2023—2024学年第二学期九年级数学期中考试试卷
一、选择题（共8小题，每题3分，共24分）
1．手机信号的强弱通常采用负数来表示，绝对值越小表示信号越强（单位：），则下列信号最强的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．河湟剪纸被列入青海省第三批省级非物质文化遗产名录，是青海劳动人民结合河湟文化，创造出独具高原特色的剪纸．以下剪纸图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4．下图是某几何体的三视图，则这个几何体是（ ）
A． B． C．
D．
5．一副直角三角板如图放置，其中，，，点F在CB的延长线上若，则等于（ ）
A．35° B．25° C．30° D．15°
6．在一次中学生田径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如下表所示．
成绩/米
人数 2 3 5 4 1
这些运动员成绩的众数和中位数分别为（ ）
A．米，米 B．米，米
C．米，米 D．米，米
7．我国南宋数学家杨辉在1275年提出的一个问题：“直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步．问阔及长各几步．”意思是：长方形的面积是864平方步，宽比长少12步，问宽和长各是几步．设宽为x步，根据题意列方程正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．伟大的古希腊哲学家、数学家、物理学家阿基米德有句名言：“给我一个支点，我可以撬动地球！”这句名言道出了“杠杆原理”的意义和价值．“杠杆原理”在实际生产和生活中，有着广泛的运用．比如：小明用撬棍撬动一块大石头，运用的就是“杠杆原理”．已知阻力和阻力臂的函数图象如图，若小明想使动力不超过，则动力臂（单位：需满足（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（共8小题，每题3分，共24分）
9．一颗中高轨道卫星距离地面高度大约是米，将数据用科学记数法表示为 ．
10．分解因式： ．
11．有五张看上去无差别的卡片，正面分别写着，，，，0．背面朝上混合后随机抽取一张，取出的卡片正面的数字是无理数的概率是 ．
12．已知二次函数的图象与x轴有两个交点，则k的取值范围是 ．
13．如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，A，B，C，D四个点均在格点上，与相交于点E，连接，则与的周长比为 ．
14．如图，在直径为的中，点C，D在圆上，，若，则的度数为 ．
15．如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，，垂足为点E，F是的中点，连接，若，则矩形的周长是 ．
16．如图，在直角中，，，将绕点顺时针旋转至的位置，点是的中点，且点在反比例函数的图象上，则的值为 ．
三、解答题（共72分）
17．先化简，再求值：，其中．
18．如图、在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（4，1），B（2，3），C（1，2）．
(1)画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
(2)以原点O为位似中心，在第三象限内画一个△A2B2C2，使它与△ABC的相似比为，并写出点B2的坐标．
19．某校举行“二十大知识学习竞赛”活动，老师让班长小华到商店购买笔记本作为奖品，商店每本硬面笔记本比软面笔记本贵3元（单价均为整数）．小华发现用240元购买硬面笔记本与用195元购买软面笔记本的数量相同。
(1)分别求出硬面笔记本和软面笔记本的单价．
(2)小华打算购买两种类型笔记本共50本，且购买的软面笔记本的数量不超过硬面笔记本的2倍，则小华的最低费用是多少？
20．为落实“双减”政策，某校随机调查了50名学生平均每天完成书面作业所需时间的情况，根据调查数据绘制了如下不完整的统计图、表：
分组 时间x（时） 人数
A 5
B 16
C a
D b
E 4
(1)分别写出a、b的值并补全条形统计图；
(2)若该校有学生1000人，估计每天完成书面作业的时间不足小时的学生约有多少人
(3)学校需要深入了解影响作业时间的因素，现从E组的4人中随机抽取2人进行谈话，已知E组中七、八年级各1人，九年级2人，则抽取的2人都是九年级学生的概率为多少
21．如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且，点E在BD上，．
(1)求证：四边形AECD是平行四边形；
(2)若，，，，求BE的长．
22．如图，反比例函数与一次函数的图象交于点，轴于点D，分别交反比例函数与一次函数的图象于点B，C．
(1)求反比例函数与一次函数的表达式；
(2)当时，求的面积．
23．如图，中，，为斜边中线，以为直径作交于点，过点作，垂足为点．
(1)求证：为的切线；
(2)若直径，，求的长．
24．为增强民众生活幸福感，某社区服务队在休闲活动场所的墙上安装遮阳棚，方便居民使用．如图，在侧截面示意图中，遮阳棚长4米，与水平线的夹角为，且靠墙端离地的高为4米，当太阳光线与地面的夹角为时，求的长．（结果精确到0.1米；参考数据：，，，，，）
25．如图，在平面直角坐标系中，直线l与x轴交于点，与y轴交于点，抛物线经过点A，B，且对称轴是直线．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在y轴上找一点Q（不与点O重合），使为等腰三角形，请直接写出点Q的坐标；
(3)点P是直线l下方抛物线上的一动点，过点P作轴，垂足为C，交直线l于点D，过点P作，垂足为M．求的最大值及此时P点的坐标．
26．综合与实践
车轮设计成圆形的数学道理
小青发现路上行驶的各种车辆，车轮都是圆形的.为什么车轮要做成圆形的呢？这里面有什么数学道理吗？带着这样的疑问，小青做了如下的探究活动：
将车轮设计成不同的正多边形，在水平地面上模拟行驶.
