2022-2023学年湖北省荆门市东宝区九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖北省荆门市东宝区九年级（上）期末数学试卷（含解析），共25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。
1.我国传统文化中的“福禄寿喜”图(如图)由四个图案构成．这四个图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.一元二次方程x2−2x+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. 没有实数根D. 无法确定
3.下列事件为必然事件的是( )
A. 抛掷一枚硬币，正面向上
B. 在一个装有5只红球的袋子中摸出一个白球
C. 方程x2−2x=0有两个不相等的实数根
D. 如果|a|=|b|，那么a=b
4.若两个数的和为6，积为5，则以这两个数为根的一元二次方程是( )
A. x2−5x+6=0B. x2−5x−6=0C. x2−6x+5=0D. x2−6x−5=0
5.一次函数y=ax+1与反比例函数y=−ax在同一坐标系中的大致图象是( )
A. B.
C. D.
6.如图，▱ABCD中，E是AB延长线上一点，DE交BC于点F，且BE：AB=3：2，AD=10，则CF=( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 6
7.若A(m+1,y1)、B(m,y2)，C(m−2,y3)为抛物线y=ax2−4ax+2(ay3>y1，则m的取值范围是( )
A. m>2B. 20)图象上，AC⊥y轴于点C，BD⊥y轴于点E，交反比例函数y=kx(ky2时，求x的取值范围；
(3)求△AOB的面积．
22.(本小题8分)
如图，直角△ACB，∠ACB=90°，∠A=60°，以AC为直径作⊙O，点G为AB的中点，连接CG交⊙O于E点；
(1)求证：点E为CG的中点；
(2)过E点作ED⊥AB，D为垂足，延长DE交CB于点F，求证：DE是⊙O的切线；
(3)在(2)的条件下，若CF=2，求BC的长．
23.(本小题8分)
根据对某市相关的市场物价调研，预计进入夏季后的某一段时间，某批发市场内的甲种蔬菜的销售利润y1(千元)与进货量x(吨)之间的函数y1=kx的图象如图①所示，乙种蔬菜的销售利润y2(千元)与进货量x(吨)之间的函数y2=ax2+bx的图象如图②所示．
(1)分别求出y1，y2与x之间的函数关系式；
(2)如果该市场准备进甲、乙两种蔬菜共10吨，设乙种蔬菜的进货量为t吨．
①写出这两种蔬菜所获得的销售利润之和W(千元)与t(吨)之间的函数关系式．并求当这两种蔬菜各进多少吨时获得的销售利润之和最大，最大利润是多少元？
②为了获得两种蔬菜的利润之和不少于8400元，则乙种蔬菜进货量应在什么范围内合适？
24.(本小题8分)
已知抛物线y=ax2+94x+c与x轴交于点A(1,0)和点B两点，与y轴交于点C(0,−3)．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是第三象限抛物线上一动点，作PD⊥x轴，垂足为D，连接PC．
①如图1，若∠CPD=45°，求点P的坐标；
②直线PD交直线BC于点E，当点E关于直线PC的对称点E′落在y轴上时，求四边形PECE′的周长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
掌握中心对称图形与轴对称图形的概念：判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
【解答】
解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形．故正确；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故错误．
故选：B．
2.【答案】B
【解析】解：由题意可知Δ=(−2)2−4×1×1=0，
∴一元二次方程x2−2x+1=0有两个相等的实数根．
故选B．
本题考查一元二次方程的根的判别式．
根据根的判别式即可求出答案．
3.【答案】C
【解析】【分析】
必然事件就是一定发生的事件，即发生的概率是1的事件．
本题主要考查了必然事件的概念，必然事件指在一定条件下一定发生的事件，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，难度适中．
【解答】
解：A、是随机事件，故A选项不符合题意；
B、是不可能事件，故B选项不符合题意；
C、是必然事件，故C选项符合题意；
D、是随机事件，故D选项不符合题意．
故选：C．
4.【答案】C
【解析】解：若两个数的和为6，积为5，则以这两个数为根的一元二次方程是x2−6x+5=0，
故选：C．
以x1，x2为根的一元二次方程是x2−(x1+x2)x+x1x2=0，根据这个公式直接代入即可得到所求方程．
本题考查了一元二次方程的应用，熟记以x1，x2为根的一元二次方程为x2−(x1+x2)x+x1x2=0是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：分两种情况：
(1)当a>0时，一次函数y=ax+1的图象过第一、二、三象限，反比例函数y=−ax图象在第二、四象限，无选项符合；
(2)当a0，和a52，
故选：C．
由抛物线解析式可得抛物线开口方向及对称轴，根据抛物线开口方向及对称轴分类讨论y2>y3，y3>y1，可得m的取值范围．
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，掌握二次函数与不等式的关系．
8.【答案】B
【解析】解：如图，连接OE，
∵点E所对应的读数为50°，
∴∠AOE=50°，
∵AB为直径，∠ACB=90°，
∴点C在⊙O上，
∴∠ACE=12∠AOE=12×50°=25°，
∴∠BCE=90°−25°=65°，
∵∠BDE是△BDC的外角，
∴∠BDE=∠BCE+∠DBC=65°+45°=110°，
故选：B．
由圆周角定理得出∠ACE=25°，进而得出∠BCE=65°，再由外角的性质得出∠BDE=∠BCE+∠CBD，代入计算即可得出答案．
本题考查了圆周角定理，运用圆周角定理得出∠AOE与∠ACE的关系是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了坐标与图形性质，直角三角形斜边上的中线，三角形三边关系，判断点P在以O为圆心，AB长为直径的圆上是解决问题的关键．
根据点P在以O为圆心，AB长为直径的圆上，可得CP≤OP+OC，当点P，O，C在同一直线上，且点P在CO延长线上时，CP的最大值为OP+OC的长．
【解答】
解：如图所示，连接OC，OP，PC，
∵PA⊥PB，
∴∠APB=90°，
∴点P在以O为圆心，AB长为直径的圆上，
∵CP≤OP+OC，
∴当点P，O，C在同一直线上，且点P在CO延长线上时，CP的最大值为OP+OC的长，
又∵A(−3,0)，B(3,0)，C(3,4)，
∴AB=6，OC=5，OP=12AB=3，
∴线段PC的最大值为OP+OC=3+5=8，
故选C．
10.【答案】D
【解析】解：∵点A，B的坐标分别为(−3,−2)和(1,−2)，
∴线段AB与y轴的交点坐标为(0,−2)，
又∵抛物线的顶点在线段AB上运动，抛物线与y轴的交点坐标为(0,c)，
∴c≥−2，(顶点在y轴上时取“=”)，故①正确；
∵抛物线的顶点在线段AB上运动，开口向上，
∴当x>1时，一定有y随x的增大而增大，故②错误；
若点D的横坐标最小值为−5，则此时对称轴为直线x=−3，
根据二次函数的对称性，点C的横坐标最大值为1+2=3，故③正确；
令y=0，则ax2+bx+c=0，
CD2=(−ba)2−4×ca=b2−4aca2，
根据顶点坐标公式，4ac−b24a=−2，
∴4ac−b2a=−8，即b2−4aca=8，
∴CD2=1a×8=8a，
∵四边形ACDB为平行四边形，
∴CD=AB=1−(−3)=4，
∴8a=42=16，
解得a=12，故④正确；
综上所述，正确的结论有①③④．
故选：D．
根据顶点在线段AB上抛物线与y轴的交点坐标为(0,c)可以判断出c的取值范围，得到①正确；根据二次函数的增减性判断出②错误；先确定x=1时，点D的横坐标取得最大值，然后根据二次函数的对称性求出此时点C的横坐标，即可判断③正确；令y=0，利用根与系数的关系与顶点的纵坐标求出CD的长度的表达式，然后根据平行四边形的对边平行且相等可得AB=CD，然后列出方程求出a的值，判断出④正确．
