广西壮族自治区防城港市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题（含详细答案）

广西壮族自治区防城港市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

1．一元二次方程的一次项系数是（    ）

A．1 B． C． D．2

2．下列图形是物理器件的平面示意图，从左至右分别代表小车、放大镜、钩码和砝码，其中是中心对称图形的是（    ）

A． B． C． D．

3．抛物线与y轴的交点坐标是（    ）

A． B． C． D．

4．成语是中华文化的微缩景观，下列成语：“①水中捞月，②守株待兔，③百步穿杨，④瓮中捉鳖”描述的事件是不可能事件的是（    ）

A．① B．② C．③ D．④

5．如图，是的外接圆，，的度数是（    ）

A． B． C． D．

6．用配方法解方程，变形后结果正确的是（    ）

A． B． C． D．

7．如图，将绕着点顺时针旋转，得，若，，则∠BOC的度数是（　   　）

A． B． C． D．

8．参加足球联赛的每两队之间都进行一场比赛，共要比赛90场，设共有个队参加比赛，则下列方程正确的是（    ）

A． B．

C． D．

9．如图，圆的半径是2，圆内阴影图案的周长是（    ）

A．  B．  C．  D．

二、解答题

10．在一次试验中，每个电子元件的状态有两种可能（通电，断开），并且这两种状态的可能性相等，如图A，B之间电流能够正常通过的概率是（    ）

A． B． C． D．1

三、单选题

11．在中国书画艺术中，扇面书画是一种特殊的形式．如图扇面书法作品的形状是同心圆作出的扇面，扇面弧所对的圆心角是，大圆半径是20cm，小圆半径是10cm，则此书法作品的扇面面积是（    ）

A．300πcm2 B．200πcm2 C．100πcm2 D．80πcm²

12．下列关于二次函数（m为常数）的结论：

①该函数的图象与函数的图象形状相同；

②该函数图象的顶点在函数的图象上；

③当时，y随x的增大而减小；

④该函数的图象一定经过点．其中所有正确结论的序号是（    ）

A．①② B．②③ C．①②③ D．①②④

四、填空题

13．点关于原点对称的点的坐标为_____________.

14．已知的半径为2cm，则最长的弦为______cm．

15．如图，一个正方形剪去四个角后形成一个边长为的正八边形，则这个正方形的边长为______．

16．一元二次方程根的判别式的值为_______．

17．《九章算术》是东方数学思想之源，该书中记载：“今有勾八步，股一十五步，问勾中容圆径几何．”其意思为：“今有直角三角形，勾(短直角边)长为8步，股(长直角边)长为15步，问该直角三角形内切圆的直径是多少步．”该问题的答案是________步．

18．如图抛物线与直线相交于点A，B，与y轴交于点，若为直角，则当时自变量x的取值范围是_______．

五、解答题

19．解方程：．

20．如图：，D、E分别是半径OA和OB的中点，求证：CD＝CE．

21．已知关于x的一元二次方程．

(1)若方程有实数根，求m的取值范围；

(2)若方程有一个根是，求m的值及方程的另一个根．

22．如图，在平面直角坐标系中，点，，．

(1)以点C为旋转中心，把逆时针旋转，画出旋转后的；

(2)在（1）的条件下，求点A旋转经过的路径的长度（结果保留π）．

23．在学习“概率”内容时，九5班的腾飞学习小组做了投掷质地均匀的正方体骰子的试验，他们共做了120次试验，试验的结果如下：

(1)计算“1点朝上”的频率是______；

(2)在小组交流讨论时，小明说：“根据试验结果，估计投掷正方体骰子得到5点朝上的概率是”，小明的说法正确吗？为什么？

(3)甲和乙两位同学各投掷一枚骰子，用列表或画树状图的方法求出两枚骰子朝上的点数之和为4的倍数的概率．

24．【阅读理解】我们知道，所以代数式的最小值为0，可以用公式来求一些多项式的最小值．

例如：求的最小值问题

解：∵

∵，∴，

∴的最小值为-8．

【类比应用】请应用上述思想方法，解决下列问题：

(1)类比：的最小值为_______．

(2)探究：代数式有最______（填“大”或“小”）值为______．

(3)拓展：如图，长方形花圃一面靠墙（墙足够长）另外三面所围成的棚栏的总长是20米，设垂直墙面的棚栏围x米，则当x为多长时花圃面积最大，最大面积是多少？

25．如图，中，，点D为斜边的中点，以为直径作，分别与，边交于点E，F，连接，过点F作，垂足为G．

(1)求证：是的切线；

(2)已知的半径为，若，求的长．

26．如图，抛物线经过点与点．

(1)求抛物线对应的函数解析式，并写出抛物线与x轴的交点B的坐标；

(2)点P在线段AC上，过点P作x轴的垂线与抛物线交于点Q，直线PQ交x轴于点M，连接CQ，OP，如果，求PM的长；

(3)探究抛物线的对称轴上是否存在一点E，使得以点E，B，C为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的点的坐标，若不存在，请说明理由．

