2024届湖北省襄阳市襄州区龙王中学数学九年级第一学期期末统考试题含解析

2024届湖北省襄阳市襄州区龙王中学数学九年级第一学期期末统考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴的正半轴上，反比例函数的图象经过对角线的中点和顶点．若菱形的面积为12，则的值为（）．A．6 B．5 C．4 D．32．已知函数，当时，＜x＜,则函数的图象可能是下图中的（）A． B．C． D．3．如图，平行于BC的直线DE把△ABC分成的两部分面积相等，则为（）A． B． C． D．4．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．5．下列说法正确的是（）A．对角线相等的平行四边形是菱形B．方程x2+4x+9＝0有两个不相等的实数根C．等边三角形都是相似三角形D．函数y＝，当x＞0时，y随x的增大而增大6．如图，矩形的边在x轴上，在轴上，点，把矩形绕点逆时针旋转，使点恰好落在边上的处，则点的对应点的坐标为（）A． B． C． D．7．如图，、分别切⊙于、，，⊙半径为，则的长为（）A． B． C． D．8．对于反比例函数，如果当≤≤时有最大值，则当≥8时，有（）A．最大值 B．最小值 C．最大值= D．最小值=9．如图，在△ABC中，E,G分别是AB，AC上的点，∠AEG=∠C，∠BAC的平分线AD交EG于点F，若，则()A． B． C． D．10．如图，平行四边形的顶点，在轴上，顶点在上，顶点在上，则平行四边形的面积是（）A． B． C． D．11．如图，P1、P2、P3是双曲线上的三点，过这三点分别作y轴的垂线，得到三个三角形，它们分别是△P1A1O、△P2A2O、△P3A30，设它们的面积分别是S1、S2、S3，则（）A．S1＜S2＜S3B．S2＜S1＜S3C．S3＜S1＜S2D．S1＝S2＝S312．若有意义，则x的取值范围是A．且 B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．将含有30°角的直角三角板OAB如图放置在平面直角坐标系中，OB在x轴上，若OA＝2，将三角板绕原点O顺时针旋转75°，则点A的对应点A′的坐标为___________．14．如图，AB是半圆O的直径，D是半圆O上一点，C是的中点，连结AC交BD于点E，连结AD，若BE＝4DE，CE＝6，则AB的长为_____．15．如图，正方形ABCD中，P为AD上一点，BP⊥PE交BC的延长线于点E，若AB=6，AP=4，则CE的长为_____．16．分解因式：3a2b+6ab2=____．17．如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于点A（﹣1，0），与y轴的交点B在（0，﹣2）和（0，﹣1）之间（不包括这两点），对称轴为直线x＝1．下列结论：其中正确结论有_____．①abc＞0；②16a+4b+c＜0；③4ac﹣b2＜8a；④＜a；⑤b＜c．18．如图，在中，A，B，C是上三点，如果，那么的度数为________.三、解答题（共78分）19．（8分）如图，在△ABC中，O是AB边上的点，以O为圆心，OB为半径的⊙0与AC相切于点D，BD平分∠ABC，AD＝OD，AB＝12，求CD的长．20．（8分）已知关于x的一元二次方程：x2﹣（t﹣1）x+t﹣2=1．求证：对于任意实数t，方程都有实数根；21．（8分）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点在轴上，在轴上，把矩形沿对角线所在的直线对折，点恰好落在反比例函数的图象上点处，与轴交于点，延长交轴于点，点刚好是的中点.已知的坐标为．（1）求反比例函数的函数表达式；（2）若是反比例函数图象上的一点，点在轴上，若以为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标_________.22．（10分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，P为AB上一点，且点P不与点A重合，过点P作PE⊥AB交AC边于E点，点E不与点C重合，若AB＝10，AC＝8，设AP的长为x，四边形PECB的周长为y，（1）试证明：△AEP∽△ABC；（2）求y与x之间的函数关系式．23．（10分）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D为的中点．过点D作直线AC的垂线，垂足为E，连接OD．（1）求证：∠A=∠DOB；（2）DE与⊙O有怎样的位置关系？请说明理由．24．（10分）阅读材料：求解一元一次方程，需要根据等式的基本性质，把方程转化为的形式；求解二元一次方程组，需要通过消元把它转化为一元一次方程来解；求解三元一次方程组，要把它转化为二元一次方程组来解；求解一元二次方程，需要把它转化为连个一元一次方程来解；求解分式方程，需要通过去分母把它转化为整式方程来解；各类方程的解法不尽相同，但是它们都用到一种共同的基本数学思想——转化，即把未知转化为已知来求解.