精品解析：山东省临沂市费县2024-2025学年九年级上学期期末考试数学试题

2024~2025学年度上学期期末教学质量监测 九年级数学试题（一） 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题），满分120分，考试时间90分钟．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡规定的位置．考试结束后，只上交答题卡． 2．答题注意事项见答题卡，答在本试卷上不得分． 第I卷（选择题 共30分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分）请将唯一正确答案的代号填涂在答题卡上 1. 纹样是我国古代艺术中的瑰宝．下列四幅纹样图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 用配方法解一元二次方程，将它转化为的形式，则的值为（ ） A B. 2024 C. D. 1 3. 将抛物线向左平移3个单位后得到新抛物线顶点坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方案是：在工件圆弧上任取两点，，连接，作的垂直平分线交于点，交弧于点，测出，，则圆形工件的半径为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，点在的边上，要判断，添加一个条件，不正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，三角板、量角器和直尺如图摆放，三角板斜边与半圆相切于点，点、、分别与直尺的刻度1、9、19重合，则三角板直角边的长为（ ） A. B. C. 5 D. 6 7. 如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为，将绕着点B顺时针旋转，得到，则点C的坐标是（ ） A. B. C. D. 8. 小明在学习函数后，在“几何画板”软件中绘制了函数的图象，如图所示．通过观察此图象，下列说法错误的是（ ） A. 点在的图象上 B. 当时，随的增大而减小 C. 最多有三个实数根 D. 若，则 9. 二次函数图象如图所示，对称轴是直线，则过点和点的直线一定不经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 10. 如图，点，在反比例函数的图象上，点，在反比例函数的图象上，轴，若，，与的距离为，则的值为（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题 共90分） 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 一个袋子中有若干个白球和绿球，它们除了颜色外都相同．随机从中摸一个球，恰好摸到绿球的概率是，则袋子中至少有________个绿球． 12. 若关于x的方程有两个相等的实数根，则实数m的值为______． 13. 如图，要用一个半径为扇形纸片围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），若该圆锥的底面圆半径长为，则这个扇形的圆心角的度数为________． 14. 在平面直角坐标系中，若函数的图象经过点和，则的值是________． 15. 如图，的顶点坐标是，，，以点为位似中心，将放大为原来的3倍，得到，则点的坐标为________． 16. 将关于x的一元二次方程变形为，就可以将表示为关于x的一次多项式，从而达到“降次”的目的，又如…，我们将这种方法称为“降次法”，通过这种方法可以化简次数较高的代数式．根据“降次法”，已知：，且．则的值为_______． 三、解答题（本大题共7小题，共72分） 17. 解方程 （1）； （2）． 18. 一个不透明的盒子里装有4张书签，分别描绘“春”，“夏”，“秋”，“冬”四个季节，书签除图案外都相同，并将4张书签充分搅匀． （1）若从盒子中任意抽取1张书签，恰好抽到“夏”的概率为______； （2）若从盒子中任意抽取2张书签（先抽取1张书签，且这张书签不放回，再抽取1张书签），求抽取的书签恰好1张为“春”，1张为“秋”的概率．（请用画树状图或列表等方法说明理由） 19. 如图，四边形为平行四边形，为边上一点，连接、，它们相交于点，且． （1）求证：； （2）若，，，求的长． 20. 如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，，且一次函数与轴，轴分别交于点，． （1）求反比例函数和一次函数的表达式； （2）根据图象直接写出不等式的解集． 21. 如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为． （1）求证：是的切线； （2）若，，求弧的长． 22. 在等腰直角中，，，为直线上任意一点，连接．将线段绕点按顺时针方向旋转得线段，连接． （1）如图1，当点在线段上时，探究线段与的数量关系并证明； （2）当点在线段的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段与的数量关系并证明． 23. 如图①，已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点． （1）求该抛物线表达式； （2）若点是抛物线上第一象限内的一个动点，连接，，，．当的面积等于面积的2倍时，求点的坐标； （3）抛物线上是否存在点，使得？若存在，请直接写出点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年度上学期期末教学质量监测 九年级数学试题（一） 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题），满分120分，考试时间90分钟．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡规定的位置．考试结束后，只上交答题卡． 2．答题注意事项见答题卡，答在本试卷上不得分． 第I卷（选择题 共30分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分）请将唯一正确答案的代号填涂在答题卡上 1. 纹样是我国古代艺术中的瑰宝．下列四幅纹样图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形． 【详解】解：A、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B．既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意； C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D．不轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意． 故选：B． 2. 用配方法解一元二次方程，将它转化为的形式，则的值为（ ） A. B. 2024 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查配方法，一移，二配，三变形，将方程配方后，求出的值，进而求出的值即可． 【详解】解：， ， ∴， ∴， ∴； 故选C． 3. 将抛物线向左平移3个单位后得到新抛物线的顶点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的平移，二次函数的图象与性质．由题意知，则平移后的抛物线的解析式为，然后作答即可． 【详解】解：由题意知，， ∴平移后的抛物线的解析式为， ∴平移后抛物线的顶点坐标为， 故选：B． 4. 数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方案是：在工件圆弧上任取两点，，连接，作的垂直平分线交于点，交弧于点，测出，，则圆形工件的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理是解题关键．设这个残缺圆形工件的圆心为点，连接，先判断出圆心一点在直线上，再根据垂径定理可得，然后设圆形工件的半径为，在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】解：如图，设这个残缺圆形工件的圆心为点，连接， ∵是弦的垂直平分线， ∴圆心一点在直线上， 又∵是弦的垂直平分线，， ∴，， 设圆形工件的半径为，则， ∵， ∴， 在中，，即， 解得， ∴圆形工件的半径为， 故选：D． 5. 如图，点在的边上，要判断，添加一个条件，不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定方法，熟练掌握相似三角形的各种判定方法是解题关键． 分别利用相似三角形的各种判定方法判断即可求解． 【详解】解：A、当且，故，此选项正确，但不符合题意； B、当且，故，此选项正确，但不符合题意； C、当时，无法得到，此选项错误，但符合题意； D、当，即，且，故，此选项正确，但不符合题意． 故选：C． 6. 如图，三角板、量角器和直尺如图摆放，三角板的斜边与半圆相切于点，点、、分别与直尺的刻度1、9、19重合，则三角板直角边的长为（ ） A. B. C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查切线的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形，根据切线的性质，得到，利用勾股定理求出的长，利用含30度角的直角三角形的性质，求出的长即可． 【详解】解：由题意，得：，，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； 故选B． 7. 如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为，将绕着点B顺时针旋转，得到，则点C的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过点作，由题意可得：，，再利用含30度直角三角形的性质，求解即可． 【详解】解：过点作，如下图： 则 由题意可得：，， ∴， ∴， ∴，， ∴点的坐标为， 故选：B 【点睛】此题考查了旋转的性质，坐标与图形，含30度直角三角形的性质，以及勾股定理，解题的关键是作辅助线，构造出直角三角形，熟练掌握相关基础性质． 8. 小明在学习函数后，在“几何画板”软件中绘制了函数的图象，如图所示．通过观察此图象，下列说法错误的是（ ） A. 点在的图象上 B. 当时，随的增大而减小 C. 最多有三个实数根 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了函数的图象与性质，依据题意，根据函数的图象逐个分析判断可以得解． 【详解】解：由题意，对于A，当时，， ∴点在的图象上，故A正确，不合题意； 对于B，结合图象可得，当时，y随x的增大而减小，故B正确，不合题意． 对于C，∵函数与直线的交点如图所示， ∴函数与直线的交点最多3个． ∴方程最多有三个实数根，故C正确，不符合题意； 对于D，结合图象可得 若，则，故D错误，符合题意； 故选：D． 9. 二次函数的图象如图所示，对称轴是直线，则过点和点的直线一定不经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数与一次函数综合，根据二次函数与y轴交于y轴的正半轴得到，根据对称轴计算公式得到，即，则在x轴负半轴上；由二次函数顶点在第二象限，得到当时，，再由二次函数与x轴无交点，得到，则点在第四象限，据此可得答案． 【详解】解：∵二次函数与y轴交于y轴的正半轴， ∴， ∵对称轴是直线， ∴， ∴， ∴， ∴在x轴负半轴上； ∵二次函数顶点在第二象限， ∴当时，， ∵二次函数与x轴无交点， ∴， ∴点在第四象限， ∴经过点和点的直线一定经过第二、三、四象限，不经过第一象限， 故选：A． 10. 如图，点，在反比例函数图象上，点，在反比例函数的图象上，轴，若，，与的距离为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了反比例函数系数的几何意义，在反比例函数图象中任取一点，过这一个点向轴和轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形面积是定值，利用数形结合是解题关键．通过反比例函数系数的几何意义，得出，，再根据即可求出的值． 【详解】解：如图，与轴交点为点，与轴交点为点． 反比例函数的图象在第一、三象限，反比例函数的图象在第二、四象限， ，， 由题意可得：， ，得：， ， ， ． 同理可得：． ， ， ， 解得，， ． 故选：B． 第II卷（非选择题 共90分） 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 一个袋子中有若干个白球和绿球，它们除了颜色外都相同．随机从中摸一个球，恰好摸到绿球的概率是，则袋子中至少有________个绿球． 【答案】2 【解析】 【分析】本题主要考查了概率公式，根据概率公式直接得出结论即可，熟知概率等于所求情况数除以总情况数是解题的关键． 【详解】解：恰好摸到绿球的概率是，且绿球的数量为正整数， 袋子中至少有2个绿球， 故答案为：2． 12. 若关于x的方程有两个相等的实数根，则实数m的值为______． 【答案】4 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式， 根据一元二次方程有两个相等的实数根，可得，求出答案即可． 【详解】解：∵一元二次方程有两个相等的实数根， ∴， 解得． 故答案为：4． 13. 如图，要用一个半径为扇形纸片围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），若该圆锥的底面圆半径长为，则这个扇形的圆心角的度数为________． 【答案】##度 【解析】 【分析】本题考查的是求解圆锥展开图的圆心角，根据弧长等于底面圆周长列方程计算即可得到答案． 【详解】解：设扇形的圆心角为， ∵圆锥的底面圆周长为，母线长为， ∴， 解得， 即扇形的圆心角为． 故答案为：． 14. 在平面直角坐标系中，若函数的图象经过点和，则的值是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，已知自变量求函数值，熟练掌握反比例函数的图象特点是解题关键． 将点和代入，求得和值，再相加即可． 【详解】解： 函数的图象经过点和， ，， ． 故答案为：0． 15. 如图，的顶点坐标是，，，以点为位似中心，将放大为原来的3倍，得到，则点的坐标为________． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查的是位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k,那么位似图形对应点的坐标的比等于k或，根据位似变换的性质计算，得到答案． 【详解】解：∵以原点O为位似中心，把放大为原来的3倍，可以得到，点B的坐标为， ∴点的坐标是或，即或． 故答案为：或． 16. 将关于x一元二次方程变形为，就可以将表示为关于x的一次多项式，从而达到“降次”的目的，又如…，我们将这种方法称为“降次法”，通过这种方法可以化简次数较高的代数式．根据“降次法”，已知：，且．则的值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】先将变形为，再利用“降次法”将转化为，然后解一元二次方程，求出，再代入求值即可． 【详解】解：， ∴． ∴ ， ， ， ， ， ， ． ∵，， ∴ ∴， ∵， ； ∴原式 ． 故答案为：． 【点睛】本题考查代数式求值和解一元二次方程．理解并掌握“降次法”，是解题的关键． 三、解答题（本大题共7小题，共72分） 17. 解方程 （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． （1）因式分解得，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可； （2）运用配方法求出方程的解即可． 【小问1详解】 解：， ， ，， ∴，； 【小问2详解】 解：， 移项，得， 配方，得，即， 开方，得， 即，． 18. 一个不透明的盒子里装有4张书签，分别描绘“春”，“夏”，“秋”，“冬”四个季节，书签除图案外都相同，并将4张书签充分搅匀． （1）若从盒子中任意抽取1张书签，恰好抽到“夏”的概率为______； （2）若从盒子中任意抽取2张书签（先抽取1张书签，且这张书签不放回，再抽取1张书签），求抽取的书签恰好1张为“春”，1张为“秋”的概率．（请用画树状图或列表等方法说明理由） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了利用画树状图或列表的方法求两次事件的概率，解题的关键是： （1）用标有“夏”书签的张数除以书签的总张数即得结果； （2）利用树状图画出所有出现的结果数，再找出1张为“春”，1张为“秋”的结果数，然后利用概率公式计算即可． 【小问1详解】 解：∵有4张书签，分别描绘“春”，“夏”，“秋”，“冬”四个季节， ∴恰好抽到“夏”的概率为， 故答案为：； 【小问2详解】 解：用树状图列出所有等可的结果： 等可能的结果：（春，夏），（春，秋），（春，冬），（夏，春），（夏，秋），（夏，冬），（秋，春），（秋，夏），（秋，冬），（冬，春），（冬，夏），（冬，秋）． 在12个等可能的结果中，抽取的书签1张为“春”，1张为“秋”出现了2次， P（抽取的书签价好1张为“春”，1张为“秋”）． 19. 如图，四边形为平行四边形，为边上一点，连接、，它们相交于点，且． （1）求证：； （2）若，，，求的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质和平行线分线段成比例定理，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题． （1）根据两角对应相等两三角形相似证明即可； （2）利用相似三角形的性质求出，再利用平行线分线段成比例定理求解． 【小问1详解】 证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 20. 如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，，且一次函数与轴，轴分别交于点，． （1）求反比例函数和一次函数的表达式； （2）根据图象直接写出不等式的解集． 【答案】（1）反比例函数解析式为，一次函数解析式为 （2）或 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求解析式，一次函数与反比例函数的交点问题，掌握交点坐标满足两个函数解析式是解题关键． （1）待定系数法求出两个函数解析式即可； （2）利用反比例函数以及一次函数图象，即可解决问题． 【小问1详解】 解：∵反比例函数的图象经过， ∴， ∴， 又在的图象上， ∴， ∴， 把，代入， 得， 解得， ∴一次函数解析式为； 【小问2详解】 解：根据所给函数图象可知， 当或时，一次函数的图象在反比例函数图象的上方，即， ∴∴不等式的解集为：或． 21. 如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为． （1）求证：是的切线； （2）若，，求弧的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理、切线的判定定理和求弧长，掌握圆周角定理、切线的判定定理是解题的关键． （1）连接，则，所以，由得，则，所以，则，即可证明是的切线； （2）连接，由是的直径，得，则，证明，由勾股定理得，证出是等边三角形，得，，利用弧长公式可得结论． 【小问1详解】 证明：连接，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵于点， ∴， ∵是的半径，， ∴是的切线． 【小问2详解】 解：连接， ∵是直径， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理得， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴的长是． 22. 在等腰直角中，，，为直线上任意一点，连接．将线段绕点按顺时针方向旋转得线段，连接． （1）如图1，当点在线段上时，探究线段与的数量关系并证明； （2）当点在线段的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段与的数量关系并证明． 【答案】（1），证明见解析 （2）补全图形见解析，，证明见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，掌握一线三垂直全等模型是解题关键． （1）过点作延长线于点，利用一线三垂直全等模型证明，结合线段转换和和差关系证明即可求解； （2）补全图形，过点作交于点，同（1）中方法证明，再证明即可． 【小问1详解】 解：，理由如下： 如图，过点作延长线于点， 由旋转得，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴在中，． 【小问2详解】 解：补全图形如图： ，理由如下： 过点作交于点， 由旋转得，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴在中，． 23. 如图①，已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点． （1）求该抛物线的表达式； （2）若点是抛物线上第一象限内的一个动点，连接，，，．当的面积等于面积的2倍时，求点的坐标； （3）抛物线上是否存在点，使得？若存在，请直接写出点的坐标． 【答案】（1） （2）点的坐标为或 （3）存在，， 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求一次函数和二次函数的解析式、二次函数的性质、三角形全等的判定与性质及三角形的面积计算等知识点，数形结合、熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． （1）运用待定系数法求解即可； （2）过点作轴平行线交轴于，交于点，作于点，求出直线的解析式为，设，则，求出，由列方程求解即可； （3）分当点在左侧和右侧两种情况讨论求解即可． 【小问1详解】 解：把，代入中，得： 解得：， ∴抛物线解析式为； 【小问2详解】 解：过点作轴平行线交轴于，交于点，作于点，如图1， 把代入中，得：， ∴点坐标是， 设直线， 把，代入，代入得： 解得：， ∴直线的解析式为； 设，则， ∴， 由得：， ∴， 整理得：， 解得：，，7分 ∵， ∴的值为1或2， 当时，， 当时，， ∴点的坐标为或； 【小问3详解】 解：抛物线上存在点，使得；理由如下： 由，得， ∴， ①当点在左侧时．如图2， 在轴上取点，延长交抛物线于点． 在和中， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 将，代入，得： 解得：， ∴设直线的解析式为， 由得：或， ∴； ②当点在右侧时，如图2， 作关于的对称，交二次函数于点，则，，， ∴， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， 令中，，则， 解得或， ∴，， ∵，， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴在点抛物线上，即点满足条件． 故存在满足条件的点有两个，分别是，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$