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浙江省溫州市繡山中學2024--2025學年 九年級上學期期中數學試卷
1．（2024九上·溫州期中）下列圖案中，不能由其中的部分圖形通過旋轉而形成的是 （　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】旋轉的性質
【解析】【解答】解：∵ABD的圖案是由其中的部分圖形通過旋轉而形成，C的圖案是由其中的部分圖形通過對稱而形成，
故答案為：C．
【分析】能否構成旋轉，解題的關鍵是看旋轉的三要素：旋轉中心、旋轉方向和旋轉角度是否都存在，據此判斷即可．
2．（2024九上·溫州期中）二次函數的圖象經過點（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】二次函數圖象上點的坐標特征
【解析】【解答】解：∵當時，，當時，，
∴二次函數圖象經過點，不經過點，，，
故答案為：A．
【分析】分別求出當、時的的值，據此即可求解.
3．（2024九上·溫州期中）“某商場舉辦有獎銷售活動，每張獎券中獎的可能性相同，其中一等獎中獎概率為”這句話指的是（　　）
A．很有可能中一等獎
B．張獎券中一定有一張是一等獎
C．可能中一等獎，但可能性不是很大
D．個顧客中一定有一人中一等獎
【答案】C
【知識點】概率的意義
【解析】【解答】解：∵某商場舉辦有獎銷售活動，每張獎券中獎的可能性相同，其中一等獎中獎概率為，
∴中一等獎的可能性為，顯然這個可能性很小，且不意味著一定中獎，
故答案為：C．
【分析】根據概率的意義：表示事件發生的可能性大小，去分析判斷即可．
4．（2024九上·溫州期中）小明在半徑為的圓中測量弦的長度，測量結果可能是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】圓的相關概念
【解析】【解答】解：∵半圓的半徑為6cm，
∴AB的取值范圍是，
故答案為：D．
【分析】根據直徑是圓中最長的弦可得到AB的取值范圍，據此即可求解．
5．（2024九上·溫州期中）若二次函數的圖象經過，，三點，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】二次函數圖象上點的坐標特征；二次函數y=ax²+bx+c的圖象；二次函數y=ax²+bx+c的性質；二次函數的對稱性及應用
【解析】【解答】解：∵二次函數，
∴a=1>0，即二次函數圖象的開口向上，對稱軸是直線，
∵，， ，
∴點A、B、C與對稱軸的距離分別為1、3、4，
∴，
故答案為：A
【分析】根據二次函數的解析式得出圖象的開口向上，對稱軸是直線，然后由在開口向上的二次函數中，二次函數上的點離對稱軸越遠，則對應的函數值約大，點離對稱軸越近，則對應的函數值越小，據此即可求解.
6．（2024九上·溫州期中）已知二次函數的圖象如圖所示，則（　　）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【答案】C
【知識點】二次函數圖象與系數的關系
【解析】【解答】解：∵拋物線開口向下，
∴，
∵拋物線對稱軸，
∴，
∵拋物線與軸交于負半軸，
∴，
綜上所述，，，，
故答案為：C.
【分析】本題主要考查了圖象與二次函數系數之間的關系，由拋物線的開口方向判斷a與0的關系，然后根據拋物線對稱軸與0的關系判斷b與0的關系，拋物線與y軸的交點判斷c與0的關系，據此即可求解.
7．（2024九上·溫州期中）如圖①，是一個壁掛鐵藝盆栽，花盆外圍為圓形框架．圖②是其截面示意圖，為圓形框架的圓心，弦和所圍成的區域為種植區．已知，的半徑為17，則種植區的最大深度為（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】D
【知識點】勾股定理；垂徑定理的實際應用
【解析】【解答】解：如圖，作交于點，交于點，連接，
在中，
，
，
，
，
，
則種植區的最大深度為9，
故答案為：．
【分析】作交于點，交于點，連接，根據勾股定理得到長，即可求出CD長．
8．（2024九上·溫州期中）若拋物線平移后經過原點，則拋物線經過了（　　）
A．向上平移個單位 B．向下平移個單位
C．向左平移個單位 D．向右平移個單位
【答案】B
【知識點】二次函數y=ax²+bx+c與二次函數y=a（x-h）²+k的轉化；二次函數圖象的平移變換
【解析】【解答】解：依題意，得，
A、向上平移個單位，則平移后的函數解析式為，把代入解析式，得，故不經過原點，A不符合題意；
B、向下平移個單位，則平移后的函數解析式為，把代入解析式，得，故經過原點，B符合題意；
C、向左平移個單位，則平移后的函數解析式為，把代入解析式，得，故不經過原點，C不符合題意；
D、向右平移個單位，則平移后的函數解析式為，把代入解析式，得，故不經過原點，D不符合題意；
故答案為：B
【分析】先把化為頂點式，二次函數的平移規律：上加下減常數項，左加右減自變量，得各選項平移后的解析式，再把代入進行計算，算出時，則平移后經過原點，即可作答．
9．（2024九上·溫州期中）如圖，是的內接三角形，為的直徑，且．①以點為圓心，適當長為半徑作弧，交，于點，；②分別以點，為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧交于點；③作射線交于點，交于點．若，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】角平分線的性質；尺規作圖-作角的平分線；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性質-對應邊
【解析】【解答】解：如圖，過點G作于，
∴，
∵為的直徑，
∴，
由作圖可得：平分，
∴，
設，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
由勾股定理可得：，
∴，
解得：或（舍去），
∴，
故答案為：B．
【分析】過點G作于，由作圖可得：平分，根據角平分線的性質得，設，則，然后證明，根據相似三角形對應邊成比例得出，從而求出求出，接下來由勾股定理得關于x的方程，解方程求出x的值，即可求解.
