重庆市大足区2022-2023学年九年级上学期期末数学试题（含答案）

这是一份重庆市大足区2022-2023学年九年级上学期期末数学试题（含答案），共30页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
重庆市大足区2022-2023学年九年级上学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列四幅图案中，可以由右侧的一笔画“天鹅”旋转得到的图案是（　　）

A． B．
C． D．
2．下列选项中，属于随机事件的是（    ）
A．在一个只有白球的袋中，摸出红球 B．a是实数，则
C．任意选择某一电视频道，它正播放动画片 D．两个负数相加和是负数
3．如图，在中，为的直径，为上一点．若，则（　　）

A． B． C． D．
4．取5张扑克牌，其中1张“黑桃”，2张“梅花”和2张“红桃”，将这些扑克牌背面朝上从中任抽一张，恰好是“红桃”的概率是（　　）
A． B． C． D．
5．用配方法解方程，配方后的方程是（　　）
A． B． C． D．
6．如图，在 中，，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点分别为，连接．当点在同一条直线上时，下列结论不正确的是（　　）

A． B．
C． D．
7．对于抛物线，下列说法错误的是（　　）
A．抛物线开口向下 B．当时，随增大而减小
C．函数最大值为 D．顶点坐标为
8．已知二次函数的图象上有三个点，则有（　　）
A． B． C． D．
9．有若干个好朋友除夕夜晚打电话互相问候，两个朋友之间都通话交流一次，一共通话21次，设这些朋友一共x人，则下列方程符合题意的是（    ）
A． B．
C． D．
10．已知的半径是一元二次方程的一个根，圆心到直线的距离，则直线与的位置关系是（　　）
A．相交 B．相切 C．相离 D．平行
11．若关于的不等式组有且仅有3个整数解，且使关于的一元二次方程没有实数根，则符合条件的整数的个数为（　　）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
12．对于实数，定义新运算，若函数，则下列结论正确的有（　　）
①方程的解为或；
②关于的方程有三个解，则；
③当时，随增大而增大；
④当时，函数有最大值0．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

二、填空题
13．已知一元二次方程有一个根为2，则的值为___________．
14．如图，在中，，，以点为圆心，为半径作圆弧交于点，交于点．则阴影部分的面积为___________．

15．如图，有甲，乙两个转盘分别被三等分、四等分，各转动一次，停止转动后，将指针指向的数字分别记为，使抛物线与轴有公共点的概率为___________．

16．某大闸蟹养殖户十月捕捞了第一批成熟的大闸蟹，并以每只相同的价格（价格为整数）批发给某经销商．十一月该养殖户捕捞了第二批成熟的大闸蟹，并将这批大闸蟹根据品质及重量分为（小蟹）、（中蟹）、（大蟹）三类，每类按照不同的单价（价格都为整数）进行销售，若6只类蟹、5只类蟹和4只类蟹的价格之和正好是第一批蟹16只的价格，而1只类蟹和1只类蟹的价格之和正好是第一批蟹2只的价格，且类蟹与类蟹每只的单价之比为，根据市场有关部门的要求三类蟹的单价之和不低于38元、不高于65元，则第一批大闸蟹每只价格为___________元．

三、解答题
17．解下列方程：
(1)；
(2)．
18．如图，已知给定，其中，射线经过斜边的中点O．

(1)以点B为旋转中心，将按顺时针旋转到（A与，C与分别是对应顶点），且点恰好落在射线上，请作出符合要求的．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹并写出结论）．
(2)若，求旋转的角度．
19．如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，的顶点均在格点上．

(1)画出将关于原点的中心对称图形．
(2)将绕点顺时针旋转得到，画出．
(3)若由绕着某点旋转得到的，则这点的坐标为___________．
20．中国空间站作为国家太空实验室，也是重要的太空科普教育基地.2022年3月23日“天宫课”中航天员生动演示了微重力环境下的4个实验，分别是A．太空冰雪实验、B．液桥演示实验、C．水油分离实验、D．太空抛物实验．某中学开展这4个实验为主题的手抄报评比活动，学生会随机抽取部分同学调查他们所感兴趣的主题，数据如下：

根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)学生会随机调查了___________名同学；并补全频数分布直方图；
(2)扇形中___________，实验所对应的圆心角为___________；
(3)若4个实验任选其一为主题设计手抄报，利用树状图或列表的方法求王明和李宇至少有一人选取水油分离实验的概率．
21．如图，四边形内接于，并且是的直径，是弧的中点，和的延长线交于外一点，