用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程.例如，解一元三次方程，通过因式分解把它转化为，通过解方程和，可得原方程的解.再例如，解根号下含有来知数的方程：，通过两边同时平方把它转化为，解得：.因为，且，所以不是原方程的根，是原方程的解.（1）问题：方程的解是，__________，__________；（2）拓展：求方程的解.25．（12分）如图，二次函数y=ax2+bx+c过点A(﹣1，0)，B(3，0)和点C(4，5)．(1)求该二次函数的表达式及最小值．(2)点P(m，n)是该二次函数图象上一点．①当m=﹣4时，求n的值；②已知点P到y轴的距离不大于4，请根据图象直接写出n的取值范围．26．如图，已知点A（a，3）是一次函数y1＝x+1与反比例函数y2＝的图象的交点．（1）求反比例函数的解析式；（2）在y轴的右侧，当y1＞y2时，直接写出x的取值范围；（3）求点A与两坐标轴围成的矩形OBAC的面积．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【解析】首先设出A、C点的坐标，再根据菱形的性质可得D点坐标，再根据D点在反比例函数上，再结合面积等于12，解方程即可.【详解】解：设点的坐标为，点的坐标为，则，点的坐标为，∴，解得，，故选：C．【点睛】本题主要考查反比例函数和菱形的性质，关键在于菱形的对角线相互平分且垂直.2、A【分析】先可判定a＜0,可知=，=，可得∴a=6b,a=-6c,不妨设c=1,进而求出解析式，找出符合要求的答案即可.【详解】解：∵函数，当时，＜x＜,，∴可判定a＜0,可知=+=，=×=∴a=6b,a=-6c,则b=-c,不妨设c=1,则函数为函数，即y=(x-2)(x+3),∴可判断函数的图像与x轴的交点坐标是（2,0），（-3,0），∴A选项是正确的.故选A.【点睛】本题考查抛物线和x轴交点的问题以及二次函数与系数关系，灵活掌握二次函数的性质是解决问题的关键．3、D【分析】先证明△ADE∽△ABC，然后根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方求解即可.【详解】∵BC∥DE，∴△ADE∽△ABC，∵DE把△ABC分成的两部分面积相等，∴△ADE：△ABC=1:2，∴.故选D.【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行于三角形一边的直线和其他两边或两边延长线相交，所构成的三角形与原三角形相似；相似三角形面积的比等于相似比的平方.4、D【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念分别分析得出答案．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确．故选：D．【点睛】本题考查轴对称图形与中心对称图形的概念,理解掌握两个定义是解答关键.5、C【分析】根据相似三角形的判定，菱形的判定方法，一元二次方程根的判别式反比例函数的性质可得出答案．【详解】解：A．对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项错误；B．方程x2+4x+9＝0中，△＝16﹣36＝﹣20＜0，所以方程没有实数根，故本选项错误；C．等边三角形对应角相等，对应边成比例，所以是相似三角形，故本选项正确；D．函数y＝，当x＞0时，y随x的增大而减小，故本选项错误．故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的判定，菱形的判定方法，一元二次方程根的判别式反比例函数的性质，熟记定理是解题的关键．6、A【分析】作辅助线证明△∽△ON,列出比例式求出ON=,N=即可解题.【详解】解：过点作⊥x轴于M,过点作⊥x轴于N,由旋转可得,△∽△ON,∵OC=6,OA=10,∴ON::O=:OM:O=3：4：5,∴ON=,N=,∴的坐标为,故选A.【点睛】本题考查了相似三角形的性质,中等难度,做辅助线证明三角形相似是解题关键.7、C【分析】连接PO、AO、BO，由角平分线的判定定理得，PO平分∠APB，则∠APO=30°，得到PO=4，由勾股定理，即可求出PA.【详解】解：连接PO、AO、BO，如图：∵、分别切⊙于、，∴，，AO=BO，∴PO平分∠APB，∴∠APO==30°，∵AO=2，∠PAO=90°，∴PO=2AO=4，由勾股定理，则；故选：C.【点睛】本题考查了圆的切线的性质，角平分线的判定定理，以及勾股定理，解题的关键是掌握角平分线的判定定理，得到∠APO=30°.8、D【解析】解：由当时有最大值，得时，，，反比例函数解析式为，当时，图象位于第四象限，随的增大而增大，当时，最小值为故选D．9、C【分析】根据两组对应角相等可判断△AEG∽△ACB，△AEF∽△ACD,再得出线段间的比例关系进行计算即可得出结果.【详解】解：（1）∵∠AEG=∠C，∠EAG=∠BAC，

∴△AEG∽△ACB.