10．（2024九上·溫州期中）在平面直角坐標系中，如果點的橫坐標和縱坐標互為相反數，則稱點為“美麗點”．例如：點，，，…都是“美麗點”．若二次函數（）的圖象上有且只有一個“美麗點”，且當時，函數（）的最小值為，最大值為，則的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】一元二次方程根的判別式及應用；二次函數的最值；二次函數y=ax²+bx+c的圖象；二次函數y=ax²+bx+c的性質
【解析】【解答】解：∵二次函數（）的圖象上有且只有一個“美麗點”，
∴，
整理得：，
∴，
解得：，
∴，
∴該二次函數的對稱軸為，圖象開口向上，函數有最小值，
∵當時，該二次函數的最小值為，最大值為，
∴當時，該二次函數有最小值為，當時，，即函數的最大值為7，
∵關于對稱軸直線的對稱點為，
∴，
故答案為：C ．
【分析】先根據“美麗點“的定義得，再由一元二次方程根的判別式解得，由此可得二次函數的解析式，然后
根據二次函數的圖象與性質得圖像開口向上，二次函數在對稱軸處有最小值，把代入可得函數的最大值，根據二次函數的對稱性，增減性可得關于對稱軸直線的對稱點為，由此即可求解．
11．（2024九上·溫州期中）如圖，在中，，，為上的點，，則的度數是　 　．
【答案】26
【知識點】圓周角定理
【解析】【解答】解：∵，與是同弧所對的圓周角和圓心角，
∴，
故答案為：26．
【分析】根據圓周角定理，可知同弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半，據此即可求解.
12．（2024九上·溫州期中）如圖，在正方形中，分別以點，為圓心，以正方形的邊長為半徑畫弧，形成陰影部分，為了估計陰影部分的面積，小美同學在正方形內隨機擲小石塊，經過大量重復試驗，發現小石塊落在陰影部分的頻率穩定在附近，則據此估計陰影部分的面積為　 　．
【答案】0.6
【知識點】幾何概率；利用頻率估計概率
【解析】【解答】解：根據題意，得正方形的面積為1×1=1，
∵ 小石塊落在陰影部分的頻率穩定在附近，
∴陰影部分的面積為1×0.6=0.6，
故答案為：0.6．
【分析】先求出正方形的面積，然后由大量重復實驗時，可用頻率估算概率，據此即可求解.
13．（2024九上·溫州期中）如圖，若被擊打的小球的飛行高度h(單位：m)與飛行時間：(單位：s)之間的關系為，則小球從飛出到落地所用時間為　 　．
【答案】7s
【知識點】二次函數的實際應用-拋球問題
【解析】【解答】解：依題意，令得，即，
解得：（舍去）或，
即小球從飛出到落地所用的時間為7s．
故答案為：7s．
【分析】當，解出t的值即可得到小球飛行的時間．
14．（2024九上·溫州期中）若的半徑為，圓心的坐標是，點的坐標是，那么點在　 　（填“圓內”“圓上”或“圓外”）．
【答案】圓內
【知識點】點與圓的位置關系；坐標系中的兩點距離公式
【解析】【解答】解：∵A（1，2），P（5，4），
∴，
∵點A是圓心，且圓的半徑為5，
∴，
∴點P在圓內，
故答案為：圓內．
【分析】考查點與圓的位置關系，假設圓的半徑為r，點與圓心的距離為d，則有：①d>r，點在圓外；②d=r，點在圓上；③d15．（2024九上·溫州期中）拋物線經過，兩點，則關于的不等式的解集為　 　．
【答案】
【知識點】二次函數與不等式（組）的綜合應用；二次函數y=ax²+bx+c的圖象；二次函數y=ax²+bx+c的性質；二次函數圖象的平移變換
【解析】【解答】解：∵拋物線經過，兩點，將拋物線向左平移一個單位得到拋物線，
∴拋物線經過，兩點，
∵，
∴拋物線開口向上，
∴關于的不等式的解集為，
故答案為：．
【分析】根據二次函數平移的規律：上加下減常數項，左加右減自變量，可知將拋物線向左平移一個單位得到拋物線，從而得出拋物線經過，兩點，進而結合二次函數的性質進行求解即可.
16．（2024九上·溫州期中）如圖是由兩塊完全相同的三角板組成的等腰三角形，，，將其中一塊三角板繞著點按順時針方向旋轉（）得到．若，則=　 　．
【答案】或
【知識點】等腰三角形的性質；含30°角的直角三角形；勾股定理；勾股定理的逆定理；旋轉的性質
【解析】【解答】解：∵，，，，
∴，，，
，，
∴，
解得：，負值舍去，
∴，
∵將其中一塊三角板繞著點按順時針方向旋轉（）得到，
∴，
∵，
∴，
∴為直角三角形，
∴，
∴，
當在右側時，，
當在左側時，，
故答案為：或．
【分析】根據等腰三角形的性質得，，，從而由含30°的直角三角形的性質、勾股定理求出AD的值，進而得AB的值，然后根據旋轉的性質得AC'=AC=AB=4，利用勾股定理逆定理求出為直角三角形，接下來再分兩種情況：當AC'在AB右側或左側進行求解.