(1)求证：；
(2)若是方程的两根，求的长．
22．某种商品的标价为200元/件，由于疫情的影响，销量不佳，店家经过两次降价后的价格为128元/件，并且两次降价的百分率相同．
(1)求该种商品每次降价的百分率；
(2)若该种商品进价为80元/件，若以128元/件售出，平均每天能售出20件，另外每天需支付其他各种费用100元，在每件降价幅度不超过10元的情况下，若每件降价1元，则每天可多售出5件，如果每天盈利1475元，每件应降价多少元？
23．一个两位数，若将十位数字2倍的平方与个位数字的平方的差记为数．当时，我们把放在的左边将所构成的新数叫做的“叠加数”．例如：，，∴47的“叠加数”为1547；，，∴26没有“叠加数”．
(1)请判断5543是否为某个两位数的“叠加数”，并说明理由；
(2)两位数（，且均为整数）有“叠加数”，且能被11整除，求所有满足条件的两位数的“叠加数”．
24．如图，抛物线与轴交于点（点在点左侧），与轴交于点，连接．

(1)求线段的长；
(2)点为直线上方抛物线上一点，求四边形面积的最大值及此时点的坐标；
(3)将原抛物线向左平移1个单位长度得到抛物线，与原抛物线交于点，点在直线上，在平面直角坐标系中是否存在点，使以点为顶点的四边形的菱形，若存在，请直接写出点的坐标，并写出其中一个点的坐标的解答过程；若不存在，请说明理由．
25．如图1，两个等腰直角三角形的顶点重合，其中，连接，取中点，连接．

(1)如图1，当三个点共线时，请猜测线段的数量关系，并证明；
(2)将绕着点顺时针旋转一定角度至图2位置，根据“中点”这个条件，想到取与的中点，分别与点相连，再连接，最终利用（）证明了（1）中的结论仍然成立．请你思考当绕着点继续顺时针旋转至图3位置时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
(3)连接，在绕点旋转一周的过程中，的面积也随之变化．若，请直接写出面积的最大值．

参考答案：
1．A
【分析】根据旋转的性质即可解答．
【详解】解：可以下图一笔画“天鹅”旋转得到的图案是．

故选A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，旋转只改变了图形的方向、不改变形状．
2．C
【分析】根据事件发生的可能性大小判断即可．
【详解】解：A、在一个只有白球的袋中，摸出红球，是不可能事件；
B、a是实数，则，是必然事件；
C、任意选择某一电视频道，它正播放动画片，是随机事件；
D、两个负数相加和是负数，是必然事件；
故选：C．
【点睛】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念，必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
3．A
【分析】根据圆周角定理：同弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半，即可得出的度数．
【详解】解：∵，
∴．
故选：A
【点睛】本题考查了圆周角定理，解本题的关键在熟练掌握圆周角定理．
4．B
【分析】根据概率公式，直接求解即可．
【详解】解：∵将这些扑克牌背面朝上从中任抽一张，有5种等可能的情况，其中恰好是“红桃”的情况有2种，
∴恰好是“红桃”的概率是．
故选：B
【点睛】本题考查了简单的概率计算，解本题的关键是熟练掌握概率公式：，表示试验中所有可能出现的基本结果的总数目，表示事件包含的试验基本结果数．
5．A
【分析】先把5移到方程的右边，然后方程两边都加9，再把左边根据完全平方公式写成完全平方的形式．
【详解】解：，
移项得，
配方得，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，配方法的一般步骤：先整理成一元二次方程的一般形式；②把常数项移到等号的右边；③把二次项的系数化为1；④等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
6．D
【分析】将绕点逆时针旋转得到，可得再证明 再逐一分析即可．
【详解】解：∵将△ABC绕点逆时针旋转得到△DEC，
∴ 故A不符合题意；
∴
∴ 故B不符合题意；
∴
∴
∴ 故C不符合题意；
∵
∴ 故D符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，掌握“旋转的性质”是解本题的关键．
7．D
【分析】根据二次函数图象的性质对各项进行分析判断即可．
【详解】解：抛物线解析式可知，
A、由于，故抛物线开口方向向下，选项不符合题意；
B、抛物线对称轴为，结合其开口方向向下，可知当时，y随x增大而减小，选项说法正确，不符合题意；
C、由于抛物线开口方向向下，故函数有最大值，且最大值为，选项不符合题意；
D、抛物线顶点坐标为，选项说法不正确，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，解题关键是熟练运用抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标以及二次函数图象的增减性解题．
8．A
【分析】由二次函数的解析式可知，此函数的对称轴为，开口向上，当时，随增大而减小，当时，随增大而增大，然后进行判断即可．
【详解】解：∵二次函数的对称轴为直线，，
∴抛物线开口向上，当时，随增大而减小，当时，随增大而增大，
∵点关于的对称点为，且，
∴．
故选：A
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，属于基础题，关键是找到二次函数的对称轴，判断出函数的增减性．
9．C
【分析】由题意可知1人通话交流次，则可表示出一共通话的次数，可列出方程．
【详解】解：设这些朋友一共x人，
根据题意得，．
故选：C．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，找出题目中的等量关系是解题的关键．
10．C
【分析】先求方程的根，可得r的值，由直线与圆的位置关系的判断方法可求解．
【详解】解：∵，
∴ ，，
∵的半径是一元二次方程 的一个根，
∴或
∵ ，
∴ ，
∴直线l与的位置关系是相离，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题考查的解一元二次方程以及直线与圆的位置关系，通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定直线与圆的位置关系是解题的关键．
11．D
【分析】把不等式组整理为，再根据不等式组有解，得出不等式组的解集为，再根据不等式组有3个整数解，得出关于的不等式组的整数解为：、、，进而得出，解出的取值范围，再根据一元二次方程根的判别式与根的个数的关系，得出，解出的取值范围，然后综合得出的取值范围，进而得出符合条件的整数为、、、、，据此即可得出答案．
【详解】解：关于的不等式组，整理可得：，
∵关于的不等式组有解集，
∴不等式组的解集为：，
∵关于的不等式组有3个整数解，
∴关于的不等式组的整数解为：、、，
∴，
解得：，
∵关于的一元二次方程没有实数根，
∴，即，
解得：，
综上所述，的取值范围为，
∴符合条件的整数为、、、、，有个．
故选：D
【点睛】本题考查了一元一次不等式组的整数解、一元二次方程根的判别式与根的个数的关系，解本题的关键在综合得出的取值范围．
12．B
【分析】根据新定义运算法则，列出一元二次方程，解出即可得出符合题意的解，即可判断结论①；根据新定义运算法则，得出二次函数，然后根据函数解析式得出二次函数图象，即可判断结论②；根据新定义运算法则，结合二次函数的性质，即可判断结论③④，综合即可得出答案．
【详解】解：在方程中，
当时，即，则，
解得：或，
当时，即，则，
解得：或（都不符合题意，舍去），
∴综上所述，方程的解为或，故结论①正确；
当时，即，则，即，
当时，即，则，即，
如图，当时，方程没有三个解，故结论②错误；

函数中，
当时，则，即，结合图象可知：随增大而增大，故结论③正确；
当时，函数，当时，函数有最小值，最小值为，故结论④错误，
综上所述，正确结论为①③，有2个正确结论．
故选：B
【点睛】本题考查了新定义运算、二次函数的图象与性质，解本题的关键在理解新定义运算法则，并熟练掌握二次函数的图象与性质．
13．
【分析】根据一元二次方程解的定义，将代入方程计算即可；
【详解】解：∵一元二次方程有一个根为2，
∴把代入方程，可得：，
解得：，
∴的值为．
故答案为：
【点睛】本题考查了一元二次方程解的定义，能够使得方程两边成立的未知数的值是方程的解，熟练掌握方程解的定义是解本题的关键．
14．
【分析】过点作，垂足为，连接，根据正切的定义，得出，进而得出，再根据等边三角形的判定，得出是等边三角形，再根据三线合一的性质，得出，再根据正切的定义，得出，进而得出，再根据等边三角形的性质，得出，，再根据角之间的关系，得出，再根据，进行计算即可得出答案．
【详解】解：如图，过点作，垂足为，连接，

∵中，，，，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴点是的中点，
∴，
∵，
∴，
又∵是等边三角形，
∴，，，
∴

，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正切的定义、等边三角形的判定与性质、三线合一的性质、扇形的面积公式，解本题的关键在得出和扇形的面积．
15．##
【分析】若使抛物线与x轴有公共点，则，即且，画树状图得出所有等可能的结果数以及满足且的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【详解】解：∵使抛物线与x轴有公共点，
∴，
即且，
列表如下：

0


1
0
0
0
0
1
0


1
2
0


2


0
2



共有12种等可能的结果，其中满足且的结果有6种，
∴使抛物线与x轴有公共点的概率为．
故答案为：．
【点睛】本题考查列表法与树状图法、二次函数的性质，熟练掌握列表法与树状图法以及二次函数的性质是解答本题的关键．
16．14
【分析】设第一批大闸蟹每只价格为a元，A类蟹每只x元，B类蟹每只y元，则C类蟹每只2x元，根据等量关系式：6只A类蟹价格+5只B类蟹价格+4只C类蟹的价格=第一批蟹16只的价格，1只A类蟹价格+1只B类蟹的价格=第一批蟹2只的价格，列出方程组，将a看作已知数，用a表示x，y，再根据A、B、C三类蟹的单价之和不低于38元、不高于65元，列出不等式组，解不等式组得出a的取值范围，最后根据a、x、y都是整数，得出a的值即可．
【详解】解：设第一批大闸蟹每只价格为a元，A类蟹每只x元，B类蟹每只y元，则C类蟹每只元，根据题意得：
，
解得：，
∵A、B、C三类蟹的单价之和不低于38元、不高于65元，
∴，即，
解得：，
∵a取整数，
，13，14，15，16，17，18，19，
又∵，y都必须取整数，
只有符合题意，
即第一批大闸蟹每只价格为14元．
故答案为：14．
【点睛】本题主要考查了一元一次不等式组和二元一次方程组的应用，根据题意用第一批大闸蟹的单价表示出第二批成熟的大闸蟹中A、B、C三类蟹的单价是解题的关键．
17．(1)，
(2)，

【分析】（1）用因式分解法解一元二次方程即可；
（2）把右边部分移项后，用因式分解法解一元二次方程即可．
【详解】（1）解：

即或
解得，．
（2）解：


即或
解得，．
【点睛】此题考查了因式分解法解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法和步骤是解题的关键．
18．(1)见详解
(2)

【分析】（1）以点B为圆心，的长为半径画弧，交射线于点，连接，再分别以、B为圆心，以、为半径画弧，两弧交于点，连接、即可．
（2）设，由旋转可得，，，则，根据直角三角形斜边上的中线的性质可得，进而可得，，，则，求出x的值，则可得，即得出答案．
【详解】（1）以点B为圆心，的长为半径画弧，交射线于点，连接，再分别以、B为圆心，以、为半径画弧，两弧交于点，连接、，
作图如下：

即为所求，
证明：根据作图方法可知：，，，
则有：，
则所作满足要求；
（2）设，
由旋转可得，，，
∴，
∵，点O为的中点，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴在中，，
解得，
∴，
即旋转的角度为．
【点睛】本题考查作图−旋转变换、直角三角形斜边上的中线，全等三角形的判定等知识，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
19．(1)见解析
(2)见解析
(3)

【分析】（1）根据中心对称的性质即可画出；
（2）根据旋转的性质即可画出；
（3）根据旋转中心为两组对应点连线的垂直平分线的交点可得点P的位置．
【详解】（1）解：如图，即为所求；
；
（2）解：如图，即为所求；
（3）解：根据旋转的性质可得，旋转中心为和垂直平分线的交点，图中点P即为旋转中心，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了作图-旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
20．(1)150，补图见解析
(2)，
(3)

【分析】（1）根据实验A的感兴趣人数和所占百分比计算即可得到调查总人数，用总人数乘以B所占百分比后补图即可；
（2）为整体1减去其他所占百分比，实验所对应的圆心角为所占百分比乘以解题即可；
（3）画树状图找出符合条件的等可能性情况数量求概率解题即可．
【详解】（1）∵(人)，
∴B类的人数为：（人），补图如下：
．
故答案为：150．
（2）解：，
实验所对应的圆心角为，
故答案为：，；
（3）画树状图如下：

由树状图可知，共有16种等可能性，王明和李宇至少有一人选取水油分离实验的结果数的有7种，
∴王明和李宇至少有一人选取水油分离实验的概率为：．
【点睛】本题考查了条形统计图、扇形统计图，画树状图求概率，熟练掌握统计图的意义，准确画树状图是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)．

【分析】（1）连接，先根据直径所对的圆周角是直角，圆内接四边形的性质和等弧所对的圆周角相等得到，，从而根据等角对等边可证；
（2）根据根的判别式为0，构建方程求出m的值，解方程即可．
【详解】（1）证明：连接．

∵是的直径，
∴．
∵四边形内接于，
∴，又，
∴．
∵C是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：由题意方程有两个相等的实数根，
∴，
∴或6，
当时，方程为，解得（不符合题意舍去）；
当时，方程为，解得．
∴．
综上所述，．
【点睛】本题考查圆心角，弧，弦之间的关系，圆内接四边形的性质，根的判别式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
22．(1)该种商品每次降价的百分率为
(2)每件商品应降价元

【分析】（1）设该种商品每次降价的百分率为，根据该商品的原价及经过两次降价后的价格，即可得出关于的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论；
（2）根据每件商品的盈利（原来的销售量增加的销售量），列出方程，解出并根据题意，即可得出答案．
【详解】（1）解：设该种商品每次降价的百分率为，
依题意，得：，
解得：，（不合题意，舍去），
∴该种商品每次降价的百分率为；
（2）解：设每件商品应降价元，
根据题意，得：，
解得：，，
∵在降价幅度不超过10元的情况下，
∴不合题意，舍去，
∴每件商品应降价元．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，得到现在的销售量是解本题的难点，根据每天的盈利得到相应的等量关系是解本题的关键．
23．(1)5543是43的“叠加数”，理由见解析
(2)14361或18773或4844或9652．

【分析】（1）根据“叠加数”的定义判断即可；
（2）根据“叠加数”的定义及能被11整除两个条件可得出关于a和b的方程，依次可得出a，b的值，进而得出M的“叠加数”．
【详解】（1）5543是43的“叠加数”，理由如下：
对于5543，其中，
∵，
∴43的“叠加数”为5543；
（2）∵两位数（，且均为整数）有“叠加数”，
∴，
∴，
∵能被11整除，
∴能被11整除，
∴和至少有一个能被11整除，
∵，
∴，
当时，或；
当时，或，
当时，，则M的叠加数为14361；
当时，，则M的叠加数为18773；
当时，，则M的叠加数为4844；
当时，，则M的叠加数为9652．
综上，满足条件的两位数M的“叠加数”为14361或18773或4844或9652．
【点睛】本题考查数的整除类，涉及二元一次方程的应用；理解题意，从题目中获取信息，列出正确的代数式，再由数的特点求解是解题的关键．
24．(1)
(2)当时，四边形面积的最大值为，此时点的坐标为
(3)存在点，使以点为顶点的四边形的菱形，点的坐标为或或

【分析】（1）令，则，得出点的坐标，然后令，则，解出即可得出点、的坐标，再根据两点之间的距离公式，计算即可；
（2）根据（1）得出，，再根据三角形的面积公式，得出，再根据待定系数法求出一次函数解析式，然后过点作轴交于点，垂足为点，设点，则，根据两点之间的距离公式，得出，再根据，计算得出，再根据，计算得出，再根据二次函数的性质，即可得出答案；
（3）根据抛物线的平移的规律，得出平移后的解析式为，再根据两抛物线相交于一点，联立方程组，解出即可得出点的坐标，再设，，分两种情况讨论：当为菱形的对角线时，和当为菱形的对角线时，，再根据菱形的性质和两点之间的距离公式，列出方程组，求解即可．
【详解】（1）解：令，则，
∴，
令，则，
解得：，，
∴，，
∴；
（2）解：由（1）可知：，，
∴，
设直线的解析式为，
∵，，
∴可得：，
解得：，
∴直线的解析式为：，
如图，过点作轴交于点，垂足为点，

设点，则，
∴，
∴





，
∴

，
当时，四边形面积的最大值为，此时点的坐标为；
（3）解：存在点，使以点为顶点的四边形的菱形，理由如下：
∵将抛物线向左平移1个单位长度得到抛物线，
∴平移后的解析式为，
联立方程组，可得：，
解得：，
∴，
设，，
当为菱形的对角线时，，
∴可得：，
解得：或（舍去），
∴点的坐标为，
当为菱形的对角线时，，
∴可得：，
解得：或，
∴点的坐标为或，
综上可得：点的坐标为或或．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、坐标与图形、两点之间的距离、求一次函数解析式、抛物线的平移、解一元二次方程、菱形的性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质，并充分利用数形结合思想解答．
25．(1)，证明见解析
(2)成立，证明见解析
(3)32

【分析】（1）连接，由等腰直角三角形的性质证出，得出，则可得出结论；
（2）取的中点M，的中点N，连接由三角形中位线定理证出四边形是平行四边形，得出，证明，由全等三角形的性质得出；
（3）当最大时，的面积最大，由等腰直角三角形的性质及三角形面积公式可得出答案．
【详解】（1）解：．
连接，

∵和是等腰直角三角形，
∴
∴，
∵F为的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
同理，
∴，
∴，
∴；
（2）解：成立，理由如下：
如图3，取的中点M，的中点N，连接，

∵是等腰直角三角形，，
∴，
∵是等腰直角三角形，，
∴，
∵F，N分别是和的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵F，M分别是和的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：过点F作于点G，
由（2）知：是等腰直角三角形，

∴当最大时，的面积最大，
∵，
∴当B、C、D共线时，，
∴32．
即面积的最大值是．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理等知识，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．