∴.

∵∠EAF=∠CAD，∠AEF=∠C，

∴△AEF∽△ACD．

∴又，∴.∴故选C.【点睛】本题考查了相似三角形的判定，解答本题，要找到两组对应角相等，再利用相似的性质求线段的比值.10、D【分析】先过点A作AE⊥y轴于点E，过点C作CD⊥y轴于点D，再根据反比例函数系数k的几何意义，求得△ABE的面积=△COD的面积相等=|k2|，△AOE的面积=△CBD的面积相等=|k1|，最后计算平行四边形的面积．【详解】解：过点A作AE⊥y轴于点E，过点C作CD⊥y轴于点D，根据∠AEB=∠CDO=90°，∠ABE=∠COD，AB=CO可得：△ABE≌△COD（AAS），∴S△ABE与S△COD相等，又∵点C在的图象上，∴S△ABE=S△COD=|k2|，同理可得：S△AOE=S△CBD=|k1|，∴平行四边形OABC的面积=2（|k2|+|k1|）=|k2|+|k1|=k2-k1，故选D．【点睛】本题主要考查了反比例函数系数k的几何意义，在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是|k|，且保持不变．11、D【分析】由于P1、P2、P3是同一反比例图像上的点，则围成的三角形虽然形状不同，但面积均为．【详解】根据反比例函数的k的几何意义，△P1A1O、△P2A2O、△P3A3O的面积相同，均为，所以S1=S2=S3，故选D．【点睛】本题考查反比例函数系数k的几何意义，过同一反比例上的任意一点分别向两条坐标轴作垂线，与坐标轴围成的矩形面积就等于|k|，而围成的三角形的面积为，本知识点是中考的重要考点，应高度关注．12、A【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件即可求出答案．【详解】由题意可知：，解得：且，故选A．【点睛】本题考查了分式有意义的条件、二次根式有意义的条件，熟练掌握分式的分母不为0、二次根式的被开方数为非负数是解题的关键.二、填空题（每题4分，共24分）13、（，）【解析】过A′作A′C⊥x轴于C，根据旋转得出∠AOA′=75°，OA=OA′=2，求出∠A′OC=45°，推出OC=A′C，解直角三角形求出OC和A′C，即可得出答案．【详解】如图,过A′作A′C⊥x轴于C，∵将三角板绕原点O顺时针旋转75°，∴∠AOA′=75°,OA=OA′=2，∵∠AOB=30°，∴∠A′OC=45°，∴OC=A′C=OA′sin45°=2×=，∴A′的坐标为(,-).故答案为：（，）.【点睛】本题考查的知识点是坐标与图形变化-旋转，解题的关键是熟练的掌握坐标与图形变化-旋转.14、4【分析】如图，连接OC交BD于K．设DE＝k．BE＝4k，则DK＝BK＝2.5k，EK＝1.5k，由AD∥CK，推出AE：EC＝DE：EK，可得AE＝4，由△ECK∽△EBC，推出EC2＝EK•EB，求出k即可解决问题．【详解】解：如图，连接OC交BD于K．∵，∴OC⊥BD，∵BE＝4DE，∴可以假设DE＝k．BE＝4k，则DK＝BK＝2.5k，EK＝1.5k，∵AB是直径，∴∠ADK＝∠DKC＝∠ACB＝90°，∴AD∥CK，∴AE：EC＝DE：EK，∴AE：6＝k：1.5k，∴AE＝4，∵△ECK∽△EBC，∴EC2＝EK•EB，∴36＝1.5k×4k，∵k＞0，∴k＝，∴BC＝＝＝2，∴AB＝＝＝4．故答案为：4．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考常考题型．15、2【分析】利用同角的余角相等可得出∠ABP=∠DPF，结合∠A=∠D可得出△APB∽△DFP，利用相似三角形的性质可求出DF的长，进而可得出CF的长，由∠PFD=∠EFC，∠D=∠ECF可得出△PFD∽△EFC，再利用相似三角形的性质可求出CE的长．【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴∠A=∠D=∠ECF=90°，AB=AD=CD=6，∴DP=AD﹣AP=1．∵BP⊥PE，∴∠BPE=90°，∴∠APB+∠DPF=90°．∵∠APB+∠ABP=90°，∴∠ABP=∠DPF．又∵∠A=∠D，∴△APB∽△DFP，∴，即，∴DF=，∴CF=．∵∠PFD=∠EFC，∠D=∠ECF，∴△PFD∽△EFC，∴=，即，∴CE=2．故答案为：2．【点睛】此题考查相似三角形判定与性质以及正方形的性质，利用相似三角形的判定定理，找出△APB∽△DFP及△PFD∽△EFC是解题的关键．16、3ab（a+2b）【分析】观察可得此题的公因式为：3ab，提取公因式即可求得答案．【详解】解：3a2b+6ab2=3ab（a+2b）故答案为：3ab（a+2b）17、①③④．【分析】根据二次函数图象的开口方向、对称轴位置、与x轴的交点坐标、顶点坐标等知识，逐个判断即可．【详解】抛物线开口向上，因此a＞0，对称轴为x=1＞0，a、b异号，故b＜0，与y轴的交点B在（0，﹣2）和（0，﹣1）之间，即﹣2＜c＜﹣1，所以abc＞0，故①正确；抛物线x轴交于点A（﹣1，0），对称轴为x=1，因此与x轴的另一个交点为（3，0），当x=4时，y=16a+4b+c＞0，所以②不正确；由对称轴为x=1，与y轴交点在（0，﹣2）和（0，﹣1）之间，因此顶点的纵坐标小于﹣1，即＜﹣1，也就是4ac﹣b2＜﹣4a，又a＞0，所以4ac﹣b2＜8a是正确的，故③是正确的；由题意可得，方程ax2+bx+c=0的两个根为x1=﹣1，x2=3，又x1•x2=，即c=﹣3a，而﹣2＜c＜﹣1，也就是﹣2＜﹣3a＜﹣1，因此＜a＜，故④正确；抛物线过（﹣1，0）点，所以a﹣b+c=0，即a=b﹣c，又a＞0，即b﹣c＞0，得b＞c，所以⑤不正确，综上所述，正确的结论有三个：①③④，故答案为：①③④．【点评】本题考查了二次函数的图象和性质，掌握a、b、c的值决定抛物线的位置以及二次函数与一元二次方程的关系，是正确判断的前提．18、37°【分析】根据圆周角定理直接得到∠ACB=35°．【详解】解：根据圆周角定理有∠ACB=∠AOB=×74°=37°；故答案为37°．【点睛】本题考查了圆周角定理：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．三、解答题（共78分）19、CD＝2．【分析】由切线的性质得出AC⊥OD，求出∠A＝30°，证出∠ODB＝∠CBD，得出OD∥BC，得出∠C＝∠ADO＝90°，由直角三角形的性质得出∠ABC＝60°，BC＝AB＝6，得出∠CBD＝30°，再由直角三角形的性质即可得出结果．【详解】∵⊙O与AC相切于点D，∴AC⊥OD，∴∠ADO＝90°，∵AD＝OD，∴tanA＝＝，∴∠A＝30°，∵BD平分∠ABC，∴∠OBD＝∠CBD，∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∴∠ODB＝∠CBD，∴OD∥BC，∴∠C＝∠ADO＝90°，∴∠ABC＝60°，∴BC＝AB＝6，∴∠CBD＝∠ABC＝30°，∴CD＝BC＝×6＝2．