吉林省长春市南关区第一O三中学校2022-2023学年九年级上学期期末数学试题（原卷版+解析版）

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1. 下列各式中，能与合并的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先化成最简二次根式，再根据同类二次根式的定义判断即可．
【详解】A．化简后不能与合并，不合题意；
B．化简后不能与合并，不合题意；
C．化简后不能与合并，不合题意；
D．化简后能与合并，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了二次根式的性质和同类二次根式，能熟记同类二次根式的性质是解题的关键．
2. 用配方法解方程，配方后所得方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题根据配方的基本方法进行就可以得到答案.配方首先将常数项移到方程的右边，将二次项系数化为1，然后左右两边同时加上一次项系数一半的平方.
【详解】解：=1
=1+
.
故选：C
【点睛】本题考查配方法求解一元二次方程，解题的关键是熟悉配方法的步骤.
3. 关于x的一元二次方程有实数根，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【详解】解：∵关于x的一元二次方程有实数根，
∴且△≥0，即，
解得，
∴m的取值范围是且．
故选：D．
4. 在平面直角坐标系中，将二次函数的图像向左平移2个单位长度，再向下平移2个单位长度，所得图像对应的函数表达式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用二次函数的平移规律，左加右减，上加下减，进而得出答案．
【详解】将二次函数数的图像向左平移2个单位长度，得到：
，
再向下平移2个单位长度，得到：
故选：C
【点睛】此题主要考查二次函数图像与几何变换，正确理解、掌握平移规律是解题的关键．
5. 若二次函数的图象的对称轴是经过点且平行于轴的直线，则关于的方的解为（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】由二次函数的图象的对称轴是经过点且平行于y轴的直线，可知抛物线的对称轴为，从而可以求得b的值，从而可以解答方程．
【详解】∵二次函数的图象的对称轴是经过点且平行于y轴的直线，
∴二次函数的对称轴是，
∴．
解得，．
∴即为，
整理得，，即，
解得， ．
故选：B．
【点睛】本题考查抛物线的对称轴和解一元二次方程的相关知识，关键是明确题意，进行正确分析，最终求出问题的答案．
6. 如图所示，热气球的探测器显示，从热气球处看一栋楼顶部处的仰角为，看这栋楼底部处的俯角为，热气球处与楼的水平距离为，则这栋楼的高度为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析】首先过点A作于点D，根据题意得，然后利用三角函数求解即可求得答案．
【详解】解∶过点作于点，则，
在中，，
在中，，
．
故选：C．
【点睛】此题考查了仰角俯角问题．注意准确构造直角三角形是解此题的关键．
7. 如图，正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，O为位似中心，相似比为1：，点A的坐标为（1，0)，则E点的坐标为（ )
A. （-，0)B. （-，-)
C. （-，-)D. （-2，-2)
【答案】C
【解析】
【分析】利用位似比求出正方形的边长，再利用点E所在的象限写出坐标．
【详解】∵正方形OABC，点A的坐标为（1，0)，
∴B点坐标为：（1，1)，
∵正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，O为位似中心，相似比为
∴E点的坐标为：
故选：C．
【点睛】本题考查了位似图形的性质，属于基础题．
8. 如图，中，平分交于点交于点E，M为的中点，交的延长线于点下列结论①②；③；④，其中结论正确的个数有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】本题重点考查相似三角形的判定和性质，正确记忆相似三角形的判定和性质是解题关键．
①；②证，得不一定等于4．③当时成立；④连接，可证，得；证，得比例线段求解．
【详解】解：①，
∵，
∴．
故本选项正确；
②作于
平分交于点
即
得，
故不正确；
③由①知，
又
由②知
故本选项正确；
④连接，
在中，为斜边的中线，
则．
∵，
∴，
∴．
故本选项错误．
综上所述，①③正确，共有2个．
故选：B．
二.填空题（每题3分，共18分）
9. 计算cs60°+sin30°=_____．
【答案】1
【解析】
【分析】根据特殊角三角函数值，可得答案．
【详解】解：原式=+=1，
故答案为1．
【点睛】本题考查了特殊角三角函数值，熟记特殊角三角函数值是解题关键．
10. 若关于的一元二次方程的一个根为0，则的值等于_________．
【答案】1
【解析】
【分析】先根据一元二次方程的定义可得，再根据方程的根的定义可得一个关于m的一元二次方程，然后利用因式分解法解方程即可得．
【详解】解：由一元二次方程的定义得：，
解得，
关于x的一元二次方程有一个根为0，
∴，
解得或（与不符，舍去），
故答案为：1．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解及其定义、利用因式分解法解一元二次方程等知识点，熟练掌握一元二次方程的定义和方程的解法是解题关键．
11. 如图，在平行四边形中，交AD于E，交BD于F，，，则的长为 ___________．
【答案】7
【解析】
【分析】由，根据平行线分线段成比例定理，即可求得，则可求得的长，又由四边形是平行四边形，根据平行四边形对边相等，即可求得的长．
详解】解：∵，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵四边形是平行四边形，
∴．
故答案为：7．
【点睛】此题考查了平行线分线段成比例定理以及平行四边形的性质．此题难度不大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
12. 某种型号的小型无人机着陆后滑行的距离S（单位：米）关于滑行的时间t（单位：秒）的函数解析式是S＝10t﹣0.25t2，无人机着陆后滑行___秒才能停下来．
【答案】20
【解析】
【分析】将函数解析式配方成顶点式求出s取得最大值时的t的值即可得．
【详解】解：∵，，
∴当t＝20时，s取得最大值100，
即飞机着陆后滑行20秒才能停下来，
故答案为：20．
【点睛】本题主要考查二次函数的应用，理解题意得出飞机滑行的距离即为s的最大值是解题的关键．
13. 某人沿着坡度的山坡走到离地面50米高的地方，则他走的路程为_________．
【答案】100米
【解析】
【分析】根据题意，作出图形，再根据坡度可以求得此为的直角三角形，根据性质即可求解．
【详解】解：根据题意，如下图：
由题意可知：米，，
坡度可知，，
∴
∴米．
故答案为：100米．
【点睛】此题考查了解直角三角的应用，含的直角三角形的性质，解题的关键是理解坡度的概念，掌握特殊角三角函数的值．
14. 如图，点是抛物线在第一象限图象上的点，设的面积为，则当的面积最大时，点的坐标为_________．
【答案】
【解析】
【分析】过点作轴，垂足为，利用二次函数图象上点的特征，设点，点，且，利用分割图形求面积法，可得出面积关于的二次函数关系式，再利用二次函数的性质，即可求出面积最大时，点的坐标．
【详解】解：∵当时，，
∴，
∴，
∵当时，，解得，，
∴，，
∴，
过点作轴，垂足为，设点，点，且，
∴，，
∴，
，
，
∵
∴，
∴当时，最大，此时，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的最值以及二次函数图象上点的特征，利用分割图形求面积法，找出关于的函数关系式是解答本题的关键．
三.解答题（共78分）
15. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】先把各根式化为最简二次根式，再合并同类项即可．
【详解】
【点睛】本题考查的是二次根式的加减法，熟知二次根式相加减，先把各个二次根式化成最简二次根式，再把被开方数相同的二次根式进行合并，合并方法为系数相加减，根式不变是解题的关键．
16. 解方程：2x2﹣4x﹣1＝0（用配方法）
【答案】x1＝1，x2＝1
【解析】
【分析】配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数的绝对值一半的平方．
【详解】解：2x2﹣4x﹣1＝0
x2﹣2x0
x2﹣2x+11
（x﹣1）2
∴x1＝1，x2＝1．
【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，掌握配方法是解题的关键．
17. 有四张背面完全相同的卡片、、、，其中正面分别画有几个不同的几何图形，小敏将这四张卡片背面朝上洗匀后摸出一张，放回洗匀后再摸出一张．请用树状图（或列表法），求摸出两张卡片正面所画的几何图形既是轴对称图形又是中心对称图形的概率．
【答案】
【解析】
【分析】先列表，再从中找出摸出的两张纸牌面上所画几何图形既是轴对称图形又是中心对称图形的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】、、、中既是轴对称图形又是中心对称图形的的是B、C．
列表为：
共有16种等可能的结果数，其中摸出的两张纸牌面上所画几何图形既是轴对称图形又是中心对称图形的结果数为4，即：．
所以摸出的两张纸牌面上所画几何图形既是轴对称图形又是中心对称图形的概率为．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中确定符合事件的数目，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
18. 某商店进了一批服装，进价为每件50元按每件60元出售时，可销售800件，若单价每提高1元，则其销售量就减少20件，今商店计划获利12000元，问销售单价应定为多少元？此时应进多少件服装？
【答案】销售单价应定为70元，此时应进600件服装或销售单价应定为80元，此时应进40件服装
【解析】
【分析】设设销售单价应定为x元，则销售量为件，然后根据利润（售价进价）销售量列出方程求解即可．
【详解】解：设销售单价应定为x元，则销售量为件，
由题意得，，
整理得：，
解得或，
当时，，当时，，
∴销售单价应定为70元，此时应进600件服装或销售单价应定为80元，此时应进400件服装．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，正确理解题意找到等量关系列出方程是解题的关键．
19. 图①，图②，图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上，在图①，图②，图③给定的网格中按要求画图．（保留作图痕迹）
（1）在图①中，在线段上画出点M，使；
（2）在图②中，画出一个格点C，使是以为斜边的等腰直角三角形；
（3）在图③中，在线段上画出点P，使．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）见解析
【解析】
【分析】本题考查作图应用与设计作图，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．
（1）利用平行线分线段成比例定理作出图形即可；
（2）根据网格的特点和等腰直角三角形的性质画出图形即可；
（3）根相似三角形的性质作出对应图形即可．
【小问1详解】
如图所示，点M即为所求；
【小问2详解】
如图所示，点C即为所求；
【小问3详解】
如图所示，点P即为所求；
20. 为测量图中的铁塔的高度，小明利用自制的测角仪在点测得塔顶的仰角为，从点向正前方行进20米到处，再用测角仪在点测得塔顶的仰角为．已知测角仪的高度为1.5米，求铁塔的高度（结果精确到1米，）．
【答案】铁塔的高度约为49米
【解析】
【分析】设米，则米，米，在Rt中，有，从而得到，求出即可．
【详解】如图，作于点，则在上，四边形为矩形，米
设米，则米，米，
Rt中，
∵，
∴，
解得：，
∴（米），
答：铁塔的高度约为49米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用—仰角俯角问题，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
21. 如图，四边形中，，且，、分别是、的中点，与相交于点．
（1）求证：；
（2）若，求．
【答案】（1）详见解析
（2）
【解析】
【分析】此题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
（1）首先证明四边形为平行四边形，从而得到，于是得到，又因为，从而可证明；
（2）由为的中点，得到，又由（1）得到的四边形为平行四边形，可得对边，等量代换可得，由（1）得到，可得相似比为，即得到，设与，根据的长列出关于的方程，求出方程的解，即可得到的值，从而得到的长．
【小问1详解】
证明：∵，是的中点，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【小问2详解】
∵是的中点，
∴，
又∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴与的相似比为，
∴，
又∵，
设，，
∴，
解得：，
∴．
22. 【教材呈现】如图是华师版九年级上册数学教材第77页的部分内容．
（1）【定理证明】请根据教材内容，结合图①，写出证明过程．
（2）【定理应用】如图②，已知矩形中，，，点P在上从B向C移动，R、E、F分别是的中点，则______．
（3）【拓展提升】在中，，点E是的中点，过点A作平分线的垂线，垂足为点F，连接，若，则______．
【答案】（1）见解析 （2） （3）16
【解析】
【分析】（1）利用两边成比例，夹角相等证明，利用相似三角形的性质和平行线的判定即可证的结论；
（2）连接AR，先利用勾股定理求得AR的长，再利用（1）中结论求解即可；
（3）根据题意作出相应图形，延长交于点G，根据全等三角形的判定和性质得出，再由三角形中位线的性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．
【小问1详解】
证明：∵点D、E分别是与的中点，
∴，又，
∴，
∴，，
∴，；
【小问2详解】
解：如图②，连接，
∵四边形是矩形，点R是中点，，
∴，，
∵，
∴，
∵在中，E、F分别是的中点，
∴，
故答案为：；
【小问3详解】
解：如图所示，平分，，延长交于点G，

∵平分，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
∴，
∴点F是的中点，
∵E是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
故答案为：16．
【点睛】本题考查了三角形的中位线性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解答的关键．
23. 如图，在中，，，．点D是中点．点P从点A出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，点Q以每秒2个单位长度的速度沿折线向终点C运动，连结，取的中点E，连结．P，Q两点同时出发，设点P运动的时间为t秒．
（1）点P到的距离为_____________．（用含t的代数式表示）
（2）当点Q在上运动时，求的值．
（3）当与的直角边平行时，求的长．
【答案】（1）；（2），见解析；（3）或，见解析．
【解析】
【分析】（1）先求得的正弦，再根据正弦求得P到AB的距离；
（2）过点P作于点F，由（1）可知，根据求得，根据求得，再根据正切的定义即可求得；
（3）分类讨论，①当时，过作于,利用三角函数，分别求得，再根据求得的值，进而求得,②当时，B、Q重合，即可知，进而求得．
【详解】（1）过点P作于点F
∵，
又，
点P到AB的距离为，
故答案为：；
（2）过点P作于点F，由（1）可知，
，，，
，
，
点Q以每秒2个单位长度的速度沿折线向终点C运动，
，，
∴；
（3）①如图，当时，过作于,
．
，
，
为的中点，
为中点
解得．
∴．
②如图，当时，B、Q重合．．
∴．
【点睛】本题考查了解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质与判定，动点问题，分类讨论是解题的关键．
24. 在平面直角坐标系中，二次函数的图像记为，将绕坐标原点旋转得到图像，图像和合起来记为图像．
（1）若点在图像上，求的值．
（2）当时．
①若在图像上，求的值．
②当时，图像对应函数的最大值为2，最小值为，直接写出的取值范围．
（3）当以，，，为顶点的矩形的边与图像有且只有3个公共点时，直接写出的取值范围．
【答案】（1）点在图像上，的值为
（2）①或；②
（3）当，时，矩形的边与图像有且只有三个公共点
【解析】
【分析】（1）先求出图像和的解析式，分点分别在图像和上两种情况讨论，可求n的值；
（2）①先求出图像和的解析式，分点分别在图像和上两种情况讨论，可求的值；
②结合和的图像分析，即可求的取值范围；
（3）结合图像，分类讨论可求解．
【小问1详解】
抛物线，
∴顶点坐标为，
将绕坐标原点旋转得到图像，
∴图像的顶点坐标为，
∴图像的解析式为，
若点在图像上，且抛物线的图像记为，
∵，
∴点不在上，
若点在图像上，
∴，
∴，
综上所述：点在图像上，的值为．
【小问2详解】
当时，则图像的解析式为：，
图像的解析式为：，
若点在图像上，
∴，
∴（负值舍去），
若点在图像上，
∴，
∴，（舍去），
②当时，则图像的解析式为：，
图像的解析式为：，
当时，，当时，，
对于图像，在轴右侧，当时，则，
∴，
对于图像，在轴左侧，
当时，则，
∴，
当时，，
∴
当时，图像对应函数的最大值为2，最小值为，
∴
【小问3详解】
∵图像的解析式为，图像的解析式为，
∴图像的顶点坐标为，与轴交点为，图像的顶点坐标为，与轴交点为，
当时，图像与矩形最多有0个交点，图像与矩形最多有0交点，
当时，图像G与矩形只有2个交点，
当时，图像G与矩形有3个交点，
当时，图像与矩形有1个交点，图像与矩形有2交点，共3个交点；
当时，图像与矩形有1个交点，图像与矩形有1交点，
当时，图像与矩形有1个交点，图像与矩形有1个交点，共2个交点，
当时，图像与矩形有1个交点，图像与矩形有1交点，
当时，图像与矩形有1个交点，图像与矩形有2交点，共三个交点，
当时，图像与矩形有1个交点，图像与矩形有2交点，共三个交点；
当时，图像与矩形有2个交点，图像与矩形有1交点，共三个交点，
时，图像G与矩形最多有2个交点，
∵矩形的边与图像有且只有三个公共点，
∴，，
综上所述：当，时，矩形的边与图像有且只有三个公共点．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，二次函数的应用，利用数形结合思想解决问题是本题的关键．A
B
C
D
A
B
C
D
猜想：如图，在中，点D、E分别是与的中点．
根据画出的图形，可以猜想：
，且
对此，我们可以用演绎推理给出证明