精品解析：福建省厦门市第二中学2024-2025学年九年级上学期12月阶段性检测数学试题

厦门二中2024-2025学年九年级上学期阶段性诊断（二） 数学试题 （试卷满分，150分 考试时间：120分钟） 注意事项： 1．全卷两大题，共25小题，试卷共4页． 2．答案一律写在答题卡上，否则不能得分，交卷时只交答题卡． 3．可以直接使用2B铅笔作图． 一、选择题（本大题有8小题，每小题4分，共32分．每小题都有四个选项，其中有且只有一个选项正确） 1. 中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形． 根据中心对称图形和轴对称图形的概念求解即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意． 2. 把一元二次方程化成一般式之后，其二次项系数与一次项系数分别是（ ） A. 2， B. ， C. 2， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的一般形式，熟练把一元二次方程转换为一般形式是解题的关键； 通过移项，合并同类项，转化为一二次方程的一般形式即可得出答案． 【详解】解： ， ∵，，， ∴一元二次方程的二次项系数是2与一次项系数是， 故选：A． 3. 如图，为直径，弦于点，，，则长为（　　） A. 10 B. 9 C. 8 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】设的半径为，则，根据垂径定理求出，，在中，由勾股定理得出方程，求出方程的解即可． 【详解】解：连接， 设的半径为，则， ，， ，， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：， 即， 故选：A． 【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理的应用，解题的关键是求出的长和得出关于的方程，注意：垂直于弦的直径平分这条弦． 4. 在平面直角坐标系中，若抛物线的图象经过，，三点，则下列关于抛物线性质的说法正确的是（ ） A. 开口向上 B. 与轴交于负半轴 C. 顶点在第二象限 D. 对称轴在轴右侧 【答案】D 【解析】 【分析】本题全面考查了二次函数的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．根据抛物线三点的位置、根据抛物线的对称性解答即可． 【详解】解：在平面直角坐标系中，点、、的位置如已知图所示，若抛物线的图象经过、、三点， ∴抛物线开口向下，对称轴为，即对称轴在轴右侧，与轴交于正半轴，顶点到第一象限， ∴D正确，A，B，C错误； 故选：D． 5. 如图，将绕点逆时针旋转，旋转角为，得到，这时点旋转后的对应点恰好在直线上，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形外角性质，由旋转得，即可判断；根据是的外角，可得，可判断；根据为旋转角，得出，可判断；根据，，可得，可判断，据此即可求解，掌握旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：将绕点逆时针旋转，旋转角为，得到， ∴，，， ∵点旋转后的对应点恰好在直线上， ∴，故选项正确； ∵是的外角， ∴， ∴，故选项不正确； ∵为旋转角， ∴，故选项正确； ∵，， ∴，故选项正确； 故选：． 6. 生物兴趣小组对某大豆杂交品种进行育苗试验，培育结果统计如下： 总粒数 黄色子叶粒数 青色子叶粒数 黄色子叶粒数与青色子叶粒数的实际比率 黄色子叶粒数与青色子叶粒数的理论比率 246 187 59 3658 2738 920 7679 5781 1898 31213 23436 7777 根据上述培育结果，下列说法正确的是（ ） A. 只要增加试验的粒数，黄色子叶粒数与青色子叶粒数的实际比率就更加接近于 B. 随着试验粒数的增加，黄色子叶粒数与青色子叶粒数的实际比率稳定于 C. 培育该大豆杂交品种时，出现青色子叶粒数的概率为 D. 