17．（2024九上·溫州期中）已知拋物線經過點，求該拋物線的函數表達式及頂點坐標．
【答案】解：∵ 拋物線經過點，
∴，
解得：，
∴該拋物線的函數表達式是，
∴，
∴拋物線的頂點坐標為．
【知識點】待定系數法求二次函數解析式；二次函數y=ax²+bx+c與二次函數y=a（x-h）²+k的轉化
【解析】【分析】利用待定系數法求出二次函數的解析式，從而得二次函數的對稱軸，然后將二次函數解析式化為頂點式，即可求出頂點坐標.
18．（2024九上·溫州期中）某校開設了4門知識類拓展課程，每位同學都要選修其中的門，課程的代號和名稱如下表所示，請完成下列問題：
課程代號
課程名稱 《趣味數學》 《朝花文學社》 《地理之窗》 《物理與生活》
（1）用恰當的方法列舉出小明選修門課程所有可能的結果（用課程代號，，，表示）．
（2）求小明選修的門課程恰好是《趣味數學》和《朝花文學社》的概率．
【答案】（1）解：列表如下：
　 A B C D
A 　 （A，B） （A，C） （A，D）
B （B，A） 　 （B，C） （B，D）
C （C，A） （C，B） 　 （C，D）
D （D，A） （D，B） （D，C） 　
∴共有12種等可能的結果；
（2）解：由（1）得共有12種等可能的結果，其中小明選修的門課程恰好是《趣味數學》和《朝花文學社》的結果有2種，
∴ 小明選修的門課程恰好是《趣味數學》和《朝花文學社》的概率為．
【知識點】用列表法或樹狀圖法求概率；概率的簡單應用
【解析】【分析】（1）用列表法即可求出所有等可能的結果；
（2）由列表法可知所有的等可能結果數，從而得小明選修的門課程恰好是《趣味數學》和《朝花文學社》的結果數，進而由概率公式求解即可．
（1）解：畫樹狀圖如下：
共有12種等可能的選法；
（2）解：由（1）中樹狀圖得：
共有12種等可能的結果，其中小明選修的門課程恰好是《趣味數學》和《朝花文學社》的結果有2種，
他們兩人恰好選到同一門的概率為．
19．（2024九上·溫州期中）下圖是由小正方形組成的網格，每個小正方形的頂點叫做格點，請用無刻度的直尺在給定網格中按要求作圖．（不寫作法，保留作圖痕跡）
（1）在圖1中，的三個頂點均在格點上，請畫出的外心．
（2）在圖2中，請畫出的角平分線，交于點．
【答案】（1）解：如圖，點O即為所求；
（2）解：如圖所示，即為所求.
【知識點】圓周角定理；三角形的外接圓與外心；角平分線的概念；尺規作圖-作三角形的外接圓
【解析】【分析】（1）由三角形的外心是三角形三邊垂直平分線的交點，即可解答；
（2）根據在同圓或等圓中，等弧所對的圓周角相等，找到的中點為點，連接即為角平分線．
（1）解：根據題意，作圖如下：
（2）解：根據題意，作圖如下：
20．（2024九上·溫州期中）已知，在中，，兩直角邊，的和為，設．
（1）求的面積關于的函數表達式及的取值范圍．
（2）當時，求的值．
【答案】（1）解：∵兩直角邊，的和為，設，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴關于的函數表達式是，的取值范圍是；
（2）解：當時，有，
解得：或，
∴x的值為1或7.
【知識點】列二次函數關系式；三角形的面積
【解析】【分析】（1）由題意得出，然后利用三角形面積公式可得，結合，，即可得出的取值范圍；
（2）將代入（1）中的函數表達式，解方程求出x的值即可.
（1）解：∵兩直角邊，的和為，設，
∴．
由三角形的面積公式，得，即，
∵，，
∴，
∴關于的函數表達式是，的取值范圍是．
（2）解：當時，，
解得或．
21．（2024九上·溫州期中）如圖，是的內接三角形，是的直徑，過點作交的延長線于點，點在上，連接，，．
（1）求證：．
（2）若，求的度數．
【答案】（1）證明：∵是的直徑，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
由（1）得，
∴．
【知識點】等腰三角形的判定與性質；圓心角、弧、弦的關系；圓周角定理；圓周角定理的推論
【解析】【分析】（1）首先根據“直徑所對的圓周角為直角”可得，從而得，進而得，由垂直的定義可得，進行等量代換后進一步可得，然后根據圓周角定理得，結合可知，最后根據等腰三角形的判定即可得證結論；
（2）根據三角形內角和定理得，由（1）得，再根據三角形內角和定理求解即可．
（1）證明：∵是的直徑，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
22．（2024九上·溫州期中）如圖，在平面直角坐標系中，已知，，點在軸正半軸上，且，二次函數的圖象經過點，．
（1）求二次函數的表達式．
（2）將該拋物線先向右平移個單位，再向上平移個單位，此時頂點恰好落在線段上，求與的關系．
【答案】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
將，代入，得，
解得：，
∴二次函數的表達式是；
（2）解：∵拋物線，拋物線先向右平移個單位，再向上平移個單位，
∴平移后的拋物線為，
∴平移后的拋物線頂點坐標是，
設直線的函數表達式，
將，代入解析式可得：，
解得：，
∴直線的函數表達式是，
∵頂點落在線段上，
∴，
∴．
【知識點】待定系數法求一次函數解析式；待定系數法求二次函數解析式；二次函數y=ax²+bx+c與二次函數y=a（x-h）²+k的轉化；二次函數圖象的平移變換
【解析】【分析】（1）先求出點A的坐標，然后再利用待定系數法進行求解；
（2）將拋物線解析式化為頂點式，根據二次函數平移的規律：上加下減常數項，左加右減自變量，求出平移后的拋物線解析式，從而得其頂點坐標，然后利用待定系數法求出直線的函數表達式，將頂點坐標代入計算即可.