参考答案：

1．B

【分析】根据一元二次方程的一般形式，即可解答．

【详解】解：一元二次方程的一次项系数是，

故选：B．

【点睛】本题考查了一元二次方程的一般形式及其概念，熟练掌握和运用一元二次方程的一般形式及其概念是解决本题的关键．

2．C

【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．

【详解】选项A、B、D中的图形都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．

选项C中的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．

故选：C．

【点睛】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后与自身重合．

3．A

【分析】将代入抛物线解析式，求出相应的y的值，即可得到抛物线与y轴的交点坐标．

【详解】解：令，，

∴抛物线与y轴的交点坐标是．

故选：A

【点睛】本题考查了二次函数的性质、二次函数图像上点的坐标特征；解答本题的关键是明确抛物线与y轴的交点就是时y的值．

4．A

【分析】判断每个成语是否是可能完成的事情，即可得到正确选项．

【详解】解：A、水中捞月：指在水里捞月亮，明显是不可能的事情，这是不可能事件，故符合题意；

B、守株待兔：守在树桩旁边是等待撞死的兔子，是可能事件，不符合题意；

C、百步穿杨：能射中百步之外指定的杨柳叶，也是可能事件，不符合题意；

D、瓮中捉鳖：从大坛子里捉王八，是可能事件，不符合题意；

故选A．

【点睛】本题考查了可能性的认识，可能性有三种：一定、可能、不可能，掌握可能性的概念是解题的关键．

5．B

【分析】根据圆周角的定义即可求解．

【详解】解：在中，

∵是所对的圆周角，是所对的圆心角，

∴由圆周角定理可得：．

故选：B．

【点睛】本题考查了圆周角的定义，熟练掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解题的关键．

6．C

【分析】根据配方法可直接进行求解．

【详解】解：由方程两边同时加上4可得；

故选C．

【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握配方法是解题的关键．

7．A

【分析】根据旋转的性质求得旋转角为，,进而根据即可求解．

【详解】解：∵将绕着点顺时针旋转，得，若，，

∴，,

∴

故选：A．

【点睛】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．

8．C

【分析】根据每个队都要和除自己以外的球队比一场，并且要考虑到重复的情况，那么比赛场次用x表示应该是 x(x−1) ．

【详解】解：每个球队都要和除自己以外的球队比一场，∴一共是 x(x−1) 场，但是其中有重复的，∴实际上是 x(x−1) 场，可以列式 x(x−1)=90 ．

故选：C．

【点睛】本题考查一元二次方程的应用，解题的关键是根据题意列出方程．

9．A

【分析】如图，先判断为等边三角形得到，再计算弧的长，然后把弧的长度乘以6可得到圆内阴影图案的周长．

【详解】如图，

∵，

∴为等边三角形，

∴，

∴圆内阴影图案的周长=．

故选：A．

【点睛】本题考查了弧长公式：（弧长为l,圆心角度数为，圆的半径为R）．

10．C

【分析】先根据题意画出树状图，确定所有等可能的结果和A、B之间电流能够正常通过的结果数，然后运用概率公式求解即可．

【详解】解：根据题意画出树状图如下：

由树状图知，共有4种等可能的结果，A、B之间电流能够正常通过的结果有1种，

所以A、B之间电流能够正常通过的概率是．

故选：C．

【点睛】本题主要考查了运用树状图法求概率．根据题意、正确画出树状图是解题的关键．

11．C

【分析】根据扇形的面积公式先分别求出大扇形和小扇形的面积，再相减即可．

【详解】解：根据题意得：大扇形的面积（cm2），

小扇形的面积（cm2），

所以此书法作品的扇形面积（cm2），

故选：C

【点睛】本题考查了扇形面积的计算，能分别求出大、小扇形的面积是解此题的关键．

12．D

【分析】由二次函数解析式可得抛物线开口方向及顶点坐标，进而求解．

【详解】解：∵二次函数，

∴该函数的图象与函数的图象形状相同，①正确；

∵，

∴抛物线顶点坐标为，

∴该函数图象的顶点在函数的图象上，②正确；

∵抛物线开口向下，顶点坐标为，

∴时，y随x增大而减小，③不正确；

将代入得，

∴抛物线经过，④正确；

故选：D．

【点睛】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数的顶点式．

13．

【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征：横纵坐标均互为相反数进行求解.

【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为.

故答案为.

【点睛】本题考查了坐标系中点的对称性，难度不大，熟知一个点关于x轴、y轴、原点对称的点的坐标特征是解题的关键.

14．4

【分析】根据直径是圆中最长的弦解答即可．

【详解】解：∵直径是圆中最长的弦，的半径为2cm，

∴最长的弦为4 cm，

故答案为：4．

【点睛】此题考查了圆的性质，正确理解直径是圆中最长的弦是解题的关键．

15．

【分析】设剪掉的等腰直角三角形的直角边为x，根据等腰直角三角形的斜边等于直角边的倍表示出斜边，列得方程，即得正八边形的边长．

【详解】解： ∵正八边形的每个外角的度数为，

∴四个角的三角形为等腰直角三角形，

设剪掉的等腰直角三角形的直角边为x，

则斜边为，

∴，

解得，

正方形的边长，

故答案为：．

【点睛】此题考查了正多边形的性质，正多边形的外角，勾股定理，正确理解正多边形的性质是解题的关键．

16．1

【分析】首先找出一元二次方程中，，，然后根据根的判别式计算即可．

【详解】解：一元二次方程中，，，

，

故答案是：1．

【点睛】本题主要考查了根的判别式的知识，解答本题的关键是掌握根的判别式．

17．6

【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，根据直角三角形的内切圆的半径的求法确定出内切圆半径，得到直径．

【详解】解：根据勾股定理得：斜边为=17，

设内切圆半径为r，由面积法

r= 3（步），即直径为6步，

故答案为：6．

【点睛】考点：三角形的内切圆与内心．

18．

【分析】先根据待定系数法即可求得抛物线解析式，再令，解得的值，再结合函数图象即可求解．

【详解】解：设与y轴交于点D，如图，则

∵，

∴，

∵抛物线对称轴为y轴，

∴为等腰直角三角形，点D为中点，

∴，

∴，

∵抛物线过点，

∴，

∴，，

∴抛物线解析式为，

令得：，

解得：，

∴当时，．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质、抛物线与x轴的交点、用待定系数法求二次函数解析式，根据待定系数法求出抛物线解析式，再正确求出抛物线与x轴的交点是解题关键．

19．，

【分析】移项，用提公因式法分解因式解答．

【详解】解：，

∴，

∴，

∴或．

∴，．

【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解决问题的关键是熟练掌握因式分解法解一元二次方程．

20．详见解析

【分析】利用圆的性质：同弧所对的圆心角相等可得∠AOC＝∠BOC，进而证得△COD≌△COE，即可证得CD=CE．

【详解】证明：连接OC．

在⊙O中，∵，

∴∠AOC＝∠BOC，

∵OA＝OB，D、E分别是半径OA和OB的中点，

∴OD＝OE，

∵OC＝OC（公共边），

∴△COD≌△COE（SAS），

∴CD＝CE（全等三角形的对应边相等）．

【点睛】本题考查了圆的性质、全等三角形的性质与判定，熟练掌握圆的性质是解答的关键．

21．(1)且

(2)，

【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式，即可求解；

（2）把代入方程，可求出m的值，再利用一元二次方程根与系数的关系，即可求解．

【详解】（1）解：∵方程有实数根，

∴，即，

解得：，

又∵，

∴m的取值范围是且．

（2）解：把代入方程得：，

解得：．

∴原方程为，

设方程的另一个根为a，

∵方程有一个根是，

∴，

解得：，

即方程的另一个根为．

【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，一元二次方程的解，熟练掌握相关知识点是解题的关键．

22．(1)见解析

(2)