培育该大豆杂交品种时，出现黄色子叶数的概率为 【答案】B 【解析】 【分析】根据大量反复试验下频率的稳定值即为概率值即可判断C、D；根据随着试验次数的增加，频率都会稳定在一个值附近即可判断A、B． 【详解】解：A、增加试验的次数，黄色子叶粒数与青色子叶粒数的实际比率不一定就更加接近于，原说法错误，不符合题意； B、随着试验粒数的增加，黄色子叶粒数与青色子叶粒数的实际比率稳定于，原说法正确，符合题意； C、培育该大豆杂交品种时，出现青色子叶粒数的概率为，原说法错误，不符合题意； D、培育该大豆杂交品种时，出现黄色子叶数的概率为，原说法错误，不符合题意； 故选B． 【点睛】本题主要考查了用频率估计概率，频率的意义，正确理解题意是解题的关键． 7. 如图，已知抛物线的对称轴是，直线轴，且交抛物线于点，下列结论错误的是（ ） A. B. 若实数，则 C. D. 当时， 【答案】C 【解析】 【分析】先根据抛物线对称轴求出，再由抛物线开口向上，得到，则由此即可判断A；根据抛物线开口向上在对称轴处取得最小值即可判断B；根据当时，，即可判断C；根据时，直线l与抛物线的两个交点分别在y轴的两侧，即可判断D． 【详解】解：∵抛物线的对称轴是， ∴， ∴， ∵抛物线开口向上， ∴， ∴， ∴，故A说法正确，不符合题意； ∵抛物线开口向下，抛物线对称轴为直线x=-1， ∴当x=-1时，， ∴当实数，则， ∴当实数时，，故B说法正确，不符合题意； ∵当时，， ∴a+2a-2＜0，即3a-2＜0，故C说法错误，符合题意； ∵， ∴直线l与抛物线的两个交点分别在y轴的两侧， ∴，故D说法正确，不符合题意； 故选C． 【点睛】本题主要考查了根据二次函数的图象去判断式子符号，二次函数的系数与图象之间的关系等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键． 8. 关于x的一元二次方程，当时，方程有两个相等的实数根：若将c的值在的基础上增大，则此时方程根的情况是（　　） A. 没有实数根 B. 两个相等的实数根 C. 两个不相等的实数根 D. 一个实数根 【答案】A 【解析】 【分析】先求解，再判断当，方程的根的判别式的值的情况，从而可得答案． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程，当时，方程有两个相等的实数根， ∴有两个相等的实数根， ∴， 解得：， 当，方程化为， ∴， 由，则， ∴， ∴此时方程没有实数根． 故选A 【点睛】本题考查的是一元二次方程根的判别式，熟记根的判别式的含义是解本题的关键． 二、填空题（本大题有8小题，每小题4分，共32分） 9. 抛物线的顶点坐标是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的顶点坐标，根据二次函数的解析式即可求解，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键． 【详解】解：抛物线的顶点坐标是， 故答案为：． 10. 《易经》是中华民族聪明智慧的结晶．如图是《易经》中的一种卦图，每一卦由三根线组成（线形为“”或“━”），如正北方向的卦为“”．从图中任选一卦，这一卦中恰有根“━”和根“”的概率是__________． 【答案】 【解析】 【分析】从八卦中任取一挂，基本事件总数n=8，这一卦中恰有根“━”和根“”的基本事件个数m=3，由概率公式即可得出答案． 【详解】解：从八卦中任取一挂，基本事件总数n=8，这一卦中恰有根“━”和根“”的基本事件个数m=3， ∴这一卦中恰有根“━”和根“”的概率是， 故答案为． 【点睛】本题考查了概率公式．熟练掌握概率公式是解题的关键． 11. 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． 12. 如图，点A，B，C，D都在⊙O上，C是弧BD的中点，AB＝CD．若∠ODC＝50°，则∠ABC的度数为__°． 