精品解析：福建省福州市长乐区2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试卷

2024—2025学年第一学期期中适应性练习 九年级数学 （全卷满分：150分，考试时间：120分钟） 友情提示：请将答案写在答题卡规定位置上，不得错位、越界答题． 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．如图为部分“卦”的符号，其中不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 将抛物线向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度后，得到的抛物线的表达式为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，是的直径，点在上．若，．则的半径长为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4. 下列一元二次方程中，根是的方程是（ ） A. B. C. D. 5. 一个扇形的圆心角为120°，半径为3，则这个扇形的弧长是（　　） A 4π B. 3π C. 2π D. π 6. 对于二次函数，下列判断正确的是（ ） A. 当时，取得最大值 B. 当时，取得最小值 C. 当时，取得最大值 D. 当时，取得最小值 7. 一根排水管的截面如图所示，截面水深是，水面宽是，则排水管的截面圆的半径是（ ） A B. C. D. 8. 已知点，将点绕原点逆时针方向旋转得点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，、分别与相切于、两点，点为上一点，连接、，若，则度数为（ ） A. B. C. D. 10. 已知二次函数图象上有两点和（其中），则下列判断正确的是（ ） A. 若时， B. 若时， C. 若，时， D. 若，时， 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分． 11. 一元二次方程的一个根为，则__． 12. 一元二次方程的根的判别式的值是________． 13. 已知的半径为，圆心到直线的距离为，则直线与的位置关系为_________（填“相交”、“相切”或“相离”） 14. 如图，在等边三角形中，为的中点，，与关于点中心对称，连接，则的长为______． 15. 汽车刹车后行驶的距离（单位：）关于行驶的时间t（单位：）的函数解析式是，则汽车刹车后到停下来前进了__________． 16. 我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提出了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．如图，的半径为1，如用的内接正十二边形面积来近似估计圆的面积，则可得的近似值为3．若用半径为1的圆的内接正八边形面积作近似估计，可得的近似值为______．（参考数据：，，结果精确到0.1） 三、解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 解方程：． 18. 已知二次函数． （1）完成下表： … 0 1 2 3 … … 0 ______ ______ ______ 0 … （2）根据（1）的结果在如图所示的平面直角坐标系中，利用描点法画出这个二次函数的图象； （3）结合函数图象，当时，的取值范围是______ 19. 已知二次函数．求证：不论取何值，该函数图象与轴总有两个交点． 20. 如图，，是的直径，点在上，，求证：． 21. 如图，在中，，，，以点为圆心，2.4为半径作．求证：是的切线． 22. 如图，二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点，其中，． （1）求二次函数的解析式； （2）若是二次函数图象上的一点，且点在第一象限，线段交轴于点，，求点的坐标． 23. 如图，在矩形中，，．将绕点顺时针旋转一个角度得到，点，的对应点分别为点，． （1）如图1，若点落在边上，求旋转角的度数； （2）如图2，若点落在线段上，与交于点，求的长． 24. 长乐栽培龙眼历史悠久，据文献记载宋光宗皇帝曾赐匾青山龙眼“黄龙”．请你运用数学知识，根据素材，帮果农解决问题． 信息及素材 素材一 在专业种植技术人员的正确指导下，果农对龙眼种植技术进行了研究与改进，使产量得到了增长，根据果农们的记录，2021年龙眼平均年产量是万吨，2023年达到了万吨，每年的增长率基本相同． 素材二 龙眼一般用长方体包装盒包装后进行售卖． 素材三 果农们通过调查发现，顾客们也很愿意购买用美观漂亮的其它造型的纸盒包装的龙眼． 任务1：设龙眼产量的年平均增长率为，根据素材一列方程得______； 任务2：现有长，宽的长方形纸板，将四角各裁掉一个正方形（如图1），折成无盖长方体纸盒（如图2）．为了放下适当数量的龙眼，需要设计底面积为的纸盒，计算此时纸盒的高； 任务3：为了增加包装盒的种类，打算将任务2中的纸板通过图3的方式裁剪，得到底面为正六边形的无盖纸盒（如图4），求纸盒的底面边长．（图中实线表示剪切线，虚线表示折痕．板厚度及剪切接缝处损耗忽略不计．，结果取整数） 25. 学习完一元二次方程的知识后，数学兴趣小组对关于的一元二次方程开展探究． （1）当时，该方程的正根称为“黄金分割数”，求“黄金分割数”； （2）若实数，满足，，且，求的值； （3）若两个不相等的实数，满足，，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年第一学期期中适应性练习 九年级数学 （全卷满分：150分，考试时间：120分钟） 友情提示：请将答案写在答题卡规定位置上，不得错位、越界答题． 