贵州省遵义市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题（含详细答案）

这是一份贵州省遵义市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题（含详细答案），共26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。
贵州省遵义市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．下列实数最小的是（    ）
A．1 B． C．0 D．
【答案】D
【分析】根据正数大于0，0大于负数，两个负数比较大小，绝对值大的反而小，据此比较即可．
【详解】∵正数和0都大于负数，
故A、C选项不符合题意；
∵，
∴，
∴最小．
故选：D
【点睛】本题考查了实数大小的比较，熟练掌握实数大小比较的方法是解本题的关键．
2．下列图形是中心对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据中心对称图形的定义，对选项进行分析，即可得出答案．
【详解】解：A、是中心对称图形，故此选项符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：A
【点睛】本题考查了中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的定义是解本题的关键．中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
3．北京2022年冬奥会上的“雪花”图案向世界展现了一起向未来的美好愿景，单个“雪花”的质量约为0.00000024千克，将0.00000024用科学记数法表示正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，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，当原数绝对值时，n是正整数；当原数的绝对值时，n是负整数．
【详解】解：．
故选：B．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数，正确确定a的值以及n的值是解决问题的关键．
4．如图所示是围棋棋盘的一部分，将它放置在平面直角坐标系中，若白棋②的坐标是，白棋③的坐标是，则黑棋①的坐标是（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据白棋②、③的坐标建立平面直角坐标系即可得到答案．
【详解】解：如图所示，建立平面直角坐标系，
∴黑棋①的坐标是，
故选C．

【点睛】本题考查了坐标确定位置，解题的关键是正确得出原点的位置．
5．若关于的一元二次方程有一根为0，则的值为（    ）
A．1 B． C．1或 D．1或0
【答案】A
【分析】根据一元二次方程和根的定义，可得，将代入求解m即可．
【详解】解：由题意可得，，解得，
将代入，
得：，
解得或（舍去），
故选：A．
【点睛】此题考查了一元二次方程的定义和根的定义，解题的关键是掌握一元二次方程的定义和根的定义，易错点为容易忽略二次项系数不为0．
6．如图，在正方形网格中，绕某一点旋转某一角度得到，则旋转中心可能是（    ）

A．点A B．点B C．点C D．点D
【答案】C
【分析】分别将两个三角形的三个顶点与B，C，D，三角相连，判断连线是否长度相等，围成角度是否相等，如果都相等则是旋转中心．
【详解】解，连接FC，PC，
由图可知， ，且，
连接EC，RC，
由图可知， ，且，
连接GC，QC，
由图可知， ，且，
故点C为旋转中心，
故选：C．
【点睛】本题考查图形的旋转，能够判断旋转中心是解决本题的关键．
7．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，如图1，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，如图2，已知圆心O在水面上方，且被水面截得弦长为4米，半径长为3米．若点C为运行轨道的最低点，则点C到弦所在直线的距离是（    ）

A．1米 B．2米 C．米 D．米
【答案】C
【分析】连接OC交AB于点E．利用垂径定理以及勾股定理求出OE，可得结论．
【详解】解：连接OC交AB于点E．

由题意OC⊥AB，
∴AE=BE=AB=2（米），
在Rt△AEO中，（米），
∴CE=OC-OE=（米），
故选：C．
【点睛】本题考查垂径定理的应用，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
8．一次函数与二次函数在同一平面直角坐标系中的大致图象可能是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题可先由二次函数图象得到字母系数的正负，再由一次函数的图象得到字母系数的正负，相比是否一致．
【详解】解：．由抛物线可知，，，得，由直线可知，，，故本选项不符合题意；
B．由抛物线可知，，，得，由直线可知，，，故本选项不符合题意；
C．由抛物线可知，，，得，由直线可知，，，故本选项不符合题意；
D．由抛物线可知，，，得，由直线可知，，，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查抛物线和直线的性质，用假设法以及数形结合的方法是解题的关键．
9．某商店销售一种进价为40元/千克的海鲜产品，据调查发现，月销售量（千克）与售价（元/千克）之间满足一次函数关系，部分信息如下表，下列说法错误的是（    ）
售价（元/千克）
50
60
70
80
…
销售量（千克）
250
240
230
220
…

