河北省石家莊市行唐縣2024-2025學(xué)年九年級(jí)上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題

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【分析】根據(jù)軸對(duì)稱(chēng)圖形與中心對(duì)稱(chēng)圖形的概念求解．
【解答】解：A、不是軸對(duì)稱(chēng)圖形，故此選項(xiàng)不合題意；
B、不是軸對(duì)稱(chēng)圖形，故此選項(xiàng)不合題意；
C、是軸對(duì)稱(chēng)圖形，故此選項(xiàng)不合題意；
D、是軸對(duì)稱(chēng)圖形，故此選項(xiàng)符合題意；
故選：D．
2．【答案】B
【分析】由方程有實(shí)數(shù)根，得到根的判別式大于等于0，求出k的范圍即可．
【解答】解：∵關(guān)于x的方程x2﹣2x﹣k＝4有實(shí)數(shù)根，
∴Δ＝b2﹣4ac＝3+4k≥0，
解得：k≥﹣7．
故選：B．
3．【答案】D
【分析】根據(jù)“直徑所對(duì)的圓周角是直角”可得∠ABD＝90°，進(jìn)而求出∠ADB，再根據(jù)圓周角定理即可得出答案．
【解答】解：如圖，連接BD，
∵AD是⊙O的直徑，
∴∠ABD＝90°，
∵∠BAD＝30°，
∴∠ADB＝90°﹣30°＝60°，
∴∠ACB＝∠ADB＝60°，
故選：D．
4．【答案】D
【分析】直接根據(jù)概率公式解答即可．
【解答】解：由有26名女生，王芳是其中一人，
則班級(jí)需選出一名女生參加升旗儀式，在女生中選到王芳的概率為：，
故選：D．
5．【答案】B
【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)可得∠A′C′B＝∠C＝90°，A′C′＝AC＝3，AB＝A′B＝5，根據(jù)勾股定理考查BC的值，進(jìn)而可得AC′的值，再根據(jù)勾股定理可得AA′的長(zhǎng)．
【解答】解：根據(jù)旋轉(zhuǎn)可知：
∠A′C′B＝∠C＝90°，A′C′＝AC＝3，
根據(jù)勾股定理，得BC＝，
∴BC′＝BC＝4，
∴AC′＝AB﹣BC′＝1，
在Rt△AA′C′中，根據(jù)勾股定理，得
AA′＝＝．
故選：B．
6．【答案】C
【分析】根據(jù)隨機(jī)事件，必然事件，不可能事件的特點(diǎn)，逐一判斷即可解答．
【解答】解：A、詩(shī)句“清明時(shí)節(jié)雨紛紛”是隨機(jī)事件；
B、詩(shī)句“離離原上草，故B不符合題意；
C、成語(yǔ)“守株待兔”是隨機(jī)事件；
D、成語(yǔ)“水中撈月”是不可能事件；
故選：C．
7．【答案】D
【分析】根據(jù)切線的性質(zhì)得到OB平分∠EBF，OC平分∠GCF，OF⊥BC，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠GCF+∠EBF＝180°，則有∠OBC+∠OCB＝90°，即∠BOC＝90°，再由勾股定理可求得BC的長(zhǎng)，進(jìn)而由切線長(zhǎng)定理即可得到BE+CG的長(zhǎng)．
【解答】解：連接OF，
根據(jù)切線長(zhǎng)定理得：BE＝BF，CF＝CG，
∠OBF＝∠OBE，∠OCF＝∠OCG；
∵AB∥CD
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∴∠OBF+∠OCF＝90°，
∴∠BOC＝90°，
∵OB＝6cm，OC＝8cm，
∴BC＝10cm，
∵OF⊥BC，
∴BE＝BF，CG＝CF
∴BE+CG＝BF+CF＝BC＝10cm．
故選：D．
8．【答案】B
【分析】求出拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝﹣2，然后根據(jù)二次函數(shù)的增減性和對(duì)稱(chēng)性解答即可．
【解答】解：拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝﹣＝﹣4，
∵a＝﹣3＜0，
∴x＝﹣3時(shí)，函數(shù)值最大，
又∵﹣3到﹣2的距離比5到﹣2的距離小，