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．如图为部分“卦”的符号，其中不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查中心对称图形，解题的关键是理解中心对称图形的定义． 根据中心对称图形的概念求解，在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点，就叫做对称中心． 【详解】解∶根据中心对称图形的概念∶在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，可知B、C、D是中心对称图形，A不是中心对称图形， 故选∶A． 2. 将抛物线向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度后，得到的抛物线的表达式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象与几何变换，根据二次函数变化规律：左加右减，上加下减，进而得出变化后解析式． 【详解】解：∵抛物线向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度， ∴平移后的解析式为：． 故选：B． 3. 如图，是的直径，点在上．若，．则的半径长为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了直径所对的圆周角是直角，勾股定理， 根据直径所对的圆周角是直角得，再根据勾股定理得出答案． 【详解】∵是的直径， ∴． 在中，， ∴， ∴， 即的半径是． 故选：D． 4. 下列一元二次方程中，根是的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的求根公式， 根据一元二次方程的求根公式计算判断即可．一元二次方程，当时，． 【详解】因为一元二次方程的根是，所以A符合题意； 因为一元二次方程的根是，所以B不符合题意； 因为一元二次方程的根是，所以C不符合题意； 因为一元二次方程的根是，所以D不符合题意． 故选：A． 5. 一个扇形的圆心角为120°，半径为3，则这个扇形的弧长是（　　） A. 4π B. 3π C. 2π D. π 【答案】C 【解析】 【分析】利用扇形弧长公式即可解答. 【详解】解：根据条件得扇形弧长＝6π×＝2π. 故答案选C. 【点睛】本题考查扇形弧长公式，熟悉掌握解题关键. 6. 对于二次函数，下列判断正确的是（ ） A. 当时，取得最大值 B. 当时，取得最小值 C. 当时，取得最大值 D. 当时，取得最小值 【答案】A 【解析】 【分析】此题主要考查了二次函数的性质，解此题的关键是熟练掌握二次函数的增减性． 分别利用二次函数顶点坐标以及对称轴确定方法和二次函数增减性分析得出即可． 【详解】解∶对于二次函数，其开口方向向下，顶点坐标为，对称轴是直线，所以当时，y取得最大值6． 故选∶A． 7. 一根排水管的截面如图所示，截面水深是，水面宽是，则排水管的截面圆的半径是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查垂径定理和勾股定理的应用． 由题意知，交于点C，由垂径定理可得出，在中，设排水管的截面圆的半径由即可求出答案． 【详解】解：由题意知，交于点C， ∵， ∴， 在中，设排水管截面圆的半径 则， ∵， ∴， 解得． 即排水管的截面圆的半径是． 故选：C． 8. 已知点，将点绕原点逆时针方向旋转得点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用图象法解决问题即可． 【详解】解：过A点作轴，过B点作轴， ∵点A的坐标为， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， 在和中， ， ∴， ∴ ∴点B的坐标为， 故选：D． 【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，解题的关键是正确作出图形解决问题． 9. 如图，、分别与相切于、两点，点为上一点，连接、，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了圆的切线的性质，圆周角定理等知识，连接，，根据切线的性质得，得出，再利用圆周角定理可得答案．熟练掌握切线的性质是解题的关键． 【详解】解：连接，， 、分别与相切于、两点， ， ， ， ， 故选：． 10. 已知二次函数的图象上有两点和（其中），则下列判断正确的是（ ） A. 若时， B. 若时， C. 若，时， D. 若，时， 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与不等式，根据二次函数的性质，通过比较点到对称轴的距离的大小比较函数值的大小，当时，离对称轴越远，函数值越大；当时，离对称轴越远，函数值越小． 先求出抛物线的对称轴为直线，当，若点到直线的距离大于点到对称轴的距离，即，则，从而可对A选项、C选项进行判断；当，若点到直线的距离大于点到对称轴的距离，则，则，从而可对B选项和D选项进行判断． 【详解】解：二次函数图象的对称轴为直线， 当，抛物线开口向上，若，则， 即时，，所以A选项、C选项不符合题意； 当，抛物线开口向下，若，则， 即时，，所以B选项不符合题意，D选项符合题意． 故选：D． 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分． 11. 一元二次方程一个根为，则__． 【答案】0 【解析】 【分析】根据题意将代入原方程，即可求得的值． 【详解】解：把代入得， 解得． 故答案是：0． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解的定义，理解一元二次方程的解的定义是解题的关键．