(1)探究一：将车轮设计成等边三角形，转动过程如图1，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是，，圆心角.此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），请在图2中计算C到的距离.
(2)探究二：将车轮设计成正方形，转动过程如图3，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是，，圆心角.此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），请在图4中计算C到的距离（结果保留根号）.
(3)探究三：将车轮设计成正六边形，转动过程如图5，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是，圆心角______.此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），在图6中计算C到的距离______（结果保留根号）.
(4)归纳推理：比较，，大小：______，按此规律推理，车轮设计成的正多边形边数越多，其中心轨迹最高点与转动一次前后中心连线（水平线）的距离______（填“越大”或“越小”）.
(5)得出结论：将车轮设计成圆形，转动过程如图7，其中心（即圆心）的轨迹与水平地面平行，此时中心轨迹最高点与转动前后中心连线（水平线）的距离______.这样车辆行驶平稳、没有颠簸感.所以，将车轮设计成圆形.
参考答案与解析
1．A
【分析】根据题意，比较各数的绝对值大小，即可解答．
【详解】解：，
则信号最强的是，
故选：A．
【点睛】本题考查了有理数的大小比较，负数比较大小时，绝对值大的反而小，熟知比较法则是解题的关键．
2．A
【分析】直接利用积的乘方运算法则以及幂的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则分别化简，进而得出答案．
【详解】解：A．，故此选项符合题意；
B．，故此选项不合题意；
C．，故此选项不合题意；
D．，故此选项不合题意．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了积的乘方运算以及幂的乘方运算、同底数幂的乘除运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
3．D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的特点逐项判断即可．
【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
B．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故该选项符合题意．
故选D．
【点睛】本题考查识别轴对称图形与中心对称图形．识别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．识别中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
4．C
【分析】认真观察三视图结合选项确定正确的答案即可．
【详解】解：结合三视图发现：该几何体为圆柱和长方体的结合体，
故选：C．
【点睛】本题考查了由三视图判断几何体的知识，解题的关键是有足够的空间想象能力，掌握三视图的定义
5．D
【分析】直接利用三角板的特点，结合平行线的性质得出∠BDE=45°，进而得出答案．
【详解】解：由题意可得：∠EDF=30°，∠ABC=45°，
∵DE∥CB，
∴∠BDE=∠ABC=45°，
∴∠BDF=45°-30°=15°．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了平行线的性质，根据平行线的性质得出∠BDE的度数是解题关键．
6．A
【分析】根据众数的中位数的定义分别进行解答即可．
【详解】解：观察表中可知，出现了5次，次数最多，
运动员的成绩的众数为：米．
将表中的数据按照从小到大的顺序排列如下：
，，，，，，，，，，，，，，
运动员的成绩的中位数是米．
故选：A．
【点睛】此题考查了众数和中位数，解题的关键在于熟练掌握众数（一组数据中出现次数最多的数）和中位数（将一组数据按照从小到大的顺序排列，若这组数据是奇数个，则中位数则是最中间的数，若这组数据是偶数个，则中位数是中间两个数的平均数）的概念．
7．D
【分析】设宽为x步，则长为步，根据题意列方程即可．
【详解】解：设宽为x步，则长为步，
由题意得：，
故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程的实际应用，正确理解题意是关键．
8．D
【分析】本题考查反比例函数的应用，根据题意和图象中的数据，可以计算出阻力和阻力臂的函数关系式，然后根据动力动力臂阻力阻力臂，即可得到动力臂的取值范围．
【详解】解：阻力和阻力臂的函数关系式为，
点在该函数图象上，
，
解得，
阻力和阻力臂的函数关系式为，
，
，
当时，，
小明想使动力不超过，则动力臂（单位：需满足，
故选：D．
9．
【分析】本题主要考查了科学记数法，解题的关键在于能够熟练掌握科学记数法的定义．科学记数法的表现形式为的形式，其中，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
【详解】解：
故答案为：．
10．
【分析】原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
【详解】解：原式
．
故答案为：．
11．
【分析】找出无理数的个数，再根据概率公式计算即可．
【详解】解：在，，，，0中，
无理数有，，共2个，
∴随机抽取一张，取出的卡片正面的数字是无理数的概率是，
故答案为：．
【点睛】本题考查概率的求法与运用，根据概率公式求解即可：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种可能，那么事件A的概率．
12．且
【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质．依据题意，由二次函数的图象与轴有两个交点，从而，且，进而可以得解．
【详解】解：由题意，二次函数的图象与轴有两个交点，
，且．
且．
且．
故答案为：且．
13．##2
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理，熟练掌握相关知识并正确计算是解题关键．运用网格图中隐藏的条件证明四边形为平行四边形，接着证明，最后利相似三角形周长的比等于相似比即可求出．
【详解】如图：由题意可知，，，
∴，
而，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：．
14．##34度
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．利用等腰三角形的性质可得，从而利用三角形内角和定理可得，然后根据圆内接四边形对角互补求出，再根据直径所对的圆周角是直角可得，从而求出的度数．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴．
故答案为：．
15．##
【分析】矩形主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线定理，解直角三角形，根据矩形的性质得出，即可求证为等边三角形，进而得出点E为中点，根据中位线定理得出，易得，求出，即可得出矩形的周长．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∵，
∴点E为中点，
∵F是的中点，若，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形的周长，
故答案为：．
16．
【分析】依据题意，在中，，，从而，可得，又结合题意，，进而，故可得点坐标，代入解析式可以得解．
【详解】解：如图，作轴，垂足为．
由题意，在中，，，
．
．
．
又绕点顺时针旋转至的位置，
．
．
又点是的中点，
．
在中，
，
．
，．
又在上，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了反比例函数图象上的点的坐标特征，旋转的性质，勾股定理等知识，解题时需要熟练掌握并灵活运用是关键．
17．，原式
【分析】先根据分式减法法则计算括号内的，再将除法变成乘法，分子分母能因式分解的进行因式分解，约分后可得化简结果，最后代入求值即可．
【详解】解：原式
，
当时，原式．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，分母有理化，熟练掌握分式混合运算法则，二次根式的性质是解题的关键．
18．(1)作图见解析
(2)作图见解析
【分析】（1）根据关于y轴对称的点的坐标得到A1、B1、C1的坐标，然后描点连线得到△A1B1C1．
（2）把A、B、C的坐标都乘以-2得到A2、B2、C2的坐标，然后描点连线即可．
【详解】（1）如图，为所作．
（2）如图，为所作，点B2的坐标为（-4，-6）．
【点睛】本题考查位似变换、轴对称变换，解题的关键是注意位似中心及相似比、对称轴．
19．(1)硬面笔记本的单价为16元，软面笔记本的单价为13元；
(2)小华的最低费用是701元．
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找出数量关系，正确列出一元一次不等式和一次函数关系式．
（1）设硬面笔记本的单价为元，则软面笔记本的单价为元，根据用240元购买硬面笔记本与用195元购买软面笔记本的数量相同．列出分式方程，解方程即可；
（2）设购买硬面笔记本本，则购买软面笔记本本，根据购买的软面笔记本的数量不超过硬面笔记本的2倍，列出一元一次不等式，解得，则的最小值为17，再设购买两种类型笔记本的费用为元，由题意得出关于的一次函数关系式，然后由一次函数的性质即可得出结论．
【详解】（1）解：设硬面笔记本的单价为元，则软面笔记本的单价为元，
根据题意得：，
解得：，
经检验，是所列方程的解，且符合题意，
，
答：硬面笔记本的单价为16元，软面笔记本的单价为13元；
（2）解：设购买硬面笔记本本，则购买软面笔记本本，
由题意得：，
解得：，
为正整数，
的最小值为17，
设购买两种类型笔记本的费用为元，
由题意得：，
，
随的增大而增大，
当时，有最小值，
答：小华的最低费用是701元．
20．(1)，，图见解析
(2)人
(3)
【分析】本题考查频数分布直方图，列表法或树状图法求随机事件的概率，理解频数之和等于样本容量以及列举出所有可能出现的结果情况是正确解答的前提．
（1）直接由表格中的数据求得a、b的值，据此可补全条形统计图；
（2）根据样本估计总体即可求解；
（3）结合题意画出树形图，可得共有12种等可能情况，其中抽取的两名学生都来自九年级的有2种情况，由此结合概率定义，便可以得到概率．
【详解】（1）解：由图形知，
则，
补全图形如下：
（2）解：(人)，
答：估计每天完成书面作业的时间不足1.5小时的学生约有820人；
