资源简介

2023～2024学年度第一学期阶段性测试卷（3/4）（YCWZ）
九年级数学（RJ）
测试范围：上册
注意事项：
1．本试卷共6页，三大题，满分120分，测试时间100分钟。
2．请用蓝、黑色钢笔或圆珠笔写在试卷或答题卡上。
3．答卷前请将密封线内的项目填写清楚。
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．下列方程为一元二次方程的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列事件是必然事件的是（ ）
A．抛掷一枚硬币，正面向上 B．掷一次骰子，向上一面的点数是7
C．在只有红球的袋中，摸出一个红球 D．运动员射击一次，命中靶心
3．如图，△ABC内接于⊙O，∠A=40°，则∠BOC的度数为（ ）

A．20° B．40° C．60° D．80°
4．如图，将绕点A顺时针旋转一定的角度得到，此时点B恰在边上，若，，则的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
5．对于二次函数的图象，下列说法正确的是（ ）
A．图象与y轴交点的坐标是 B．对称轴是直线
C．顶点坐标为 D．当时，y随x的增大而增大
6．将一个容积为的长方体包装盒剪开、铺平，纸样如图所示，根据题意，列出关于的方程为（ ）
A． B．
C． D．
7．如图，在平面直角坐标系中，正六边形的边长是4，则它的内切圆圆心M的坐标是（ ）
A． B． C． D．
8．二次函数自变量与函数值的对应关系如下表，设一元二次方程的根为，，且，则下列说法正确的是（ ）
0 0.5 1 1.5 2 2.5
0.13 0.38 0.53 0.58 0.53 0.38 0.13
A． B．
C． D．
9．如图，在平面直角坐标系中，四边形的顶点O在原点上，，，轴，将四边形绕点O逆时针旋转，每次旋转，第 2023 次旋转后点C的坐标为（　　）

A． B． C． D．
10．如图，在中，，，，的面积为，点M，N分别在、线段上运动，则长度的最小值等于（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．点P（3，2）关于原点对称的点的坐标为 ．
12．某班的一个数学兴趣小组为了考察某条斑马线前驾驶员礼让行人的情况，每天利用放学时间进行调查，下表是该小组一个月内累计调查的结果，由此结果可估计驾驶员在这条斑马线前能主动给行人让路的概率约是 （结果保留小数点后一位）．
排查车辆数 20 40 100 200 400 1000
能礼让的车辆数 15 32 82 158 324 800
能礼让的频率
13．已知，，三点都在二次函数的图象上，则，，的大小关系为 ．
14．如图，在每个小正方形的边长均为2的网格图中，一段圆弧经过格点A，B，C，格点A，D的连线交圆弧于点E，则图中阴影部分面积为 ．
15．如图，在矩形中，，，为对角线上一点，且，过作，分别交、于、．将四边形绕点顺时针旋转180°，在此过程中，设直线分别与直线、交于点、，当是以为底角的等腰三角形时，则的长是 ．
三、解答题（共8题，共75分）
16．解方程：
(1)；
(2)．
17．已知抛物线的顶点坐标为，且这条抛物线与轴的一个交点坐标是．求：
(1)抛物线的表达式；
(2)求这条抛物线与轴的另一个交点的坐标．
(3)直接写出时的取值范围．
18．在不透明的袋子里装有2个红球、1个蓝球（除颜色外其余都相同）．
（1）第一次任意摸出一个球（不放回），第二次再摸出一个球，请用画树状图或列表的方法，求两次摸到一红一蓝的概率．
（2）若向袋中再放入若干个同样的蓝球，搅拌均匀后，使从袋中摸出一个蓝球的概率为，求后来放入袋中的蓝球个数．
19．已知关于x的一元二次方程x2+（2a+1）x+a2＝0．
(1)若方程有两个不相等的实数根，求a的取值范围；
(2)若方程有两个相等的实数根，求a的值，并求出这两个相等的实数根．
20．如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点、均在格点上．

(1)画出向左平移5个单位后的图形，则点的坐标为 ．
(2)画出绕顺时针旋转后的图形，则点的坐标为 ．
(3)在（2）的条件下，扫过的面积为__________．
21．如图,为的直径,与相切于点E，于点D，交于点C，连接．