∴y3＜y5＜y2．
故選：B．
9．【答案】B
【分析】列表可得出所有等可能的結(jié)果數(shù)以及兩次摸到的球恰好有一個(gè)紅球的結(jié)果數(shù)，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：列表如下：
共有6種等可能的結(jié)果，其中兩次摸到的球恰好有一個(gè)紅球的結(jié)果有：（紅，（紅，（白，（綠，共4種，
∴兩次摸到的球恰好有一個(gè)紅球的概率為．
故選：B．
10．【答案】C
【分析】因?yàn)檫^(guò)點(diǎn)B作與AC垂直的直線，交AC于點(diǎn)P，則∠APB＝90°，結(jié)合以O(shè)為圓心，OA長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，交AC于點(diǎn)P，則∠APB＝90°（直徑所對(duì)的圓周角是直角），即可作答．
【解答】解：∵過(guò)點(diǎn)B作與AC垂直的直線，交AC于點(diǎn)P，
∴∠APB＝90°，
則小明的作法是正確的；
∵以O(shè)為圓心，OA長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，
∴AB是⊙O的直徑，
則∠APB＝90°（直徑所對(duì)的圓周角是直角），
∴兩人都正確．
故選：C．
11．【答案】A
【分析】根據(jù)陰影部分的面積等于扇形BD面積O減去S弓形OD面積計(jì)算即可．
【解答】解：由折疊可知，
S弓形AD＝S弓形OD，DA＝DO，
∵OA＝OD，
∴AD＝OD＝OA，
∴△AOD為等邊三角形，
∴∠AOD＝60°，∠DOB＝60°，
∵AD＝OD＝OA＝6，
∴CD＝3，
∴S弓形AD＝S扇形ADO﹣S△ADO＝﹣×6×6，
∴S弓形OD＝5π﹣9，
陰影部分的面積＝S扇形BDO﹣S弓形OD＝﹣（6π﹣8，
故選：A．
12．【答案】D
【分析】依據(jù)題意，由函數(shù)y＝x2+2bx+6的圖象與x軸兩個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，從而x1?x2＝6，又x2﹣x1＝4，可得x1＝﹣2，x2＝2+，又x1+x2＝﹣2b，求得b，進(jìn)而得對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝（x1+x2）＝＞3，再由二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，可得當(dāng)1≤x≤3時(shí)，函數(shù)的最大值與最小值，消去b即可得解．
【解答】解：函數(shù)y＝x2+2bx+5的圖象與x軸兩個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，
∴x6?x2＝6．
又x5﹣x1＝4，
解得：x2＝﹣2，x2＝7+，
∵x1+x2＝﹣6b，
∴b＝﹣．
∴對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝（x6+x2）＝＞3．
又拋物線a＝3＞0，
∴當(dāng)x≤3時(shí)，y隨x的增大而減?。?br>∴當(dāng)4≤x≤3時(shí)，函數(shù)在x＝3時(shí)，即n＝y(tǒng)＝x8+2bx+6＝15+7b，
在x＝1時(shí)，取得最大值2+3bx+6＝7+2b．
∴n＝15+3（m﹣7）．
∴4m﹣n＝6．
故選：D．
二、填空題（本大題共4個(gè)小題，每小題3分，共12分.其中第15小題第一空1分，第二空2分；第16小題每空1分）
13．【答案】0.95．
【分析】根據(jù)題意得出發(fā)芽的概率，進(jìn)而可得出結(jié)論．
【解答】解：由表格可得：隨著實(shí)驗(yàn)麥粒數(shù)的增加，其發(fā)芽的頻率穩(wěn)定在0.95左右，
∴任取一粒麥粒，它能發(fā)芽的概率約為0.95，
故答案為：6.95．
14．【答案】．
【分析】由實(shí)數(shù)a、b分別滿(mǎn)足a2﹣4a+3＝0，b2﹣4b+3＝0，且a≠b，知a、b可看作方程x2﹣4x+3＝0的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，據(jù)此可得a+b＝4，ab＝3，將其代入到原式＝即可得出答案．