【答案】100 【解析】 【分析】根据AB=CD，C是弧BD的中点，得到弧CD=弧BC=弧AB，由等腰三角形的性质求出∠COD的度数，再根据圆周角定理得到∠A=∠ACB=∠COD=40°，最后根据三角形内角和定理计算即可． 【详解】解：∵C是弧BD的中点，AB＝CD． ∴弧CD=弧BC=弧AB， ∵∠ODC＝50°， ∴∠COD=180°﹣2∠ODC＝80°， ∴∠A＝∠ACB∠COD80°＝40°， ∴∠ABC＝180°﹣∠A﹣∠ACB＝180°﹣40°×2＝100°． 故答案为：100． 【点睛】本题考查了圆的有关性质．解题的关键是掌握圆周角定理：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． 13. 如图，直线与轴、轴分别交于两点，把绕点旋转后得到，则点的坐标是______． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，图形与坐标，分顺时针和逆时针旋转两种情况的讨论，分别画出图形解答即可求解，掌握旋转的性质并运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【详解】解：∵直线与轴、轴分别交于两点， ∴时，，当时，， 即点，， ∴，， ∵三角形旋转后形状不变， ∴， ∴，， ①当绕点顺时针旋转后得到，如图①，此时在第一象限， 则点横坐标是，纵坐标是， ∴点坐标为； ②当绕点逆时针旋转后得到，如图②，此时在第三象限， 则点横坐标是，纵坐标是， ∴点坐标为； 综上，点坐标为或． 14. 如图，是一个竖直放置的钉板，其中，黑色圆面表示钉板上的钉子，、、…、分别表示相邻两颗钉子之间的空隙，这些空隙大小均相等，从入口处投放一个直径略小于两颗钉子之间空隙的圆球，圆球下落过程中总是碰到空隙正下方的钉子，且沿该钉子左右两个相邻空隙继续下落的机会相等，直至圆球落入下面的某个槽内，则圆球落入③号槽内的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．根据题意画出该过程的树状图，写出所有可能的情况，即可求圆球落入③号槽内的概率． 【详解】解：根据题意，画出如下树形图， 共有8种等可能情况，其中落入③号槽的有3种， P（落入③号槽）， 故答案为：． 15. 在中，，，将绕点按逆时针旋转，旋转角为得到，与对应，与对应，则线段长度的取值范围______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，三角形三边关系，由旋转可得，再根据三角形三边关系可得，据此即可求解，掌握旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， 由旋转得，， ∵， ∴， 即， 故答案为：． 16. 对于一个函数，如果它的自变量与函数值满足：当时，，则称这个函数为“闭函数”．例如：，均是“闭函数”．已知是“闭函数”，且抛物线经过点和点，则的取值范围是______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查求二次函数最值问题，解题关键是先由抛物线经过，得出，进而求出抛物线对称轴为直线，分类讨论与两种情况的函数最值，进而求解． 【详解】解：把，代入得， 由①②得， ①②得， ， 抛物线对称轴为直线， ， 抛物线开口向上， 当，即时，时取最小值为， 时，取最大值为， 当时，时取最小值， 解得（舍去）， 故答案为：． 三、解答题（本大题有9小题，共86分） 17. 解下列方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，先把方程整理成一般式，再利用因式分解法解答即可求解，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴或， ∴，． 18. 如图，矩形中，，，将矩形绕点旋转得到四边形，当经过点，连接，求线段的长度． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，由矩形的性质可得，，，由旋转可得，，，，，进而由勾股定理可得，即得，再利用勾股定理计算即可求解，掌握旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， 由旋转得，，，，，， ∴， ∴， ∴． 19. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值，利用分式的性质和运算法则先对分式进行化简，再把的值代入计算即可求解，掌握分式的性质和运算法则是解题的关键． 【详解】解：原式 ， 当时， 原式 ． 20. 某百货商场经销一种儿童服装，每件售价元，每天可以销售件，为了迎接“六一”国际儿童节，商场决定采取降价措施以扩大销售量，经市场调查发现：每件童装每降价1元，平均每天就可多销售件．那么每件童装降价多少元时，每天该童装的营业额是元？ 【答案】每件童装降价5元或元，每天该童装的营业额是元 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，关键是根据题意找出等量关系列出一元二次方程求解． 【详解】解：设每件童装降价元，每天的销售量为件，根据题意得 ， 答：每件童装降价5元或元，每天该童装的营业额是元． 21. 为响应绿色出行，某市在推出“共享单车”后，又推出“新能源租赁汽车”．每次租车收费的标准由两部分组成：①里程计费：1元/公里；②时间计费：0.1元/分．已知陈先生的家离上班公司20公里，每天上、下班租用该款汽车各一次．一次路上开车所用的时间记为（分），现统计了50次路上开车所用时间，在各时间段内频数分布情况如下表所示： 时间（分） 次数 10 28 8 4 将各时间段发生的频率视为概率，一次路上开车所用的时间视为用车时间，范围为 （1）估计陈先生一次租用新能源租赁汽车所用的时间不低于35分钟的概率； （2）若公司每月发放1000元的交通补助费用，请估计是否足够让陈先生一个月上下班租用新能源租赁汽车（每月按22天计算），并说明理由．（同一时段，用该区间的中点值作代表） 【答案】（1）；（2）不够，理由见解析． 【解析】 【分析】（1）设“陈先生一次租用新能源租赁汽车所用的时间不低于35分钟”的事件为A，利用对立事件概率计算公式能求出陈先生一次租用新能源租赁汽车所用的时间不低于35分钟的概率； （2）每次开车所用的平均时间为，每次租用新能源租赁汽车的平均费用为1×20+0.1×41.2=24.12，每个月的费用为24.12×2×22=1061.28，进而求解； 【详解】（1）设“陈先生一次租用新能源租赁汽车所用的时间不低于35分钟”的事件为A，则所求的概率为， 所以陈先生一次租用新能源租赁汽车的时间不低于35分钟的概率为． （2）每次开车所用的平均时间为， 每次租用新能源租赁汽车的平均费用为1×20+0.1×41.2=24.12， 每个月的费用为24.12×2×22=1061.28， 1000＜1061.28， 因此交通补助费用不够让陈先生一个月上下班租用新能源租赁汽车． 【点睛】本题考查相互独立事件概率的求法，相互独立事件中有关问题的分析，数据处理能力、抽象概括能力、运算求解能力以及应用意识等． 22. 如图，为的直径，为上一点，连接，，平分与交于另一点． （1）尺规作图：过点作直线平行于，分别交，于点、．（保留作图痕迹，不写作法）； （2）求证：是的切线． 【答案】（1） 解：如图所示： （2） 证明：连接， 为的直径， ， 平分， ， ， ， ， ， 是的切线． 【解析】 【分析】（1）作，延长、分别交，于点、，根据同位角相等，两直线平行即可求； （2）连接，由为的直径，可得，根据平分，得出，利用同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可得，进而推出，再运用切线的判定定理即可． 【小问1详解】 作，延长、分别交，于点、， ； 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查了圆的性质、切线的判定、圆周角定理以及尺规作图—作平行线，掌握以上知识点并正确添加辅助线是解答本题的关键． 23. 对于平面直角坐标系xOy中的图形P，Q，给出如下定义：M为图形P上任意一点，N为图形Q上任意一点，如果M，N两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形P，Q间的“非常距离”，记作．已知点，，连接AB． （1）d（点O，AB）＝ ； （2）⊙O半径为r，若，直接写出r的取值范围； （3）⊙O半径为r，若将点A绕点B逆时针旋转，得到点． ①当时，求出此时r的值； ②对于取定的r值，若存在两个α使，直接写出r的范围． 【答案】（1）2 （2） （3）①② 【解析】 【分析】(1)理解题意后直接利用垂线段最短即可求解． (2)先理解当⊙O与线段有交点时，，利用⊙O与线段相切和⊙O经过A点即可求解． (3)①先确定位于x轴上，再求出的长即可求解；②先确定的轨迹，再利用存在两个α使d(⊙O,A')=0，确定并求出两个界点值，即可求解． 【小问1详解】 解：∵O点到AB的距离为2， ∴d（点O，AB）＝2， 故答案为2． 【小问2详解】 当⊙O与线段有交点时，， ∵， ∴． 【小问3详解】 ①如图，作于点N，作 ∴， 由旋转知， ∵， ∴, ∴位于x轴上，， ∴， ∴， ∵， ∴⊙O经过点， ∴. ②如图所示，连接OB， ∵对于取定的r值，若存在两个α使d(⊙O,A')=0， ∴⊙O与以AH为直径的半圆有两个交点（A点和H点除外）， 此时有两个界点值，分别是⊙O与该半圆内切时和⊙O经过A点时， 由，得, 当⊙O与该半圆内切时，， 当⊙O经过A点时，， ∴． ． 【点睛】本题为新定义题型，考查了旋转的性质、圆的性质及其应用，涉及到了用勾股定理求线段长、圆的内切等问题，解题关键是能理解题意，正确确定界点值． 24. 我们曾经研究过：如图1，点P在⊙O外或点P在⊙O内，直线PO分别交⊙O于点A、B，则线段PA是点P到⊙O上各点的距离中最短的线段，线段PB是点P到⊙O上各点的距离中最长的线段． 【运用】在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，点E是AC的中点． （1）如图2，若F是BC边上一动点，将△CEF沿EF所在的直线翻折得到△C′EF，连接C′B，则C′B的最小值是 　 　 （2）如图3，若取AB的中点D，连接DE，得等腰Rt△ADE，将△ABC绕点A旋转，点P为射线BD，CE的交点，点Q是AE的中点． ①BD与CE的位置关系是 　 　 ②连接PQ，求PQ的最大值和最小值． 【拓展】（3）喜欢研究的小聪把上述第（2）问图中的△ADE绕点A旋转，而△ABC不动，记点P为射线BD，CE的交点（如图4），他发现在旋转过程中线段PB的长度存在最值，请直接写出PB的最小值 　 　 【答案】（1）-1；（2）①CE⊥BD；②PQ的最大值为，PQ的最小值为；（3）-1． 【解析】 【分析】（1）连接BE，由△CEF沿EF所在的直线翻折得到△C′EF，可得C'的轨迹是E为圆心，1为半径的半⊙E，在Rt△ABE中，BE=，即可得BC'最小为-1； （2）①证明△DAB≌△EAC（SAS），可得∠DBA=∠ECA，而∠ECA+∠AGC=90°，即得∠DBA+∠BGP=90°，∠P=90°，可得CE⊥BD； ②由∠DPE=90°，可得P的轨迹是以DE为直径的圆，设T为DE中点，当PQ最大时，线段PQ过T，而PT=DT=ET=DE=，TQ=AD=，即得PQ最大值为，当PQ最小时，Q在线段PT上，可求PQ最小值为PT-TQ=； （3）由BP=BC•sin∠BCP，知当∠BCP最小时，BP最小，此时AE⊥CP，在Rt△AEC中，EC=，证明△AEC≌△ADB（SAS），可得BD=EC=，∠ADB=∠AEC=90°，即知PD=AE=1，故BP最小值为-1． 