一元二次方程的解（根）的意义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值称为一元二次方程的解． 12. 一元二次方程的根的判别式的值是________． 【答案】13 【解析】 【分析】根据一元二次方程根的判别式Δ=b2-4ac即可求出值． 【详解】解：∵a=1，b=-3，c=-1， ∴Δ=b2-4ac=9+4=13． 所以一元二次方程x2-3x-1=0根的判别式的值为13． 故答案为：13． 【点睛】本题考查了根的判别式，解决本题的关键是掌握根的判别式． 13. 已知的半径为，圆心到直线的距离为，则直线与的位置关系为_________（填“相交”、“相切”或“相离”） 【答案】相交 【解析】 【分析】根据圆心到直线的距离小于圆的半径，即可判断直线和圆相交； 【详解】解∵的半径为，圆心到直线的距离为； ∴直线与圆相交； 故答案为：相交 【点睛】本题考查了直线与圆的关系，解题的关键是能熟练根据数量之间的关系判断直线和圆的位置关系．若，则直线与圆相交；若，则直线于圆相切；若 ，则直线与圆相离． 14. 如图，在等边三角形中，为的中点，，与关于点中心对称，连接，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质和中心对称，关键是熟练掌握等边三角形的性质和中心对称的性质． 根据等边三角形的性质，得，，，再根据中心对称的性质，得，，，最后根据勾股定理即可得出答案． 【详解】解∶三角形是等边三角形，为的中点，， ，， ， 与关于点中心对称， ，，，， 在中，根据勾股定理， 得， 故答案为∶． 15. 汽车刹车后行驶的距离（单位：）关于行驶的时间t（单位：）的函数解析式是，则汽车刹车后到停下来前进了__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的应用，根据题意理解其最大值的实际意义是解题的关键．利用配方法求二次函数的最值即可． 【详解】解：根据二次函数解析式 当时，取得最大值， 即汽车刹车后到停下来前进的距离是 故答案为：． 16. 我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提出了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．如图，的半径为1，如用的内接正十二边形面积来近似估计圆的面积，则可得的近似值为3．若用半径为1的圆的内接正八边形面积作近似估计，可得的近似值为______．（参考数据：，，结果精确到0.1） 【答案】2.8 【解析】 【分析】此题重点考查正多边形和圆、勾股定理、近似数等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 设正八边形是的内接正八边形，的半径为1，连接，作于点，则，所以，由，求得，则，所以，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图，正八边形是的内接正八边形，的半径为1，连接，作于点， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：2.8． 三、解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的解法，利用公式法解一元二次方程解题即可． 【详解】解：，，， ， 方程有两个不相等的实数根， ∴， ∴． 18. 已知二次函数． （1）完成下表： … 0 1 2 3 … … 0 ______ ______ ______ 0 … （2）根据（1）的结果在如图所示的平面直角坐标系中，利用描点法画出这个二次函数的图象； （3）结合函数图象，当时，的取值范围是______ 【答案】（1） （2）图象见解析 （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了画二次函数图象，根据函数值求自变量的取值范围， 对于（1），将x的值分别代入关系式，可得答案； 对于（2），根据描点，连线，可得图象； 对于（3），当时，即图象在x轴下方，即可得出x的取值范围． 【小问1详解】 当时，； 当时，； 当时，． x 0 1 2 3 0 0 故答案为：； 【小问2详解】 如图所示． 【小问3详解】 当时，． 故答案为：． 19 已知二次函数．求证：不论取何值，该函数图象与轴总有两个交点． 【答案】见解析 【解析】 【分析】题目主要考查二次函数与坐标轴的交点问题，令，然后根据一元二次方程根的判别式即可证明． 【详解】证明：令，则， ， ∴方程总有两个不相等的实数根， ∴不论取何值，该函数图象与轴总有两个交点． 20. 如图，，是的直径，点在上，，求证：． 【答案】见解析 【解析】 【分析】题目主要考查圆周角定理及平行线的判定，连接，根据题意得出，确定，即可证明． 【详解】证明：连接， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴, ∵ ∴， ∴， ∴． 21. 如图，在中，，，，以点为圆心，2.4为半径作．求证：是的切线． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，切线的判定定理；过点作，垂足为，根据勾股定理以及等面积法求得，即可得证． 【详解】证明：过点作，垂足为 ∵，， ∴ ∵ ∴ ∵的半径为 ∴ ∴是的切线． 22. 如图，二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点，其中，． （1）求二次函数的解析式； （2）若是二次函数图象上的一点，且点在第一象限，线段交轴于点，，求点的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数关系式，二次函数与几何图形的问题， 对于（1），根据待定系数法求出关系式即可； 对于（2），先求出点C的坐标，可知，再根据面积相等得出点P的纵坐标，然后解方程得出答案． 