北京市東城區(qū)東直門中學2024-2025學年九年級上學期期中數學試卷（含答案）

2024-2025學年北京市東城區(qū)東直門中學九年級（上）期中數學試卷一、選擇題（每題2分，共16分）1．（2分）隨著國民經濟快速發(fā)展，我國涌現出一批規(guī)模大、效益高的企業(yè)，如大疆、國家核電、華為、鳳凰光學等，以上四個企業(yè)的標志是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．2．（2分）若x＝3是關于x的方程x2﹣2x﹣m＝0的一個根，則m的值是（）A．﹣15 B．﹣3 C．3 D．153．（2分）拋物線y＝3（x﹣1）2+2的頂點坐標為（）A．（﹣1，2） B．（1，﹣2） C．（1，2） D．（2，1）4．（2分）將一元二次方程x2﹣8x+10＝0通過配方轉化為（x+a）2＝b的形式，下列結果中正確的是（）A．（x﹣4）2＝6 B．（x﹣8）2＝6 C．（x﹣4）2＝﹣6 D．（x﹣8）2＝545．（2分）已知點A（1，y1），B（﹣4，y2）都在二次函數y＝﹣x2+3圖象上，則y1，y2大小關系為（）A．y1＞y2 B．y1＜y2 C．y1＝y(tǒng)2 D．無法確定6．（2分）如圖，在⊙O的內接四邊形ABCD中，∠BOD＝120°，那么∠BCD是（）A．120° B．100° C．80° D．60°7．（2分）如圖，正六邊形ABCDEF內接于⊙O，若⊙O的周長是12π，則正六邊形的邊長是（）A． B．3 C．6 D．8．（2分）我們將滿足等式x2+y2＝1+|x|y的每組x，y的值在平面直角坐標系中畫出，便會得到如圖所示的“心形”圖形．下面三個結論中，①“心形”圖形是軸對稱圖形；②“心形”圖形所圍成的面積一定大于2；③“心形”圖形上任意一點到原點的距離都小于．其中正確結論有（）A．① B．①② C．①③ D．①②③二、填空題（每題2分，共16分）9．（2分）已知⊙O的半徑為2，點A到圓心O距離是4，則點A在⊙O.（填“內”、“上”或“外”）10．（2分）請寫出一個開口向下，且經過點（0，1）的二次函數的表達式．11．（2分）二次函數y＝2（x﹣1）2的圖象可以由函數y＝2x2向平移個單位得到．12．（2分）如圖，將△ABC繞點C順時針旋轉40°得到△DEC，若∠A＝30°，則∠EFC的度數為°．13．（2分）如圖，在△ABC中，若DE∥BC，，AE＝4cm，則AC的長為cm．14．（2分）如圖，PA，PB是⊙O的切線，切點分別是點A和B，AC是⊙O的直徑．若∠P＝60°，PA＝6，則BC的長為．15．（2分）下列關于拋物線y＝x2+bx﹣2．①拋物線的開口方向向下；②拋物線與y軸交點的坐標為（0，﹣2）；③當b＞0時，拋物線的對稱軸在y軸右側；④對于任意的實數b，拋物線與x軸總有兩個公共點．其中正確的說法是．（填寫正確的序號）16．（2分）已知拋物線與x軸交于A，B兩點，對稱軸與拋物線交于點C，與x軸交于點D，⊙C的半徑為2，點G為⊙C上一動點，點P為AG的中點，則DP的最大值為．三、解答題（共68分：17題至22題，每題5分；23題至26題，每題6分；27、28題每題7分）17．（5分）解方程：x2﹣4x﹣2＝0．18．（5分）如圖，正方形網格中，△ABC的頂點均在格點上，請在所給直角坐標系中按要求解答下列問題：（1）△A1B1C1與△ABC關于原點O中心對稱，則B1的坐標為；（2）畫出△ABC繞原點O順時針旋轉90°的△A2B2C2；（3）△ABC外接圓圓心的坐標為．19．（5分）圓管涵是公路路基排水中常用的涵洞結構類型，它不僅力學性能好，而且構造簡單、施工方便．某水平放置的圓管涵圓柱形排水管道的截面是直徑為1m的圓，如圖所示，若水面寬AB＝0.8m，求水的最大深度．20．（5分）下面是小立設計的“過圓上一點作這個圓的切線”的尺規(guī)作圖過程．已知：⊙O及圓上一點A．求作：直線AB，使得AB為⊙O的切線，A為切點．作法：如圖2，①連接OA并延長到點C；②分別以點A，C為圓心，大于長為半徑作弧，兩弧交于點D（點D在直線OA上方）；③以點D為圓心，DA長為半徑作⊙D；④連接CD并延長，交⊙D于點B，作直線AB．