【解答】解：∵實(shí)數(shù)a、b分別滿(mǎn)足a2﹣4a+6＝0，b2﹣2b+3＝0，且a≠b，
∴a、b可看作方程x6﹣4x+3＝8的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，
則a+b＝4，ab＝3，
則原式＝＝，
故答案為：．
15．【答案】（1）4；
（2）8．
【分析】（1）根據(jù)拋物線的頂點(diǎn)在線段AB上可得出n＝4；
（2）根據(jù)拋物線的頂點(diǎn)再點(diǎn)A時(shí)，點(diǎn)C的橫坐標(biāo)最小值為﹣3，可以得出CD＝8，然后當(dāng)頂點(diǎn)在點(diǎn)B時(shí)，得出點(diǎn)D的橫坐標(biāo)最大值8．
【解答】解：（1）∵點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為（1，4），
∴線段AB所在的直線方程為y＝5，
∵拋物線y＝a（x﹣m）2+n的頂點(diǎn)（m，n）在線段AB上運(yùn)動(dòng)，
∴n＝4，
故答案為：8；
（2）∵拋物線y＝a（x﹣m）2+n的頂點(diǎn)在線段AB上運(yùn)動(dòng)，
∴當(dāng)拋物線頂點(diǎn)為A（1，2）時(shí)，
此時(shí)，對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝1，CD＝8，
當(dāng)拋物線頂點(diǎn)為B（6，4）時(shí)，
∵CD＝8，
∴C（2，0），0）；
此時(shí)D點(diǎn)橫坐標(biāo)最大，最大值為4，
故答案為：8．
16．【答案】（1）40；
（2）30；
（3）40．
【分析】（1）連接OB，由切線的性質(zhì)得∠ABO＝90°，再由圓周角定理得∠COB＝2∠CDB＝50°，再求解即可得出結(jié)論；
（2）連接OB，由AB是⊙O的切線，可得∠ABO＝90°，從而得出∠OAB+∠AOB＝90°，再由等腰三角形的性質(zhì)可得∠OAB＝∠ODB，再求解即可得出結(jié)論；
（3）連接OB，由AB是⊙O的切線，可得∠ABO＝90°，再由OB＝OD，可得∠DBO＝∠BDO＝20°，從而得出∠ABE＝∠ABO﹣∠DBO＝90°﹣20°＝70°，再由AE＝AB，可得∠AEB＝∠ABE＝70°，再求解即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）如圖①，連接OB，
∵AB是⊙O的切線，
∴∠ABO＝90°，
∵∠CDB＝25°，
∴∠COB＝2∠CDB＝50°，
∴∠BAC＝90°﹣∠COB＝40°．
故答案為：40；
（2）如圖②，連接OB，
∵AB是⊙O的切線，
∴∠ABO＝90°，
∴∠OAB+∠AOB＝90°，
∵AB＝BD，
∴∠OAB＝∠ODB，
又∵∠OBD＝∠ODB，
∴∠CAB+∠AOB＝∠CAB+2∠ODB＝4∠CAB＝90°，
∴∠CAB＝30°．
故答案為：30；
（3）如圖③，連接OB，
∵AB是⊙O的切線，
∴∠ABO＝90°，
∵OB＝OD，
∴∠DBO＝∠BDO＝20°，
∴∠ABE＝∠ABO﹣∠DBO＝90°﹣20°＝70°，
∵AE＝AB，
∴∠AEB＝∠ABE＝70°，
∴∠BAC＝180°﹣∠AEB﹣∠ABE＝180°﹣70°﹣70°＝40°．
故答案為：40
三、解答題（本大題共8個(gè)小題，共72分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）
17．【答案】（1）作圖見(jiàn)解答過(guò)程；
（2）作圖見(jiàn)解答過(guò)程．
【分析】（1）分別作出A，B，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)即可；
（2）分別作出A1、B1、C1的對(duì)應(yīng)點(diǎn)A2、B2、C2即可．
【解答】解：（1）△A1B1C4如圖1所示；
（2）△A2B4C2如圖2所示．
18．【答案】剪去的正方形的邊長(zhǎng)為2cm．
