精品解析：广东省汕头市澄海区2024-2025学年上学期九年级期末数学试卷

2024－2025学年广东省汕头市澄海区九年级（上）期末数学试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请将所选选项的字母填涂在答题卡中对应题号的方格内） 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，与关于点成中心对称，则下列结论不成立的是（　　） A. 点A与点是对称点 B. C. D. 3. 从位男同学和位女同学中任选人参加志愿者活动，所选人中恰好是一位男同学和一位女同学的概率是（ ） A. B. C. D. 4. 二次函数的图象向左平移个单位，得到新图象的函数表达式是（ ） A. B. C. D. 5. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值是（ ） A. 36 B. 9 C. 6 D. 3 6. 如图，为的直径，点在上，且，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 7. 把一根长为的铁丝折成一个矩形，当矩形的一边长为时，它的面积为，则下列结论正确的是（ ） A. 有最大值1 B. 有最大值为4 C. 有最小值为1 D. 有最小值为4 8. 若是一元二次方程的一个根，则代数式的值为（ ） A. 2016 B. 2018 C. 2022 D. 2024 9. 已知坐标平面上有一等边，其坐标分别为，，将绕点依顺时针方向旋转，如图所示则旋转后点的坐标为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，四边形是边长为的正方形，点E，点F分别为边，中点，点O为正方形的中心，连接，点P从点E出发沿运动，同时点Q从点B出发沿运动，两点运动速度均为，当点P运动到点F时，两点同时停止运动，设运动时间为，连接，的面积为，下列图像能正确反映出S与t的函数关系的是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分，请将下列各题的正确答案填写在答题卡相应的位置上） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点为，则_____． 12. 二次函数图象与x轴的交点坐标是________． 13. 当宽为的刻度尺的一边与圆相切时，另一边与圆的两个交点处的刻度读数如图所示（单位：），那么该圆的半径为__________． 14. 若两个一元二次方程有一个相同的实数根，则称这两个方程为“友好方程”，已知关于的一元二次方程与为“友好方程”，则的值为_____． 15. 如图，将矩形绕点旋转至矩形的位置，此时的中点恰好与点重合．若，则的长为_____． 三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题7分，共21分） 16. 解方程：． 17. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点在抛物线上，直角边在轴上． （1）求抛物线的解析式； （2）将绕点顺时针旋转，得到，边与该抛物线交于点，求点的坐标． 18. 随着时代发展，科技的进步，进入移动支付时代后，支付方式的转变不仅让大家生活更便捷，也改变着人们的消费观念．某超市为方便顾客购物付款，可供顾客选择的付款方式有以下四种：A．现金支付，B．刷卡支付，C．微信支付，D．支付宝支付．每种付款方式被选择的可能性是相同的． （1）小明的妈妈去该超市购物，选择“C．微信支付”的概率为_____； （2）若甲、乙两人在该超市购物，请你通过列表或画树状图的方法，求甲、乙两人选择不同付款方式的概率． 四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分） 19. 某公司以每件40元的价格购进一种商品，在销售过程中发现这种商品每天的销售量（件）与每件的销售单价（元）满足一次函数关系：． （1）当时，利润为_____元； （2）若该公司要获得418元的利润，求每件的销售单价． 20. 如图，在中，，，点是的中点，将直角三角板的直角顶点绕点旋转，三角板的两条直角边与、分别交于点、（不与端点重合），连接． （1）判断在旋转过程中与的数量关系？并说明理由； （2）求动态线段的最小值． 21. 如图，是的内接三角形，，，连接，并延长交于点，过点作的切线，与的延长线交于点． （1）求证：； （2）若，求线段的长． 五、解答题（三）（本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分） 22. 在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点在坐标轴上，点，是射线上一点，将绕点顺时针旋转后得到． （1）如图，当时，求点的坐标； （2）如图，设点，的面积为，求与的函数关系式，并求出取得最小值时的值； （3）如图，若点在延长线上，当时，求点的坐标． 23. 如图，二次函数的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．连接BC．点P是抛物线第一象限内的一个动点，设点P的横坐标为m，过点P作直线轴于点D．交于点E．过点P作的平行线，交y轴于点M． （1）求A，B，C三点坐标，并直接写出直线的函数表达式； （2）在点P的运动过程中，求使四边形为菱形时，m的值； （3）点N为平面内任意一点，在（2）的条件下，直线上是否存在点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024－2025学年广东省汕头市澄海区九年级（上）期末数学试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请将所选选项的字母填涂在答题卡中对应题号的方格内） 1. 下列图形中，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】本题考查的是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，旋转度后与自身重合． 根据轴对称图形的概念：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，即可得到答案．根据中心对称图形的概念：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转度后与原图重合．据此进行解答即可． 【详解】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意； B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意； C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意； D、不是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意； 故选：B． 2. 如图，与关于点成中心对称，则下列结论不成立的是（　　） A. 点A与点是对称点 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查中心对称，解题的关键是理解中心对称的性质，属于中考常考题型．利用中心对称的性质一一判断即可． 【详解】解：与关于点成中心对称， 点与点是对称点，，， ，，正确， 故选：D． 3. 从位男同学和位女同学中任选人参加志愿者活动，所选人中恰好是一位男同学和一位女同学的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了列表法或树状图法求概率，根据画树状图求概率即可，熟练掌握列表法或树状图法求概率是解题的关键． 【详解】解：如图， 一共有种等可能得结果，恰好是一位男同学和一位女同学有种等可能得结果， ∴所选人中恰好是一位男同学和一位女同学的概率是， 故选：． 4. 二次函数的图象向左平移个单位，得到新图象的函数表达式是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了二次函数的平移．根据左加右减，上加下减进行解答即可． 【详解】解：二次函数的图象向左平移个单位，得到新图象的函数表达式是， 故选：C 5. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值是（ ） A. 36 B. 9 C. 6 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系，解题的关键是掌握当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．由关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，建立方程，再解方程即可． 【详解】解： 关于x的一元二次方程有两个相等的实数根， ∴ ， 解得： ， 故选B 6. 如图，为的直径，点在上，且，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，三角形的内角和定理，由，则，所以，由圆周角定理可得，最后通过三角形内角和定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， 故选：． 7. 把一根长为的铁丝折成一个矩形，当矩形的一边长为时，它的面积为，则下列结论正确的是（ ） A. 有最大值为1 B. 有最大值为4 C. 有最小值为1 D. 有最小值为4 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数应用根据矩形的周长可计算出矩形的另一边长为，再根据矩形的面积计算方法进行列式，进而根据二次函数的性质，即可求解． 【详解】解：根据题意可得，矩形的另一边长为：， 则． ∴当时，有最大值为1 故选：A． 8. 若是一元二次方程的一个根，则代数式的值为（ ） A. 2016 B. 2018 C. 2022 D. 2024 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解、代数式求值，解题的关键是掌握能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．先利用一元二次方程根的定义得到，再把变形为，然后利用整体代入的方法计算． 【详解】解：是一元二次方程的一个根， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 9. 已知坐标平面上有一等边，其坐标分别为，，将绕点依顺时针方向旋转，如图所示则旋转后点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】如图，设旋转后点对应的点为，过作轴于，首先利用旋转的性质和等边三角形的性质可以得到，，然后利用含30度直角三角形的性质和勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，设旋转后点对应的点为，过作轴于， 为等边三角形，，， 又将绕点依顺时针方向旋转， ，， ， ，， ， 旋转后点的坐标为 故选：D． 【点睛】此题主要考查了坐标与图形变化旋转，同时也利用了等边三角形的性质及含30度直角三角形的性质和勾股定理，有一定的综合性． 10. 如图，四边形是边长为的正方形，点E，点F分别为边，中点，点O为正方形的中心，连接，点P从点E出发沿运动，同时点Q从点B出发沿运动，两点运动速度均为，当点P运动到点F时，两点同时停止运动，设运动时间为，连接，的面积为，下列图像能正确反映出S与t的函数关系的是（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分0≤t≤1和1＜t≤2两种情形，确定解析式，判断即可． 【详解】当0≤t≤1时，∵正方形ABCD 的边长为2，点O为正方形的中心， ∴直线EO垂直BC， ∴点P到直线BC的距离为2-t，BQ=t， ∴S=； 当1＜t≤2时，∵正方形ABCD 的边长为2，点F分别为边，中点，点O为正方形的中心， ∴直线OF∥BC， ∴点P到直线BC的距离为1，BQ=t， ∴S=； 故选D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，二次函数的解析式，一次函数解析式，正确确定面积，从而确定解析式是解题的关键． 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分，请将下列各题的正确答案填写在答题卡相应的位置上） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点为，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，有理数的加法，由两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反特点求出，，然后代入求解即可，解题关键是掌握关于原点对称点的坐标规律． 【详解】解：∵点关于原点对称的点为， ∴，， ∴， 故答案为：． 12. 二次函数的图象与x轴的交点坐标是________． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查的是求解抛物线与x轴的交点坐标，依据题意，令，从而或，进而可以判断得解． 【详解】解：由题意，∵令 ∴或， ∴二次函数的图象与x轴的交点坐标是，． 故答案为：，． 13. 当宽为的刻度尺的一边与圆相切时，另一边与圆的两个交点处的刻度读数如图所示（单位：），那么该圆的半径为__________． 【答案】##厘米 【解析】 【分析】由切线的性质，和垂径定理，可求出的长，设圆的半径为，在内应用勾股定理，即可求解，本题考查了垂径定理，勾股定理，解题的关键是：数形结合的思想，及方程思想的应用． 【详解】解：设左交点为，右交点为，切点为，连接交于点，连接， ， 刻度尺与相切， , ， ， ， 设，则， 在中，，即， 解得：， 故答案为：． 14. 若两个一元二次方程有一个相同的实数根，则称这两个方程为“友好方程”，已知关于的一元二次方程与为“友好方程”，则的值为_____． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，解一元二次方程；通过解方程，可得出方程的根，分为两方程相同的实数根或为两方程相同的实数根两种情况考虑：①若是两个方程相同的实数根，将代入方程中求出的值，将的值代入原方程解之可得出方程的解，对照后可得出符合题意；②若是两个方程相同的实数根，将代入方程中求出的值，将的值代入原方程解之可得出方程的解，对照后可得出符合题意．综上此题得解． 【详解】解：解方程，得：． ①若是两个方程相同的实数根． 将代入方程，得：， ，此时原方程为， 解得：，符合题意， ； ②若是两个方程相同的实数根． 将代入方程，得：， ，此时原方程为， 解得：，符合题意， ． 综上所述：的值为或． 故答案为：或． 15. 如图，将矩形绕点旋转至矩形的位置，此时的中点恰好与点重合．若，则的长为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，解题的关键是根据矩形和旋转的性质得到相等线段．根据旋转的性质得出，，，结合已知得出，再根据矩形的性质得到，即可得出，再利用勾股定理即可得答案． 详解】解：如图，连接， 由旋转可知：，，， ∵的中点恰好与点重合， ∴， ∵矩形中，，， ∴．， ∴， 故答案为：6． 三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题7分，共21分） 16. 解方程：． 【答案】，． 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，利用直接开平方法求解即可，解题的关键是熟记常见的解法，直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法及正确掌握一元二次方程的解法． 【详解】解： 或 ∴，． 17. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点在抛物线上，直角边在轴上． （1）求抛物线的解析式； （2）将绕点顺时针旋转，得到，边与该抛物线交于点，求点的坐标． 【答案】（1） （2）点坐标为 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了求解二次函数解析式以及二次函数图象上点的坐标特征． （1）把代入可得答案； （2）由绕点顺时针旋转得到，可得，可得的纵坐标是，再进一步求解横坐标即可． 【小问1详解】 解：把代入得，解得， 抛物线的解析式为， 【小问2详解】 解：的顶点的坐标为，轴， ，， 绕点顺时针旋转得到， ，， 点坐标为，轴， 点的纵坐标为2， 把代入得，解得（负值舍去）， 点坐标为． 18. 随着时代的发展，科技的进步，进入移动支付时代后，支付方式的转变不仅让大家生活更便捷，也改变着人们的消费观念．某超市为方便顾客购物付款，可供顾客选择的付款方式有以下四种：A．现金支付，B．刷卡支付，C．微信支付，D．支付宝支付．每种付款方式被选择的可能性是相同的． （1）小明的妈妈去该超市购物，选择“C．微信支付”的概率为_____； （2）若甲、乙两人在该超市购物，请你通过列表或画树状图的方法，求甲、乙两人选择不同付款方式的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查的是用树状图法求概率．概率公式，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比． （1）直接根据概率公式即可解答； （2）先列表确定所有结果数和满足题意的结果数，然后再根据概率公式即可解答． 【小问1详解】 解：小明的妈妈去该超市购物，选择“C．微信支付”的概率为； 【小问2详解】 解：列表如下： A B C D A B C D 由表知，共有16种等可能结果，其中甲、乙两人选择不同付款方式的结果有12种， ∴甲、乙两人选择不同付款方式的概率为． 四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分） 19. 某公司以每件40元的价格购进一种商品，在销售过程中发现这种商品每天的销售量（件）与每件的销售单价（元）满足一次函数关系：． （1）当时，利润为_____元； （2）若该公司要获得418元的利润，求每件的销售单价． 【答案】（1） （2）每件的销售单价为元或元 【解析】 【分析】本题主要考查了一次函数与一元二次方程的应用； （1）将代入一次函数解析式可得销售量，然后根据每件的利润乘以数量即为总利润即可得； （2）根据利润=销售数量×每件的利润可得，解方程即可求解． 【小问1详解】 解：当时， ， ∴销售量为件， 利润为：（元）， 故答案为：； 【小问2详解】 解：由题意得： 展开并整理方程： 解得： 答：每件的销售单价为元或元． 20. 如图，在中，，，点是的中点，将直角三角板的直角顶点绕点旋转，三角板的两条直角边与、分别交于点、（不与端点重合），连接． （1）判断在旋转过程中与的数量关系？并说明理由； （2）求动态线段的最小值． 【答案】（1），理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，由于，设，根据等腰直角三角形的性质得，再根据为的中点得到，，根据旋转的性质得，于是可根据判断，所以， （2）设，则，利用勾股定理得到，从而确定出的最小值． 【小问1详解】 解：，理由如下：如图，连接， 设， ， ， 点为的中点， ，， 设将直角三角板直角顶点绕点旋转，三角板的两条直角边分别与、分别交于点、（不与端点重合）， ， 在和中， ， ， ， 【小问2详解】 设，则， 在中，， ∴当时，有最小值为， 【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形，二次函数的最值问题，作出辅助线构建全等三角形是解答本题的关键． 21. 如图，是的内接三角形，，，连接，并延长交于点，过点作的切线，与的延长线交于点． （1）求证：； （2）若，求线段的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（）连接，由圆周角定理可得，则，再根据切线的性质可得，最后通过平行线的判定方法即可； （）过作于点，证明四边形是矩形，又，则四边形是正方形，然后根据正方形的性质可得，，再通过三角形内角和定理，角度和差求出，最后由勾股定理和线段和差即可求解． 【小问1详解】 证明：连接，如图所示： ∵， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：过作于点，如图所示： ∴， 由（）得：，， ∴， ∴四边形矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴由勾股定理得：， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，平行线的判定，切线的性质，勾股定理，正方形的判定与性质，矩形的判定，直角三角形的性质等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 五、解答题（三）（本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分） 22. 