A．与之间的函数关系式为
B．当售价为72元时，月销售利润为7296元
C．当每月购进这种海鲜的总进价不超过5000元时，最大利润可达到16900元
D．销售这种海鲜产品，每月最高可获得利润16900元
【答案】C
【分析】根据题意，可设与之间的函数关系式为，再把将、代入，联立方程组，并解出，得出与之间的函数关系式，即可判断选项A；再根据一次函数的性质，得出当时，月销售量为千克，然后算出月销售利润，即可判断选项B；设月销售利润为，根据月销售利润等于每千克的利润乘以数量，得出，再根据题意，得出月销售量不超过千克，再根据一次函数，得出售价，然后代入，计算即可判断选项C；再根据二次函数的性质，即可判断选项D，综合即可得出答案．
【详解】解：∵月销售量（千克）与售价（元/千克）之间满足一次函数关系，
∴设与之间的函数关系式为，
将、代入，
可得：，
解得：，
∴与之间的函数关系式为，故选项A正确；
当时，，
∴月销售利润为：（元），故选项B正确；
设月销售利润为，
∴，
∵每月购进这种海鲜的总进价不超过元，
∴（千克），即月销售量不超过千克，
∴当时，即，
解得：，
∴（元），故选项C错误；
∵，
∴当时，有最大值，最大值为，即最高利润为元，故选项D正确．
故选：C
【点睛】本题考查了一次函数的应用、求一次函数解析式、二次函数的应用、二次函数的性质，解本题的关键在理解题意，正确得出函数解析式．
10．如图，已知矩形，，，矩形是由矩形绕点顺时针旋转得到的，点为边上一点，现将四边形沿折叠得到四边形，当点恰好落在上时，的长是（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据折叠的性质，得出，，再根据矩形的性质和旋转的性质，得出，，再根据勾股定理，得出，再根据线段之间的数量关系，得出，连接，再根据勾股定理，得出，，再根据线段之间的数量关系，得出，再根据勾股定理，列出方程，解出即可得出答案．
【详解】解：∵四边形沿折叠得到四边形，
∴，，
∵矩形是由矩形绕点顺时针旋转得到的，，，
∴，，
∴，
∴，
连接，

∴，
∴，
设，则，，
在中，
，
，
即，
解得：，
∴．
故选：B
【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质、旋转的性质、勾股定理，熟练掌握相关的性质定理，并正确作出辅助线是解本题的关键．

二、填空题
11．化简的结果是 _____．
【答案】
【分析】利用并同类项的法则：把同类项的系数相加，字母和字母的指数不变化简即可．
【详解】解：




故 答案 为：
【点睛】本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握合并同类项的法则，即可完成．

12．某学校运动场跑道的一段弯道如图所示，现需对其进行改造，经施工队测得弯道的内外边缘均为圆弧，点是、所在圆的圆心，点、分别在、上，测得圆弧跑道半径，跑道宽，，则这段圆弧跑道的面积为______（结果保留）

【答案】
【分析】根据线段之间的数量关系，得出大扇形的半径的长，再根据扇形的面积公式，用大扇形的面积减去小扇形的面积，计算即可得出答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∵弯道的内外边缘均为圆弧，点是、所在圆的圆心，，
∴圆弧跑道的面积为：（）．
故答案为：．
【点睛】本题考查了扇形的面积公式，解本题的关键在熟练掌握扇形的面积公式．
13．如图，在一个长为，宽为的矩形场地内修筑两条等宽的道路，剩余部分为绿化用地，如果绿化用地的面积为，那么道路的宽为______．

【答案】2
【分析】设道路的宽为，根据道路的面积等于矩形面积减去绿化面积建立方程求解即可．
【详解】解：设道路的宽为，
由题意得：，
∴，
解得或（不合题意，舍去），
∴道路的宽为
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，正确理解题意找到等量关系列出方程是解题的关键．
14．如图，为半圆的直径，点是半圆上的一点，点为的中点，与相交于点．若，，则的长为______

【答案】
【分析】延长、交于点，根据“角边角”，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据圆周角定理的推论，得出，，再根据“角边角”，得出，再根据全等三角形的性质，计算即可得出答案．
【详解】解：如图，延长、交于点，

∵为半圆的直径，
∴，
∴，即，
又∵，即，
∵，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，即，
∵，
∵为半圆的直径，
∴，
∴，
∴．
故选：
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论、全等三角形的判定与性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理，并正确作出辅助线．
15．已知二次函数所对应的一元二次方程的两个不相等的实数根均大于，则下列结论正确的有______（填序号）
①时，
②若，，则两实数根满足
③若，，则或
④若，，，则
【答案】②④##④②
【分析】①分两种情况，再根据“一元二次方程的两个不相等的实数根均大于”即可判断当时，y的值；②根据根与系数的关系可得即可判断；③由题意可知，，再将，代入可得，设，则，根据根与系数的关系得，解得或，以此即可判断；④根据根与系数的关系可得，以此即可判断．
【详解】解：当时，抛物线开口向上，
∵一元二次方程的两个不相等的实数根均大于，
∴当时，，
当时，抛物线开口向下，
∵一元二次方程的两个不相等的实数根均大于，
∴当时，，
故①错误；
∵，，
∴，
故②正确；
∵一元二次方程的两个不相等的实数根，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴或，
∴或，
故③错误；
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故④正确；
综上，结论正确的有②④．
故答案为：②④．
【点睛】本题主要考查二次函数图象与系数的关系、根的判别式、根与系数的关系，熟练掌握是一元二次方程的两根时，是解题关键．

三、解答题
16．（1）计算；
（2）解方程：
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）先化简二次根式和绝对值，零指数幂和负整数指数幂，再根据实数的混合计算法则求解即可；
（2）利用因式分解法解方程即可．
【详解】解：（1）

；
（2）∵，
∴，
∴或，
解得．
【点睛】本题主要考查了实数的混合计算，解一元二次方程，二次根式的化简，零指数幂和负整数指数幂，熟知相关计算法则是解题的关键．
17．先化简，再求值．，其中为一元二次方程的根
【答案】，6．
【分析】先根据分式运算法则进行化简，再根据根与方程的关系得到关于m的等式，然后代入化简结果即可得解．
【详解】解：



，
∵为一元二次方程的根，
∴，即，
∴原式．
【点睛】本题考查了分式化简求值及一元二次方程的根，熟练掌握分式运算法则是解题关键．
18．遵义市某中学德育处利用班会课对全校学生进行了一次安全知识测试活动，现从八，九两个年级各随机抽取10名学生的测试成绩（得分用表示），现将20名学生的成绩分为四组（A：，：，：，：）进行整理，部分信息如下：
九年级的测试成绩：76，100，87，100，92，94，91，100，94，86
八年级的测试成绩在组中的数据为：83，84，86，88
年级
平均数
中位数
最高分
众数
八年级
83

98
76
九年级

93
100



根据以上信息，解答下列问题：
(1)______，______，______；
(2)若该中学八年级与九年级共有1400名学生，请估计此次测试成绩达到90分及以上的学生有多少人？
(3)通过以上数据分析，你认为八、九年级中哪个年级学生对安全知识掌握得更好？请写出一条理由
【答案】(1)，，
(2)估计此次测试成绩达到90分及以上的学生有人
(3)九年级学生对安全知识掌握得更好，理由见解析

【分析】（1）根据中位数，众数和平均数的定义进行求解即可；
（2）用乘以样本中测试成绩达到90分及以上的学生的人数占比即可得到答案；
（3）从平均成绩，中位数，众数的角度出发进行描述即可．
【详解】（1）解：∵八年级一共有10人，
∴八年级的中位数为第5名和第6名的成绩的平均成绩，
∴；
九年级的平均成绩为，
∴，
∵九年级成绩中100出现了3次，出现的次数最多，
∴，
故答案为：，，；
（2）解：人，
∴估计此次测试成绩达到90分及以上的学生有人；
（3）解：由表格中的可知，九年级的平均成绩，中位数，众数都比八年级的要高，
∴九年级学生对安全知识掌握得更好．
【点睛】本题主要考查了中位数，众数和平均数，用样本估计总体等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
19．如图所示，小张同学在由5块黑色和4块白色小正方形组成的“”正方形网格中做涂色游戏，发现某些涂色方案可构成轴对称图形．

(1)若将其中一块白色的小正方形涂黑，则6块黑色小正方形组成的图形是轴对称图形的概率是______．
(2)若将其中两块白色的小正方形涂黑，请用列表或画树状图的方法求7块黑色小正方形组成的图形是轴对称图形的概率
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据轴对称图形和概率计算公式进行求解即可；
（2）先列出表格得到所有的等可能性的结果数，再找到7块黑色小正方形组成的图形是轴对称图形的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．
【详解】（1）解：∵一共有4块白色小正方形，涂黑每一块白色小正方形的概率相同，且只有把C涂黑才能使6块黑色小正方形组成的图形是轴对称图形，
∴将其中一块白色的小正方形涂黑，则6块黑色小正方形组成的图形是轴对称图形的概率是，
故答案为：；
（2）解：列表如下：

A
B
C
D
A

（B，A）
（C，A）
（D，A）
B
（A，B）

（C，B）
（D，B）
C
（A，C）
（B，C）

（D，C）
D
（A，D）
（B，D）
（C，D）


由表格可知一共有12种等可能性的结果数，其中7块黑色小正方形组成的图形是轴对称图形的结果数有8种（），
∴7块黑色小正方形组成的图形是轴对称图形的概率为．
【点睛】本题主要考查了简单的概率计算，树状图或列表法求解概率，轴对称图形的定义，灵活运用所学知识是解题的关键．
20．如图，已知矩形.根据以下作图过程，解答下列问题：

①连接；
②分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交，两点；
③作直线，分别交，，于点，，；
④连接，；
③以为圆心，为直径作．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)求证：为的切线
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）根据矩形的性质和平行线的性质，得出，，再根据题意，得出是的垂直平分线，再根据“角边角”，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据平行四边形的判定，得出四边形是平行四边形，再根据菱形的判定定理，即可得出结论；
（2）过点作，于点、，根据菱形的性质，得出，再根据角平分线的性质，得出，再根据切线的判定定理，即可得出结论．
【详解】（1）证明：在矩形中，，
∴，，
由作图过程可知：是的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵是的垂直平分线，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）证明：如图，过点作，于点、，

∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∵以为圆心，为直径作，
又∵，
∵是的半径，
∴是的半径，
∴是的切线．
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行线的性质、垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、角平分线的性质、切线的判定定理，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
21．阅读材料，解答问题
材料一：已知实数，，满足，，则可将，看作一元二次方程的两个不等实数根
材料二：已知，求的值
某同学解答思路如下：
由可得
所以
(1)直接应用：已知实数，满足，，求的值
(2)间接运用：已知实数，满足，．且，求的值．
【答案】(1)9
(2)

【分析】（1）根据题意可得，由此即可得到答案；
（2）根据题意可得是一元二次方程的两个不相等的实数根，则，再根据进行求解即可．
【详解】（1）解：∵实数，满足，，
∴实数，是一元二次方程的两个不相等的实数根，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴当，
∴，
∴，
又∵，，即，
∴是一元二次方程的两个不相等的实数根，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，对于一元二次方程，若是该方程的两个实数根，则．
22．已知抛物线与轴交于点、，与轴交于点.

(1)求抛物线解析式；
(2)如图①，若点是第一象限内抛物线上一动点，过点作于点，求线段长的最大值
(3)如图②，若点是抛物线上另一动点，点是平面内一点，是否存在以点、、、为顶点，且以为边的矩形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由
【答案】(1)抛物线解析式为
(2)的长的最大值为
(3)存在，点的坐标为或

【分析】（1）根据题意，设抛物线解析式为，再把代入，计算即可得出答案；
（2）过点作轴交于点，交于点，根据题意，得出，进而得出，再根据直角三角形两锐角互余，得出，再根据对顶角相等，得出，进而得出是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质，得出，再根据待定系数法求出直线的解析式，然后设点，则，再根据两点之间的距离公式，得出，再根据，得出，再根据二次函数的性质，即可得出答案；
（3）根据题意，设，然后分两种情况：当、在直线的上方时和当、在直线的下方时，根据相似三角形的判定与性质，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，即可得出点的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点、，
∴设抛物线解析式为，
又∵抛物线与轴交于点，
∴把代入，
可得：，
解得：，
∴抛物线解析式为；
（2）解：过点作轴交于点，交于点，

∵，，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
设直线的解析式为，
∵，，
∴可得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
设点，则，
∴，
∴，
∴当时，的长的最大值为；
（3）解：存在以点、、、为顶点，且以为边的矩形，理由如下：
设，
如图1，当、在直线的上方时，过点作轴交于点，过点作轴交于点，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
如图2，当、在直线的下方时，过点作轴，过点作交于点，过点作交于点，过点作交于点，

同理可得：，
∴，即，
解得：（舍去）或，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上所述：点的坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的图象与性质、直角三角形两锐角互余、等腰直角三角形的性质、求一次函数解析式、两点之间的距离公式、相似三角形的判定与性质、矩形的性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理，并正确作出辅助线．
23．综合与实践
提出问题：在一次数学活动课的学习中，小明同学发现：“等边三角形外接圆上任意一点到三个顶点的距离的平方和等于边长平方的两倍”

(1)初步探究：如图①，为等边三角形，是外接圆上任意一点，证明的思路如下，图②中，在上截取，连接，先证明为等边三角形，再证明，由此得出．请写出的证明过程
(2)继续探究：如图②，设，，，，求证
(3)拓展探究：如图③，点为正六边形的外接圆上一点，设，，，，，，．试探究，，，，，与之间的数量关系
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)

【分析】（1）根据提供的证明思路证明即可；
（2）由（1）可知，设与的交点为，先证明，求得，再证明，可得，整理后即可证明；
（3）连接、、，则是等边三角形，由（2）可得，过点作交于点，求出，可得，同理也是等边三角形，可得，即可探索出．
【详解】（1）证明：是等边三角形，
，
，
，
，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
；
（2）证明：由（1）可知，
，，，
，
设与的交点为，

，
，
，
，
，即，
，
，，
，
，
，
整理可得：；
（3）解：连接、、，
多边形是正六边形，
是等边三角形，
点在正六边形的外接圆上，
又，，，
由（2）可得，
过点作交于点，
，
，
，
，
，
，
同理也是等边三角形，
，
．

【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握三角形相似的判定及性质，三角形全等的判定及性质，等边三角形的性质，正六边形的性质，灵活应该结论是解题的关键．