（1）解：∵，，
∴，，
∴．
∵二次函數的圖象經過點，，
∴，
解得，
∴二次函數的表達式是；
（2）解：拋物線可化為．
∵拋物線先向右平移個單位，再向上平移個單位，此時頂點恰好落在線段上，
∴平移后得到拋物線，其頂點坐標是．
設直線的函數表達式，
將，代入解析式可得：，
解得：，
∴直線的函數表達式是．
∴，
∴．
23．（2024九上·溫州期中）閱讀材料
某校的圍墻上端由若干段相同的凹曲拱形柵欄組成．如圖所示，其拱形為拋物線的一部分，柵欄的立柱和橫桿由相同的鋼筋切割而成，學校設計用根立柱將橫桿六等分加固，相鄰兩根立柱間距米，的長為米．
問題解決
（1）建立適當的平面直角坐標系，求出拋物線的函數表達式．
（2）現為了安全考慮，更改原先的設計方案，將立柱數量增加到根（將橫桿八等分），并保持立柱間距不變，求在原設計方案需要的鋼筋長度的基礎上，至少還需要準備的鋼筋長度．
【答案】（1）解：以為原點，水平向右為軸正方向，豎直向上為軸正方向，建立平面直角坐標系，如圖所示：
∵相鄰兩根立柱間距米，的長為米，
∴，
設拋物線的函數表達式為，
將A點坐標代入表達式，得，
解得：，
∴拋物線的函數表達式為；
（2）解：設增加立柱后原，，三點移動到，，，
∵相鄰兩根立柱間距米，
∴，，
∴的橫坐標為，代入中得，
∴，
∵的長為米，
∴，
∴，
∴至少還需要準備的鋼筋長度為米．
【知識點】待定系數法求二次函數解析式；二次函數的實際應用-拱橋問題
【解析】【分析】（1）先建立平面直角坐標系，根據題意得到點A的坐標，然后利用待定系數法求解；
（2）設增加立柱后原，，三點移動到，，，由題意可知，，即的橫坐標為， 繼而得到，計算橫向和縱向變化，進而得到至少還需要準備的鋼筋長度．
（1）以為原點，水平向右為軸正方向，豎直向上為軸正方向，
建立平面直角坐標系，如圖所示．
∵相鄰兩根立柱間距米，的長為米，
∴．
設，則，解得，
∴拋物線的函數表達式為．
（2）設增加立柱后原，，三點移動到，，，
由題意可知，，即的橫坐標為，
代入中得，
∴，
∴，
∴，
∴至少還需要準備的鋼筋長度為米．
24．（2024九上·溫州期中）如圖1，點，，都在上，且平分，交于點．
（1）求證：是等腰三角形．
（2）如圖2，是的直徑，與相交于點．
①若，，求的半徑．
②若于點，試探究線段，，之間的數量關系，并說明理由．
【答案】（1）證明：∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（2）解：①如圖，連接，
設，
∵，
∴，
由（1）知，
∵，
∴，
∴在中，，
∴，
解得：，（舍去），
∴的半徑為；
②，理由如下：
如圖，過點作于點，
∵是的直徑，
∴，
∵平分，，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四邊形是矩形，
∴．
【知識點】等腰三角形的判定與性質；勾股定理；圓心角、弧、弦的關系；圓的綜合題；圓周角定理的推論
【解析】【分析】（1）根據角平分線的定義得，從而得，進而得，即可得證結論；
（2）①連接，設，則，然后根據等腰三角形“三線合一”可得，在中利用勾股定理得關于r的方程，解方程求出r的值即可；
②過點作于點，根據圓周角定理推論得，然后由角平分線的性質得，從而可證明，得，接下來證明四邊形是矩形，根據矩形的性質，進行等量即可求解.