直線AB就是所求作的直線．根據小立設計的尺規(guī)作圖過程，完成下面的證明．（說明：括號里填推理的依據）證明：連接AD．∵＝AD∴點C在⊙D上，∴CB是⊙D的直徑．∴＝90°．（）∴AB⊥．∵OA是⊙O的半徑，∴AB是⊙O的切線．（）21．（5分）已知關于x的一元二次方程x2﹣4x+2m﹣1＝0有兩個不相等的實數根．（1）求m的取值范圍；（2）若m為符合條件的最大整數，求此時方程的根．22．（5分）在美化校園的活動中，某興趣小組借助如圖所示的直角墻角（墻角兩邊DC和DA足夠長），用28m長的籬笆圍成一個矩形花園ABCD（籬笆只圍AB和BC兩邊），設AB＝xm，則S矩形ABCD＝y(tǒng)m2．（1）求y與x之間的關系式，并寫出自變量x的取值范圍；（2）當AB多長時，矩形ABCD的面積最大？最大面積是多少？23．（6分）已知二次函數y＝ax2+bx+c圖象上部分點的橫坐標x與縱坐標y的對應值如下表所示：x…﹣3﹣2﹣101…y…0﹣3﹣4﹣30…（1）求這個二次函數的表達式；（2）當y＞﹣3時，直接寫出x的取值范圍；（3）當﹣3≤x＜2時，關于x的一元二次方程ax2+bx+c﹣t＝0有實根，則t的取值范圍是．24．（6分）如圖，AB是⊙O的直徑，直線PQ經過⊙O上的點E，AC⊥PQ于點C，交⊙O于D，AE平分∠BAC．（1）求證：直線PQ是⊙O的切線；（2）若AD＝6，EC＝2，求CD的長．25．（6分）廣場修建了一個圓形噴水池，在池中心豎直安裝一根水管，水管的頂端安一個噴水頭，記噴出的水與池中心的水平距離為x米，距地面的高度為y米．測量得到如表數值：x/米012344.4y/米2.53.33.32.50.90小慶根據學習函數的經驗，發(fā)現y是x的函數，并對y隨x的變化而變化的規(guī)律進行了探究．下面是小慶的探究過程，請補充完整：（1）在平面直角坐標系xOy中，描出表中各組數值所對應的點（x，y），并畫出函數的圖象；（2）結合函數圖象，出水口距地面的高度為米，水達到最高點時與池中心的水平距離約為米；（3）若圓形噴水池半徑為5米，為了使水柱落地點在池內且與水池邊水平距離不小于1.5米，若只調整水管高度，其他條件不變，結合函數圖象，估計出水口至少需要（填“升高”或“降低”）米（結果保留小數點后一位）．26．（6分）在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y＝x2﹣2tx+t2﹣t．（1）求拋物線的頂點坐標（用含t的代數式表示）；（2）點P（x1，y1），Q（x2，y2）在拋物線上，其中t﹣2＜x1＜t+1，x2＝1﹣t．①若y1的最小值是﹣2，求y2的值；②若對于x1，x2，都有y1＜y2，求t的取值范圍．27．（7分）已知：△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，直線AC上取一點D，連接BD，線段BD繞點B逆時針旋轉90°，得到線段BD′，連接CD′交直線AB于G．（1）喜歡思考問題的小捷同學，想探索圖中線段CG和線段D′G的數量關系．于是他畫了圖1所示當D在AC邊上時的圖形，并通過測量得到了線段CG與D′G的數量關系．你認為小捷的猜想是CGD′G（填“＞”，“＝”或“＜”）；（2）當D在AC邊的延長線上時請你根據題目要求補全圖2，①在補全的圖2中找出與∠BDC相等的角②在圖2中探索（1）中小捷的猜想是否成立，若成立證明你的結論，若不成立，請你說明理由；（3）如圖3，當D在邊AC的反向延長線上時，直接寫出CA，CD，CD′的數量關系（用等式表示）．28．（7分）對于平面直角坐標系xOy中的圖形W，給出如下定義：點P是圖形W上任意一點，若存在點Q，使得∠OQP是直角，則稱點Q是圖形W的“直角點”．（1）已知點A（6，8），在點Q1（3，9），Q2（﹣4，2），Q3（0，8）中，是點A的“直角點”；（2）已知點B（﹣4，3），C（3，3），若點Q是線段BC的“直角點”，求點Q的橫坐標n的取值范圍；（3）在（2）的條件下，已知點D（t，0），E（t+1，0），以線段DE為邊在x軸上方作正方形DEFG．若正方形DEFG上的所有點均為線段BC的“直角點”，直接寫出t的取值范圍．

