2022-2023学年广东省汕头市澄海区九年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年广东省汕头市澄海区九年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析），共17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.下列图案中，是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2.在一个不透明的袋子里装有红球、黄球共20个，这些球除颜色外都相同.小明通过多次试验发现，摸出红球的频率稳定在0.4左右，则袋子中红球的个数最有可能是( )
A. 4B. 5C. 8D. 12
3.一元二次方程x2−bx−1=0根的情况是( )
A. 有两个相等的实数根B. 有两个不相等的实数根
C. 有两个实数根D. 没有实数根
4.在平面直角坐标系中，将抛物线y=(x−1)2+1向右平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，所得的抛物线为( )
A. y=(x−2)2−2B. y=(x−2)2+4C. y=x2+1D. y=x2−1
5.如图，若抛物线y=x2+bx+c与x轴的一个交点坐标为(−1,0)，则抛物线与x轴的另一个交点坐标为( )
A. (1,0)
B. (2,0)
C. (3,0)
D. (4,0)
6.已知2是关于x的方程x2+mx−3m=0的一个根，则这个方程的另一个根为( )
A. −6B. 6C. −3D. 3
7.如图，已知⊙O是△ABD的外接圆，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，若∠BCD=35∘，则∠ABD等于( )
A. 35∘
B. 45∘
C. 55∘
D. 65∘
8.如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，∠BAC=30∘，BC=3，将△ABC绕点A逆时针旋转90∘得到△AB′C′，连接BB′，则BB′的长为( )
A. 6
B. 10
C. 3 2
D. 6 2
9.如图，在△ABC中，∠B=40∘，将△ABC绕着点A顺时针旋转后，得到△AB′C′，点C′在BC上，且AB′//BC，则∠C的度数为( )
A. 80∘
B. 70∘
C. 60∘
D. 40∘
10.如图，将半径为1，圆心角为120∘的扇形OAB绕点A逆时针旋转一个角度，使点O的对应点D落在弧AB上，点B的对应点为C，连接BC，则图中CD、BC和弧BD围成的封闭图形面积是( )
A. 3−π6
B. 32−π6
C. 32−π8
D. 3−π3
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.一元二次方程 2x2−x=0的根为______ .
12.把图中的五角星图案，绕着它的中心旋转，旋转角至少为______度时，旋转后的五角星能与自身重合．
13.已知抛物线的顶点坐标是(2,−3)，且与y轴的交点坐标为(0,5)，则该抛物线的解析式为______ .
14.如图，圆形铁片与直角三角尺和直尺紧靠在一起平放在桌面上.已知铁片的圆心为O，三角尺的直角顶点C落在直尺的5cm处，铁片与直尺的唯一公共点A落在直尺的9cm处，则圆形铁片的半径是______ cm.
15.如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=8cm，BC=6cm，现有动点P从点A出发，沿AC向点C方向运动，动点Q从点C出发，沿线段CB向点B方向运动，如果点P的速度是1cm/s，点Q的速度是2cm/s.P、Q两点同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，另一点停止运动.设运动时间为t秒.当t=______ s时，PQ平分△ABC的面积.
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题8分)
用配方法解方程：2x2−2x−1=0.
17.(本小题8分)
已知抛物线y=x2−(m−1)x+2m−3.
(1)当m=0时，请判断并说明点(3,10)是否在该抛物线上；
(2)当m=3时，求该抛物线的对称轴及顶点坐标.
18.(本小题8分)
有四张正面分别标有数字1，2，3，4的不透明卡片，它们除数字外其余全部相同，现将它们背面朝上洗均匀.
(1)随机抽取一张卡片，求抽到数字是偶数的概率；
(2)随机抽取一张卡片，然后不放回，再随机抽取一张卡片，请用列表或画树状图的方法求出两次抽到数字的和为奇数的概率.
19.(本小题9分)
某校“生物研学”活动小组在一次野外研学实践时，发现某种植物的主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目的小分支.若主干、支干和小分支的总数是91，求这种植物每个支干长出的小分支个数是多少？
20.(本小题9分)
如图，在△ABC中，AB=BC，将△ABC绕顶点B逆时针旋转α到△A1BC1的位置，AB与A1C1相交于点D，AC与A1C1、BC1分别交于点E、F.
(1)求证：A1D=CF；
(2)当∠C=α时，判断四边形A1BCE的形状，并说明理由.
21.(本小题9分)
某种产品的成本是每件10元，试销售阶段每件产品的销售价x(元)与日销售量y(件)之间的关系如下表所示.已知y是x的一次函数.
(1)若每日的销售利润是176元，求每件产品的销售价；
(2)要使每日获得最大销售利润，每件产品的销售价应定为多少？此时每日的销售利润是多少？
22.(本小题12分)
如图，已知以Rt△ABC的直角边AC为直径作⊙O交斜边AB于点E，连接EO并延长交BC的延长线于点D，连接AD，点F为BC的中点，连接EF.
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为6，CD=8，求AB的长.
23.(本小题12分)
如图：已知直线l：y=−2x+2与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y=−x2+bx+c经过点B，且与x轴交于点C(2,0).
(1)求该抛物线的解析式；
(2)已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接AM、BM，设点M的横坐标为m，四边形OAMB的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；
(3)若点P在平面内，点Q在直线AB上，平面内是否存在点P使得以O，B，P，Q为顶点的四边形是菱形.若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A中图形不是中心对称图形，故不符合题意；
B中图形是中心对称图形，故符合题意；
C中图形不是中心对称图形，故不符合题意；
D中图形不是中心对称图形，故不符合题意；
故选：B.
中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转180∘，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此逐项判断即可．
本题考查中心对称图形，理解中心对称图形，找准对称中心是解答的关键．
2.【答案】C
【解析】解：由题意，摸出红球的概率为0.4，
∴袋子中红球的个数最有可能是20×0.4=8(个).
故选：C.
通过多次试验发现，摸出红球的频率稳定在0.4左右，说明摸出红球的概率为0.4，由此结合概率公式进行计算求解即可．
本题主要考查利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率，理解并熟练运用概率公式是解题关键．
3.【答案】B
【解析】解：由题意，Δ=b2−4×1×(−1)=b2+4，
显然，由非负性可知Δ=b2+4>0，
∴原方程有两个不相等的实数根，
故选：B.
首先列出根的判别式的表达式，然后判断代数式的符号即可得出结论．
本题考查一元二次方程根的判别式，熟记根的判别式的表达式，以及不同情况下对应根的情况是解题关键．
4.【答案】A
【解析】解：将抛物线y=(x−1)2+1向右平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，
所得到的解析式为：y=(x−1−1)2+1−3，
即为：y=(x−2)2−2，
故选：A.
根据函数的平移规律“上加下减，左加右减”进行求解即可．
本题考查了二次函数的图象与几何变换，熟练掌握“上加下减，左加右减”的平移规律是解本题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：由图象可知，抛物线的对称轴为直线x=1，
∵抛物线与x轴的一个交点坐标为(−1,0)，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为(3,0)，
故选：C.
根据图象的对称性求解即可．
本题考查二次函数的图象与性质、抛物线与x轴的交点问题，会利用抛物线的对称性求解是解答的关键．
6.【答案】A
【解析】解：把x=2代入方程x2+mx−3m=0中，
得出：22+2m−3m=0，
解得：m=4，
∴关于x的方程为：x2+4x−12=0，
∴x1=2，x2=−6，
∴这个方程的另一个根为−6，
故选：A.
把x=2代入方程x2+mx−3m=0中，得出22+2m−3m=0，解得m=4，再解一元二次方程即可．
此题考查了一元二次方程的根，得出原方程是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵AB是⊙O的直径，∠BCD=35∘，
∴∠ADB=90∘，∠BAD=∠BCD=35∘，
∴∠ABD=90∘−∠BAD=90∘−35∘=55∘，
故选：C.
根据圆周角定理得到∠ADB=90∘，∠BAD=∠BCD=35∘，再根据直角三角形的两个锐角互余求解即可．
本题考查圆周角定理、直角三角形的两锐角互余，熟练掌握圆周角定理是解答的关键．
8.【答案】D
【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90∘，∠BAC=30∘，BC=3，
∴AB=2BC=6，
由旋转的性质可知，△ABB′为等腰直角三角形，
∴BB′= 2AB=6 2.
故选：D.
首先在△ABC中可结合“30∘所对的直角边等于斜边的一半”求出AB，再结合旋转的性质可知△ABB′为等腰直角三角形，从而求解即可．
本题考查直角三角形中30∘所对的直角边等于斜边的一半，以及旋转的性质，掌握直角三角形中的“斜中半”定理，熟练运用旋转的性质是解题关键．
9.【答案】B
【解析】解：由旋转的性质：AC=AC′，∠C=∠AC′B′，∠B′=∠B=40∘，
∵点C′在BC上，
∴∠C=∠AC′C，
∴∠B′C′C=2∠C，
∵AB′//BC，∠B′=40∘，
∴∠B′C′C=180∘−40∘=140∘，
即：2∠C=140∘，
∴∠C=70∘，
故选：B.
首先根据旋转的性质确定∠B′=∠B=40∘，∠C=∠AC′B′，以及∠C=∠AC′C，∠B′C′C=2∠C，再结合平行线的性质得∠B′C′C=140∘，即可求解．
本题考查旋转的性质，平行线的性质等，熟练运用旋转的性质推出∠B′=∠B，∠C=∠AC′B′，以及∠C=∠AC′C，是解答本题的关键．
10.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查旋转变换，扇形的面积公式，等边三角形的判定等知识，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．连接OD.首先证明O，D，C共线，可得图中CD、BC和弧BD围成的封闭图形面积=S△OBC−S扇形ODB，由此计算即可．
【解答】
解：如图，连接OD.
由旋转可得：OA=OD=AD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO=∠AOD=60∘，
∵∠ADC=∠AOB=120∘，
∴∠ADO+∠ADC=180∘，
∴O，D，C共线，
∵OB=1，∠DOB=60∘，∠OCB=30∘，
∴BC= 3，
∴图中CD、BC和弧BD围成的封闭图形面积=S△OBC−S扇形ODB=12×1× 3−60⋅π⋅12360= 32−π6，
故选B.
11.【答案】x1=0，x2= 22
【解析】解：因式分解得：x( 2x−1)=0，
∴x=0或 2x−1=0，
∴x1=0，x2= 22，
故答案为：x1=0，x2= 22.
直接运用因式分解法求解即可．
本题考查解一元二次方程，掌握并灵活选择适当的求解方法是解题关键．
12.【答案】72
【解析】解：该图形被平分成五部分，旋转72∘的整数倍，就可以与自身重合，旋转角至少为72∘.
故答案为：72.
五角星图案，可以被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72∘，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72∘的整数倍，就可以与自身重合．
本题考查了旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
13.【答案】y=2x2−8x+5
【解析】解：由题意，设该抛物线解析式为y=a(x−2)2−3(a≠0)，
将(0,5)代入得：5=a(0−2)2−3，
解得：a=2，
∴y=2(x−2)2−3=2x2−8x+5，
故答案为：y=2x2−8x+5.
根据已知信息直接设该抛物线的顶点式y=a(x−2)2−3(a≠0)，然后代入(0,5)，求解即可．
本题考查的是待定系数法求二次函数的解析式，一般包括三类：①一般式y=ax2+bx+c(a≠0)；②顶点式y=a(x−h)2+k(a≠0)，其中顶点坐标为(h,k)；③交点式y=a(x−x1)(x−x2)(a≠0)，其中x1，x2为抛物线与x轴交点的横坐标，灵活结合题意选择适当的二次函数表达式进行求解是解题关键．
14.【答案】4
【解析】解：由题意得，∠OAC=∠ACB=∠OBC=90∘，
∴四边形AOBC是矩形，
∵OA=OB，
∴四边形AOBC是正方形，
∴OB=AC=9−5=4(cm)，
即圆形铁片的半径是4cm.
故答案为：4.
根据题意和切线的性质证明四边形AOBC是正方形，得到OB=AC，只要求出AC即可求解．
本题考查圆的切线的性质、矩形的判定、正方形的判定与性质，理解题意，熟练掌握圆的切线的性质以及证明四边形AOBC是正方形是解答的关键．
15.【答案】2
【解析】解：根据题意，AP=tcm，CQ=2tcm，
∵BC=6cm，AC=8cm，
∴PC=(8−t)cm，点Q到B点的时间为6÷2=3(s)，点P到C点的时间为8÷1=8(s)，
∵P、Q两点同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，另一点停止运动．
∴0∵PQ平分△ABC的面积，
∴S△PCQ=12S△ABC，即12CQ⋅PC=12×12BC⋅AC，
∴12×2t×(8−t)=12×12×6×8，
整理得t2−8t+12=0，
解得t1=2，t2=6(舍去)，
∴当t=2时，PQ平分△ABC的面积．
故答案为：2.
先表示出PC=(8−t)cm，CQ=2tcm，根据PQ平分△ABC的面积得到t的方程求解即可．
本题考查一元二次方程的应用，理解题意，正确列出方程并正确求解是解答的关键，注意时间的取值范围．
16.【答案】解：2x2−2x−1=0，
x2−x−12=0，
x2−x=12，
x2−x+(12)2=12+(12)2，
(x−12)2=34，
x−12=± 32，
x−12= 32或x−12=− 32，
x1=12+ 32，x2=12− 32.
【解析】利用解一元二次方程-配方法，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程-配方法，熟练掌握解一元二次方程-配方法是解题的关键．
17.【答案】解：(1)不在，
当m=0时，y=x2+x−3，
当x=3时，y=9+3−3=9≠10，
∴点(3,10)不在该抛物线上；
(2)当m=3时，y=x2−2x+3=(x−1)2+2，
∴该抛物线的对称轴为直线x=1，顶点坐标为(1,2).
【解析】(1)将m=0，x=3代入抛物线的解析式中，求得y值，若和点的纵坐标相等，就说点在抛物线上，否则不在；
(2)将抛物线的解析式化为顶点式，利用二次函数的性质求解即可．
本题考查二次函数的图象和性质，理解二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的性质是解答的关键．
18.【答案】解：(1)随机抽取一张卡片共有4种情况，其中抽到数字为偶数的有2和4两种情况，
∴抽到数字是偶数的概率P=24=12；
(2)列树状图为：
由树状图可知，所有等可能的情况共有12种，其中两次抽到的数字和为奇数的有8种情况，
∴两次抽到数字的和为奇数的概率P=812=23.
【解析】(1)根据概率公式直接解答；
(2)列出树状图，找到所有可能的结果数，再找到两次抽到的数字和为奇数的结果数，即可求出其概率．
本题考查直接根据概率公式求解，以及列表法或树状图法求事件的概率，正确列表或画出树状图是关键．
19.【答案】解：设这种植物每个支干长出的小分支个数是x，
根据题意，可得1+x+x2=91，
整理得 x2+x−90=0，
解得x1=9，x2=−10(不合题意，舍去)，
答：这种植物每个支干长出的小分支个数是9.
【解析】设这种植物每个支干长出的小分支个数是x，根据主干、支干和小分支的总数是91，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出答案．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵AB=BC，
∴∠A=∠C，
∵将△ABC绕顶点B逆时针旋转α到△A1BC1的位置，
∴∠ABA1=∠CBC1=α，∠A=∠A1=∠C，AB=A1B=BC，
在△A1DB和△CFB中，
∠DBA1=∠FBCA1B=BC∠A1=∠C，
∴△A1DB≌△CFB(ASA)，
∴A1D=CF；
(2)解：∵∠C=α，
∴∠A=∠A1=∠C1=α=∠CBC1，
∴A1E//BC，
∴∠C=∠AED=α=∠A1，
∴CE//A1B，
∴四边形A1BCE是平行四边形，
∵A1B=BC，
∴四边形A1BCE是菱形．
【解析】(1)先由等腰三角形的性质得到∠A=∠C，再根据旋转性质得到∠ABA1=∠CBC1=α，∠A=∠A1=∠C，AB=A1B=BC，证明△A1DB≌△CFB即可证得结论；
(2)利用平行线的判定与性质证明A1E//BC，CE//A1B得到四边形A1BCE是平行四边形，再由菱形的判定可得结论．
本题考查旋转的性质、等腰三角形的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
21.【答案】解：(1)设一次函数的关系式为y=kx+b，
则15k+b=2520k+b=20，
解得k=−1b=40，
∴一次函数的关系式为y=−x+40，
根据题意，得(x−10)(−x+40)=176，即x2−50x+576=0，
解得：x1=32，x2=18，
答：若每日的销售利润是176元，每件产品的销售价为32元或18元；
(2)设所获利润为W元，根据题意，
得W=(x−10)(−x+40)=−x2+50x−400=−(x−25)2+225，
∵−1<0，
∴当x=25时，W最大，最大值为225.