本题考查了二次函数的综合题型，主要利用了二次函数的顶点坐标，二次函数的对称性，根与系数的关系，平行四边形的对边平行且相等的性质，①要注意顶点在y轴上的情况．
11.【答案】7
【解析】解：根据题意得m+n=5，mn=−2，
所以m+n−mn=5−(−2)=7．
故答案为7．
根据根与系数的关系得到m+n=5，mn=−2，然后利用整体代入的方法计算即可．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca．
12.【答案】13
【解析】解：画树状图得：
∵共有6种等可能的结果，随机抽取两个数相乘，积是正数的有2种情况，
∴随机抽取两个数相乘，积是正数的概率是：26=13．
故答案为：13．
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与随机抽取两个数相乘，积是正数的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．注意画树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比．
13.【答案】(−1, 3)
【解析】解：过A′作A′C⊥y轴于C，
∴∠A′CO=∠OBA=90°，
∵∠OBA=90°，∠A=30°，
∴∠AOB=60°，
由旋转的性质得OA′=OA，∠A′OA=60°，
∴∠AOC=∠COB−∠AOB=30°，
∴∠A′OC=∠A′OA−∠AOC=30°，
在△A′OC和△OAB中，
∠A′OC=∠A∠A′CO=∠OBAOA′=OA，
∴△A′OC≌△OAB(AAS)，
∴OC=AB= 3，A′C=OB=1，
∴点A′的坐标为(−1, 3).
故答案为：(−1, 3).
过A′作A′C⊥y轴于C，由旋转的性质得OA′=OA，∠A′OA=60°，可得∠A′OC=30°，证明△A′OC≌△OAB，根据全等三角形的性质得OC=AB= 3，A′C=OB=1，即可求解．
本题考查坐标与图形的性质−旋转，作辅助线构造全等三角形，利用全等三角形的判定和性质求解是解题的关键，
14.【答案】( 10−1,3)或(− 10−1,3)
【解析】解：抛物线y=12x2+x−32=12(x+1)2−2，
所以抛物线顶点为(−1,−2)，
因为圆与x轴相切，圆心在抛物线上，
∴P点纵坐标为3，
令12x2+x−32=3，
得x1= 10−1,x2=− 10−1，
故P( 10−1,3)或P(− 10−1,3)，
故答案为：( 10−1,3)或(− 10−1,3)．
先利用相切确定P点的纵坐标，再代入抛物线解析式求解即可．
本题考查了切线的性质和二次函数综合，掌握圆的切线垂直于过切点的半径确定点P的纵坐标是解题关键．
15.【答案】−4
【解析】解：设点B(m,3m)，
∵BD⊥y轴于点E，
∴BE=m，点D的坐标为(km3,3m)，
∴DE=−km3，
∵AC=2BE，
∴AC=2m，
∵AC⊥y轴，
∴点A(2m,32m)，DE/​/AC，
∴△ACF∽△DEF，
∴S△ACFS△DEF=(ACDE)2=94，
∴AC：DE=3：2，
∴2m−km3=32，
解得：k=−4，
故答案为：−4．
设点B(m,3m)，由AC=2BE得点A(2m,32m)，然后由BD⊥y轴得到点D的坐标为(km3,3m)，由BD⊥y轴，AC⊥y轴得到DE/​/AC，从而有△ACF∽△DEF，再由△ACF和△DEF的面积比是9：4得到AC：DE=3：2，从而列出方程求得k的值．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定与性质，平行线的判定，解题的关键是熟知反比例函数图象上点的坐标特征．
16.【答案】32
【解析】解：设⊙O与AD相切于M，与EF相切于N，与CF相切于G，
设正方形的边长为2a，
∴AM=DM=DG=CG=a，
设ME=NE=x，NF=FG=y，
在Rt△DEF中，
∵DE=a−x，DF=a−y，EF=x+y，
∴(x+y)2=(a−x)2+(a−y)2，
∴ax+ay+xy=a2，
∵S△BEF=S正方形ABCD−S△ABE−S△BCF−S△DEF，
∴4a2−12×2a×(a+x)−12×2a×(a+y)−12×(a−x)(a−y)=94，
∴32a2−12(ax+ay+xy)=94，
∴a2=94，
∵a>0，
∴a=32，
∴AB=2a=3，
∴⊙O的半径为32，
故答案为：32．
设正方形的边长为2a，则AM=DM=DG=CG=a，设ME=NE=x，NF=FG=y，则DE=a−x，DF=a−y，EF=x+y，利用勾股定理得出ax+ay+xy=a2，再由S△BEF=S正方形ABCD−S△ABE−S△BCF−S△DEF，得出a2=94，从而求出a，得到r．
本题考查了圆的切线的性质，以及勾股定理等知识，熟记切线长定理是解决问题的关键．
17.【答案】解：(1)x2−4x+2=0，
x2−4x=−2，
x2−4x+4=2，即(x−2)2=2，
∴x−2=± 2，
∴x1=2+ 2，x2=2− 2；
(2)2x2+3=7x，
2x2−7x+3=0，
∵a=2，b=−7，c=3，
∴Δ=(−7)2−4×2×3=25>0，
∴x=7± 252×2=7±54，
∴x1=3，x2=12．
【解析】(1)将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，再开方即可得；
(2)利用求根公式求解即可．
本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．
18.【答案】解：(1)将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°得到△ADE，
∴AC=AE，∠CAE=90°，∠AED=∠C，
∴∠C=∠AEC=45°=∠AED，
∴∠DEC=∠DEA+∠AEC=90°，
∴DE⊥BC；
(2)∵AC=2 2，
∴根据旋转可知：AE=AC=2 2，
∴在Rt△AEC中，EC= AC2+AE2=4，
∴BE=BC−EC=2，
由旋转可知DE=BC=6，
∴BD= BE2+DE2= 4+36=2 10．
【解析】(1)根据旋转的性质可得AC=AE，∠CAE=90°，∠AED=∠C，再根据等腰直角三角形的性质即可证明；
(2)根据AC=2 2，∠EAC=90°，再结合AE=AC=2 2，即可求出EC=4.BE=BC−EC=2，由旋转可知DE=BC=6，则利用勾股定理即可求解．
本题考查了旋转的性质、勾股定理等知识，充分利用勾股定理是解答本题的关键．
19.【答案】15
【解析】解：(1)若这次调研准备选取一所学校，则恰好抽到A校的概率是15，
故答案为：15；
(2)画树状图如图：
共有20种等可能的结果，所选取的两校恰好是A校和B校的结果有2种，
∴所选取的两校恰好是A校和B校的概率为220=110．
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有20种等可能的结果，所选取的两校恰好是A校和B校的结果有2种，再由概率公式求解即可．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20.【答案】解：(1)∵关于x的一元二次方程(k−1)x2−2kx+k+2=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=(−2k)2−4(k−1)(k+2)=−4k+8>0，且k−1≠0，
解得：k0，从而可判断此方程有两个不相等的实数根；
(2)先根据根与系数的关系计算x1+x2，x1⋅x2的值，而1x1+1x2=x1+x2x1x2=−2，可把x1+x2，x1⋅x2的值代入，进而可求出k，进一步求得方程的解即可．
本题考查了根的判别式、根与系数的关系，掌握根的判别式、根与系数的关系是解决问题的关键．
21.【答案】解：(1)∵△AOB为等腰直角三角形，
∴OA=OB，∠AOB=90°．
∴AO绕O点旋转90°得到BO，
∵点A的坐标为(−3,1)，
∴点B的坐标(1,3)．
∵双曲线y1=k1x在第一象限内的图象经过点B．
∴k=1×3=3．
∴y1=3x，
将A(−3,1)，B(1,3)代入直线AB的解析式得−3k2+b=1k2+b=3，
解得k2=12b=52，
∴直线AB的解析式为y2=12x+52．
(2)由y=12x+52y=3x，解得x=1y=3或x=−6y=−12，
∴C(−6,−12)，
当y1>y2时，双曲线位于直线的上方，
∴x的取值范围是：x