(1)求证：平分；
(2)若，求的长．
22．如图，直线交y轴于点A，交x轴于点B，抛物线经过点A，点B，且交x轴于另一点C．
(1)求点A，点B，点C的坐标并求抛物线的解析式；
(2)在直线上方的抛物线上有一点P，求四边形面积的最大值及此时点P的坐标；
(3)将线段绕x轴上的动点逆时针旋转得到线段，若线段与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求t的取值范围．
23．和均为等边三角形，，，将绕点C旋转，直线与直线交于点F．
(1)如图1，当点D在线段的延长线上时，下列语句中，正确的序号是______；
① ② ③ ④
(2)如图2，若点D在内，，求的度数；
(3)在绕点C旋转的过程中，当时，请直接写出线段的长．
参考答案与解析
1．C
【分析】根据一元二次方程的概念进行判断即可．
【详解】解：A选项中未知数的次数为一次，所以不是一元二次方程；
B选项中有两个未知数，所以不是一元二次方程；
C选项中未知数只有一个并且未知数的次数最高为2次，所以是一元二次方程；
D选项中未知数出现在分母里，不是整式方程，所以不是一元二次方程；
故选C．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的概念，熟练掌握一元二次方程的概念是解决本题的关键．
2．C
【分析】根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A．抛掷一枚硬币，正面向上是随机事件，故选项不符合题意；
B．掷一次骰子，向上一面的点数是7是不可能事件，故选项不符合题意；
C．在只有红球的袋中，摸出一个红球是必然事件，故选项符合题意；
D．运动员射击一次，命中靶心是随机事件，故选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件；不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
3．D
【详解】解：∵∠BOC、∠A是同弧所对的圆心角和圆周角，
∴∠BOC=2∠A=80°；
故选D．
4．B
【分析】由旋转的性质可得，，即可求解．
【详解】解：∵将绕点A顺时针旋转一定的角度得到，
，，
，，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
5．D
【分析】根据抛物线的性质由得到图象开口向下，当时，可求图像与y轴的交点，根据顶点式得到顶点坐标为，对称轴为直线，从而可判断抛物线增减性．
【详解】解：对于二次函数的图象，
当时，，图像与y轴交点坐标为，A选项说法不正确；
抛物线对称轴为直线，B选项说法不正确；
抛物线顶点坐标为，C选项说法不正确；
∵，
∴图像开口向下，
当时，y随x的增大而增大，D选项说法正确．
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数图像性质，解题的关键是掌握相关性质，利用数形结合思想．
6．C
【分析】此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，正确表示出长方体的长与宽是解题的关键．根据题意表示出长方体的长与宽，进而表示出长方体的体积即可．
【详解】解：由图可知：长方体的长为15，宽为，
由题意得：；
故选C．
7．A
【分析】作、的垂直平分线交于点F，即为内切圆圆心M，连接，，根据正六边形的性质及等边三角形的性质得出，再由勾股定理确定即可得出结果．
【详解】解：如图所示，作、的垂直平分线交于点F，即为内切圆圆心M，连接，，
∵正六边形的边长是4，
∴，为等边三角形，
∴，
∴
∴点M的坐标为：
故选：A．
【点睛】题目主要考查正多边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形及坐标与图形，理解题意，作出图形辅助线是解题关键．
8．A
【分析】根据表格找出y的值接近0时对应的x的值的取值范围，从而分析求解．
【详解】解：由表格可得：
当时，；
当时，，
又∵一元二次方程的根为，，且，
∴，，
故选：A．
【点睛】本题考查了图象法求一元二次方程的近似根，结合表格中的数据找出方程（，a，b，c为常数）的一个解的近似值是解题的关键．
9．B
【分析】连接，过点C作，垂足为P，通过证得，得出，通过解直角三角形得到点C的坐标为，由每旋转4次为一个循环，即可得出第2023次旋转结束时点C的位置和第3次旋转结束时点C的位置相同，从而得出第2023次旋转结束时，点C的坐标为．
【详解】解：连接，过点C作，如图所示，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴,
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴点C的坐标为，
由旋转可知第一次旋转后点C的坐标为，
第二次旋转后点C的坐标为，
第三次旋转后点C的坐标为，
∵每次旋转，，
∴每旋转4次为一个循环．
∵，
∴第2023次旋转结束时点C的位置和第3次旋转结束时点C的位置相同，
∴第2023次旋转结束时，点C的坐标为，
故选：B．