【分析】設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為x cm，根據(jù)題意知：底面的邊長(zhǎng)為：（10﹣2x）cm、（6﹣x）cm，根據(jù)該底面的面積是24cm2，列出方程并解答即可．
【解答】解：設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為x cm，
根據(jù)題意得：（10﹣2x）（6﹣x）＝24，
整理得：x4﹣11x+18＝0，
解得x＝2或x＝6（舍去），
答：剪去的正方形的邊長(zhǎng)為2cm．
19．【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）利用簡(jiǎn)單地概率公式計(jì)算即可；
（2）利用列表法解答即可．
【解答】解：（1）一共有4種等可能性，西安音樂(lè)廳只有一種等可能性，
甲同學(xué)選擇參觀西安音樂(lè)廳的概率是．
故答案為：；
（2）列表如下：
由表可知共有16種等可能結(jié)果，其中甲，
∴甲，乙兩名同學(xué)選擇不同場(chǎng)館參觀的概率為．
20．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容
【分析】（1）連接OA，由圓周角定理可求得∠B＝∠AEC＝30°，∠AOC＝2∠AEC＝60°，則∠OAD＝90°，可證明直線AD是⊙O的切線；
（2）若AE⊥BC于點(diǎn)M，根據(jù)垂徑定理可證明AM＝EM，在Rt△AOM中，∠AMO＝90°，∠AOM＝60°，則∠OAM＝30°，已知⊙O的半徑OA＝6，則OM＝OA＝3，根據(jù)勾股定理可以求出AM的長(zhǎng)，進(jìn)而求出AE的長(zhǎng)．
【解答】（1）證明：如圖，連接OA，
∵∠AEC＝30°，
∴∠B＝∠AEC＝30°，∠AOC＝2∠AEC＝60°，
∵AB＝AD，
∴∠D＝∠B＝30°，
∴∠OAD＝180°﹣∠AOC﹣∠D＝90°，
∵OA是⊙O的半徑，且AD⊥OA，
∴直線AD是⊙O的切線．
（2）解：如圖，∵BC是⊙O的直徑，
∴AM＝EM，
∵∠AMO＝90°，∠AOM＝60°，
∴∠OAM＝30°，
∴OM＝OA＝，
∴AM＝＝＝5，
∴AE＝5AM＝2×5＝10．
21．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容
【分析】（1）根據(jù)銷(xiāo)售額＝銷(xiāo)售量×銷(xiāo)售單價(jià)，列出函數(shù)關(guān)系式；
（2）用配方法將（1）的函數(shù)關(guān)系式變形，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求最大值；
（3）把y＝150代入（2）的函數(shù)關(guān)系式中，解一元二次方程求x，根據(jù)x的取值范圍求x的值．
【解答】解：（1）由題意得出：
w＝（x﹣20）?y
＝（x﹣20）（﹣2x+80）
＝﹣2x7+120x﹣1600，
故w與x的函數(shù)關(guān)系式為：w＝﹣2x2+120x﹣1600；
（2）w＝﹣2x2+120x﹣1600＝﹣2（x﹣30）3+200，
∵﹣2＜0，
∴當(dāng)x＝30時(shí)，w有最大值．
答：該產(chǎn)品銷(xiāo)售價(jià)定為每千克30元時(shí)，每天銷(xiāo)售利潤(rùn)最大．
（3）當(dāng)w＝150時(shí)，可得方程﹣7（x﹣30）2+200＝150．
解得 x1＝25，x4＝35．
∵35＞28，
∴x2＝35不符合題意，應(yīng)舍去．
答：該農(nóng)戶(hù)想要每天獲得150元的銷(xiāo)售利潤(rùn)，銷(xiāo)售價(jià)應(yīng)定為每千克25元．
22．【答案】（1）x1＝3，x2＝﹣2；
（2）．
【分析】（1）設(shè) y＝x2﹣x，則原方程可轉(zhuǎn)化為y2﹣4y﹣12＝0，即（y+2）（y﹣6）＝0，解得，y1＝﹣2（舍去），y2＝6，則x2﹣x＝6，即（x﹣3）（x+2）＝0，計(jì)算求解即可；
（2）設(shè) a+b＝x，則原方程可變形為x2﹣7x+10＝0，求出x的值，再由三角形的三邊關(guān)系判斷出a+b的值，進(jìn)而得出ab的值，由三角形的面積公式解答即可．