（3）解：将七、八、九年级的学生分别记作七1、八1、九1、九2，画树形图如图所示：
共有12种等可能情况，其中抽取的两名学生都来自九年级的有2种情况，
∴抽取的两名学生都来自九年级的概率为．
21．(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）由，可知，证明，则，进而结论得证；
（2）由，，可知，由平行四边形的性质可知，，在中，由勾股定理得，求出的值，根据，求解的值，根据，求解的值即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∴四边形AECD是平行四边形．
（2）解：∵，，
∴，
∵四边形AECD是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，即，
解得，
∴，
∴的长为3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，正切等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
22．(1)反比例函数的表达式为；一次函数的表达式为
(2)
【分析】本题考查一次函数、反比例函数图象上点的坐标特征，待定系数法是求函数解析式的基本方法．
（1）利用待定系数法即可求解；
（2）先求得直线的表达式为，再分别求得的坐标，据此即可求出面积．
【详解】（1）解：∵反比例函数的图象经过点，
∴，
∴反比例函数的表达式为；
∵一次函数的图象经过点，
∴，
∴，
∴一次函数的表达式为；
（2）解：∵，
∴，
∴直线的表达式为，
∵时，，
解得，则，
∵时，，
解得，则，
∴，
，
．
23．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据及直角三角形性质可得出，则，再根据得，然后根据切线的判定可得出结论；
（2）先求出，，由平行线分线段成比例求得，再证，然后利用相似三角形的性质可求出的长．
【详解】（1）证明：连接，如下图所示：
以为直径作交于点，
，
，
在中，，为斜边中线，
，
，
，
∴，
，
，
又为半径，
为的切线；
（2）解：，，
，
，
在中，，
由勾股定理得：，
为直径，
，
又∵，
∴，
，
，，
，
又，
，
，
即，
．
【点睛】此题主要考查了切线的判定，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握切线的判定，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用相似三角形的性质及勾股定理进行计算是解决问题的关键．
24．的长为．
【分析】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是掌握锐角三角函数的定义，求出相关线段的长度．过点作于点，作于点，易知四边形为矩形，得到，，利用三角函数求出，，推出，，再利用三角函数求出，最后根据，即可解题．
【详解】解：过点作于点，作于点，
由题易知四边形为矩形，
，，
遮阳棚长4米，与水平线的夹角为，
，
，
高为4米，
，
，
又太阳光线与地面的夹角为，
，
．
25．(1)
(2)，或
(3)的最大值是，此时的P点坐标是
【分析】（1）根据题意可设抛物线的解析式为，再利用待定系数法求解即可；
（2）分情况讨论当为腰时点D坐标即可；
（3）由题意易证为等腰直角三角形，即得出．设点P的坐标为，则，从而可求出．再结合二次函数的性质可知：当时，有最大值是，此时最大，进而即可求解．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴．
把A，B两点坐标代入解析式，得，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：∵ ，
∴，
∴，
∵为等腰三角形，点Q在y轴上（不与点O重合），
当时，
，
或；
当时，
，
，
；
综上所述，，或；
（3）解：∵在中，，
∴．
∵轴，，
∴．
在中，，，
∴，
∴．
在中，，，
∴，
∴．
设直线l的解析式为，
把A，B两点的坐标代入解析式，得，
解得：，
∴直线l的解析式为；
设点P的坐标为，则，
∴．
∵，
∴当时，有最大值是，此时最大，
∴，
当时，，
∴，
∴的最大值是，此时的P点坐标是．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查利用待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质等知识．掌握利用待定系数法求函数解析式和利用数形结合的思想是解题关键．
26．(1)1
(2)
(3)
(4)，越小
(5)0
【分析】（1）是等边三角形，进而求得，进一步得出结果；
（2）是等腰直角三角形，进而求得，进一步得出结果；
（3）是等边三角形，进而求得，进一步得出结果；
（4）比较大小得出结果；
（5）圆的半径相等，从而得出结果．
【详解】（1）解：图1，
，，
，
，
是等边三角形，
，
∵C为的中点，为半径，
∴，
；
（2）解：如图2，
，，，
，
，
；
（3）解：如图3，
，，
是等边三角形，
，
在中，
，
，
故答案为：，；
（4）解：，
，则其中心轨迹最高点与转动一次前后中心连线（水平线）的距离越小；
故答案为：；越小．
（5）解：圆的半径相等，
，
故答案为：0．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，正方形的性质，圆的定义，解直角三角形等知识，解决问题的关键是弄清数量间的关系．