參考答案一、選擇題（每題2分，共16分）1．選：B．2．選：C．3．選：C．4．選：A．5．選：A．6．選：A．7．選：C．8．選：B．二、填空題（每題2分，共16分）9．答案為：外．10．答案為：y＝﹣x2+1（答案不唯一）．11．答案為：右，1．12．答案為：70．13．答案為：12．14．答案為：2．15．答案為：②④．16．答案為：3.5．三、解答題（共68分：17題至22題，每題5分；23題至26題，每題6分；27、28題每題7分）17．解：∵a＝1，b＝﹣4，c＝﹣2，∴△＝（﹣4）2﹣4×1×（﹣2）＝4×6＞0，∴x＝＝＝2±，∴x1＝2+，x2＝2﹣．18．解：（1）如圖所示，△A1B1C1即為所求，B1的坐標為（1，4）；故答案為：（1，4）；（2）如圖所示，△A2B2C2即為所求．（3）如圖所示，△ABC外接圓圓心的坐標為（﹣3，﹣3）．19．解：如圖，作OC⊥AB于點C，連接OA，∵∠ACO＝90°，，∵AB＝0.8，∴AC＝0.4，在Rt△ACO中，根據勾股定理，得，∴0.3+0.5＝0.8，∴水的最大深度為0.8m．20．證明：如圖：連接AD，∵CD＝AD∴點C在⊙D上，∴CB是⊙D的直徑．∴∠BAC＝90°（直徑所對的圓周角是90°），∴AB⊥AC，∵OA是⊙O的半徑，∴AB是⊙O的切線，（過半徑的外端且垂線于半徑的直線是圓的切線），故答案為：CD，∠BAC，直徑所對的圓周角是90°，OA，過半徑的外端且垂線于半徑的直線是圓的切線．21．解：（1）∵關于x的一元二次方程x2﹣4x+2m﹣1＝0有兩個不相等的實數根，∴Δ＝（﹣4）2﹣4（2m﹣1）＝20﹣8m＞0，解得m＜．（2）∵m＜，∴m的最大整數為2，此時方程變形為x2﹣4x+3＝0，（x﹣1）（x﹣3）＝0，解得x1＝1，x2＝3．22．解：（1）∵AB＝xm，∴BC＝（28﹣x）m，∴y＝x（28﹣x）＝﹣x2+28x，∵28﹣x＞0，∴x＜28，∴y與x的關系式為y＝﹣x2+28x（0＜x＜28）；（2）y＝﹣x2+28x＝﹣（x﹣14）2+196，∵﹣1＜0，0＜x＜28，∴當x＝14時，y有最大值，最大值為196，答：當AB＝14m時，矩形ABCD的面積最大，最大面積是196m2．23．解：（1）∵二次函數的圖象過點（﹣3，0）和（1，0），∴設二次函數的解析式為：y＝a（x+3）（x﹣1），將（0，﹣3）代入得：﹣3＝a（0+3）（0﹣1），解得：a＝1，∴二次函數的解析式為y＝（x+3）（x﹣1）＝x2+2x﹣3；（2）函數圖象如圖所示：觀察圖象可知，當y＞﹣3時，x＜﹣2或x＞0；（3）觀察圖象可知，當﹣3≤x＜2時，﹣4≤t＜5．故答案為：﹣4≤t＜524．（1）證明：連接OE，則OE＝OA，∴∠BAE＝∠OEA，∵AE平分∠BAC，∴∠BAE＝∠CAE，∴∠OEA＝∠CAE，∴OE∥AC，∵AC⊥PQ于點C，∴∠OEP＝∠ACP＝90°，∵OC是⊙O的直徑，且PQ⊥OC，∴直線PQ是⊙O的切線．（2）解：連接BE、CE，則∠B+∠ADE＝180°，∵∠EDC+∠ADE＝180°，∴∠B＝∠EDC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠AEB＝∠ACE＝90°，∴∠BAE＝∠CAE，∵∠B＝90°﹣∠BAE＝90°﹣∠CAE＝∠AEC，∴∠EDC＝∠AEC，∵∠ECD＝∠ACE，∴△ECD∽△ACE，∴＝，∴CD?AC＝EC2，∵AD＝6，EC＝2，∴CD（CD+6）＝22，解得CD＝﹣3或CD＝﹣﹣3（不符合題意，舍去），∴CD的長是﹣3．25．解：（1）畫出函數的圖象如下：（2）由已知可得，x＝0時，y＝2.5，∴出水口距地面的高度為2.5米，由圖象可得，水達到最高點時與池中心的水平距離約為1.5米，故答案為：2.5，1.5；（3）設y＝ax2+bx+c，把（0，2.5）（1，3.3）（2，3.3）代入可得，，解得，∴y與x的關系式為y＝﹣0.4x2+1.2x+2.5，∵5﹣1.5＝3.5，∴當x＝3.5時，y＝﹣0.4×3.52+1.2×3.5+2.5＝1.8，∴估計出水口至少需要降低1.8米，故答案為：降低，1.8．