【小问1详解】 解：∵二次函数的图象过点，， ∴ ， 解得， ∴二次函数的解析式为； 【小问2详解】 解：设（，）， 在中， 当时，， ∴， ∵ ∴ ∴， ∵点在二次函数图象上， ∴， 解得，（舍去）， ∴点的坐标为． 23. 如图，在矩形中，，．将绕点顺时针旋转一个角度得到，点，的对应点分别为点，． （1）如图1，若点落在边上，求旋转角的度数； （2）如图2，若点落在线段上，与交于点，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】题目主要考查旋转的性质及矩形的性质，勾股定理解三角形，全等三角形的判定和性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． （1）根据矩形的性质得出，再由旋转确定，，利用勾股定理得出，结合图形求解即可； （2）由旋转，得，，根据全等三角形的判定得出，根据矩形的性质及勾股定理求解即可． 【小问1详解】 解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 由旋转，得，， 在中，， ∴， ∴， ∴旋转角的度数为45°； 【小问2详解】 由旋转，得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， 设，则，， 在中， ， ∴， 解得， ∴的长为． 24. 长乐栽培龙眼历史悠久，据文献记载宋光宗皇帝曾赐匾青山龙眼为“黄龙”．请你运用数学知识，根据素材，帮果农解决问题． 信息及素材 素材一 在专业种植技术人员的正确指导下，果农对龙眼种植技术进行了研究与改进，使产量得到了增长，根据果农们的记录，2021年龙眼平均年产量是万吨，2023年达到了万吨，每年的增长率基本相同． 素材二 龙眼一般用长方体包装盒包装后进行售卖． 素材三 果农们通过调查发现，顾客们也很愿意购买用美观漂亮的其它造型的纸盒包装的龙眼． 任务1：设龙眼产量的年平均增长率为，根据素材一列方程得______； 任务2：现有长，宽的长方形纸板，将四角各裁掉一个正方形（如图1），折成无盖长方体纸盒（如图2）．为了放下适当数量的龙眼，需要设计底面积为的纸盒，计算此时纸盒的高； 任务3：为了增加包装盒的种类，打算将任务2中的纸板通过图3的方式裁剪，得到底面为正六边形的无盖纸盒（如图4），求纸盒的底面边长．（图中实线表示剪切线，虚线表示折痕．板厚度及剪切接缝处损耗忽略不计．，结果取整数） 【答案】任务1：；任务2：；任务3： 【解析】 【分析】任务：设龙眼产量的年平均增长率为x，则根据“2021年龙眼平均年产量是2.8万吨，2023年达到了3.2万吨，”列方程即可； 任务2：由图可得裁掉正方形的边长即为图长方体盒子的高，设裁掉正方形的边长为，根据长方体纸盒的底面积列方程求解即可； 任务3：设底面正六边形为，底面正六边形的边长为，纸盒的高为，，和交于点，和交于点，根据正六边形的性质求得为的直角三角形，可得其两直角边的长度；结合等边三角形的判定和性质再求得左右两侧小三角形的高，然后根据长方形纸板的长和宽建立方程求解即可； 【详解】解：任务1：根据题意：； 任务2：设裁掉正方形的边长为，根据题意，得 解得，（不合题意，舍去）， 答：此时纸盒的高为； 任务3：设底面正六边形为，连接，，，和交于点， 和交于点，所在直线交长方形纸板的边于点，； 设底面正六边形的边长为，纸盒的高为， ∵正六边形的每条边相等，每个内角都为， ∴为等腰三角形，， ∴， 由正六边形的性质可得平分， ∴， ∴， ∴， 同理可得； ∵， ∴①， ∵左侧小三角形顶点的角度， ∴左侧小三角形是边长为的等边三角形， 根据图形的轴对称可得与长方形纸板的左右两边垂直， ∴为等边三角形的高， ∴ 同理可得； ∵四边形是矩形， ∴； ∵， ∴②， 联立①②式可得， 答：纸盒的底面边长约为． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，正六边形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，角的直角三角形的性质，勾股定理，对称的性质，解二元一次方程组；掌握正六边形的性质是解题关键． 25. 学习完一元二次方程的知识后，数学兴趣小组对关于的一元二次方程开展探究． （1）当时，该方程的正根称为“黄金分割数”，求“黄金分割数”； （2）若实数，满足，，且，求的值； （3）若两个不相等的实数，满足，，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】该题主要考查了解一元二次方程、一元二次方程的解、一元二次方程根与系数关系等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）将代入，得，解方程求出正根即可． （2）将变形得出，将变形得出，结合，得出，是一元二次方程的两个根，再根据一元二次方程根与系数关系即可解答． （3）根据①，②，得出，结合， 得出③，④，将④代入①，得，将③代入②，得，得出，是一元二次方程的两个根，即可求解． 【小问1详解】 解：将代入，得， 解得：． ∴“黄金分割数”为； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，是一元二次方程的两个根， ∴， ∴； 小问3详解】 解：∵①，②， ，得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴③，④， 将④代入①，得， ∴， 将③代入②，得， ∴， ∴，是一元二次方程的两个根， ∴， ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$