（1）證明：∵平分，
∴，
∴，
即是等腰三角形；
（2）解：①如圖，連接，
設，則，．
由（1）知，
又，
∴，
∴在中，，即，
解得，（不合題意，舍去），
即的半徑為；
②．
理由如下：
如圖，過點作于點，
∵是的直徑，
∴．
∵平分，，，
∴，，
由（1）知，
∴，
∴．
∵，
∴四邊形是矩形，
∴．
1 / 1浙江省溫州市繡山中學2024--2025學年 九年級上學期期中數學試卷
1．（2024九上·溫州期中）下列圖案中，不能由其中的部分圖形通過旋轉而形成的是 （　　）
A． B．
C． D．
2．（2024九上·溫州期中）二次函數的圖象經過點（　　）
A． B． C． D．
3．（2024九上·溫州期中）“某商場舉辦有獎銷售活動，每張獎券中獎的可能性相同，其中一等獎中獎概率為”這句話指的是（　　）
A．很有可能中一等獎
B．張獎券中一定有一張是一等獎
C．可能中一等獎，但可能性不是很大
D．個顧客中一定有一人中一等獎
4．（2024九上·溫州期中）小明在半徑為的圓中測量弦的長度，測量結果可能是（　　）
A． B． C． D．
5．（2024九上·溫州期中）若二次函數的圖象經過，，三點，則（　　）
A． B． C． D．
6．（2024九上·溫州期中）已知二次函數的圖象如圖所示，則（　　）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
7．（2024九上·溫州期中）如圖①，是一個壁掛鐵藝盆栽，花盆外圍為圓形框架．圖②是其截面示意圖，為圓形框架的圓心，弦和所圍成的區域為種植區．已知，的半徑為17，則種植區的最大深度為（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
8．（2024九上·溫州期中）若拋物線平移后經過原點，則拋物線經過了（　　）
A．向上平移個單位 B．向下平移個單位
C．向左平移個單位 D．向右平移個單位
9．（2024九上·溫州期中）如圖，是的內接三角形，為的直徑，且．①以點為圓心，適當長為半徑作弧，交，于點，；②分別以點，為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧交于點；③作射線交于點，交于點．若，則（　　）
A． B． C． D．
10．（2024九上·溫州期中）在平面直角坐標系中，如果點的橫坐標和縱坐標互為相反數，則稱點為“美麗點”．例如：點，，，…都是“美麗點”．若二次函數（）的圖象上有且只有一個“美麗點”，且當時，函數（）的最小值為，最大值為，則的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
11．（2024九上·溫州期中）如圖，在中，，，為上的點，，則的度數是　 　．
12．（2024九上·溫州期中）如圖，在正方形中，分別以點，為圓心，以正方形的邊長為半徑畫弧，形成陰影部分，為了估計陰影部分的面積，小美同學在正方形內隨機擲小石塊，經過大量重復試驗，發現小石塊落在陰影部分的頻率穩定在附近，則據此估計陰影部分的面積為　 　．
13．（2024九上·溫州期中）如圖，若被擊打的小球的飛行高度h(單位：m)與飛行時間：(單位：s)之間的關系為，則小球從飛出到落地所用時間為　 　．
14．（2024九上·溫州期中）若的半徑為，圓心的坐標是，點的坐標是，那么點在　 　（填“圓內”“圓上”或“圓外”）．
15．（2024九上·溫州期中）拋物線經過，兩點，則關于的不等式的解集為　 　．
16．（2024九上·溫州期中）如圖是由兩塊完全相同的三角板組成的等腰三角形，，，將其中一塊三角板繞著點按順時針方向旋轉（）得到．若，則=　 　．
17．（2024九上·溫州期中）已知拋物線經過點，求該拋物線的函數表達式及頂點坐標．
18．（2024九上·溫州期中）某校開設了4門知識類拓展課程，每位同學都要選修其中的門，課程的代號和名稱如下表所示，請完成下列問題：
課程代號
課程名稱 《趣味數學》 《朝花文學社》 《地理之窗》 《物理與生活》
（1）用恰當的方法列舉出小明選修門課程所有可能的結果（用課程代號，，，表示）．
（2）求小明選修的門課程恰好是《趣味數學》和《朝花文學社》的概率．
19．（2024九上·溫州期中）下圖是由小正方形組成的網格，每個小正方形的頂點叫做格點，請用無刻度的直尺在給定網格中按要求作圖．（不寫作法，保留作圖痕跡）
（1）在圖1中，的三個頂點均在格點上，請畫出的外心．
（2）在圖2中，請畫出的角平分線，交于點．
20．（2024九上·溫州期中）已知，在中，，兩直角邊，的和為，設．
（1）求的面積關于的函數表達式及的取值范圍．
（2）當時，求的值．
21．（2024九上·溫州期中）如圖，是的內接三角形，是的直徑，過點作交的延長線于點，點在上，連接，，．
（1）求證：．
（2）若，求的度數．
22．（2024九上·溫州期中）如圖，在平面直角坐標系中，已知，，點在軸正半軸上，且，二次函數的圖象經過點，．
（1）求二次函數的表達式．
（2）將該拋物線先向右平移個單位，再向上平移個單位，此時頂點恰好落在線段上，求與的關系．
23．（2024九上·溫州期中）閱讀材料
某校的圍墻上端由若干段相同的凹曲拱形柵欄組成．如圖所示，其拱形為拋物線的一部分，柵欄的立柱和橫桿由相同的鋼筋切割而成，學校設計用根立柱將橫桿六等分加固，相鄰兩根立柱間距米，的長為米．
問題解決
（1）建立適當的平面直角坐標系，求出拋物線的函數表達式．
（2）現為了安全考慮，更改原先的設計方案，將立柱數量增加到根（將橫桿八等分），并保持立柱間距不變，求在原設計方案需要的鋼筋長度的基礎上，至少還需要準備的鋼筋長度．
24．（2024九上·溫州期中）如圖1，點，，都在上，且平分，交于點．
（1）求證：是等腰三角形．
（2）如圖2，是的直徑，與相交于點．
①若，，求的半徑．
②若于點，試探究線段，，之間的數量關系，并說明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】旋轉的性質
【解析】【解答】解：∵ABD的圖案是由其中的部分圖形通過旋轉而形成，C的圖案是由其中的部分圖形通過對稱而形成，
故答案為：C．
【分析】能否構成旋轉，解題的關鍵是看旋轉的三要素：旋轉中心、旋轉方向和旋轉角度是否都存在，據此判斷即可．
2．【答案】A
【知識點】二次函數圖象上點的坐標特征
【解析】【解答】解：∵當時，，當時，，
∴二次函數圖象經過點，不經過點，，，
故答案為：A．
【分析】分別求出當、時的的值，據此即可求解.