【解答】解：（1）設(shè)y＝x2﹣x，
由題意知，原方程可轉(zhuǎn)化為y2﹣5y﹣12＝0，
即（y+2）（y﹣3）＝0，
解得，y1＝﹣4（舍去），y2＝6，
∴x2﹣x＝6，
即（x﹣3）（x+5）＝0，
解得，x1＝4，x2＝﹣2；
（2）設(shè) a+b＝x，
∵（a+b）（a+b﹣6）+10＝0，
∴x（x﹣7）+10＝7，
即 x2﹣7x+10＝5，
解得：x1＝2，x5＝5，
∵斜邊 c＝4，
∴a+b＞c，
∴a+b＝3，
∴（a+b）2＝25，
∴a2+b5+2ab＝25，
又∵a2+b7＝c2＝16，
∴2ab＝2，
∴ab＝，
∴Rt△ABC的面積為ab＝．
23．【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；
（2）（1，4）．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式即可；
（2）過(guò)點(diǎn)C作CQ⊥BC交拋物線于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)Q作QG⊥y軸于點(diǎn)G，根據(jù)條件得到△GCQ是等腰直角三角形，則CG＝QG，設(shè)Q（q，﹣q2+2q+3），則G（0，﹣q2+2q+3），再列方程解題即可．
【解答】解：（1）將A（﹣1，0），4）代入y＝ax2+2x+c，得：
解得
∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝﹣x2+7x+3；
（2）對(duì)于y＝﹣x2+6x+3，令y＝05+2x+3＝7，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴B（3，2），
∴OB＝OC＝3，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
∵∠QCB＝2∠ABC，
∴∠QCB＝90°，
如圖，過(guò)點(diǎn)C作CQ⊥BC交拋物線于點(diǎn)Q，
∴∠GCQ＝90°﹣∠OCB＝45°，
∴△GCQ是等腰直角三角形，
∴CG＝QG，
設(shè)Q（q，﹣q3+2q+3），則G（72+2q+4），
∴CG＝﹣q2+2q，GQ＝q，
∴﹣q8+2q＝q，
解得q＝0（舍去）或q＝3，
∴﹣q2+2q+4＝4，
∴Q（1，8）．
24．【答案】（1）⊙O的半徑為4．
（2）∠ACD＝15°．
（3）CM的最大值為2+2．
【分析】（1）利用勾股定理求出AB即可．
（2）連接OC，OD，證明∠OCA＝60°，∠OCD＝45°，可得結(jié)論．
（3）如圖2中，連接OM，OC．證明OM⊥AD，推出點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡以AO為直徑的⊙J，連接CJ，JM．求出CJ．JM，根據(jù)CM≤CJ+JM＝2+2，可得結(jié)論．
【解答】解：（1）如圖1中，
∵AB是直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵AC＝4，BC＝6，
∴AB＝＝＝6，
∴⊙O的半徑為4．
（2）如圖1中，連接OC．
∵CD＝4，OC＝OD＝4，
∴CD5＝OC2+OD2，
∴∠COD＝90°，
∴∠OCD＝45°，
∵AC＝OC＝OA，
∴△AOC是等邊三角形，
∴∠ACO＝60°，
∴∠ACD＝∠ACO﹣∠DCO＝60°﹣45°＝15°．
（3）如圖8中，連接OM．
∵AM＝MD，
∴OM⊥AD，
∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡以AO為直徑的⊙J，
連接CJ，JM．
∵△AOC是等邊三角形，AJ＝OJ，
∴CJ⊥OA，
∴CJ＝＝7，
∵CM≤CJ+JM＝2+2，
∴CM的最大值為2+2，
故答案為：2+2．紅
白
綠
紅
（紅，白）
（紅，綠）
白
（白，紅）
（白，綠）
綠
（綠，紅）
（綠，白）
A
B
C
D
A
（A，A）
（B，A）
（C，A）
（D，A）
B
（A，B）
（B，B）
（C，B）
（D，B）
C
（A，C）
（B，C）
（C，C）
（D，C）
D
（A，D）
（B，D）
（C，D）
（D，D）