【详解】解：（1）连接BE，如图： ∵△CEF沿EF所在的直线翻折得到△C′EF， ∴EC=EC'=AC=1， ∴C'的轨迹是E为圆心，1为半径的半⊙E， ∴C'在BE上时，BC'最小，此时BC'=BE-C'E， 在Rt△ABE中，BE==， ∴BC'=-1， 故答案为：-1； （2）①如图： ∵△ADE是等腰直角三角形， ∴AD=AE，∠DAE=90°， ∵∠BAC=90°， ∴∠DAB=90°-∠BAE=∠EAC， 而AB=AC， ∴△DAB≌△EAC（SAS）， ∴∠DBA=∠ECA， ∵∠ECA+∠AGC=90°，∠AGC=∠BGP， ∴∠DBA+∠BGP=90°， ∴∠P=90°， ∴CE⊥BD， 故答案为：CE⊥BD； ②由①知，CE⊥BD，即在△DEP中，∠DPE=90°， ∴P的轨迹是以DE为直径的圆，设T为DE中点， 当PQ最大时，线段PQ过T，如图： ∵△ADE是等腰直角三角形，AE=AD=1， ∴DE===， ∴PT=DT=ET=DE=， 而QT是△ADE中位线， ∴TQ=AD=， ∴PQ=； 当PQ最小时，Q在线段PT上，如图： 此时PT=，TQ=， ∴PQ最小值为PT-TQ=， 故PQ的最大值为，PQ的最小值为； （2）如图： 由（2）可知，CE⊥BD， ∴∠BPC=90°， ∴BP=BC•sin∠BCP， 而BC===2， ∴BP=2sin∠BCP， 当∠BCP最小时，BP最小，而∠ACB=45°， ∴当∠ACE最大时，∠BCP最小，此时AE⊥CP， 在Rt△AEC中，AE=1，AC=2， ∴EC=， ∵AE=AD，∠EAC=90°-∠BAE=∠DAB，AC=AB， ∴△AEC≌△ADB（SAS）， ∴BD=EC=，∠ADB=∠AEC=90°， ∴四边形ADPE是正方形， ∴PD=AE=1， ∴BP=BD-PD=-1， 故答案为：-1． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形中的旋转问题，涉及全等三角形的判定与性质、动点的轨迹、解直角三角形等知识，解题的关键是根据已知证明△DAB≌△EAC，从而得到CE⊥BD，进而得到相关点的轨迹． 25. 随着时代的进步，我国交通出行结构发生根本性变化．汽车出行成为交通常态．某数学兴趣小组观察校门口的汽车发现，很多车尾部贴上了保持车距的贴纸．小组成员产生了一个困惑——“保持怎样的车距才能保障道路安全？”为解决这一困惑．小组成员分工开展活动： 成员小梧查阅某型号汽车官网数据得到汽车行驶速度与刹车距离的关系如表．（刹车距离：从发现前方道路有异常情况到车辆完全停止所行驶的距离．） 某型号汽车行驶速度与刹车距离的关系 行驶速度 刹车距离 任务：小梧认为该型号汽车的行驶速度与刹车距离之间存在函数关系，请你协助小梧求出该函数解析式； 任务：成员小杭发现小区门口路段限速．请你帮小杭计算，如果该型号汽车以最高限速行驶，至少保持多少车距才能保障道路安全？实际驾驶过程中，驾驶员难以预估与前车的距离，且难以实时计算不同行驶速度对应的安全距离，是否存在简单、实用且能维持适当安全距离的方案？小组成员带着困惑与陈老师进行交流，陈老师分享了他保持车距常用的方案“秒定律”一一跟车行驶时设定一个参照物，前车超越参照物后，后车如果在两秒内到达该参照物，说明与前车的距离不足，反之距离充足； 任务：你认为陈老师常用的“秒定律”是否适用于该型号汽车的日常驾驶（）?如果适用，说明理由；如果不适用，请求出“秒定律”的适用范围． 【答案】任务：；任务：；任务：不适用，用范围为 【解析】 【分析】任务：由表格可知，当时，刹车距离随着汽车行驶速度的增大而增大，可知是二次函数，再利用待定系数法解答即可求解； 任务：先单位换算得，再把代入（）所得的函数解析式求出的值即可求解； 任务：画出函数与图象，求出时的值，并结合函数图象解答即可求解； 本题考查了二次函数的应用，利用待定系数法求出函数解析式并利用数形结合思想解答是解题的关键． 【详解】解：任务：由表格可知，当时，刹车距离随着汽车行驶速度的增大而增大， ∴是的二次函数， ∵函数图象经过点， ∴设，把、代入得， ， 解得， ∴函数解析式为； 任务：， 当时，， ∴如果汽车以最高限速行驶，至少保持车距才能保障道路安全； 任务：不适用，理由如下： 画函数与图象如下： 由图象得，当函数的图象位于函数图象下方时，意味着与前车距离充足，即适用于“秒定律”；当函数图象位于函数图象上方时，意味着与前车距离不足，即不适用“秒定律”， 当时，解得，， ∴结合函数图象可得，当时，函数的图象位于函数图象下方， ∵， ∴“秒定律”的适用范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门二中2024-2025学年九年级上学期阶段性诊断（二） 数学试题 （试卷满分，150分 考试时间：120分钟） 注意事项： 1．