横坐标为t，线段OD的长度为d．求d与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）； （3）如图3，在（2）的条件下，当时，过点B作BF⊥BE，点P在抛物线上，连接EP并延长交BF于点F，过点B作BG⊥EF于点H，交直线AE于点G．若∠EFG＝2∠FBG，求点P坐标． 2024-2025学年黑龙江省哈尔滨市新区两校九年级（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（每小题3分，共30分） 1．【答案】A 【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得答案． 【解答】解：﹣的相反数是， 故选：A． 2．【答案】A 【分析】根据幂的乘方，底数不变，指数相乘；合并同类项法则；同底数幂相除，底数不变，指数相减；同底数幂相乘，底数不变，指数相加；对各选项分析判断后利用排除法求解． 【解答】解：A、（a2）3＝a6，故此选项符合题意； B、a与a4不是同类项，不能合并，故此选项不符合题意； C、a6÷a2＝a4，故此选项不符合题意； D、a2•a4＝a6，故此选项不符合题意； 故选：A． 3．【答案】C 【分析】根据轴对称图形的概念判断即可． 【解答】解：A、示意图不是轴对称图形，不符合题意； B、示意图不是轴对称图形，不符合题意； C、示意图是轴对称图形，符合题意； D、示意图不是轴对称图形，不符合题意； 故选：C． 4．【答案】C 【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集． 【解答】解：由2x﹣7≤1，得：x≤4， 由x﹣2＞0，得：x＞2， 则不等式组的解集为2＜x≤4， 故选：C． 5．【答案】B 【分析】根据向左平移横坐标减，向下平移纵坐标减求出新抛物线的顶点坐标，再利用顶点式解析式写出即可． 【解答】解：∵抛物线y＝x2先向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度， ∴新抛物线顶点坐标为（﹣2，﹣3）， ∴所得到的新的抛物线的解析式为y＝（x+2）2﹣3． 故选：B． 6．【答案】C 【分析】根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出∠BOC，根据圆周角定理解答即可． 【解答】解：∵OB＝OC，∠OCB＝40°， ∴∠OBC＝∠OCB＝40°， ∴∠BOC＝180°﹣2×40°＝100°， 由圆周角定理得：∠A＝∠BOC＝50°， 故选：C． 7．【答案】B 【分析】先说明△ABC是直角三角形，再利用直角三角形的边角间关系得结论． 【解答】解：∵旗杆AB⊥影子BC， ∴∠ABC＝90°． 在Rt△ABC中， ∵tanC＝， ∴AB＝BC•tanC＝10tan58°． 故选：B． 8．【答案】B 【分析】观察图形变化，得出n张餐桌时，椅子数为4n+2把（n为正整数），代入n＝7即可得出结论． 【解答】解：1张桌子可以摆放的椅子数为：2+1×4＝6， 2张桌子可以摆放的椅子数为：2+2×4＝10， 3张桌子可以摆放的椅子数为：2+3×4＝14， …， n张桌子可以摆放的椅子数为：2+4n， 令n＝7，可得2+4×7＝30（把）． 故选：B． 9．【答案】D 【分析】由平行线分线段成比例定理和相似三角形的性质即可得出结论． 【解答】解：∵DE∥BC，DF∥BE， ∴＝，且△ADE∽△ABC，＝，＝，＝＝， ∴＝，＝， ∴选项A、B、C正确，选项D错误； 故选：D． 10．【答案】C 【分析】利用待定系数法求出函数关系式，代入x＝240时，求出y的值即可． 【解答】解：设y与x之间的关系式为y＝kx+b， ∵函数图象经过（0，80），（150，50）， 则， 解得， ∴y与x之间的关系式为y＝﹣x+80， （3）当x＝240时，y＝+80＝32， ∴电动车的剩余电量为32kw•h， 故选：C． 二、填空题：（每小题3分，共30分） 11．【答案】6.167×106． 【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数． 【解答】解：6167000＝6.167×106． 故答案为：6.167×106． 12．【答案】见试题解答内容 【分析】根据分母不等于0列式计算即可得解． 【解答】解：根据题意得，x+4≠0， 解得x≠﹣4． 故答案为x≠﹣4． 13．【答案】2m（m﹣1）2． 【分析】先提公因式，再利用完全平方公式分解因式即可． 【解答】解：2m3﹣4m2+2m ＝2m（m2﹣2m+1） ＝2m（m﹣1）2， 故答案为：2m（m﹣1）2． 14．【答案】． 【分析】先化简二次根式，再计算减法即可． 【解答】解：原式＝2﹣ ＝． 故答案为：． 15．【答案】见试题解答内容 【分析】根据题意得出x＝0，然后求出y的值，即可以得到与y轴的交点坐标． 【解答】解：令x＝0， 得y＝﹣5， 故与y轴的交点坐标是：（0，﹣5）． 故答案为：（0，﹣5）． 16．【答案】65°． 【分析】先根据旋转的性质得AB＝AD，∠BAD＝50°，则利用等腰三角形的性质得到∠ABD＝∠ADB，然后根据三角形内角和计算∠ABD的度数． 【解答】解：∵△ABC绕点A按逆时针旋转50°后，得到△ADE， ∴AB＝AD，∠BAD＝50°， ∴∠ABD＝∠ADB， ∴∠ABD＝×（180°﹣50°）＝65°． 故答案为：65°． 17．【答案】见试题解答内容 【分析】根据新定义运算法则：（2m）※m＝2m•m+m2，再根据同底数幂的乘法法则以及合并同类项法则计算即可． 【解答】解：∵a※b＝ab+b2， ∴（2m）※m＝2m•m+m2＝2m2+m2＝3m2． 故答案为：3m2． 18．【答案】45或135． 【分析】根据题意画出图形，根据圆周角定理计算即可． 【解答】解：如图， 当点E在优弧AB上时， 由圆周角定理得，∠AEB＝∠AOB＝45°， 当点D在劣弧AB上时， ∵四边形ADBE是⊙O的内接四边形， ∴∠ADB＝180°﹣∠AEB＝135°， ∴弦AB所对的圆周角的度数为45°或135°． 故答案为：45或135． 19．【答案】①③． 【分析】根据弧的概念、垂径定理的推论、圆心角、弧、弦的关系、确定圆的条件判断即可． 【解答】解：①半圆是弧，但弧不一定是半圆，命题正确； ②平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，故本小题命题错误； ③在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，命题正确； ④不在同一直线上的三个点确定一个圆，故本小题命题错误； 故答案为：①③． 20．【答案】2． 【分析】根据菱形的性质得到OB＝OD，AC⊥BD，由BE：OD＝2：3，设BE＝2x，则OB＝OD＝3x，得到OB＝OD＝3，过D作DH⊥AE于H，根据全等三角形的性质得到△ADH≌△EDH（ASA），求得AD＝DE＝3+1＝4，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：∵四边形ABCD为菱形， ∴OB＝OD，AC⊥BD， 由BE：OD＝2：3， 设BE＝2x，则OB＝OD＝3x， ∴OE＝x＝1， ∴OB＝OD＝3， 过D作DH⊥AE于H， ∴∠DHE＝∠AOE＝90°， ∴∠EAO+∠AEO＝∠AEO+∠EDH＝90°， ∴∠EAO＝∠EDH， ∵∠EDA＝2∠EAC， ∴∠ADH＝∠EDH， ∵DH＝DH， ∴△ADH≌△EDH（ASA）， ∴AD＝DE＝3+1＝4， ∴AO＝＝＝， ∴AE＝＝2， 故答案为：2． 三、解答题（共60分，其中21、22题各7分，23、24题8分，25-27题各10分） 21．【答案】，原式＝． 【分析】先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，然后把a的值代入化简后的式子进行计算，即可解答． 【解答】解： ＝• ＝• ＝， 当a＝2sin60°+tan45°＝2× 时，原式＝＝． 22．【答案】（1）见解答． （2）见解答． 【分析】（1）利用网格画△ABC，使AC＝AB且AC⊥AB即可． （2）根据平移的性质作图可得线段CD，连接AD交BC于点E，则点E即为BC中点． 【解答】解：（1）如图1，△ABC即为所求． （2）如图2，线段CD和点E即为所求． 23．【答案】（1）40人；（2）见解答；（3）560人． 【分析】（1）由A学科人数及其所占百分比可得总人数； （2）根据各学科人数和等于总人数求出C学科人数即可得出答案； （3）总人数乘以样本中体育社团人数所占比例即可． 【解答】解：（1）12÷30% ＝ 40 （人）， 答：在这次调查中，六年级（1）班学生总人数是40人； （2）40﹣12﹣14﹣4＝10（人）， 补全统计图： （3）由样本估计总体得1600×＝560（人）， 答：估计该校参与体育类社团的学生有560人． 24．【答案】（1）证明过程请看解答； （2）DE、EF、BF、AE． 【分析】（1）证△ABE≌△FCB（AAS），得AE＝FB，进而得出结论； （2）证出DE＝EF＝BF＝AE＝BC，得∠BCF＝30°，则CF＝BF，证△CDF是等边三角形，得DF＝CF＝BF，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝ABC＝∠BCD＝90°，AD＝BC，AD∥BC， ∴∠AEB＝∠FBC， ∵BE＝AD， ∴BE＝BC， ∵CF⊥BE， ∴∠BFC＝90°＝∠A， 在△ABE和△FCB中，， ∴△ABE≌△FCB（AAS）， ∴AE＝FB， ∵AD＝BE， ∴DE＝EF； （2）解：长度等于线段DF的倍的线段有DE、EF、BF、AE，理由如下： ∵点F为线段BE的中点， ∴BF＝EF＝BE， 由（1）得：DE＝EF，△ABE≌△FCB， ∴DE＝EF＝BF，AB＝CF， ∴CF＝CD， ∵BE＝AD， ∴DE＝AD＝AE， ∴DE＝EF＝BF＝AE＝BC， ∵CF⊥BE， ∴∠BCF＝30°， ∴CF＝BF，∠DCF＝90°﹣30°＝60°， ∴△CDF是等边三角形， ∴DF＝CF＝BF， ∴DF＝BF＝DE＝EF＝AE， ∴DE＝EF＝BF＝AE＝DF． 25．【答案】（1）每个A中徽章的价格为36元，每个B种徽章的价格分别为28元； （2）最多购进A种徽章40个． 【分析】（1）设每个A中徽章的价格为x元，每个B种徽章的价格分别为y元，根据购买2个A种徽章和3个B种徽章需156元：购买4个A种徽章和5个B种徽章需284元．列出二元一次方程组，解方程组即可； （2）设购进m个A种徽章，则购进（60﹣m）个B种徽章，根据总费用不超过2000元，列出一元一次不等式，解不等式即可． 【解答】解：（1）设每个A中徽章的价格为x元，每个B种徽章的价格分别为y元， 由题意得：， 解得：， 答：每个A中徽章的价格为36元，每个B种徽章的价格分别为28元； （2）设购进m个A种徽章，则购进（60﹣m）个B种徽章， 由题意得：36m+28（60﹣m）≤2000， 解得：m≤40， 答：最多购进A种徽章40个． 26．【答案】（1）证明见解析；2倍；（2）证明见解析；（3）． 【分析】（1）连接OC，利用圆周角定理和垂径定理解答即可； （2）连接BF，BF交OD于点H，利用垂径定理，直角三角形的性质，同角的余角相等的性质和等腰三角形的判定定理解答即可； （3）利用（1）的结论得到∠BOD＝∠BAF，利用平行线的判定与性质和等腰三角形的判定与性质得到AP＝AF；利用全等三角形的判定与性质得到∠AOG＝∠D，OG＝DE，AG＝OE，进而得到∠HOD＝90°，利用圆周角定理和等腰直角三角形的判定与性质得到 CE＝RE；设CE＝ED＝OG＝2x，则AF＝AP＝3x，CE＝RE＝2x，利用勾股定理，等腰三角形的性质通过计算得到OP＝OR＝OQ＝x，则△PQR为直角三角形；利用全等三角形的判定与性质得到PE＝BE＝x，再利用勾股定理列出关于x的方程，解方程求得x值，最后利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论． 【解答】（1）证明：连接OC，如图， 则∠BOC＝2∠A， ∵OC＝OD，OB⊥CD， ∴∠BOC＝∠BOD， ∴∠BOD＝2∠A， 根据（1）中结论，发现：“在同一个圆中，如果两条弧相等，那么其中一条弧所对的圆心角是另一条弧所对圆周角的2倍． 故答案为：2倍； （2）连接BF，BF交OD于点H，如图， ∵OB⊥CD， ∴，∠FCD+∠CPE＝90°， ∵点D为弧BF的中点， ∴，OD⊥BF， ∴＝，∠FQH+∠F＝90°． ∴∠F＝∠FCD＝∠CAB， ∴∠CPE＝∠FQH． ∵∠OPQ＝∠CPE，∠OQP＝∠FQD， ∴∠OPQ＝∠OQP， ∴OP＝OQ； （3）解：∵D为弧BF中点， ∴， ∴∠BOD＝∠BAF． ∴OD∥AF， ∴∠F＝∠OQP， ∵∠OPQ＝∠OQP， ∴∠F＝∠OPQ， ∴AP＝AF． 在△OAG和△DOE中， ， ∴△OAG≌△DOE（AAS）， ∴∠AOG＝∠D，OG＝DE，AG＝OE， ∵∠D+∠DOE＝90°， ∴∠AOG+∠DOE＝90°， ∴∠HOD＝90°， ∴∠ACD＝∠HOD＝45°， ∵AB⊥CD， ∴△CER为等腰直角三角形， ∴CE＝RE． ∵ED：AF＝2：3， ∴设CE＝ED＝OG＝2x，则AF＝AP＝3x，CE＝RE＝2x， ∵OG⊥AF， ∴， ∴OR＝RE﹣OE＝x， ∴OA＝＝x， ∴OP＝AP﹣OA＝x， ∴OP＝OR， 由（2）知：OP＝OQ， ∴OP＝OR＝OQ＝x． ∴∠RQP＝90°． ∵， ∴∠FCD＝∠BCD， 在△CPE和△CBE中， ， ∴△CPE≌△CBE（ASA）， ∴PE＝BE＝x，∠CPB＝∠B． 在Rt△CEB中， ∵CE2+BE2＝BC2， ∴， ∵x＞0， ∴x＝2， ∴PR＝2，BE＝2，CE＝4． ∵sin∠B＝＝， ∴sin∠PRQ＝sin∠CPB＝sin∠B＝． ∵sin∠PRQ＝， ∴， ∴． 27．【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3； （2）d＝OD＝﹣t+3； （3）点． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）由点B、E的坐标得，直线BE：y＝﹣（t﹣3）x﹣（t﹣3），即可求解； （3）证明△KJB≌△BFE（ASA），△KJG≌△KFG（AAS），求出KJ＝BF＝KF＝BE＝3＝，得到，即可求解． 【解答】解：（1）将B、C两点坐标代入抛物线解析式得 ， 解得 ， ∴y＝﹣x2+2x+3； （2）设E（t，﹣t2+2t+3）， 由点B、E的坐标得，直线BE：y＝﹣（t﹣3）x﹣（t﹣3）， ∴D（0，﹣t+3），即d＝OD＝﹣t+3； （3）当d＝t＝﹣t+3，则t＝2，则E（2，3）， 延长OF交EA延长线于点K，过点K作 KJ⊥KO于点K，交OG延长线于点J， 由点A、E的坐标知，AE∥x轴， 由B、E的坐标得，直线BE的表达式为：y＝x+1， 即∠EBO＝45°＝∠AEB，则△BEK为等腰直角三角形， 则OE＝OK， 设∠EFG＝2∠FBG＝2α，则∠FBG＝α， ∵BH⊥EF，BE⊥BF， 则∠FBH+∠EBH＝90°，∠EBH+∠HEB＝90°， ∴∠FBH＝∠FEB＝α， ∵∠BKJ＝∠EBF＝90°，OE＝OK， ∴△KJB≌△BFE（ASA）， ∴KJ＝BF，∠EFB＝∠J＝90°﹣α， 则∠KFG＝180°﹣∠EFB﹣∠GFH＝180°﹣（90°﹣α）﹣2α＝90°﹣α＝∠J， 而∠KFG＝90°﹣∠GKF＝45°＝∠GKF， ∵KG＝KG， ∴△KJG≌△KFG（AAS）， ∴KJ＝BF＝KF＝BE＝3＝， 过点F作FM⊥x轴于点M，而∠FBM＝90°﹣∠EBO＝45°， 则BM＝FM＝BF＝，则， 由点E、F的坐标得，直线EF解析式：， 联立上式和抛物线的表达式得：x+＝﹣x2+2x+3， 解得：x＝﹣， 则点． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/11/18 19:57:36；用户：菁优校本；邮箱：241113@xyh.com；学号：59832322 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$