2024屆江蘇省南京十八中學九年級數學第一學期期末聯考試題含解析

2024屆江蘇省南京十八中學九年級數學第一學期期末聯考試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，一條拋物線與軸相交于、兩點（點在點的左側），其頂點在線段上移動．若點、的坐標分別為、，點的橫坐標的最大值為，則點的橫坐標的最小值為（）A． B． C． D．2．如圖，正六邊形ABCDEF內接于，M為EF的中點，連接DM，若的半徑為2，則MD的長度為A． B． C．2 D．13．如圖，在△ABC中，D、E分別為AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD相交于點F，則下列結論一定正確的是（）A． B． C． D．4．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，將繞點A逆時針旋轉30°后得到Rt△ADE，點B經過的路徑為弧BD，則圖中陰影部分的面積是()A． B． C．- D．5．如圖，的面積為12，點D、E分別是邊AB、AC的中點，則的面積為（）A．6 B．5 C．4 D．36．如圖，在矩形中，，，過對角線交點作交于點，交于點，則的長是()A．1 B． C．2 D．7．如圖，拋物線的對稱軸為直線，與軸的一個交點在和之間，下列結論:①;②;③;④若是該拋物線上的點，則;其中正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個8．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝3，則tanA＝（）A． B． C． D．9．⊙O的半徑為5，圓心O到直線l的距離為3，下列位置關系正確的是()A． B．C． D．10．一個圓錐的側面積是底面積的4倍，則圓錐側面展開圖的扇形的圓心角是A．60° B．90° C．120° D．180°11．已知函數的圖象經過點（2,3)，下列說法正確的是()A．y隨x的增大而增大 B．函數的圖象只在第一象限C．當x<0時，必y<0 D．點(-2,-3)不在此函數的圖象上12．如圖，AE是四邊形ABCD外接圓⊙O的直徑，AD＝CD，∠B＝50°，則∠DAE的度數為（）A．70° B．65° C．60° D．55°二、填空題（每題4分，共24分）13．小明和小亮在玩“石頭、剪子、布”的游戲，兩人一起做同樣手勢的概率是_____________．14．關于的一元二次方程的一個根，則另一個根______.15．如圖，，與相交于點，若，，則的值是_______.16．中，若，，，則的面積為________.17．如圖，平面直角坐標系中，已知O（0，0），A（﹣3，4），B（3，4），將△OAB與正方形ABCD組成的圖形繞點O順時針旋轉，每次旋轉90°，測第70次旋轉結束時，點D的坐標為_____．18．如果二次函數的圖象如圖所示，那么____0.（填“＞”，“=”，或“＜”）．三、解答題（共78分）19．（8分）計算題：（1）計算：sin45°+cos230°?tan60°﹣tan45°；（2）已知是銳角，，求．20．（8分）如圖，在矩形ABCD中，AB=2，E為BC上一點，且BE=1，∠AED=90°，將AED繞點E順時針旋轉得到，A′E交AD于P，D′E交CD于Q，連接PQ，當點Q與點C重合時，AED停止轉動．（1）求線段AD的長；（2）當點P與點A不重合時，試判斷PQ與的位置關系，并說明理由；（3）求出從開始到停止，線段PQ的中點M所經過的路徑長．21．（8分）如圖，廣場上空有一個氣球，地面上點間的距離.在點分別測得氣球的仰角為，，求氣球離地面的高度.（精確到個位）（參考值:，，，）22．（10分）已知關于x的一元二次方程x1=1（1－m）x－m1有兩個實數根為x1，x1．（1）求m的取值范圍；（1）設y=x1+x1，求當m為何值時，y有最小值．23．（10分）如圖，反比例函數y＝（x＞0）與直線AB：交于點C，點P是反比例函數圖象上一點，過點P作x軸的垂線交直線AB于點Q，連接OP，OQ．（1）求反比例函數的解析式；（2）點P在反比例函數圖象上運動，且點P在Q的上方，當△POQ面積最大時，求P點坐標．24．（10分）“江畔”禮品店在十一月份從廠家購進甲、乙兩種不同禮品．購進甲種禮品共花費1500元，購進乙種禮品共花費1050元，購進甲種禮品數量是購進乙種禮品數量的2倍，且購進一件乙種禮品比購進一件甲種禮品多花20元．