全卷两大题，共25小题，试卷共4页． 2．答案一律写在答题卡上，否则不能得分，交卷时只交答题卡． 3．可以直接使用2B铅笔作图． 一、选择题（本大题有8小题，每小题4分，共32分．每小题都有四个选项，其中有且只有一个选项正确） 1. 中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 把一元二次方程化成一般式之后，其二次项系数与一次项系数分别是（ ） A. 2， B. ， C. 2， D. ， 3. 如图，为直径，弦于点，，，则长为（　　） A. 10 B. 9 C. 8 D. 5 4. 在平面直角坐标系中，若抛物线的图象经过，，三点，则下列关于抛物线性质的说法正确的是（ ） A. 开口向上 B. 与轴交于负半轴 C. 顶点在第二象限 D. 对称轴在轴右侧 5. 如图，将绕点逆时针旋转，旋转角为，得到，这时点旋转后的对应点恰好在直线上，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 6. 生物兴趣小组对某大豆杂交品种进行育苗试验，培育结果统计如下： 总粒数 黄色子叶粒数 青色子叶粒数 黄色子叶粒数与青色子叶粒数的实际比率 黄色子叶粒数与青色子叶粒数的理论比率 246 187 59 3658 2738 920 7679 5781 1898 31213 23436 7777 根据上述培育结果，下列说法正确的是（ ） A. 只要增加试验的粒数，黄色子叶粒数与青色子叶粒数的实际比率就更加接近于 B. 随着试验粒数的增加，黄色子叶粒数与青色子叶粒数的实际比率稳定于 C. 培育该大豆杂交品种时，出现青色子叶粒数的概率为 D. 培育该大豆杂交品种时，出现黄色子叶数的概率为 7. 如图，已知抛物线的对称轴是，直线轴，且交抛物线于点，下列结论错误的是（ ） A. B. 若实数，则 C. D. 当时， 8. 关于x的一元二次方程，当时，方程有两个相等的实数根：若将c的值在的基础上增大，则此时方程根的情况是（　　） A. 没有实数根 B. 两个相等的实数根 C. 两个不相等的实数根 D. 一个实数根 二、填空题（本大题有8小题，每小题4分，共32分） 9. 抛物线的顶点坐标是______． 10. 《易经》是中华民族聪明智慧的结晶．如图是《易经》中的一种卦图，每一卦由三根线组成（线形为“”或“━”），如正北方向的卦为“”．从图中任选一卦，这一卦中恰有根“━”和根“”的概率是__________． 11. 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______． 12. 如图，点A，B，C，D都在⊙O上，C是弧BD的中点，AB＝CD．若∠ODC＝50°，则∠ABC的度数为__°． 13. 如图，直线与轴、轴分别交于两点，把绕点旋转后得到，则点的坐标是______． 14. 如图，是一个竖直放置的钉板，其中，黑色圆面表示钉板上的钉子，、、…、分别表示相邻两颗钉子之间的空隙，这些空隙大小均相等，从入口处投放一个直径略小于两颗钉子之间空隙的圆球，圆球下落过程中总是碰到空隙正下方的钉子，且沿该钉子左右两个相邻空隙继续下落的机会相等，直至圆球落入下面的某个槽内，则圆球落入③号槽内的概率为______． 15. 在中，，，将绕点按逆时针旋转，旋转角为得到，与对应，与对应，则线段长度的取值范围______． 16. 对于一个函数，如果它的自变量与函数值满足：当时，，则称这个函数为“闭函数”．例如：，均是“闭函数”．已知是“闭函数”，且抛物线经过点和点，则的取值范围是______． 三、解答题（本大题有9小题，共86分） 17. 解下列方程：． 18. 如图，矩形中，，，将矩形绕点旋转得到四边形，当经过点，连接，求线段的长度． 19. 先化简，再求值：，其中． 20. 