答：要使每日获得最大销售利润，每件产品的销售价应定为25元，此时每日的销售利润是225元．
【解析】(1)根据题意和待定系数法可得到y与x的关系式，再根据销售利润=单件利润×销售量列方程求解即可；
(2)设所获利润为W元，根据销售利润=单件利润×销售量得到W与x的函数关系式，利用二次函数的性质求解即可．
本题考查二次函数的应用，涉及一元二次方程的应用、二次函数的应用，理解题意，正确列出函数关系式和方程，会利用二次函数的性质求解是解答的关键．
22.【答案】(1)证明：连接FO，则由题意可知OF为Rt△ABC的中位线，
∴OF//AB，
∵AC是⊙O的直径，
∴CE⊥AE，
∴OF⊥CE，
由垂径定理知，OF所在直线垂直平分CE，
∴FC=FE，OE=OC，
∴∠FEC=∠FCE，∠OEC=∠OCE，
∵∠ACB=90∘，
即：∠OCE+∠FCE=90∘，
∴∠OEC+∠FEC=90∘，
即：∠FEO=90∘，
又OE是半径，
∴EF是⊙O的切线；
(2)解：∵⊙O的半径为6，CD=8，∠ACB=90∘，
∴△OCD为直角三角形，OC=OE=6，CD=8，
∴OD= OC2+CD2=10，ED=OD+OE=10+6=16，
由(1)知，△EFD为直角三角形，且FC=FE，
设FC=FE=x，则FD=FC+CD=x+8，
∴由勾股定理得，EF2+ED2=FD2，
即：x2+162=(x+8)2，
解得：x=12，
即：FC=FE=12，
∵点F为BC的中点，
∴BC=2FC=24，
∵AC=2OC=12，
∴在Rt△ABC中，AB= BC2+AC2=12 5.
【解析】(1)连接FO，可根据三角形中位线的性质判断OF//AB，然后根据直径所对的圆周角是直角，可得CE⊥AE，进而知OF⊥CE，然后根据垂径定理可得∠FEC=∠FCE，∠OEC=∠OCE，再通过Rt△ABC可知∠OCE+∠FCE=90∘，因此可证EF为⊙O的切线；
(2)根据题意可先在Rt△OCD中求出OD，然后在Rt△EFD中求出FC，最终在Rt△ABC中求解AB即可．
本题考查切线的判定与性质，圆的基本性质，勾股定理，解三角形等，掌握切线的证明方法，熟练运用圆中的基本性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)当x=0时，y=−2×0+2=2，
∴点B的坐标为B(0,2)，
将B(0,2)，C(2,0)代入抛物线解析式可得：c=2−4+2b+c=0，
解得：c=2b=1，
∴该抛物线的解析式为：y=−x2+x+2；
(2)存在；
连接OM，
∵点M的横坐标为m，
∴M(m,−m2+m+2)，
当y=0时，−2x+2=0，解得x=1，
∴A(1,0)，
∴S四边形OAMB=S△OBM+S△OAM=12×1×(−m2+m+2)+12×2×m=−12m2+32m+1=−12(m−32)2+178，
∵−12<0，
∴当m=32时，S最大，Smax=178；
(3)设点Q(n,−2n+2)，
①当OB为对角线时，
∵O，B，P，Q为顶点的四边形是菱形，
∴PQ与OB互相平分，OP=OQ，
∴点P的坐标为P(−n,2n)，(0+n)2+(0−2n)2=(0−n)2+(0+2n−2)2，
解得：n=12，
∴P1(−12,1)；
②当OQ为对角线时，
∵O，B，P，Q为顶点的四边形是菱形，
∴OQ与PB互相平分，OB=OP，
∴点P的坐标为P(n,−2n)，
∴02+22=n2+(2n)2，
解得：n=±25 5，
∴P2(2 55,−4 55)，P3(−2 55,4 55)；
③当BQ为对角线时，
∵O，B，P，Q为顶点的四边形是菱形，
∴BQ与OP互相平分，OB=OQ，
∴P的坐标为P(n,−2n+4)，
∴02+22=n2+(−2n+2)2，
解得：n1=0(与B重合舍去)，n2=85，
∴P4(85,45)；
综上所述，存在4点使以O，B，P，Q为顶点的四边形是菱形：P1(−12,1)，P2(2 55,−4 55)，P3(−2 55,4 55)，P4(85,45).
【解析】(1)根据直线解析式求出点B的坐标，将B、C两点坐标代入解析式即可得到答案；
(2)连接OM，表示出M的坐标，根据S四边形OAMB=S△OBM+S△OAM列出S与m的函数关系式，最后根据函数性质即可得到答案；
(3)设点Q(n,−2n+2)，分BQ、OB、OQ分别为对角线三类讨论，根据对角线互相平分得到点P的坐标，最后根据菱形的邻边相等即可得到答案．
本题考查二次函数综合，主要有求解析式、围成图形最大面积、围成特殊菱形问题，解题的关键是求出解析式，根据特殊图形性质设点表示出所有点，根据线段相等列式求解．x/元
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y/件
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