（1）求購進一件甲種禮品、一件乙種禮品各需多少元；（2）元旦前夕，禮品店決定再次購進甲、乙兩種禮品共50個．恰逢該廠家對兩種禮品的價格進行調整，一件甲種禮品價格比第一次購進時提高了30%，件乙種禮品價格比第次購進時降低了10元，如果此次購進甲、乙兩種禮品的總費用不超過3100元，那么這家禮品店最多可購進多少件甲種禮品?25．（12分）某網店銷售一種商品，其成本為每件30元.根據市場調查，當每件商品的售價為元（）時，每周的銷售量（件）滿足關系式：.（1）若每周的利潤為2000元，且讓消費者得到最大的實惠，則售價應定為每件多少元？（2）當時，求每周獲得利潤的取值范圍.26．如圖，在等邊三角形ABC中，點D，E分別在BC,AB上，且∠ADE=60°.求證：△ADC~△DEB．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、C【分析】根據頂點在線段上移動，又知點、的坐標分別為、，再根據平行于軸，之間距離不變，點的橫坐標的最大值為，分別求出對稱軸過點和時的情況，即可判斷出點橫坐標的最小值．【詳解】根據題意知，點的橫坐標的最大值為，此時對稱軸過點，點的橫坐標最大，此時的點坐標為，當對稱軸過點時，點的橫坐標最小，此時的點坐標為，點的坐標為，故點的橫坐標的最小值為，故選：C．【點睛】本題考查了拋物線與軸的交點，二次函數的圖象與性質．解答本題的關鍵是理解二次函數在平行于軸的直線上移動時，兩交點之間的距離不變．2、A【解析】連接OM、OD、OF，由正六邊形的性質和已知條件得出OM⊥OD，OM⊥EF，∠MFO=60°，由三角函數求出OM，再由勾股定理求出MD即可．【詳解】連接OM、OD、OF，∵正六邊形ABCDEF內接于⊙O，M為EF的中點，∴OM⊥OD，OM⊥EF，∠MFO=60°，∴∠MOD=∠OMF=90°，∴OM=OF?sin∠MFO=2×=，∴MD=，故選A．【點睛】本題考查了正多邊形和圓、正六邊形的性質、三角函數、勾股定理；熟練掌握正六邊形的性質，由三角函數求出OM是解決問題的關鍵．3、A【分析】根據平行線分線段成比例定理與相似三角形的性質，逐項判斷即得答案．【詳解】解：A、∵DE∥BC，∴，故本選項正確；B、∵DE∥BC，∴△DEF∽△CBF，∴，故本選項錯誤；C、∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴，故本選項錯誤；D、∵DE∥BC，∴△DEF∽△CBF，∴，故本選項錯誤．故選：A．【點睛】本題考查了平行線分線段成比例定理和相似三角形的判定和性質，屬于基礎題型，熟練掌握相似三角形的判定和性質是解答的關鍵．4、A【分析】先根據勾股定理得到AB=，再根據扇形的面積公式計算出S扇形ABD，由旋轉的性質得到Rt△ADE≌Rt△ACB，于是S陰影部分=S△ADE+S扇形ABD-S△ABC=S扇形ABD．【詳解】∵∠ACB=90°，AC=BC=1，∴AB=，∴S扇形ABD=，又∵Rt△ABC繞A點逆時針旋轉30°后得到Rt△ADE，∴Rt△ADE≌Rt△ACB，∴S陰影部分=S△ADE+S扇形ABD?S△ABC=S扇形ABD=，故選A.【點睛】本題考查扇形面積計算，熟記扇形面積公式，采用作差法計算面積是解題的關鍵.5、D【分析】先由點D、E分別是邊AB、AC的中點，得DE∥BC，從而得△ADE∽△ABC，根據相似三角形的面積比等于相似比的平方及△ABC的面積為12，?可得SADE=1．【詳解】解：∵點D、E分別是邊AB、AC的中點，∴DE∥BC，，∴△ADE∽△ABC，∴SADE：S△ABC=1：4∵△ABC的面積為12∴SADE=1.故選D．【點睛】本題考查了三角形中位線定理，相似三角形的判定與性質，熟練掌握形似三角形的判定方法與性質定理是解答本題的關鍵.6、B【分析】連接，由矩形的性質得出，，，，由線段垂直平分線的性質得出，設，則，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【詳解】如圖：連接，∵四邊形是矩形，∴，，，，∵，∴，設，則，在中，由勾股定理得：，解得：，即；故選B．【點睛】本題考查了矩形的性質、線段垂直平分線的性質、勾股定理；熟練掌握矩形的性質，由勾股定理得出方程是解題的關鍵．7、C【分析】根據拋物線的對稱軸可判斷①；由拋物線與x軸的交點及拋物線的對稱性可判斷②；由x=-1時y＞0可判斷③；根據拋物線的開口向下且對稱軸為直線x=-2知圖象上離對稱軸水平距離越小函數值越大，可判斷④．【詳解】∵拋物線的對稱軸為直線，

∴，所以①正確；

∵與x軸的一個交點在（-3，0）和（-4，0）之間，

∴由拋物線的對稱性知，另一個交點在（-1，0）和（0，0）之間，

∴拋物線與y軸的交點在y軸的負半軸，即c＜0，故②正確；

∵由②、①知，時y＞0，且，

即＞0，所以③正確；∵點與點關于對稱軸直線對稱，∴，∵拋物線的開口向下，且對稱軸為直線，

∴當，函數值隨的增大而減少，

∵，∴，∴，故④錯誤；綜上：①②③正確，共3個，

故選：C．【點睛】本題考查了二次函數與系數的關系：對于二次函數，二次項系數a決定拋物線的開口方向和大?。灰淮雾椣禂礲和二次項系數a共同決定對稱軸的位置；常數項c決定拋物線與y軸交點；拋物線與x軸交點個數由決定．8、B【分析】根據正切的定義計算，得到答案．【詳解】在Rt△ABC中，∠C＝90°，，故選：B．【點睛】本題考查正切的計算，熟知直角三角形中正切的表示是解題的關鍵.9、B【分析】根據圓O的半徑和圓心O到直線l的距離的大小，相交：d＜r；相切：d＝r；相離：d＞r；即可選出答案．【詳解】解：∵⊙O的半徑為5，圓心O到直線l的距離為3，∵5＞3，即：d＜r，∴直線L與⊙O的位置關系是相交．故選：B．【點睛】本題主要考查了對直線與圓的位置關系的性質，掌握直線與圓的位置關系的性質是解此題的關鍵.10、B【解析】試題分析：設母線長為R，底面半徑為r，∴底面周長=2πr，底面面積=πr2，側面面積=πrR，∵側面積是底面積的4倍，∴4πr2=πrR．∴R=4r．∴底面周長=πR．∵圓錐的底面周長等于它的側面展開圖的弧長，∴設圓心角為n°，有，∴n=1．故選B．11、C【解析】∵圖象經過點（2，3），∴k=2×3=6＞0，∴圖象在第一、三象限．∴只有C正確．故選C．12、B【分析】連接OC、OD，利用圓心角、弧、弦的關系以及圓周角定理求得∠AOD＝50°，然后根據的等腰三角形的性質以及三角形內角和定理即可求得∠DAE＝65°．【詳解】解：連接OC、OD，∵AD＝CD，∴，∴∠AOD＝∠COD，∵∠AOC＝2∠B＝2×50°＝100°，∴AOD＝50°，∵OA＝OD，∴∠DAO＝∠ADO＝，即∠DAE＝65°，故選：B．【點睛】本題考查了圓中弦，弧，圓心角之間的關系，圓周角定理和三角形內角和，解決本題的關鍵是正確理解題意，能夠熟練掌握圓心角，弧，弦之間的關系.二、填空題（每題4分，共24分）13、【分析】畫樹狀圖展示所有9種等可能的結果數，再找出兩人隨機同時出手一次，做同樣手勢的結果數，然后根據概率公式求解．【詳解】畫樹狀圖為：

共有9種等可能的結果數，其中兩人隨機同時出手一次，做同樣手勢的結果數為3，

故兩人一起做同樣手勢的概率是的概率為．故答案為：．【點睛】本題涉及列表法和樹狀圖法以及相關概率知識，用到的知識點為：概率=所求情況數與總情況數之比．14、1【分析】設方程的另一個根為x2，根據根與系數的關系可得出4+x2=4，解之即可得出結論．【詳解】設方程的另一個根為x2，根據題意得：4+x2=4，∴x2=1．故答案為：1．【點睛】本題考查了根與系數的關系，牢記兩根之和等于、兩根之積等于是解題的關鍵．15、【分析】根據判定三角形相似，然后利用相似三角形的性質求解.【詳解】解：∵∴△AEB∽△DEC∴故答案為：【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質，掌握相似三角形對應邊成比例，難度不大.16、【分析】過點A作BC邊上的高交BC的延長線于點D，在中，利用三角函數求出AD長，再根據三角形面積公式求解即可.【詳解】解：如圖，作于點D，則，在中，所以的面積為故答案為：.【點睛】本題主要考查了三角函數，靈活添加輔助線利用三角函數求出三角形的高是解題的關鍵.17、(3，﹣10)【分析】首先根據坐標求出正方形的邊長為6，進而得到D點坐標，然后根據每旋轉4次一個循環(huán)，可知第70次旋轉結束時，相當于△OAB與正方形ABCD組成的圖形繞點O順時針旋轉2次，每次旋轉90°，即可得出此時D點坐標．【詳解】解：∵A(﹣3，4)，B(3，4)，∴AB=3+3=6，∵四邊形ABCD為正方形，∴AD=AB=6，∴D(﹣3，10)，∵70=4×17+2，∴每4次一個循環(huán)，第70次旋轉結束時，相當于△OAB與正方形ABCD組成的圖形繞點O順時針旋轉2次，每次旋轉90°，此時D點與(﹣3，10)關于原點對稱，∴此時點D的坐標為(3，﹣10)．故答案為：(3，﹣10)．【點睛】本題考查坐標與圖形，根據坐標求出D點坐標，并根據旋轉特點找出規(guī)律是解題的關鍵．18、＜【分析】首先根據開口方向確定a的符號，再依據對稱軸的正負和a的符號即可判斷b的符號，然后根據與Y軸的交點的縱坐標即可判斷c的正負，代入即可判斷abc的正負．【詳解】解：∵圖象開口方向向上，∴a＞0.∵圖象的對稱軸在x軸的負半軸上，∴.