某百货商场经销一种儿童服装，每件售价元，每天可以销售件，为了迎接“六一”国际儿童节，商场决定采取降价措施以扩大销售量，经市场调查发现：每件童装每降价1元，平均每天就可多销售件．那么每件童装降价多少元时，每天该童装的营业额是元？ 21. 为响应绿色出行，某市在推出“共享单车”后，又推出“新能源租赁汽车”．每次租车收费的标准由两部分组成：①里程计费：1元/公里；②时间计费：0.1元/分．已知陈先生的家离上班公司20公里，每天上、下班租用该款汽车各一次．一次路上开车所用的时间记为（分），现统计了50次路上开车所用时间，在各时间段内频数分布情况如下表所示： 时间（分） 次数 10 28 8 4 将各时间段发生的频率视为概率，一次路上开车所用的时间视为用车时间，范围为 （1）估计陈先生一次租用新能源租赁汽车所用的时间不低于35分钟的概率； （2）若公司每月发放1000元的交通补助费用，请估计是否足够让陈先生一个月上下班租用新能源租赁汽车（每月按22天计算），并说明理由．（同一时段，用该区间的中点值作代表） 22. 如图，为的直径，为上一点，连接，，平分与交于另一点． （1）尺规作图：过点作直线平行于，分别交，于点、．（保留作图痕迹，不写作法）； （2）求证：是的切线． 23. 对于平面直角坐标系xOy中的图形P，Q，给出如下定义：M为图形P上任意一点，N为图形Q上任意一点，如果M，N两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形P，Q间的“非常距离”，记作．已知点，，连接AB． （1）d（点O，AB）＝ ； （2）⊙O半径为r，若，直接写出r的取值范围； （3）⊙O半径为r，若将点A绕点B逆时针旋转，得到点． ①当时，求出此时r的值； ②对于取定的r值，若存在两个α使，直接写出r的范围． 24. 我们曾经研究过：如图1，点P在⊙O外或点P在⊙O内，直线PO分别交⊙O于点A、B，则线段PA是点P到⊙O上各点的距离中最短的线段，线段PB是点P到⊙O上各点的距离中最长的线段． 【运用】在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，点E是AC的中点． （1）如图2，若F是BC边上一动点，将△CEF沿EF所在的直线翻折得到△C′EF，连接C′B，则C′B的最小值是 　 　 （2）如图3，若取AB的中点D，连接DE，得等腰Rt△ADE，将△ABC绕点A旋转，点P为射线BD，CE的交点，点Q是AE的中点． ①BD与CE的位置关系是 　 　 ②连接PQ，求PQ的最大值和最小值． 【拓展】（3）喜欢研究的小聪把上述第（2）问图中的△ADE绕点A旋转，而△ABC不动，记点P为射线BD，CE的交点（如图4），他发现在旋转过程中线段PB的长度存在最值，请直接写出PB的最小值 　 　 25. 随着时代的进步，我国交通出行结构发生根本性变化．汽车出行成为交通常态．某数学兴趣小组观察校门口的汽车发现，很多车尾部贴上了保持车距的贴纸．小组成员产生了一个困惑——“保持怎样的车距才能保障道路安全？”为解决这一困惑．小组成员分工开展活动： 成员小梧查阅某型号汽车官网数据得到汽车行驶速度与刹车距离的关系如表．（刹车距离：从发现前方道路有异常情况到车辆完全停止所行驶的距离．） 某型号汽车行驶速度与刹车距离的关系 行驶速度 刹车距离 任务：小梧认为该型号汽车的行驶速度与刹车距离之间存在函数关系，请你协助小梧求出该函数解析式； 任务：成员小杭发现小区门口路段限速．请你帮小杭计算，如果该型号汽车以最高限速行驶，至少保持多少车距才能保障道路安全？实际驾驶过程中，驾驶员难以预估与前车的距离，且难以实时计算不同行驶速度对应的安全距离，是否存在简单、实用且能维持适当安全距离的方案？小组成员带着困惑与陈老师进行交流，陈老师分享了他保持车距常用的方案“秒定律”一一跟车行驶时设定一个参照物，前车超越参照物后，后车如果在两秒内到达该参照物，说明与前车的距离不足，反之距离充足； 任务：你认为陈老师常用的“秒定律”是否适用于该型号汽车的日常驾驶（）?如果适用，说明理由；如果不适用，请求出“秒定律”的适用范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $