浙江省台州市仙居县2022-2023学年九年级（上）期末数学试卷(含解析)

这是一份浙江省台州市仙居县2022-2023学年九年级（上）期末数学试卷(含解析)，共20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. 下列事件中，是随机事件的是( )
A. 从全是白球的袋子中摸出1个黑球B. 明天的太阳从东方升起
C. 车辆到达一个路口，遇到绿灯D. 抛出一块石头，落回地面
2. 点A(-1,2)关于原点对称的点B的坐标是( )
A. (1,-2)B. (1,2)C. (-2,-1)D. (2,-1)
3. 一元二次方程2x2+x-1=0的根的情况是( )
A. 无实数根B. 只有一个实数根
C. 有两个相等的实数根D. 有两个不相等的实数根
4. 圆锥的半径为3，母线长为5，则圆锥的侧面积是( )
A. 7.5πB. 20πC. 15πD. 30π
5. 二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A. ab，则( )
A. y1>y2B. y1=y2
C. y10，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：D．
先计算根的判别式的值，然后根据根的判别式的意义判断方程根的情况即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2-4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ0，c>0，-b2a>0，
∴a>0，c>0，bb，两点都在对称轴右侧，
∴y1>y2．
故选：A．
根据二次函数的增减性即可判断y1、y2的大小关系．
此题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的性质是解题关键．
9.【答案】C
【解析】解：如图，连结OD，OE，OF，设⊙O半径为r，

∵∠C=90°，AC=4，BC=3，
∴AB= AC2+BC2=5，
∵⊙O是△ABC的内切圆，分别与AC、BC、AB相切于点D、E、F，，
∴AC⊥OD，AB⊥OF，BC⊥OE，且OF=OD=OE=r，
∴四边形OECF是正方形，
∴CE=CD=OD=r，
∴AD=AF=AC-CD=4-r，BF=BE=BC-CE=3-r，
∵AF+BF=AB=5，
∴3-r+4-r=5，
∴r=1．
∴OD=CD=1，
∴AD=3．
∴AO= AD2+OD2= 10，
故选：C．
如图，连结OD，OE，OF，设⊙O半径为r，根据勾股定理得到AB= AC2+BC2=5，根据切线的性质得到AC⊥OD，AB⊥OF，BC⊥OE，且OF=OD=OE=r，根据正方形的性质得到CE=CD=OD=r，根据勾股定理得到AO= AD2+OD2= 10．
本题考查了三角形的内切圆与内心，切线的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握切线的性质．
10.【答案】A
【解析】解：设关于x的一元二次方程ax2+2ax+c=0(a≠0)的另一个根为t，
根据根与系数的关系得t+m=-2aa=-2，
解得t=-m-2，
即关于x的一元二次方程ax2+2ax+c=0(a≠0)的根为m，-m-2，
把方程a(x-1)2+2a(x-1)+c=0看作关于(x-1)的一元二次方程，
所以x-1=m或x-1=-m-2，
解得x1=m+1，x2=-m-1．
故选：A．
设关于x的一元二次方程ax2+2ax+c=0(a≠0)的另一个根为t，利用根与系数的关系得t+m=-2aa=-2，所以t=-m-2，再把方程a(x-1)2+2a(x-1)+c=0看作关于(x-1)的一元二次方程，则x-1=m或x-1=-m-2，然后解两个一次方程即可．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．也考查了根与系数的关系和换元法．
11.【答案】60
【解析】解：正六边形ABCDEF的中心角∠AOB=360°6=60°，
故答案为：60．
根据正六边形的性质即可得到结论．
本题考查了正多边形与圆，熟练掌握正六边形的性质是解题的关键．
12.【答案】0.38
【解析】解：由表可知，当n很大时，摸到白球的频率将会接近0.38，
故答案为：0.38；
由表中n的最大值所对应的频率即为所求．
本题查利用频率估计概率．大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：部分的具体数目=总体数目×相应频率．
13.【答案】4
【解析】解：根据题意，得n(n-1)2=6，
解得n1=4，n2=-3(舍去)，
∴n=4，
故答案为：4．
根据n支球队参加足球小组联赛，赛制为单循环形式(每两队之间都赛一场)，共比赛6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，根据题意建立等量关系是解题的关键．
14.【答案】50
【解析】解：∵∠ACB=90°，∠A=25°，
∴∠ABC=65°，
∵将Rt△ABC绕点C顺时针旋转α得到△DEC，
∴CE=CB，∠E=∠ABC=65°，
∴∠BCE=α=180°-65°×2=50°，
故答案为：50．
首先利用三角形内角和定理得∠ABC=65°，再利用旋转的性质得CE=CB，从而解决问题．
本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
15.【答案】-2≤x≤2
【解析】解：∵抛物线y=ax2+bx+c与直线y=kx+h相交于(-2,m)，(2,n)两点，
∴由图可知，ax2+bx+c≥kx+h的解集为-2≤x≤2，
∴ax2+bx-h≥kx-c的解集为-2≤x≤2，
故答案为：-2≤x≤2．
由图象求出ax2+bx+c≥kx+h的解集，即可得到答案．
本题考查二次函数与二次不等式的关系，解题的关键是数形结合思想的应用．
16.【答案】13π6cm
【解析】解：如图1，取BC的中点O，连接OF，
∵CF⊥BE于点F，
∴∠BFC=90°，
∴OF=OB=OC=12BC，
∴点F在以BC为直径的圆上运动，
如图2，点E、A、B在同一直线上，
∵∠ABC=115°，AB=BC=6cm，
∴∠EBC=180°-∠ABC=180°-115°=65°，
∴∠COF=2∠EBC=2×65°=130°，
∴OF=12BC=12×6=3(cm)，
∴lCF=130×π×3180=13π6(cm)，
∴点F所经过的路径长为=13π6cm，
故答案为：13π6cm．
取BC的中点O，连接OF，由∠BFC=90°，得OF=OB=OC=12BC，可知点F在以BC为直径的圆上运动，当点E、A、B在同一直线上，则∠EBC=180°-∠ABC=65°，所以∠COF=2∠EBC=130°，而OF=12BC=3，即可根据弧长公式求得lCF=13π6cm，则点F所经过的路径长为=13π6cm，于是得到问题的答案．
此题重点考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、旋转的性质、圆周角定理、弧长公式等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
17.【答案】解：(1)x2-1=0，
x2=1，
∴x=±1，
∴x1=1，x2=-1；
(2)2x2-5x+3=0，
(x-1)(2x-3)=0，
∴x-1=0或2x-3=0，
∴x1=1，x2=1.5．
【解析】(1)利用直接开平方法求解即可；
(2)利用因式分解法求解即可．
此题考查了解一元二次方程-直接开平方法，以及因式分解法，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．
18.【答案】(2,0) (-1,2)
【解析】解：(1)如图，△A1B1C为所作，

(2)A1(2,0)，B1(-1,2)．
利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点A1、B1、C1，从而得到点A1，B1的坐标．
本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
19.【答案】解：∵点C是弧BD的中点，
∴BC=CD，
∴BC=CD，
∴∠CBD=∠CDB=35°，
∴∠C=180°-35°-35°=110°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C=180°，
∴∠A=70°．
【解析】根据圆的性质及等腰三角形的性质得出∠CBD=∠CDB=35°，根据三角形内角和推出∠C=110°，再根据圆内接四边形的性质即可求解．
此题考查了圆内接四边形的性质，熟记“圆内接四边形的对角互补”是解题的关键．
20.【答案】解：(1)把(4,5)代入y=x2-2x+c，得42-2×4+c=5，
解得c=-3，
∴抛物线的解析式为y=x2-2x-3．
∵y=x2-2x-3=(x-1)2-4．
∴该抛物线的顶点坐标为(1,-4)；
(2)设平移后抛物线解析式为：y=(x-1+a)2-4，
把点(0,0)代入，得(0-1+a)2-4=0．
解得a=3或-1．
故将该抛物线向左平移3个单位或向右平移1个单位，使其经过坐标原点．
【解析】(1)把点(4,5)代入求值即可求得抛物线解析式，根据将所求抛物线解析式利用配方法求得顶点坐标即可；
(2)设平移后抛物线解析式为：y=(x-1+a)2-4，然后将点(0,0)代入求得a的值．
本题主要考查了二次函数图象与几何变换，二次函数的性质以及二次函数图象上点的坐标特征，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
21.【答案】解：(1)A队选择红色球衣的概率是13；
(2)画树状图如下：

共有6种等可能的情况数，其中两队球衣颜色为一红一白的有2种，
则两队球衣颜色为一红一白的概率是26=13．
【解析】(1)直接根据概率公式求解即可；
(2)画出树状图得出所有等可能的情况数，找出两队球衣颜色为一红一白的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．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．
22.【答案】解：(1)根据题意得，y=20x2-[(x+2×2.5)2-x2]×80，
即y与x之间的函数解析式为y=20x2-800x-2000；
(2)∵y=20x2-800x-2000=20(x-20)2-10000，
又∵20>0，
∴x=20时，y有最小值，最小值为-10000．
(3)当y≥0时，20x2-800x-2000≥0，
解得，x≤20-10 5或x≥20+10 5，
∵x>0，
∴x≥20+10 5，
∴x≥43，
∴x的最小值为43．
【解析】(1)根据利润y=第一季水果销售的毛利润减去道路建造成本求解即可；
(2)利用配方法解决问题；
(3)构建二次不等式解决问题即可．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，二次函数的性质，二次不等式等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建二次函数解决问题．
23.【答案】(1)证明：如图1，连接OA，OB，OC，延长CO交AB于点M，