∵a＞0，∴b>0.∵圖象與Y軸交點在y軸的負半軸上，

∴c＜0.∴abc<0.故答案為<.【點睛】本題主要考查二次函數的圖象與系數的關系，能根據圖象正確確定各個系數的符號是解決此題的關鍵，此題運用了數形結合思想．三、解答題（共78分）19、（1）；（2）1﹣【分析】（1）代入特殊銳角的三角函數值進行實數的運算便可；（2）由已知求出α的度數，再代入計算便可．【詳解】解：原式（2）∵∴，∴∴，原式【點睛】本題考查的是利用特殊角的三角函數值進行運算，熟記特殊角的三角函數值是解題關鍵．20、（1）5；（2）∥，理由見解析；（3）【分析】（1）求出AE＝，證明△ABE∽△DEA，由可求出AD的長；（2）過點E作EF⊥AD于點F，證明△PEF∽△QEC，再證△EPQ∽△A'ED'，可得出∠EPQ＝∠EA'D'，則結論得證；（3）由（2）知PQ∥A′D′，取A′D′的中點N，可得出∠PEM為定值，則點M的運動路徑為線段，即從AD的中點到DE的中點，由中位線定理可得出答案．【詳解】解：（1）∵AB＝2，BE＝1，∠B＝90°，∴AE＝＝＝，∵∠AED＝90°，∴∠EAD+∠ADE＝90°，∵矩形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，∴∠BAE+∠EAD＝90°，∴∠BAE＝∠ADE，∴△ABE∽△DEA，∴，∴，∴AD＝5；（2）PQ∥A′D′，理由如下：∵，∠AED＝90°∴＝＝2，∵AD＝BC＝5，∴EC＝BC﹣BE＝5﹣1＝4，過點E作EF⊥AD于點F，則∠FEC＝90°，∵∠A'ED'＝∠AED＝90°，∴∠PEF＝∠CEQ，∵∠C＝∠PFE＝90°，∴△PEF∽△QEC，∴，∵，∴，∴PQ∥A′D′；（3）連接EM，作MN⊥AE于N，由（2）知PQ∥A′D′，∴∠EPQ＝∠A′＝∠EAP，又∵△PEQ為直角三角形，M為PQ中點，∴PM＝ME，∴∠EPQ＝∠PEM，∵∠EPF＝∠EAP+∠AEA′，∠NEM＝∠PEM+∠AEA′∴∠EPF＝∠NEM，又∵∠PFE＝∠ENM﹣90°，∴△PEF∽△EMN，∴＝為定值，又∵EF＝AB＝2，∴MN為定值，即M的軌跡為平行于AE的線段，∵M初始位置為AD中點，停止位置為DE中點，∴M的軌跡為△ADE的中位線，∴線段PQ的中點M所經過的路徑長＝＝．【點睛】本題考查了矩形的性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理，平行線的判定，中位線定理等知識，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．21、18.【分析】作AD⊥l，在Rt△ACD和Rt△ABD中，將BD,CD分別用AD表示出來，再根據BC=BD-CD列出關于AD的等式求解即可．【詳解】解：過點作交延長線于點，中，，∴，同理可得：，∴即.∴.【點睛】本題考查的是解直角三角形的應用-仰角俯角問題，掌握仰角是向上看的視線與水平線的夾角、俯角是向下看的視線與水平線的夾角、熟記銳角三角函數的定義是解題的關鍵．22、（1）m≤；（1）m=【分析】（1）若一元二次方程有兩個實數根，則根的判別式△=b1-4ac≥0，建立關于m的不等式，可求出m的取值范圍；

（1）根據根與系數的關系可得出x1+x1的表達式，進而可得出y、m的函數關系式，根據函數的性質及（1）題得出的自變量的取值范圍，即可求出y有最小值時及對應的m值．【詳解】解：（1）將原方程整理為x1+1（m-1）x+m1=0；∵原方程有兩個實數根，∴△=〔1（m－1）〕1－4m1=－8m+4≥0，∴m≤（1）∵x1，x1為方程的兩根，∴y=x1+x1=－1m+1，∵-1＜0∴y隨m的增大而減小∵m≤∴當m=時，y有最小值．【點睛】此題是根的判別式、根與系數的關系與一次函數的結合題．牢記一次函數的性質是解答（1）題的關鍵．23、（1）y＝；（2）P（2，2）【分析】（1）點C在一次函數上得：m＝，點C在反比例函數上：，求出k即可．（2）動點P（m，），則點Q（m，﹣2），PQ=-+2，則△POQ面積=，利用-公式求即可．【詳解】解：（1）將點C的坐標代入一次函數表達式得：m＝，故點C，將點C的坐標代入反比例函數表達式得：，解得k＝4，故反比例函數表達式為y＝；（2）設點P（m，），則點Q（m，﹣2），則△P