2024届北京市东城区名校数学九年级上册期末监测试题含解析

2024届北京市东域区名校数学九上期末监测试题

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.答题时请按要求用笔。

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每小题3分,共30分）

1.如图，AB是。。的直径，弦CZ>J_A6于点若C0=8cm,MB=Icm,则直径AS的长为（）

A.9cmB.10cmC.11cmD.12cm

2.已知抛物线C的解析式为y=0χ2+⅛r+c,则下列说法中错误的是（）

A.“确定抛物线的开口方向与大小

B.若将抛物线C沿）’轴平移，则。，〃的值不变

C.若将抛物线C沿X轴平移，则”的值不变

D.若将抛物线C沿直线/：y=x+2平移，则。、b、C的值全变

3.抛物线y=∕+6x+9与X轴交点的个数是（）

A.0B.1C.2D.3

X

4.若x=2y,则一的值为（）

y

11

A.2B.1C.-D.-

23

5.如图是一根空心方管，则它的主视图是（)

A.B.CD.

6.如图,AB、BC.CD、D4都是。。的切线，已知AD=2,BC=S9则Ab+C。的值是

12C.9D.7

7.若王、々是一元二次方程无2+3χ+2=0的两个实数根，则属2+々2的值为（）

A.-13B.-1C.5D.13

X

8.如果2x=3y,那么一的值为（）

y

2235

A.-B.-C.-D.一

3523

9.一个不透明的盒子有n个除颜色外其它完全相同的小球，其中有12个黄球，每次摸球前先将盒子里的球摇匀，任

意摸出一个球记下颜色后再放回盒子，通过大量重复摸球实验后发现，摸到黄球的频率稳定在30%,那么估计盒子中

小球的个数n为（）

A.20B.30C.40D.50

10.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）

q

俯视图

A.4πB.3πC.2π+4D.3π+4

二、填空题（每小题3分,共24分）

11

11.若王、々是一元二次方程χ2-3x+l=0的两个根，则不+丁=

12.如果关于X的一元二次方程x2+2ax+a+2=0有两个相等的实数根，那么实数a的值为.

13.如图，⅛Rt∆ABC≠,NC=90。，AB=10,AC=8,E是AC上一点，AE=5,EDLAB,垂足为O,求40的

长

C

E

ADB

14.RtAABC中，已知NC=90。，NB=50。，点。在边BC上，8O=2C0(如图).把AABC绕着点。逆时针旋转机

(OVmVI80)度后，如果点8恰好落在初始RtA48C的边上，那么机=.

15.一个盒子装有除颜色外其它均相同的2个红球和3个白球，现从中任取2个球，则取到的是一个红球、一个白球

的概率为.

16.点(-2,5)关于原点对称的点的坐标是.

17.如图，平面直角坐标系中，已知O(0,0),A(-3,4),B(3,4),将4Q4B与正方形ABC。组成的图形绕点

。顺时针旋转，每次旋转90。，测第70次旋转结束时，点。的坐标为.

18.已知一元二次方程2χ2-5x+l=0的两根为m,n,则m2+n2=.

三、解答题(共66分)

19.(10分)近段时间成都空气质量明显下降，市场上的空气净化器再次成为热销，某商店经销--种空气净化器，每台

净化器的成本价为200元，经过一段时间的销售发现，每月的销售量y台与销售单价X(元)的关系为y=-2x+800.

(1)该商店每月的利润为W元，写出利润W与销售单价X的函数关系式；

(2)若要使每月的利润为20000元，销售单价应定为多少元？

(3)商店要求销售单价不低于250元，也不高于32()元，那么该商店每月的最高利润和最低利润分别为多少？

20.(6分)如图，点A的坐标是(-2,0),点B的坐标是(0,6),C为OB的中点，将△ABC绕点B逆时针旋转90。

后得到AA，BC，，若反比例函数y=K的图像恰好经过A，B的中点D,求这个反比例函数的解析式.

X

m

21.（6分）一次函数V=履+〃与反比例函数丫=一的图象相交于A（-1,4）,B（2,n）两点，直线AB交X轴于

点D.

（1）求一次函数与反比例函数的表达式；

（2）过点B作BCJLy轴，垂足为C,连接AC交X轴于点E,求AAED的面积S.

22.（8分）如图，A3是圆。的直径，点。在圆。上，分别连接AC、BC,过点8作直线B0,使NCeo=NA.

求证：直线与圆0相切.

23.（8分）如图，C地在B地的正东方向，因有大山阻隔，由B地到C地需绕行A地，已知A地位于5地北偏东53。

方向，距离8地516千米，C地位于A地南偏东45。方向.现打算打通穿山隧道，建成两地直达高铁，求建成高铁后

434

从8地前往C地的路程.（结果精确到1千米）（参考数据：sin53。=—,cos53。==，tan53。=一）

553

24.(8分)如图,在边长为1的正方形组成的网格中，AAOB的顶点均在格点上,点A,8的坐标分别是A(3,3),B(l,2),

MOB绕点。逆时针旋转90°后得到MlOfil.

(1)画出ΔΛ04,直接写出点A∣,鸟的坐标;

(2)求在旋转过程中，点B经过的路径的长；

(3)求在旋转过程中，线段AB所扫过的面积.

25.(10分)如图①抛物线y=αχ2+6x+4(α≠0)与X轴，y轴分别交于点A(-LO),B(4,0),点C三点.

(2)点0(3,在第一象限的抛物线上，连接8C,BD.试问，在对称轴左侧的抛物线上是否存在一点P,满足NPBC

=ADBCI如果存在，请求出点尸点的坐标；如果不存在，请说明理由；

(3)点N在抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，当以M、N、B、C为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出

点M的坐标.

26.(10分)解方程：

(1)x(x+l)-x=l；

（2）3X2-4Λ-4=0∙

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)

1、B

【分析】由CDLAB,可得DM=L设半径OD=RCm,则可求得OM的长，连接OD,在直角三角形DMo中，由勾

股定理可求得OD的长，继而求得答案.

【详解】解：连接OD,设。O半径OD为R,

YAB是。0的直径，弦C0JLA5于点M,

ΛDM=ɪCD=lcm,OM=R-2,

在RT∆OMD中，

OD2=DM2+OM2即R⅛F+(R-2)∖

解得：R=5,

二直径48的长为:2x5=10cm.

故选B.

【点睛】

本题考查了垂径定理以及勾股定理.注意掌握辅助线的作法及数形结合思想的应用.

2、D

【分析】利用二次函数的性质对A进行判断；利用二次函数图象平移的性质对B、C、D进行判断.

【详解】解：A、4确定抛物线的开口方向与大小，说法正确；

B、若将抛物线C沿y轴平移，则抛物线的对称轴不变，开口大小、开口方向不变，即a,b的值不变，说法正确；

C、若将抛物线C沿X轴平移，抛物线的开口大小、开口方向不变，即a的值不变，说法正确；

D、若将抛物线C沿直线1：y=x+2平移，抛物线的开口大小、开口方向不变，即a不变，b、C的值改变，说法错误;

故选：D.

【点睛】

本题考查了二次函数图象与几何变换，由于抛物线平移后的形状不变，所以a不变.

3、B

【分析】根据题意，求出加-4ac与O的大小关系即可判断.

【详解】•.∙fe2-4αc=36-4×l×9=0

，二次函数y=χ2+6x+9的图象与X轴有一个交点.

故选：B.

【点睛】

此题考查的是求二次函数与X轴的交点个数，掌握二次函数与X轴的交点个数和⅛2-4ac的符号关系是解决此题的关

键.

4、A

X

【解析】将x=2y代入一中化简后即可得到答案.

y

XX2V

【详解】将x=2y代入一得：一=-z=2,

yyy

故选：A.

【点睛】

此题考查代数式代入求值，正确计算即可.

5,B

【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案.

【详解】解：从正面看是：大正方形里有一个小正方形，

.∙.主视图为：

故选：B.

【点睛】

本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图，注意看不到的线画虚线.

6、D

【分析】根据切线长定理，可以证明圆的外切四边形的对边和相等，由此即可解决问题.

【详解】TAB、BC,CD、DA都是。O的切线，

二可以假设切点分别为E、H、G、F,

ΛAF=AE,BE=BH,CH=CG,DG=DF,

ΛAD+BC=AF+DF+BH+CH=AE+BE+DG+CG=AB+CD,

'；AD=2,BC=5,

ΛAB+CD=AD+BC=7,

故选D.

【点睛】

本题考查切线的性质、切线长定理等知识，解题的关键是证明圆的外切四边形的对边和相等，属于中考常考题型.

7、C

【分析】由一元二次方程根与系数的关系可得X∣+X2=-3,Xl∙X2=2,利用完全平方公式即可求出答案.

【详解】•••王、々是一元二次方程/+3%+2=0的两个实数根，

.∙.X1+X2=-3,X1∙X2=2,

22)X「

ΛXl+X2=(X1+X22-2X2=9-4=5,

故选：C.

【点睛】

本题考查一元二次方程根与系数的关系，若一元二次方程aχ2+bx+c=0(a≠0)的两个实数根为西、X,那么x∣+x2=-

2a

×Γ×2=~,熟练掌握韦达定理是解题关键.

a

8、C

【分析】由已知条件2x=3y,根据比例的性质，即可求得答案.

【详解】解：∖∙2x=3y,

X3

•*•---—---•

>'2

故选C.

【点睛】

本题考查比例的性质，本题考查比较简单，解题的关键是注意比例变形与比例的性质.

9、C

【分析】根据利用频率估计概率得到摸到黄球的概率为30%,然后根据概率公式计算n的值即可.

12

【详解】根据题意得：—=30%,

n

解得n=40,

所以估计盒子中小球的个数为40个.

故选C.

【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，概率=所求情况数与总情况数之比.熟练掌握概率

公式是解题关键.

10、D

【解析】试题解析：观察该几何体的三视图发现其为半个圆柱，半圆柱的直径为2,

表面积有四个面组成：两个半圆，一个侧面，还有一个正方形.

1,

故其表面积为：2×-×π×l^+π×l×2+2x2=3π+4,

2

故选D.

二、填空题(每小题3分,共24分)

11、1

11X,+x,

【分析】根据韦达定理可得王将一+一整理得到」一，代入即可.

+X2=3,X1X2=H

'2'1"2

【详解】解：・.・和W是一元二次方程f一3x+l=0的两个根，

：•x1÷x2=3,X1X2=1,

.∙.-!→-!-=^⅛=3,

X1X2X1X2

故答案为：L

【点睛】

bc

本题考查韦达定理，掌握χ+χ,=-±,XX2=-是解题的关键.

aa

12、-1或1

【解析】试题分析：根据方程有两个相等的实数根列出关于a的方程，求出a的值即可.Y关于X的一元二次方程

x∣+lax+a+l=0有两个相等的实数根，.*.Δ=0,即4a∣-4(a+l)=0,解得a=-l或1.

考点：根的判别式.

13、AD=I

ʌΓ)AF

【分析】通过证明^ADES∕∖ACB,可得一•=—,即可求解.

ACAB

【详解】解：,:ZC=ZADE=90o,NA=NA,

：.AADEs∕∖ACB,

.ADAE

*'AC^AB

.AD5

••二,

810

.".AD=1.

【点睛】

本题考查了相似三角形的判定与性质定理，熟练掌握定理是解题的关键.

14、80。或120°

【分析】本题可以图形的旋转问题转化为点B绕D点逆时针旋转的问题，故可以D点为圆心，DB长为半径画弧，第

一次与原三角形交于斜边AB上的一点交直角边AC于B”,此时DB'=DB,DB"=DB=2CD,由等腰三角形的性

质求旋转角NBDB，的度数，在RtAB"CD中，解直角三角形求NCDB”,可得旋转角NBDB”的度数.

【详解】解：如图，在线段AB取一点B。使DB=DB，，在线段AC取一点B",使DB=DB"，

二①旋转角m=ZBDB,=180o-ZDB,B-ZB=180o-2ZB=80o,

②在Rt∆B,,CD中，VDB"=DB=2CD,

.∙.NCDB”=60。，

旋转角ZBDB,,=180o-ZCDB,,=120o.

故答案为8()。或120°.

【点睛】

本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后

的图形全等.运用含30度的直角三角形三边的关系也是解决问题的关键.

【解析】试题解析：画树状图得:

红红白白

z/VzA∖z/VzΛ×

仃白白白红白白白红红白白红红白白红红白白

共有20种等可能的结果，取到的是一个红球、一个白球的有12种情况,

123

.∙.取到的是一个红球、一个白球的概率为：—

205

故答案为∣∙

16、(2,-5)

【解析】点(-2,5)关于原点的对称点的点的坐标是(2,-5).

故答案为(2,-5).

点睛：在平面直角坐标系中，点P(x,y)关于原点的对称点的坐标是(-x,-y)•

17、(3,-10)

【分析】首先根据坐标求出正方形的边长为6,进而得到D点坐标，然后根据每旋转4次一个循环，可知第70次旋转

结束时，相当于A0A3与正方形ABC〃组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90。，即可得出此时D点坐标.

【详解】解：∙.∙A(-3,4),8(3,4),

.'.Aβ=3+3=6,

Y四边形ABCD为正方形，

：・AD=AB=69

.∙.D(-3,10),

V70=4×17+2,

.∙.每4次一个循环，第70次旋转结束时，相当于AO43与正方形A3。组成的图形绕点。顺时针旋转2次，每次旋

转90。，此时D点与(-3,10)关于原点对称，

,此时点。的坐标为(3,-10).

故答案为：(3,-10).

【点睛】

本题考查坐标与图形，根据坐标求出D点坐标，并根据旋转特点找出规律是解题的关键.

18、—

4

【分析】先由根与系数的关系得：两根和与两根积，再将m2+ι√进行变形，化成和或积的形式，代入即可.

【详解】由根与系数的关系得：m+n=』，mnɪɪ,

22

5121

m2+n2=(m+n)2-2mn=(-)2-2×—=一,

224

、21

故答案为

4

【点睛】

本题考查了利用根与系数的关系求代数式的值，先将一元二次方程化为一般形式，写出两根的和与积的值，再将所求

式子进行变形；如‘+,、X/+X22等等，本题是常考题型，利用完全平方公式进行转化.

玉⅞

三、解答题(共66分)

19、(1)W=-2/+1200x-160000;(2)300元；(3)最高利润为20000元，最低利润为15000元.

【分析】(I)根据销售利润=每天的销售量X(销售单价-成本价)，即可列出函数关系式；

(2)令W=20000代入解析式，求出满足条件的X的值即可；

(3)根据(1)得到销售利润的关系式，利用配方法可求最大值，将x=250代入即可求出最小值.

【详解】解：(1)由题意得：W=(X-200)y=(x-200)(-2x+800)=-2Y+1200x-160000；

(2)^-W=-2X2+12∞x-160(XX)=200∞,

解得：Xi=Λ2=300,

故要使每月的利润为20000元，销售单价应定为300元；

⑶W=-2x2+1200X-160000=-2(X-300)2+20000,

当X=250时，W=-2(250-3OO)2+20000=15000；

故最高利润为20000元，最低利润为15000元.

【点睛】

本题考查了二次函数的实际应用，难度适中，解答本题的关键是熟练掌握利用配方法求二次函数的最大值.

15

20■.y=—.

X

【分析】作A，HJ_y轴于H.证明AAOBg4BHA'(AAS),推出OA=BH,OB=A,H,求出点A，坐标，再利用中点

坐标公式求出点D坐标即可解决问题.

【详解】作4'H∙Ly轴于

•：ZAOB=ZA'HB=ZABA'=90o,

：.NAB。+NA'BH=90°,ZABO+ZBAO=90o,

f

：•ZBAO=ZABH9

tf

:BA=BA9

f

：•AAOB^∆BHA(AAS)9

f

ΛOA=BH9OB=AH9

V点A的坐标是(-2,0),点B的坐标是(0,6),

ΛOA=2,03=6,

：.BH=OA=2,A'H=OB=6,

：.O"=4,

"(6,4),

∖uBD=AtD,

.∙.D(3,5),

Y反比例函数的图象经过点D9

.∙.这个反比例函数的解析式y="

X

【点睛】

本题考查反比例函数图形上的点的坐标特征，坐标与图形的变化-旋转等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构

造全等三角形解决问题.

ΛQ

21、(1)y——2x+2,y—---；(2)—.

X3

【分析】(1)把A(-1,4)代入反比例函数可得m的值，再把B(2,n)代入反比例函数的解析式得到n的值；然

后利用待定系数法确定一次函数的解析式；

(2)由BCLy轴，垂足为C以及B点坐标确定C点坐标，可求出直线AC的解析式，进一步求出点E的坐标，然后

计算得出4AED的面积S.

m

【详解】解：(1)把A(-1,4)代入反比例函数y二—得，

X

m=-1×4=-4,

4

所以反比例函数的解析式为y=-一，

X

4

把B(2,n)代入y=----得，2n=-4,

X

解得n=-2,

所以B点坐标为(2,-2),

把A(-L4)和B(2,-2)代入一次函数y=辰+。，

—k+b=4k=—2

解得:

2k+b=-2工=2

所以一次函数的解析式为y=-2x+2；

(2)TBCLy轴，垂足为C,B(2,-2),

∙∙.C点坐标为(0,-2).

设直线AC的解析式为y="X+4,VA(-1,4),C(0,-2),

-p+q=4P=-6

解得:

q=-2q=-2

・,・直线AC的解析式为y=-6%-2,

当y=0时，-6x-2=0,解答X=-；,

二E点坐标为（―；，0）,

•；直线AB的解析式为y=-2x+2,

二直线AB与X轴交点D的坐标为（1,0）,

ΛDE=l-（-∣）=-,

ɪ48

*"•△AED的面积S=—X—×4=—.

233

ɑlʃr

【点睛】

本题考查L反比例函数与一次函数的交点问题；2.综合题，利用数形结合思想解题是关键.

22、见解析

【分析】根据直径所对的圆周角是直角，可得NC=90,然后根据直角三角形的性质和已知条件即可证出AB_L,

最后根据切线的判定定理即可证出直线3。与圆。相切.

【详解】证明：∙.∙AB是圆。的直径

∙∙∙ZC=90

ʌZA+ZABC=90

•：NCBD=ZA

:∙ZABD=ZCBD+ZABC=90，

即AB，BZ)

T点3在圆。上

二直线8。与圆。相切.

【点睛】

此题考查的是圆周角定理的推论和切线的判定，掌握直径所对的圆周角是直角和切线的判定定理是解决此题的关键.

23、建成高铁后从B地前往C地的路程约为722千米.

【分析】作A。，BC于。，分别根据正弦、余弦的定义求出BD、AD,再根据等腰直角三角形的性质求出CD的长,

最后计算即可.

【详解】解：如图：作LBC于。，

*AqAoBD

在RtZ∖AO8中，COSNZM8=——，SinNZM8=—,

ABAB

34

ΛAD=AB∙cosZDAB=516×-=309.6,BD=AB*sinZDAB=5l6×-=412.8,

55

在RtZ∖AOC中，NZMC=45°,

ΛCD=AD=309.6,

：.BC=BD+CDF22,

答：建成高铁后从8地前往C地的路程约为722千米.

【点睛】

本题考查了方向角问题，掌握方向角的概念和熟记锐角三角函数的定义是解答本题的关键.

24、(1)见解析，4(-3>ɜ)>Bχ(-2,1)i(2)与；(3)⅛

【分析】(1)根据网格结构找出点A、B绕点O逆时针旋转90。后的对应点Ai、Bl的位置，然后顺次连接即可，再

根据平面直角坐标系写出各点的坐标；

(2)利用勾股定理列式求出OB的长，再利用弧长公式列式计算即可得解；

(3)根据AB扫过的面积等于以OA、OB为半径的两个扇形的面积的差列式计算即可得解.

【详解】解：（1）Z∖AQB∣如图所示,

（2）由勾股定理得，OB=J2=有

90°∙æ∙√5√5

，弧BBI的长==π

180°2

（3）由勾股定理得，OA=√3⅛Γ=3√2

90°∙Λ-∙(3√2)29

**S扇形OAA==一兀

I3602

C

.90∙Λ-∙(√5),25

--=一

・扇形π

.3—360°4

9513

二线段AB所扫过的面积为:-Tt--Tt---71

244

【点睛】

本题考查利用旋转变换作图,弧长计算，扇形的面积，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键，（3）

判断出AB扫过的面积等于两个扇形的面积的差是解题的关键.

3195391139521

2

25、(2)y—-x+3x+2;(2)存在.P("-,ɪ^-).(3)M∣(-5,——)M2—~)

【分析】（2）将A,B,C三点代入y=aχ2+bx+2求出a,b,c值，即可确定表达式;

（2）在y轴上取点G,使CG=CD=3,构建^DCB4∕kGCB,求直线BG的解析式，再求直线BG与抛物线交点坐

标即为P点,

（3）根据平行四边形的对边平行且相等，利用平移的性质列出方程求解，分情况讨论.

【详解】解：如图:

(2)Y抛物线y=aχ2+bx+2(a≠0)与X轴，y轴分别交于点A(-2,0),B(2,0),点C三点.

・•・抛物线的解析式为y=-X2+3X+2.

(2)存在.理由如下：

325

y=-X2+3X+2=-(x----)2+——・

24

•・，点D(3,m)在第一象限的抛物线上，

Λm=2,/.D(3,2),VC(0,2)

VOC=OB,/.ZOBC=ZOCB=25o.

连接CD,・・・CD〃x轴，

ΛZDCB=ZOBC=25o,

ΛZDCB=ZOCB,

在y轴上取点G,使CG=CD=3,

再延长BG交抛物线于点P,在ADCB和AGCB中，CB=CB,ZDCB=ZOCB,CG=CD,

ΛΔDCB^ΔGCB(SAS)

ΛZDBC=ZGBC.

设直线BP解析式为ypp=kx+b(k≠0),把G(0,2),B(2,0)代入，得