26．解：（1）∵y＝x2﹣2tx+t2﹣t＝（x﹣t）2﹣t，∴拋物線的頂點坐標為（t，﹣t）；（2）①∵y＝x2﹣2tx+t2﹣t＝（x﹣t）2﹣t，∴拋物線的對稱軸為x＝t，∵1＞0，∴拋物線開口向上，∵t﹣2≤x1≤t+1，∴當x＝t時，y1的最小值為﹣t，∵y1的最小值是﹣2，∴t＝2，∴x2＝1﹣t＝﹣1，拋物線表達式為y＝x2﹣4x+2，∴y2＝12﹣4×（﹣1）+2＝7；②∵點P（x1，y1），Q（x2，y2）在拋物線y＝（x﹣t）2﹣t上，∴y1＝（x1﹣t）2﹣t，y2＝（x2﹣t）2﹣t，∵對于x1，x2，都有y1＜y2，∴y2﹣y1＝（x2﹣t）2﹣t﹣（x1﹣t）2+t＝（x2﹣t）2﹣（x1﹣t）2＝（x2﹣x1）（x2+x1﹣2t）＞0，∴或，Ⅰ、當時，∵x2﹣x1＞0，∴x2＞x1，∵t﹣2＜x1＜t+1，x2＝1﹣t，∴1﹣t≥t+1，∴t≤0，∵x2+x﹣2t＞0，∴x2+x1＞2t，∵t﹣2＜x1＜t+1，x2＝1﹣t，∴﹣1＜x2+x1＜2，∴2t≤﹣1，∴t≤﹣，即t≤﹣；Ⅱ、當時，由x2﹣x1＜0得：x2＜x1，∵t﹣2＜x1＜t+1，x2＝1﹣t，∴1﹣t≤t﹣2，∴t≥，由x2+x1﹣2t＜0知，x2+x1＜2t，∵t﹣2＜x1＜t+1，x2＝1﹣t，∴﹣1＜x2+x1＜2，∴2t≥2，∴t≥1，即t；即滿足條件的t的取值范圍為t≤﹣或t≥．27．解：（1）CG＝D'G，理由如下：如圖1，過D′作D'E⊥AB于點E，∴∠D'EB＝∠BAD＝90°，∴∠D'BE+∠BD'E＝90°，∵∠DBD′＝90°，∴∠ABD+∠D'BE＝90°，∴∠BD'E＝∠ABD，∵D'B＝DB，∴△EBD′≌△ADB（AAS），∴D'E＝AB，∵AB＝AC，∴D'E＝AC，∵∠A＝∠D'EG，∠D'GE＝∠AGC，∴△AGC≌△D'GE（AAS），∴CG＝D'G，故答案為：＝；（2）①補全的圖2如下：與∠BDC相等的角是∠ABD′，理由如下：∵∠DBD'＝90°，∴∠DBA+∠ABD'＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠DBA+∠BDC＝90°，∴∠BDC＝∠ABD′，故答案為：∠ABD′；②成立，CG＝D′G，理由如下：如圖2，過D′作D'H⊥AB，交BA延長線于點H，∴∠D′HG＝∠BAC＝90°，∵D'B＝DB，∠BDC＝∠ABD′，∴△ABD≌△HD'B（AAS），∴AB＝HD'＝AC，∵∠D′HG＝∠BAC＝90°，∠D′GH＝∠AGC，∴△D'HG≌△CAG（AAS），∴CG＝D'G；（3）4CA2+CD2＝CD′2，理由如下：如圖3，過D′作D'M⊥AB，交AB延長線于點M，∴∠D'MB＝∠BAD＝90°，∵∠D'BD＝90°，∴∠D'BM+∠ABD＝90°，∵∠D'BM+∠BD'M＝90°，∴∠BD′M＝∠ABD，∵D′B＝DB，∴△D'BM≌△BDA（AAS），∴D'M＝AB＝AC，BM＝AD，∴AM＝AB+BM＝AC+AD＝CD，過點C作CN⊥D'M，交D'M的延長線于N，∴∠NMA＝∠MAC＝∠N＝90°，∴四邊形AMNC是矩形，∴CN＝AM＝CD，MN＝AC＝D′M，∵D'N2+CN2＝CD′2，∴（2CA）2+CD2＝CD′2，∴4CA2+CD2＝CD′2．28．解：（1）∵＝32+92＝90，＝12+32＝10，OA2＝62+82＝100，∴，∴∠OQ1A＝90°，∴Q1是點A的“直角點”；∵＝20，＝136，OA2＝62+82＝100，∴，∴∠OQ2A＞90°，∴Q2不是點A的“直角點”；∵∠OQ3A＝90°，∴Q3是點A的“直角點”．綜上，Q1，Q3是點A的“直角點”．故答案為：Q1，Q3；（2）∵點Q是線段BC的“直角點”，P為線段BC上的點，∴∠OQP＝90°，