【分析】（1）根据旋转的定义作出点A、B绕点C逆时针旋转得到的对应点，再顺次连接可得；

（2）根据弧长公式列式计算即可．

【详解】（1）如图所示．

（2）∵，

∴点A旋转经过的路径的长度．

【点睛】本题主要考查作图-旋转变换，根据旋转角度、旋转方向、旋转中心作出对应点是解题的关键．

23．(1)

(2)小明的说法不正确．因为通过大量的重复试验，可用一个随机事件发生的频率去估计它的概率，但120次试验次数不够多，所以不能由此频率估计概率．

(3)

【分析】（1）根据频率的概念求解即可；

（2）试验次数越多各数字出现的频数就越接近相等，据此求解即可；

（3）列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．

【详解】（1）“1点朝上”的频率是，

故答案为：；

（2）小明的说法不正确．因为通过大量的重复试验，可用一个随机事件发生的频率去估计它的概率，但120次试验次数不够多，所以不能由此频率估计概率．

（3）列表得：

共有36种等可能的结果，其中两枚骰子朝上的点数和是4的倍数的结果有9种．

∴．

【点睛】本题主要考查利用频率估计概率，掌握频率公式：频率=所求情况数与总情况数之比是解题的关键．频率能反映出概率的大小，但是要经过n次试验，而不是有数的几次，几次试验属于随机事件，不能反映事物的概率．

24．(1)2

(2)大，1

(3)当米时，花圃面积有最大值50米2

【分析】（1）将原式配方即可；

（2）将原式配方即可判断；

（3）依题意设，，，根据矩形的面积公式列出关系式，再配方，即可求最大面积．

【详解】（1），

∵，

∴，

∴的最小值为，

故答案为：；

（2）∵，

又∵，

∴，

∴，

∴的最大值为1，

故答案为：大，1；

（3）依题意设，，，

∴长方形花圃的面积为，

，

∴当米时，面积有最大值50米2．

答：当米时，花圃面积有最大值50米2

【点睛】本题考查了配方法的应用，熟练掌握配方法并灵活应用是解题的关键．

25．(1)见解析

(2)4

【分析】（1）连接OF，根据D为斜边的中点，可得，再根据，等量代换，则，即可得到，即可求证；

（2）连接DF，通过证明四边形是矩形，则，，根据勾股定理可得，即可求解．

【详解】（1）证明：连接OF，

∵点D为斜边的中点，

∴，

∴，

又∵，

∴，

∴．

∴．

又∵，

∴，

∴，即，

又∵是的半径，

∴与相切．

（2）连接．

∵为的直径，

∴．

又∵，

∴四边形是矩形．

∴，，

∴中，．

∴．

【点睛】此题考查了圆的有关性质，涉及了切线的判定与性质，矩形的判定与性质以及勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关基础性质并灵活运用．

26．(1)，

(2)1

(3)存在，点或或或或

【分析】（1）用待定系数法求函数解析式即可；

（2）设点P的横坐标为m，则，，用待定系数法求出直线的解析式，从而得出点P坐标，根据，列出关于m的方程，解方程即可；

（3）由得抛物线的对称轴为，设点E的坐标为，利用勾股定理得出的长，分三种情况根据等腰三角形的性质即可求解．

【详解】（1）把，代入得，

，

解得

∴抛物线的函数解析式为．

令

解得，．

∴点B坐标为．

（2）∵，

∴直线AC的解析式为．

设线段AC上的点，则点，点，

∴，．

∵，

∴，

∴

∴，

解得，（不合题意，舍去）．

∴．

（3）存在．抛物线的对称轴为，

设点E为，

∴，，．

①当时，有

∴，

解得．

②当时，有，

∴，

解得，．

③当时，有，

∴，

解得，．

综上所述，抛物线上存在点或或或或，使是等腰三角形．

【点睛】本题是二次函数综合题，考查了抛物线与x轴的交点，二次函数图象和性质，待定系数法求函数解析式，用点的坐标表示线段长度，等腰三角形的性质等知识，关键是对二次函数性质的掌握和运用以及分类思想的运用．