【点睛】本题考查了圆的切线问题，掌握圆的切线的性质以及直角三角形的性质是解题的关键．20、见解析【分析】根据方程的系数结合根的判别式，可得出△=（t-3）2≥1，由此可证出：对于任意实数t，方程都有实数根．【详解】证明：△=[-（t﹣1）]2﹣4×1×（t﹣2）=t2﹣6t+9=（t﹣3）2，∴对于任意实数t，都有（t﹣3）2≥1，∴方程都有实数根．【点睛】本题考查了根的判别式，解题的关键是：牢记“当△≥1时，方程有实数根”．21、（1）；（2），，（，0）．【分析】(1)证得BD是CF的垂直平分线，求得，作DG⊥BF于G，求得点D的坐标为，从而求得反比例函数的解析式；(2)分3种情形，分别画出图形即可解决问题．【详解】(1)∵四边形ABOC是矩形，∴AB=OC，AC=OB，，根据对折的性质知，，∴，，AB=DB，又∵D是CF的中点，∴BD是CF的垂直平分线，∴BC=BF，，∴，∵，∴，∵点B的坐标为，∴，在中，，，，∴，过D作DG⊥BF于G，如图，在中，，，，∴，，∴，∴点D的坐标为，代入反比例函数的解析式得：，∴反比例函数的解析式；(2)如图①、②中，作EQ∥x轴交反比例函数的图象于点Q，在中，，，∴，∴点E的坐标为，点Q纵坐标与点E纵坐标都是，代入反比例函数的解析式得：，解得：，∴点Q的坐标为，∴，∵四点构成平行四边形，∴∴点的坐标分别为，；如图③中，构成平行四边形，作QM∥y轴交轴于点M，∵四边形为平行四边形，∴，，∴，∴，，∴点的坐标为，∴∴，∴点的坐标为，综上，符合条件点的坐标有：，，；【点睛】本题考查反比例函数综合题、矩形的性质、翻折变换、直角三角形中30度角的性质、平行四边形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．22、（1）见解析；（2）y=．（0＜x＜6.4）【分析】（1）可证明△APE和△ACB都是直角三角形，还有一个公共角，从而得出：△AEP∽△ABC；（2）由勾股定理得出BC，再由相似，求出PE＝x，，即可得出y与x的函数关系式．【详解】（1）∵PE⊥AB，∴∠APE＝90°，又∵∠C＝90°，∴∠APE＝∠C，又∵∠A＝∠A，∴△AEP∽△ABC；（2）在Rt△ABC中，AB＝10，AC＝8，∴BC＝，由（1）可知，△APE∽△ACB∴，又∵AP＝x，即，∴PE＝x，，∴＝．（0＜x＜6.4）【点睛】本题考查了相似三角形的性质问题，掌握相似三角形的性质以及判定定理是解题的关键．23、（1）见解析；（2）相切，理由见解析【分析】（1）连接OC，由D为的中点，得到，根据圆周角定理即可得到结论；

（2）根据平行线的判定定理得到AE∥OD，根据平行线的性质得到OD⊥DE，从而得到结论．【详解】（1）证明：连接OC，∵D为的中点，∴，∴∠BOD＝∠BOC，由圆周角定理可知，∠BAC＝∠BOC，∴∠A＝∠DOB；（2）解：DE与⊙O相切，理由：∵∠A＝∠DOB，∴AE∥OD，∵DE⊥AE，∴OD⊥DE，∴DE与⊙O相切．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，圆周角定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．24、（1）；（2）【分析】（1）利用因式分解法，即可得出结论；（2）先方程两边平方转化成整式方程，再求一元二次方程的解，最后必须检验.【详解】（1）∵x3+x2-2x=0，∴x（x-1）（x+2）=0∴x=0或x