3．【答案】C
【知識點】概率的意義
【解析】【解答】解：∵某商場舉辦有獎銷售活動，每張獎券中獎的可能性相同，其中一等獎中獎概率為，
∴中一等獎的可能性為，顯然這個可能性很小，且不意味著一定中獎，
故答案為：C．
【分析】根據概率的意義：表示事件發生的可能性大小，去分析判斷即可．
4．【答案】D
【知識點】圓的相關概念
【解析】【解答】解：∵半圓的半徑為6cm，
∴AB的取值范圍是，
故答案為：D．
【分析】根據直徑是圓中最長的弦可得到AB的取值范圍，據此即可求解．
5．【答案】A
【知識點】二次函數圖象上點的坐標特征；二次函數y=ax²+bx+c的圖象；二次函數y=ax²+bx+c的性質；二次函數的對稱性及應用
【解析】【解答】解：∵二次函數，
∴a=1>0，即二次函數圖象的開口向上，對稱軸是直線，
∵，， ，
∴點A、B、C與對稱軸的距離分別為1、3、4，
∴，
故答案為：A
【分析】根據二次函數的解析式得出圖象的開口向上，對稱軸是直線，然后由在開口向上的二次函數中，二次函數上的點離對稱軸越遠，則對應的函數值約大，點離對稱軸越近，則對應的函數值越小，據此即可求解.
6．【答案】C
【知識點】二次函數圖象與系數的關系
【解析】【解答】解：∵拋物線開口向下，
∴，
∵拋物線對稱軸，
∴，
∵拋物線與軸交于負半軸，
∴，
綜上所述，，，，
故答案為：C.
【分析】本題主要考查了圖象與二次函數系數之間的關系，由拋物線的開口方向判斷a與0的關系，然后根據拋物線對稱軸與0的關系判斷b與0的關系，拋物線與y軸的交點判斷c與0的關系，據此即可求解.
7．【答案】D
【知識點】勾股定理；垂徑定理的實際應用
【解析】【解答】解：如圖，作交于點，交于點，連接，
在中，
，
，
，
，
，
則種植區的最大深度為9，
故答案為：．
【分析】作交于點，交于點，連接，根據勾股定理得到長，即可求出CD長．
8．【答案】B
【知識點】二次函數y=ax²+bx+c與二次函數y=a（x-h）²+k的轉化；二次函數圖象的平移變換
【解析】【解答】解：依題意，得，
A、向上平移個單位，則平移后的函數解析式為，把代入解析式，得，故不經過原點，A不符合題意；
B、向下平移個單位，則平移后的函數解析式為，把代入解析式，得，故經過原點，B符合題意；
C、向左平移個單位，則平移后的函數解析式為，把代入解析式，得，故不經過原點，C不符合題意；
D、向右平移個單位，則平移后的函數解析式為，把代入解析式，得，故不經過原點，D不符合題意；
故答案為：B
【分析】先把化為頂點式，二次函數的平移規律：上加下減常數項，左加右減自變量，得各選項平移后的解析式，再把代入進行計算，算出時，則平移后經過原點，即可作答．
9．【答案】B
【知識點】角平分線的性質；尺規作圖-作角的平分線；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性質-對應邊
【解析】【解答】解：如圖，過點G作于，
∴，
∵為的直徑，
∴，
由作圖可得：平分，
∴，
設，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
由勾股定理可得：，
∴，
解得：或（舍去），
∴，
故答案為：B．
【分析】過點G作于，由作圖可得：平分，根據角平分線的性質得，設，則，然后證明，根據相似三角形對應邊成比例得出，從而求出求出，接下來由勾股定理得關于x的方程，解方程求出x的值，即可求解.
10．【答案】C
【知識點】一元二次方程根的判別式及應用；二次函數的最值；二次函數y=ax²+bx+c的圖象；二次函數y=ax²+bx+c的性質
【解析】【解答】解：∵二次函數（）的圖象上有且只有一個“美麗點”，
∴，
整理得：，
∴，
解得：，
∴，
∴該二次函數的對稱軸為，圖象開口向上，函數有最小值，
∵當時，該二次函數的最小值為，最大值為，
∴當時，該二次函數有最小值為，當時，，即函數的最大值為7，
∵關于對稱軸直線的對稱點為，
∴，
故答案為：C ．
【分析】先根據“美麗點“的定義得，再由一元二次方程根的判別式解得，由此可得二次函數的解析式，然后
根據二次函數的圖象與性質得圖像開口向上，二次函數在對稱軸處有最小值，把代入可得函數的最大值，根據二次函數的對稱性，增減性可得關于對稱軸直線的對稱點為，由此即可求解．
11．【答案】26
【知識點】圓周角定理
【解析】【解答】解：∵，與是同弧所對的圓周角和圓心角，
∴，
故答案為：26．
【分析】根據圓周角定理，可知同弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半，據此即可求解.
12．【答案】0.6
【知識點】幾何概率；利用頻率估計概率
【解析】【解答】解：根據題意，得正方形的面積為1×1=1，
∵ 小石塊落在陰影部分的頻率穩定在附近，
∴陰影部分的面積為1×0.6=0.6，
故答案為：0.6．
【分析】先求出正方形的面積，然后由大量重復實驗時，可用頻率估算概率，據此即可求解.
13．【答案】7s
【知識點】二次函數的實際應用-拋球問題
【解析】【解答】解：依題意，令得，即，
解得：（舍去）或，
即小球從飛出到落地所用的時間為7s．
故答案為：7s．
【分析】當，解出t的值即可得到小球飛行的時間．
14．【答案】圓內
【知識點】點與圓的位置關系；坐標系中的兩點距離公式
【解析】【解答】解：∵A（1，2），P（5，4），
∴，
∵點A是圓心，且圓的半徑為5，
∴，
∴點P在圓內，
故答案為：圓內．
【分析】考查點與圓的位置關系，假設圓的半徑為r，點與圓心的距離為d，則有：①d>r，點在圓外；②d=r，點在圓上；③d15．【答案】
【知識點】二次函數與不等式（組）的綜合應用；二次函數y=ax²+bx+c的圖象；二次函數y=ax²+bx+c的性質；二次函數圖象的平移變換
【解析】【解答】解：∵拋物線經過，兩點，將拋物線向左平移一個單位得到拋物線，
∴拋物線經過，兩點，
∵，
∴拋物線開口向上，
∴關于的不等式的解集為，
故答案為：．
【分析】根據二次函數平移的規律：上加下減常數項，左加右減自變量，可知將拋物線向左平移一個單位得到拋物線，從而得出拋物線經過，兩點，進而結合二次函數的性質進行求解即可.
16．【答案】或
【知識點】等腰三角形的性質；含30°角的直角三角形；勾股定理；勾股定理的逆定理；旋轉的性質
【解析】【解答】解：∵，，，，
∴，，，
，，
∴，
解得：，負值舍去，
∴，
∵將其中一塊三角板繞著點按順時針方向旋轉（）得到，
∴，
∵，
∴，
∴為直角三角形，
∴，
∴，
當在右側時，，
當在左側時，，
故答案為：或．
【分析】根據等腰三角形的性質得，，，從而由含30°的直角三角形的性質、勾股定理求出AD的值，進而得AB的值，然后根據旋轉的性質得AC'=AC=AB=4，利用勾股定理逆定理求出為直角三角形，接下來再分兩種情況：當AC'在AB右側或左側進行求解.
17．【答案】解：∵ 拋物線經過點，
∴，
解得：，
∴該拋物線的函數表達式是，
∴，
∴拋物線的頂點坐標為．
【知識點】待定系數法求二次函數解析式；二次函數y=ax²+bx+c與二次函數y=a（x-h）²+k的轉化
【解析】【分析】利用待定系數法求出二次函數的解析式，從而得二次函數的對稱軸，然后將二次函數解析式化為頂點式，即可求出頂點坐標.
18．【答案】（1）解：列表如下：
　 A B C D
A 　 （A，B） （A，C） （A，D）
B （B，A） 　 （B，C） （B，D）
C （C，A） （C，B） 　 （C，D）
D （D，A） （D，B） （D，C） 　
∴共有12種等可能的結果；
（2）解：由（1）得共有12種等可能的結果，其中小明選修的門課程恰好是《趣味數學》和《朝花文學社》的結果有2種，
∴ 小明選修的門課程恰好是《趣味數學》和《朝花文學社》的概率為．
【知識點】用列表法或樹狀圖法求概率；概率的簡單應用
【解析】【分析】（1）用列表法即可求出所有等可能的結果；
（2）由列表法可知所有的等可能結果數，從而得小明選修的門課程恰好是《趣味數學》和《朝花文學社》的結果數，進而由概率公式求解即可．
（1）解：畫樹狀圖如下：
共有12種等可能的選法；
（2）解：由（1）中樹狀圖得：
共有12種等可能的結果，其中小明選修的門課程恰好是《趣味數學》和《朝花文學社》的結果有2種，
他們兩人恰好選到同一門的概率為．
19．【答案】（1）解：如圖，點O即為所求；
（2）解：如圖所示，即為所求.
【知識點】圓周角定理；三角形的外接圓與外心；角平分線的概念；尺規作圖-作三角形的外接圓
【解析】【分析】（1）由三角形的外心是三角形三邊垂直平分線的交點，即可解答；
（2）根據在同圓或等圓中，等弧所對的圓周角相等，找到的中點為點，連接即為角平分線．
（1）解：根據題意，作圖如下：
（2）解：根據題意，作圖如下：
20．【答案】（1）解：∵兩直角邊，的和為，設，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴關于的函數表達式是，的取值范圍是；
（2）解：當時，有，
解得：或，
∴x的值為1或7.
【知識點】列二次函數關系式；三角形的面積
【解析】【分析】（1）由題意得出，然后利用三角形面積公式可得，結合，，即可得出的取值范圍；
（2）將代入（1）中的函數表達式，解方程求出x的值即可.
（1）解：∵兩直角邊，的和為，設，
∴．
由三角形的面積公式，得，即，
∵，，
∴，
∴關于的函數表達式是，的取值范圍是．
（2）解：當時，，
解得或．
21．【答案】（1）證明：∵是的直徑，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
由（1）得，
∴．
【知識點】等腰三角形的判定與性質；圓心角、弧、弦的關系；圓周角定理；圓周角定理的推論
【解析】【分析】（1）首先根據“直徑所對的圓周角為直角”可得，從而得，進而得，由垂直的定義可得，進行等量代換后進一步可得，然后根據圓周角定理得，結合可知，最后根據等腰三角形的判定即可得證結論；
（2）根據三角形內角和定理得，由（1）得，再根據三角形內角和定理求解即可．
（1）證明：∵是的直徑，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
22．【答案】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
將，代入，得，
解得：，
∴二次函數的表達式是；
（2）解：∵拋物線，拋物線先向右平移個單位，再向上平移個單位，
∴平移后的拋物線為，
∴平移后的拋物線頂點坐標是，
設直線的函數表達式，
將，代入解析式可得：，
解得：，
∴直線的函數表達式是，
∵頂點落在線段上，
∴，
∴．
【知識點】待定系數法求一次函數解析式；待定系數法求二次函數解析式；二次函數y=ax²+bx+c與二次函數y=a（x-h）²+k的轉化；二次函數圖象的平移變換
【解析】【分析】（1）先求出點A的坐標，然后再利用待定系數法進行求解；
（2）將拋物線解析式化為頂點式，根據二次函數平移的規律：上加下減常數項，左加右減自變量，求出平移后的拋物線解析式，從而得其頂點坐標，然后利用待定系數法求出直線的函數表達式，將頂點坐標代入計算即可.
（1）解：∵，，
∴，，
∴．
∵二次函數的圖象經過點，，
∴，
解得，
∴二次函數的表達式是；
（2）解：拋物線可化為．
∵拋物線先向右平移個單位，再向上平移個單位，此時頂點恰好落在線段上，
∴平移后得到拋物線，其頂點坐標是．
設直線的函數表達式，
將，代入解析式可得：，
解得：，
∴直線的函數表達式是．
∴，
∴．
23．【答案】（1）解：以為原點，水平向右為軸正方向，豎直向上為軸正方向，建立平面直角坐標系，如圖所示：
∵相鄰兩根立柱間距米，的長為米，
∴，
設拋物線的函數表達式為，
將A點坐標代入表達式，得，
解得：，
∴拋物線的函數表達式為；
（2）解：設增加立柱后原，，三點移動到，，，
∵相鄰兩根立柱間距米，
∴，，
∴的橫坐標為，代入中得，
∴，
∵的長為米，
∴，
∴，
∴至少還需要準備的鋼筋長度為米．
【知識點】待定系數法求二次函數解析式；二次函數的實際應用-拱橋問題
【解析】【分析】（1）先建立平面直角坐標系，根據題意得到點A的坐標，然后利用待定系數法求解；
（2）設增加立柱后原，，三點移動到，，，由題意可知，，即的橫坐標為， 繼而得到，計算橫向和縱向變化，進而得到至少還需要準備的鋼筋長度．
（1）以為原點，水平向右為軸正方向，豎直向上為軸正方向，
建立平面直角坐標系，如圖所示．
∵相鄰兩根立柱間距米，的長為米，
∴．
設，則，解得，
∴拋物線的函數表達式為．
（2）設增加立柱后原，，三點移動到，，，
由題意可知，，即的橫坐標為，
代入中得，
∴，
∴，
∴，
∴至少還需要準備的鋼筋長度為米．
24．【答案】（1）證明：∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（2）解：①如圖，連接，
設，
∵，
∴，
由（1）知，
∵，
∴，
∴在中，，
∴，
解得：，（舍去），
∴的半徑為；
②，理由如下：
如圖，過點作于點，
∵是的直徑，
∴，
∵平分，，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四邊形是矩形，
∴．
【知識點】等腰三角形的判定與性質；勾股定理；圓心角、弧、弦的關系；圓的綜合題；圓周角定理的推論
【解析】【分析】（1）根據角平分線的定義得，從而得，進而得，即可得證結論；
（2）①連接，設，則，然后根據等腰三角形“三線合一”可得，在中利用勾股定理得關于r的方程，解方程求出r的值即可；
②過點作于點，根據圓周角定理推論得，然后由角平分線的性質得，從而可證明，得，接下來證明四邊形是矩形，根據矩形的性質，進行等量即可求解.
（1）證明：∵平分，
∴，
∴，
即是等腰三角形；
（2）解：①如圖，連接，
設，則，．
由（1）知，
又，
∴，
∴在中，，即，
解得，（不合題意，舍去），
即的半徑為；
②．
理由如下：
如圖，過點作于點，
∵是的直徑，
∴．
∵平分，，，
∴，，
由（1）知，
∴，
∴．
∵，
∴四邊形是矩形，
∴．
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