∵AC=BC，OA=OB，
∴CM是AB的垂直平分线，即CM⊥AB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴OC⊥CD，
∵OC是⊙O的半径，
∴DC是⊙O的切线；
(2)证明：如图2，连接OA，OD，OC，

∵AD与⊙O相切，
∴OA⊥AD，
∴∠OAD=90°，
∵OC⊥CD，
∴∠OCD=90°，
∴∠OAD=∠OCD=90°，
∵OA=OC，OD=OD，
∴Rt△OAD≌Rt△OCD(HL)，
∴AD=CD，
∴▱ABCD是菱形；
(3)解：如图3，连接OA，OE，过点C作CG⊥AD于G，过点E作EN⊥AC于N，

∵AC=BC，
∴∠B=∠CAB=75°，
∴∠ACB=180°-75°-75°=30°，
∵四边形ABCE是圆内接四边形，
∴∠AEC+∠B=180°，
∴∠AEC=105°，
∵AD//BC，
∴∠AEC+∠ECB=180°，∠CAD=∠ACB=30°，
∴∠ACE=180°-105°-30°=45°，
∴∠AOE=90°，
∵OA=OE，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∵OA=OE=4，
∴AE=4 2，
Rt△AEN中，∵∠CAD=30°，
∴EN=12AE=2 2，AN= 3EN=2 6，
∵∠ECN=45°，∠CNE=90°，
∴△CNE是等腰直角三角形，
∴CN=EN=2 2，
∴AC=AN+CN=2 6+2 2，
Rt△AGC中，∵∠CAG=30°，
∴CG=12AC= 6+ 2，
∴阴影部分图形的面积=12⋅AE⋅CG+(S扇形OAE-S△AOE)
=12×4 2×( 6+ 2)+90π×42360-12×4×4
=4 3+4+4π-8
=4 3-4+4π．
【解析】(1)如图1，连接OA，OB，OC，延长CO交AB于点M，利用线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质可得OC⊥CD，则结论得证明；
(2)先根据切线的性质得∠OAD=90°，再证AD=CD，由菱形的判定可得结论；
(3)如图3，连接OA，OE，过点C作CG⊥AD于G，过点E作EN⊥AC于N，先根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可得：∠ACB=30°，由圆内接四边形的性质可得：∠AEC=105°，再由含30°角的直角三角形的性质分别计算EN=12AE=2 2，AN= 3EN=2 6，最后由阴影部分图形的面积=12⋅AE⋅CG+(S扇形OAE-S△AOE)可得结论．
本题是圆的综合题，考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；线段垂直平分线的性质，圆内接四边形的性质，扇形的面积，平行四边形的性质等知识，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．
24.【答案】解：(1)汽车行驶有惯性，按照原来的方向行驶更加安全．

(2)v-=v+v02=v0+v0-g( f+k) 1+k22=v0-g(f+k)2 1+k2t，
S=v-t-v0t-g(f+k)2 1+k2，
答：货车在制动坡上行驶0到t秒的平均速度是v0-g(f+k)2 1+k2t，行驶的路程是S=v-t-v0t-g(f+k)2 1+k2；
②当k=0.1，f=0.25，v0=30m/s时，g(f+k)2 1+k2=4.9×0.35=1.715，
S=-1.715t2+30t，
当t=-302×(-1.715)时，S最大=4ac-b24a=-b24a=-3024×(-1.715)≈131(m)，
答：货车在制动坡上行驶131米才能停下；
③120km/h=1003m/s，
S=-1.715t2+1003t，S最大=4ac-b24a=-b24a=-(1003)24×(-1.715)≈162(m)，
答：制动坡长至少要162m．
【解析】(1)如图设计，车辆行驶到坡下时速度最快，碰到转弯处时避险车道容易失控，以原速度方向驶出路面，因此这样设计；
(2)①根据速度=路程时间，变化形式列式子即可；
②当k=0.1，f=0.25，v0=30m/s时，g(f+k)2 1+k2=4.9×0.35=1.715，推出S=-1.715t2+30t，当t=-302×(-1.715)时，求S最大即可；
③120km/h=1003m/s，则S=-1.715t2+1003t，S最大=4ac-b24a．
本题考查解直角三角形的应用，知道路程=速度×时间是解题的关键．
试验次数
500
1000
1500
2000
2500
3000
频数
125
380
540
780
925
1140
频率
0.25
0.38
0.36
0.39
0.37
0.38