【点睛】本题考查图形的旋转，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，通过旋转角度找到旋转规律，从而确定第2023次旋转后C点的位置是解题的关键．
10．C
【分析】过点O作，交于点P，当点M与点P重合，点N与点C重合时，长度的最小即为线段的长度，利用含30度角的直角三角形的性质及勾股定理得出，再由等面积法确定，由圆的面积得出，结合图形即可得出结果．
【详解】解：过点O作，交于点P，当点M与点P重合，点N与点C重合时，长度的最小即为线段的长度，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∵的面积为，设半径为r，
∴
，
，
即长度的最小值为，
故选：C．
【点睛】题目主要考查圆与三角形综合问题，包括含30度角的直角三角形的性质，勾股定理解三角形，圆的面积等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
11．(－3，－2)
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．
【详解】点P(3,2)关于原点对称的点的坐标为(-3, 2)，
故答案为(-3, 2).
【点睛】本题考查了平面直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特征,解题的关键是掌握：两个点关于原点对称时,它们的坐标符号相反,即点P(x,y)关于原点O的对称点是P'( x, y).
12．
【分析】根据题意得：能主动给行人让路的频率稳定在的附近，再由频率估计概率，即可求解．
【详解】解：根据题意得：能主动给行人让路的频率稳定在的附近，
∴能主动给行人让路的概率约是．
故答案为：
【点睛】本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
13．
【分析】由二次函数图象开口向下可得离对称轴越近的点y值越大，进而求解．
【详解】解：∵，
∴抛物线开口向下，且对称轴为直线，在对称轴的右侧y随x的增大而减小，
∴点关于直线的对称点是，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是掌握二次函数图象得性质，根据二次函数图象作答．
14．
【分析】找出圆心，根据勾股定理即可求出半径，根据图形得出的度数，根据三角形面积公式和扇形面积公式求出即可．
【详解】解：如图，作、的垂直平分线，两线交于，连接、、，
由图形可知是等腰直角三角形，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，确定圆心，扇形的面积公式的应用，主要考查学生的计算能力．
15．或
【分析】现根据直角三角形，求得BF的长，再根据旋转求得，继而根据四边形BCGF旋转后的两种不同位置进行讨论求得DN．
【详解】∵四边形是矩形，，，
∴∠DAB=90°，
在Rt△ABD中，由勾股定理可得，
∴，即∠DBA=30°，
∴∠DBA=∠MDN=30°，
∵，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得：，，，
①如图所示：当△MDN是以∠MDN和∠MND为底角的等腰三角形时，∠N=30°，
∴，即，
解得：，
∴
②如图所示：当△MDN是以∠MDN和∠DMN为底角的等腰三角形时，，
此时与重合，故，
∴，
综上所述，的长是或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查旋转的性质的应用，解决问题的关键是根据旋转的不同角度，得到△MDN是以∠MDN和∠MND为底角的等腰三角形或△MDN是以∠MDN和∠DMN为底角的等腰三角形，注意分类讨论．
16．(1)，
(2)，
【分析】本题考查了一元二次方程的求解，掌握一元二次方程的求解方法：公式法，配方法，因式分解法，直接开方法是关键．
（1）方程利用因式分解法求出解即可；
（2）方程利用公式法求出解即可．
【详解】（1）解：，
因式分解得：，
解得：，；
（2），
整理得：，
，，，
，
，
，．
17．(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，抛物线的对称性．
（1）设出顶点式，待定系数法求解析式．
（2）对称性求出另一个交点即可；
（3）图象法求出的取值范围即可．
掌握二次函数的图象和性质，是解题的关键．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点坐标为，
∴设，把代入，得：，解得：，
∴；
（2）∵，
∴对称轴为直线：，
∴点关于对称轴的对称点为，
即：抛物线与轴的另一个交点的坐标为；
（3）∵，，
∴抛物线的开口向下，
∵抛物线与轴的交点坐标为：，，
∴当时，．
18．（1） ；（2）9个
【分析】（1）根据题意画出树状图后，数出可能的结果总数及两次摸到不同颜色球的结果数，再根据概率的意义可得解；
（2）设放入x个蓝球，再根据概率的意义得到方程，解方程后可以得解．
【详解】解：(1)如图所示，
共有6种可能结果，每种结果发生的可能性相等；
其中两次摸到不同颜色球包含其中4种结果，
所以两次摸到不同颜色球的概率为；
(2)设放入x个蓝球，
由题意，得： ，
解得： x=9，
经检验， x=9 是原方程的解，
所以，放入袋中的蓝球为9个．
【点睛】本题考查概率的应用，熟练掌握概率的意义、树状图求概率的方法及方程思想方法的应用是解题关键．
19．(1)
(2)；
【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式直接进行求解即可；
（2）根据一元二次方程根的判别式求解a的值，然后代入进行求解一元二次方程即可．
【详解】（1）解：∵关于x的一元二次方程x2+（2a+1）x+a2＝0有两个不相等的实数根，
，
解得：，
即当时，方程有两个不相等的实数根；
（2）解：∵方程有两个相等的实数根，
，
解得：，
即当时，方程有两个相等的实数根；
把代入原方程得：，
即，
解得：．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式及解法，解题的关键是熟练掌握一元二次方程根的判别式及解法．
20．(1)见解析，；
(2)见解析，；
(3)
【分析】（1）根据平移的性质找出的对应顶点的位置，顺次连接即可，然后根据所作图形可得点的坐标；
（2）根据旋转的性质找出的对应顶点的位置，顺次连接即可，然后根据所作图形可得点的坐标；
（3）首先求出，然后根据扫过的面积列式计算即可．
【详解】（1）解：如图所示：

由图可知：，
故答案为：；
（2）如图所示：

由图可知，，
故答案为：；
（3）∵，
∴扫过的面积
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了画平移图形和旋转图形，勾股定理以及扇形的面积计算，熟练掌握平移和旋转的性质是解题的关键．
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)由切于点E知, 结合于点D知, 从而得, 即可得证；
(2)连接交于点F，证四边形是矩形，根据三角形的中位线，即可得出答案．
【详解】（1）证明∶∵与相切于点E，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴平分．
（2）解∶连接交于点F，

∵是的直径，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵,点O是的中点,
，
∴
【点睛】本题主要考查切线的性质、圆周角定理、垂径定理及矩形的判定和性质，熟练掌握切线的性质、圆周角定理、垂径定理等知识点是解题的关键.
22．(1)，，，
(2)面积最大值为6，
(3)
【分析】（1）求出，代入，即可求解析式；
（2）过点作轴交于点，交轴于点，设，则，当的面积最大时，就最大，由，则当时，的面积最大，最大值为2；
（3）由题意可知，，分别求出，，当在抛物线上时，解得，当在抛物线上时，解得，即可求时线段与抛物线只有一个公共点．
【详解】（1）解：令，则，
，
令，则，
，
将，代入，
，
，
，
令，则，
解得或，
；
（2）如图1，过点作轴交于点，交轴于点，
设，则，
，，
，
，
当的面积最大时，就最大，
，
，
当时，的面积最大，最大值为2，
当时，的最大值为6；
（3）如图2，由题意可知，，
，
，
，
，
当在抛物线上时，，
解得或（舍），
当在抛物线上时，，
解得或（舍），
线段与抛物线只有一个公共点，
．
【点睛】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，线段旋转的性质，数形结合解题是关键．
23．(1)①②④
(2)
(3)或
【分析】（1）证明，可得，故①正确；，再由三角形外角的性质可得，故②正确；再证得，可得，从而得到，故④正确；再由，可得，从而得到，故③错误；
（2）证明，可得，即可；
（3）分两种情况讨论：当在直线的上方时；当在直线的下方时，即可求解．
【详解】（1）解：∵和均为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∵，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故④正确；
∵，，
∵，
∴，
∴，
∴，故③错误；
故答案为：①②④
（2）解：∵和均为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴，
如图，当在直线的上方时，连接，
∵和均为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴；
如图，当在直线的下方时，连接，
∵和均为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴；
综上所述，线段的长为或．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，含的直角三角形的三边关系，分类讨论思想等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．

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