2022-2023学年河南省南阳市油田九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省南阳市油田九年级（上）期末数学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省南阳市油田九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在函数y= x+3x中，自变量x的取值范围是(    )
A. x≥3 B. x≥−3 C. x≥3且x≠0 D. x≥−3且x≠0
2. 受国际油价影响，今年我国汽油价格总体呈上升趋势．某地92号汽油价格三月底是6.2元/升，五月底是8.9元/升．设该地92号汽油价格这两个月平均每月的增长率为x，根据题意列出方程，正确的是(    )
A. 6.2(1+x)2=8.9 B. 8.9(1+x)2=6.2
C. 6.2(1+x2)=8.9 D. 6.2(1+x)+6.2(1+x)2=8.9
3. 如图，在△ABC中，DE/​/BC，ADDB=23，若AC=6，则EC=(    )
A. 65
B. 125
C. 185
D. 245


4. 下列各式计算正确的是(    )
A. 2+ 3= 5 B. 4 3−3 3=1 C. 2× 3= 6 D. 12÷2= 6
5. 在平面直角坐标系中，将二次函数y=(x−1)2+1的图象向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，所得函数的解析式为(    )
A. y=(x−2)2−1 B. y=(x−2)2+3 C. y=x2+1 D. y=x2−1
6. 一元二次方程2x2+x−1=0的根的情况是(    )
A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根
C. 只有一个实数根 D. 没有实数根
7. 如图，一张圆桌共有3个座位，甲、乙、丙3人随机坐到这3个座位上，则甲和乙相邻的概率为(    )



A. 13
B. 12
C. 23
D. 1
8. 如图，在平面直角坐标系中，C为△AOB的OA边上一点，AC：OC=1：2，过C作CD/​/OB交AB于点D，C、D两点纵坐标分别为1、3，则B点的纵坐标为(    )
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
9. 2022年北京冬奥会女子冰壶比赛有若干支队伍参加了单循环比赛，单循环比赛共进行了45场，共有多少支队伍参加比赛？(    )
A. 8 B. 10 C. 7 D. 9
10. 如图1是第七届国际数学教育大会(ICME)会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC.若AB=BC=1，∠AOB=30°，则点B到OC的距离为(    )


A. 55 B. 2 55 C. 1 D. 2
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 计算( 19+1)( 19−1)的结果等于______．
12. 如图，在△ABC中，点D在AB边上，点E在AC边上，请添加一个条件______，使△ADE∽△ABC．


13. 不透明袋子中装有9个球，其中有7个绿球、2个白球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出1个球，则它是绿球的概率是______．
14. 如图，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，点F在线段DE上，且AF⊥BF.若AB=4，BC=7，则EF的长为          ．

15. 如图，直角三角形ABC纸片中，∠ACB=90°，点D是AB边上的中点，连结CD，将△ACD沿CD折叠，点A落在点E处，此时恰好有CE⊥AB.若CB=1，那么CE=______．


三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题10.0分)
(1)计算：2sin260°+tan60°⋅cos30°− 2cos45°；
(2)用适当的方法解方程：2x2+3x−1=0．
17. (本小题9.0分)
一个不透明的口袋中装有四个完全相同的小球，上面分别标有数字1，2，3，4．
(1)从口袋中随机摸出一个小球，求摸出小球上的数字是奇数的概率(直接写出结果)；
(2)先从口袋中随机摸出一个小球，将小球上的数字记为x，在剩下的三个小球中再随机摸出一个小球，将小球上的数字记为y.请用列表或画树状图法，求由x，y确定的点(x,y)在函数y=−x+4的图象上的概率．
18. (本小题9.0分)
如图，一次函数y=12x−2的图象分别交x轴、y轴于A、B，P为AB上一点且PC为△AOB的中位线，PC的延长线交反比例函数y=kx(k>0)的图象于Q，S△OQC=32，
(1)求A点和B点的坐标；
(2)求k的值和Q点的坐标．

19. (本小题9.0分)
北京时间2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，现场医监医保人员确认航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲身体状态良好，神舟十四号载人飞行任务取得圆满成功.为弘扬航天精神，某校在教学楼上悬挂了一幅长为8m的励志条幅(即GF=8m).小亮同学想知道条幅的底端F到地面的距离，他的测量过程如下：如图，首先他站在楼前点B处，在点B正上方点A处测得条幅顶端G的仰角为37°，然后向教学楼条幅方向前行12m到达点D处(楼底部点E与点B，D在一条直线上，在点D正上方点C处测得条幅底端F的仰角为45°，若AB，CD均为1.65m(即四边形ABDC为矩形)，请你帮助小亮计算条幅底端F到地面的距离FE的长度.(结果精确到0.1m，参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75)

20. (本小题9.0分)
如图，线段DE与AF分别为△ABC的中位线与中线．
(1)求证：AF与DE互相平分；
(2)当线段AF与BC满足怎样的数量关系时，四边形ADFE为矩形？请说明理由．





21. (本小题9.0分)
南阳世界月季大观园，研发了一款纪念品，每件成本为30元，投放景区内进行销售，规定销售单价不低于成本且不高于54元，销售一段时间调研发现，每天的销售数量y(件)与销售单价x(元/件)满足一次函数关系，部分数据如表所示：
销售单价x(元/件)
…
35
40
45
…
每天销售数量y(件)
…
90
80
70
…
(1)直接写出y与x的函数关系式；
(2)若每天销售所得利润为1200元，那么销售单价应定为多少元？
22. (本小题10.0分)
阅读与思考
下面是小宇同学的数学小论文，请仔细阅读并完成相应的任务．
用函数观点认识一元二次方程根的情况
我们知道，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根就是相应的二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象(称为抛物线)与x轴交点的横坐标．抛物线与x轴的交点有三种情况：有两个交点、有一个交点、无交点．与此相对应，一元二次方程的根也有三种情况：有两个不相等的实数根、有两个相等的实数根、无实数根．因此可用抛物线与x轴的交点个数确定一元二次方程根的情况．
下面根据抛物线的顶点坐标(−b2a,4ac−b24a)和一元二次方程根的判别式Δ=b2−4ac，分别分a>0和a0时，抛物线开口向上．
①当Δ=b2−4ac>0时，有4ac−b20，∴顶点纵坐标4ac−b24a0，∴顶点纵坐标4ac−b24a=0．
∴顶点在x轴上，抛物线与x轴有一个交点(如图2)．
∴一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有两个相等的实数根．
③当Δ=b2−4ac0，Δ0，
∴一元二次方程2x2+x−1=0有两个不相等的实数根，
故选：A．
求出判别式Δ=b2−4ac，判断符号即可得出结论．
本题主要考查了一元二次方程根的判别式，掌握一元二次方程根的判别式Δ>0时，方程有两个不相等的实数根是解决问题的关键．

7.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查概率的应用、必然事件，解答本题的关键是明确甲和乙相邻是必然事件．
根据题意可知：甲和乙相邻是必然事件，从而可以得到相应的概率．
【解答】
解：由题意可知，
甲、乙、丙3人随机坐到这3个座位上，则甲和乙相邻是必然事件，
∴甲和乙相邻的概率为1，
故选：D．  
8.【答案】C 
【解析】解：∵CD/​/OB，
∴ACAO=CDOB，
∵AC：OC=1：2，
∴ACAO=13，
∵C、D两点纵坐标分别为1、3，
∴CD=3−1=2，
∴2OB=13，
解得：OB=6，
∴B点的纵坐标为6，
故选：C．
根据CD/​/OB得出ACAO=CDOB，根据AC：OC=1：2，得出ACAO=13，根据C、D两点纵坐标分别为1、3，得出OB=6，即可得出答案．
本题主要考查了平行线的性质，平面直角坐标系中点的坐标，根据题意得出ACAO=CDOB=13，是解题的关键．

9.【答案】B 
【解析】解：设共有x支队伍参加比赛，
根据题意，可得x(x−1)2=45，
解得x=10或x=−9(舍)，
∴共有10支队伍参加比赛．
故选：B．
设共有x支队伍参加比赛，根据“循环比赛共进行了45场”列一元二次方程，求解即可．
本题考查了一元二次方程的应用，理解题意并根据题意建立等量关系是解题的关键．

10.【答案】B 
【解析】解：作BH⊥OC于H，

∵∠AOB=30°，∠A=90°，
∴OB=2AB=2，
在Rt△OBC中，由勾股定理得，
OC= OB2+BC2= 22+12= 5，
∵∠CBO=∠BHC=90°，
∴∠CBH=∠BOC，
∴cos∠BOC=cos∠CBH，
∴OBOC=BHBC，
∴2 5=BH1，
∴BH=2 55，
故选：B．
作BH⊥OC于H，利用含30°角的直角三角形的性质得OB=2，再由勾股定理得OC= 5，再根据cos∠BOC=cos∠CBH，得OBOC=BHBC，代入计算可得答案．
本题主要考查了勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，三角函数等知识，熟练掌握等角的三角函数值相等是解题的关键．

11.【答案】18 
【解析】解：原式=( 19)2−12
=19−1
=18，
故答案为：18．
根据平方差公式即可求出答案．
本题考查平方差公式与二次根式的混合运算，解题的关键是熟练运用平方差公式，本题属于基础题型．

12.【答案】∠ADE=∠B或∠AED=∠C或ADAB=AEAC(答案不唯一) 
【解析】解：∵∠A=∠A，
∴当∠ADE=∠B或∠AED=∠C或ADAB=AEAC时，△ADE∽△ABC，
故答案为：∠ADE=∠B或∠AED=∠C或ADAB=AEAC(答案不唯一)．
要使两三角形相似，已知一组角相等，则再添加一组角或公共角的两边对应成比例即可．
此题考查了相似三角形的判定的理解及运用，熟练应用相似三角形的判定是解题关键．

13.【答案】79 
【解析】解：∵不透明袋子中装有9个球，其中有7个绿球、2个白球，
∴从袋子中随机取出1个球，则它是绿球的概率是79，
故答案为：79．
用绿球的个数除以球的总数即可．
此题主要考查了概率公式，关键是掌握概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=mn．

14.【答案】32 
【解析】解：∵D，E分别为AB，AC的中点，BC=7，
∴DE=12BC=72，
∵AF⊥BF，
∴∠AFB=90°，
∵D为AB的中点，AB=4，
∴DF=12AB=2，
∴EF=DE−DF=32．
故答案为：32．
根据三角形中位线定理求出DE，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可求出DF，即可得出答案．
本题考查三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．

15.【答案】 3 
【解析】解：如图，设CE交AB于点O．

∵∠ACB=90°，AD=DB，
∴CD=AD=DB，
∴∠A=∠ACD，
由翻折的性质可知∠ACD=∠DCE，
∵CE⊥AB，
∴∠BCE+∠B=90°，
∵∠A+∠B=90°，
∴∠BCE=∠A，
∴∠BCE=∠ACD=∠DCE=30°，
∴CO=CB⋅cos30°= 32，
∵DA=DE，DA=DC，
∴DC=DE，
∵DO⊥CE，
∴CO=OE= 32，
∴CE= 3．
故答案为： 3．
如图，设CE交AB于点O.证明∠ACD=∠DCE=∠BCE=30°，求出CO，证明CO=OE，可得结论．
本题考查翻折变换，解直角三角形，等腰三角形的性质等知识，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．

16.【答案】解：(1)2sin260°+tan60°⋅cos30°− 2cos45°
=2×( 32)2+ 3× 32− 2× 22
=32+32−22
=2；

(2)2x2+3x−1=0，
a=2，b=3，c=−1，
∴Δ=b2−4ac=17>0，
∴x=−b± b2−4ac2a=−3± 172×2，
解得x1=−3+ 174，x2=−3− 174． 
【解析】(1)根据特殊角的三角函数值进行计算即可求解；
(2)根据公式法解一元二次方程即可求解．
本题考查了特殊角的三角函数值，解一元二次方程，熟练掌握特殊三角函数值，公式法解一元二次方程是解题的关键．

17.【答案】解：(1)∵口袋中共有4个小球，且小球上数字是奇数的有2个，
∴摸出小球上的数字是奇数的概率为24=12．
(2)画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中点在函数y=−x+4的图象上的有(1,3)，(3,1)，共2种，
∴由x，y确定的点(x,y)在函数y=−x+4的图象上的概率为212=16． 
【解析】(1)直接利用概率公式可得结果．
(2)画树状图得出所有等可能的结果数和由x，y确定的点(x,y)在函数y=−x+4的图象上的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、一次函数图象上点的坐标特征、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．用到的知识点为：概率=所求情况数总情况数．

18.【答案】解：(1)设A点的坐标为(a,0)，B点坐标为(0,b)，
分别代入y=12x−2，
解方程得a=4，b=−2，
∴A(4,0)，B(0,−2)；(6分)

(2)∵PC是△AOB的中位线，
∴PC⊥x轴，即QC⊥OC，
又Q在反比例函数y=kx的图象上，
∴2S△OQC=k，
∴k=2×32=3，(9分)
∵PC是△AOB的中位线，
∴C(2,0)，
可设Q(2,q)∵Q在反比例函数y=kx的图象上，
∴q=32，
∴点Q的坐标为(2 , 32).(12分) 
【解析】(1)因为一次函数y=12x−2的图象分别交x轴，y轴于A，B，所以当y=0时，可求出A的横坐标，当x=0时可求出B的纵坐标，从而可得解．
(2)因为三角形OQC的面积是Q点的横纵坐标乘积的一半，且等于32，所以可求出k的值，PC为中位线，可求出C的横坐标，也是Q的横坐标，代入反比例函数可求出纵坐标．
本题考查反比例函数的综合运用，关键是知道函数上面取点后所得的三角函数的面积和点的坐标之间的关系．

19.【答案】解：设AC与GE相交于点H，
设CH=x米，
∴AH=AC+CH=(12+x)米，
在△CHF中，∠FCH=45°，
∴FH=CH⋅tan45°=x米，
∵GF=8米，
∴GH=GF+FH=(8+x)米，
在Rt△AHG中，∠GAH=37°，
∴tan37°=GHAH，
∴x+812+x≈0.75，
解得：x≈4，
经检验：x=4是原方程的根，
∴FE=FH+HE=5.65≈5.7(米)，
∴条幅底端F到地面的距离FE的长度约为5.7米． 
【解析】设AC与GE相交于点H，根据题意可得：AB=CD=HE=1.65米，AC=BD=12米，∠AHG=90°，然后设CH=x米，则AH=(12+x)米，在Rt△CHF中，利用锐角三角函数的定义求出FH的长，从而求出GH的长，最后再在Rt△AHG中，利用锐角三角函数的定义列出关于x的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．

20.【答案】(1)证明：∵点D是AB的中点，
∴AD=12AB，
∵点E是AC的中点，点F是BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF//AB，EF=12AB，
∴EF=AD，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴AF与DE互相平分；
(2)解：当AF=12BC时，四边形ADFE为矩形，
理由：∵线段DE为△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
∵AF=12BC，
∴AF=DE，
由(1)得：四边形ADFE是平行四边形，
∴四边形ADFE为矩形． 
【解析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，三角形的中位线定理，三角形的中线，熟练掌握三角形的中位线定理，以及矩形的判定是解题的关键．
(1)根据线段中点的定义可得AD=12AB，根据三角形的中位线定理可得EF/​/AB，EF=12AB，从而可得EF=AD，进而可得四边形ADFE是平行四边形，然后利用平行四边形的性质即可解答；
(2)当AF=12BC时，四边形ADFE为矩形，再根据三角形的中位线定理可得DE=12BC，从而可得AF=DE，然后利用(1)的结论即可解答．

21.【答案】解：(1)设y与x的函数关系式为y=kx+b，
由表格得：当x=35时，y=90；
当x=40时，y=80；则有
35k+b=9040k+b=80，
解得k=−2b=160，
∴y=−2x+160；
(2)根据题意得：(x−30)(−2x+160)=1200，
解得x1=50，x2=60，
∵规定销售单价不低于成本且不高于54元，
∴x=50．
答：销售单价应定为50元． 
【解析】(1)设关系式为y=kx+b，任选表中的两组值代入即可求解；
(2)根据等量关系式：单件利润×销售量=总利润，列出方程进行求解即可．
本题考查了待定系数法求一次函数关系式，销售问题，掌握求法及销售问题中的等量关系式是解题的关键．

22.【答案】AC  可用函数观点认识二元一次方程组的解(答案不唯一) 
【解析】解：(1)上面小论文中的分析过程，主要运用的数学思想是AC；
故答案为：AC；
(2)a>0时，抛物线开口向上，
当Δ=b2−4ac0．
∵a>0，
∴顶点纵坐标4ac−b24a>0
∴顶点在x轴的上方，抛物线与x轴无交点，如图，

∴一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)无实数根；
(3)可用函数观点认识二元一次方程组的解；
故答案为：可用函数观点认识二元一次方程组的解(答案不唯一)．
(1)根据上面小论文中的分析过程，体现的数学思想主要是数形结合和数形结合的思想；
(2)参照小论文中的分析过程可得；
(3)除一元二次方程外，初中数学中，用函数观点还可以认识二元一次方程组的解，认识一元一次不等式的解集等．
本题考查了根的判别式，用函数观点认识方程、方程组以及不等式的关系，体现了数形结合数学的思想．

23.【答案】解：(1)设BM交EF与点H，连接AH，如图：

由折叠可知AE=BE，∠3=∠2，AH=BH，AH=HN，∠MNB=∠BAM=90°，
∴HB=HN，
∴∠5=∠6，
∵∠1+∠5=90°，∠2+∠6=90°，
∴∠1=∠2，
又∵AD/​/EF，
∴∠1=∠4，
∴∠2=∠3=∠4，
∵∠2+∠3+∠4=180°，
∴∠2=60°，
∴∠ABM=∠NBM=∠NBC=∠BNE=30°，
故答案为：∠ABM，∠NBM，∠NBC．
(2)△BMP是等边三角形，证明如下：
连接AN，如图：

由折叠可知：AB=BN，EF垂直平分AB．
∴AN=BN，
∴AN=AB=BN，
∴△ABN为等边三角形，
∴∠ABN=60°，
∴∠PBN=30°，
∵∠ABM=∠NBM=30°，∠BNM=∠BAM=90°，
∴∠BMP=60°，
∠MBP=∠BMP=∠BPM=60°，
∴△BMP是等边三角形．
(3)当a≤ 32b或(b≥2 33a)时，在矩形纸片上能剪出等边△BMP．
要在矩形纸片ABCD上剪出等边△BMP，则BC≥BP，
在Rt△BNP中，BN=BA=a，∠PBN=30°，
∴BP=acos30∘=2 33a，
∵BC≥BP，
∴b≥2 33a，即a≤ 32b，
当a≤ 32b或(b≥2 33a)时，在矩形纸片上能剪出这样的等边△BMP． 
【解析】(1)设BM交EF与点H，连接AH，由折叠可知AE=BE，∠3=∠2，AH=BH，AH=HN，∠MNB=∠BAM=90°，根据平行线的性质和三角形的内角和可得∠2=∠3=∠4，得出∠2=60°，则∠ABM=∠NBM=∠NBC=∠BNE=30°；
(2)连接AN，根据折叠的性质可得AB=BN，EF垂直平分AB，推得AN=AB=BN，根据等边三角形的判定和性质可得∠ABN=60°，∠PBN=30°，推得∠BMP=60°，根据等边三角形的判定即可证明△BMP是等边三角形；．
(3)根据题意可得要在矩形纸片ABCD上剪出等边△BMP，则BC≥BP，令BN=BA=a，根据余弦的定义可得BP=acos30∘=2 33a，结合BC≥BP，即可求得当a≤ 32b或b≥2 33a时，在矩形纸片上能剪出这样的等边△BMP．
本题考查了折叠的性质，平行线的性质，三角形的内角和，等边三角形的判定和性质，余弦的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键．