在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点在坐标轴上，点，是射线上一点，将绕点顺时针旋转后得到． （1）如图，当时，求点的坐标； （2）如图，设点，的面积为，求与的函数关系式，并求出取得最小值时的值； （3）如图，若点在的延长线上，当时，求点的坐标． 【答案】（1）点的坐标为； （2）与的函数关系式为，当时，有最小值； （3）点坐标为． 【解析】 【分析】（）作于点，由四边形是正方形，得，，由旋转性质可知，，然后根据勾股定理得，最后通过线段和差即可求解； （）由旋转性质可得，，，则是等腰直角三角形，则有，又点在正方形对角线上，则，作于点，则，，再通过勾股定理得，最后通过二次函数的性质即可求解； （）由题可知，由旋转性质可知，故，可知在应在的延长线上，作轴于点， 然后列方程组，求出，，由旋转性质可得，设与轴交于点，证明，则，，最后由勾股定理即可求解． 【小问1详解】 解：如图，作于点， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵点， ∴， 由旋转性质可知，， ∴， ∴， ∴由勾股定理得， ∴， ∴， ∴，， ∴点的坐标为； 【小问2详解】 解：由旋转性质可得，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵点在正方形对角线上， ∴， 作于点， 则，， 由勾股定理即可得， ∴与的函数关系式为：； ∴， 当时，有最小值； 【小问3详解】 解：如图，由题可知， 由（）可知，若在线段上， 由旋转性质可知， ∴，可知在应在的延长线上， 作轴于点， 由旋转性质可得，则， 由图可知， 列方程组， ∴，， 由旋转性质可得， 设与轴交于点， 由可得；由可得， ∵，， ∴， ∴，， ∴是等腰直角三角形，，是等腰直角三角形，且， 由勾股定理得， ∴点坐标为． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，二次函数的性质等知识点，掌握知识点的应用是解题的关键． 23. 如图，二次函数的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．连接BC．点P是抛物线第一象限内的一个动点，设点P的横坐标为m，过点P作直线轴于点D．交于点E．过点P作的平行线，交y轴于点M． （1）求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线的函数表达式； （2）在点P的运动过程中，求使四边形为菱形时，m的值； （3）点N为平面内任意一点，在（2）的条件下，直线上是否存在点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），，； （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）分别令，，可求出点，，，再利用待定系数法解答，即可求解； （2）作于点，根据题意可得是等腰直角三角形，从而得到，进而得到是等腰直角三角形，可得到，再由点，可得，，，然后根据菱形的性质，可得到关于m的方程，即可求解； （3）由（2）得：点，，可得，再求出直线的解析式为，过点E作交直线于点Q，可得，此时点使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；过点E作于点Q，过点Q作轴于点S，可得，是等腰直角三角形， ∴此时点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形，即可． 【小问1详解】 解：在中， 令，可得， 解得，． 令，得：， ∴，，． 设直线的函数表达式为， 把，代入得： ，解得：， 直线的函数表达式为； 【小问2详解】 解：如图，作于点， ∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵轴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵点， ∴点， ∴． ∴， ∴． ∵四边形为菱形， ∴． ∴， 解得或0（舍去）； 【小问3详解】 解：存在， 由（2）得：点，， ∴， 根据题意可设直线的解析式为， 把点代入，得： ， 解得：， ∴直线的解析式为， 当时，， 解得：， 如图，过点E作交直线于点Q， ∴点， ∴， ∴， 此时点使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形； 如图，过点E作于点Q，过点Q作轴于点S， 由（2）得：， ∵， ∴， ∴，是等腰直角三角形， ∴此时点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形； ∴， ∴点， 对于， 当时，， 此时点， 综上所述，存在点或，使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形． 【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，涉及了求一次函数解析式，正方形的性质，二次函数的图象和性质，利用数形结合思想解答是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $