徐州市各县2022-2023学年九年级上学期期末数学试题（含答案解析）

这是一份徐州市各县2022-2023学年九年级上学期期末数学试题（含答案解析），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。
（本卷共6页，满分为140分，考试时间为90分钟；答案全部涂、写在答题卡上）
一、选择题（本大题有8小题，每小题3分，共24分）
1．小明同学对数据12，22，36，4■，52进行统计分析，发现其中一个两位数的个位数字被墨水污染已无法看清，则下列统计量与被污染数字无关的是（）
A．平均数B．标准差C．方差D．中位数
2．卡塔尔世界杯小组赛，一粒制胜球（如图）射门前是否出底线成为球迷讨论的热点，裁判依据VAR图判定该球并未出界，VAR图中的圆与直线a的位置关系为（）
A．相切B．相交C．相离D．不确定
3．如图，A、B、C为⊙O上的三个点，∠AOB=60°，则∠C的度数为（）
A．15°B．30°C．45°D．60°
4．如图，在中，点D在AB上，，交AC于E，下列结论中不正确的是（）
A．B．C．D．
5．联欢会上，甲、乙、丙三人分别站在地面上的三个顶点处，在内部放置一个圆凳，游戏开始后，三人同时出发，抢先坐到圆凳者获胜．为使游戏公平，圆凳应放置在的（）
A．外心B．内心C．重心D．中心
6．关于抛物线，下列结论中正确的是（）
A．对称轴为直线
B．当时，随的增大而减小
C．与轴没有交点
D．与轴交于点
7．如图，两个螺栓上有A、B、C三个螺母，每次随机拧下一个螺母，直至全部被拧下，则“最后拧下螺母B”的概率是（）
A．B．C．D．
8．如图，已知⊙C的半径为，正三角形的边长为6，为边上的动点，过点P作⊙C的切线，切点为，则的最小值为（）
A．5B．C．D．6
二、填空题（本大题有8小题，每小题4分，共32分）
9．方程的解为________________．
10．若方程的两根分别为，，则____________．
11．某平面图的比例尺为，若平面图上甲、乙两地的距离为，则甲、乙两地的实际距离为___________．
12．甲、乙两人在相同条件下进行射击练习，每人10次射击成绩的平均值都是7环，方差分别为，则两人成绩比较稳定的是_____（填“甲”或“乙”）．
13．圆锥的底面半径是，母线长为，则这个圆锥的侧面积是__________（结果保留）
14．《田亩比类乘除捷法》中记载了一道题：“直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步，问阔及长各几步．”译文：一个矩形的面积为864平方步，宽比长少12步，问宽和长各多少步?设矩形的宽为步，由题意，可列方程为____________．
15．如图，在中，，将沿所在直线折叠，点C恰好落在上点E处，且，则的度数为______．
16．如图，将边长为的正三角形绕中心旋转，阴影部分的面积为______．
三、解答题（本大题有9小题，共84分）
17．（1）计算：；（2）解方程：．
18．某中学为了解学生对航空航天知识的掌握情况，随机抽取50名学生进行测试，并对成绩（百分制）进行整理，信息如下．
a．成绩频数分布表：
b．“”这组的具体成绩（单位：分）是：70，71，72，72，74，77，78，78，78，79，79，79。
根据以上信息，解决下列问题．
（1）此次测试成绩的中位数是______分，成绩不低于80分的人数占测试人数的百分比为________；
（2）该测试成绩的平均数是76.4分，甲的成绩是77分．乙说：“甲的成绩高于平均数，所以甲的成绩高于一半学生的成绩”你认为乙的说法正确吗?请说明理由；
（3）请对该校学生航空航天知识的掌握情况作出合理的评价。
19．不透明的袋子中装有2个白球、1个黑球，这些球除颜色外无其他差别．
（1）从袋子中随机摸出1个球，摸到白球的概率为_________
（2）从袋子中随机摸出1个球，放回并摇匀，再随机摸出1个球．用列表或画树状图的方法，求两次摸出的球都是白球的概率。
20．已知二次函数．
（1）完成下表，并在方格纸中画该函数的图象；
（2）根据图象，完成下列填空：
①当时，y随x的增大而___________
②当时，x的取值范围是____________
21．如图，为的直径，C为上的点，D是的中点，于点E，于点F．
（1）判断与的的位置关系，并说明理由．
（2）连接、，若，求长度．
22．如图，吕梁阁为徐州园博园的地标性建筑．一架无人机飞到与吕梁阁顶端B等高的点P处，测得吕梁阁底部A的俯角为，当其飞至点Q时，测得点A的俯角为．若点Q在线段BP上，，求吕梁阁的高度．
参考数据：，
23．如图，有一块矩形硬纸板，长，宽，在其四角各剪去一个同样的正方形，然后将四周突出部分折起，可制成一个无盖长方体盒子．
（1）当剪去正方形的边长取何值时，所得长方体盒子的侧面积为200cm2？
（2）所得长方体盒子的侧面积是否存在最大值?若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
24．如图①，由相似三角形的性质可得，阴影三角形的边上的高等于的三分之二，从而阴影三角形的面积等于正方形面积的三分之一．类似的，请你用无刻度的直尺，在图②~图④中各画一个阴影三角形，使其形状各不相同且面积都等于正方形面积的三分之一．
25．如图，在中，C、D为边上的两个动点，．
（1）若，则与相似吗?什么?
（2）若（即C、D重合），则_______°时，；
（3）当和满足怎样的数量关系时，?请说明理由．成绩x（分）
频数
7
9
12
16
6
x
…
0
1
2
3
…
y
…
…
参考答案
一、选择题（本大题有8小题，每小题3分，共24分）
1．D
【解析】根据平均数，标准差，方差与中位数的定义进行判断即可．
【详解】解：A中平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以这组数据的个数，与被污染数有关，故不符合题意；
C中方差是每个样本值与全体样本值的平均数之差的平方和的平均数，与被污染数有关，故不符合题意；
B中标准差是方差的算术平方根，与被污染数有关，故不符合题意；
D中是按顺序排列的一组数据中居于中间位置的数，为36，与被污染数无关，故符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了平均数，标准差，方差与中位数．熟练掌握平均数，标准差，方差与中位数的定义是解题的关键．
2．B
【解析】根据“裁判依据VAR图判定该球并未出界”和图可判断．
【详解】解：由图和裁判依据VAR图判定该球并未出界，可知
VAR图中的圆与直线的位置关系为相交；
故选：B．
【点睛】此题考查了直线与圆的位置关系，理解题意结合图形判断是解决问题的关键．
3．B
【解析】由是所对的圆心角与圆周角，再利用圆周角定理可得答案.
【详解】解：A、B、C为上的三个点，，
.
故选B
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，掌握“在同圆或等圆中，同一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半”是解本题的关键.
4．D
【解析】
【分析】在中，得，，即可证明，B选项正确；接着根据，就可以证明，A选项正确；紧接着就可以证明，C选项正确；最后设中边上的高为，中边上的高为，有，得出，D选项错误．
【详解】根据题意得，
在中，
，
，B选项正确；
，
，
，
，
，A选项正确；
，
，，
，C选项正确；
，，
设中边上的高为，中边上的高为，
，
，D选项错误．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是：熟记相似三角形对应边之比等于相似比；相似三角形面积之比等于相似比的平方．
5．A
【解析】
【分析】为使游戏公平，要使凳子到三个人的距离相等，于是利用线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等可知，要放在三边垂直平分线的交点上．
【详解】解：∵三角形的三条垂直平分线的交点到中间的凳子的距离相等，
∴凳子应放在的三条垂直平分线的交点最适当，即外心．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质的应用；利用所学的数学知识解决实际问题是一种能力，要注意培养．想到要使凳子到三个人的距离相等是正确解答本题的关键．
6．B
【解析】
【分析】根据二次函数的图像与性质即可得出答案.
【详解】A：对称轴为直线x=-1，故A错误；
B：当时，随的增大而减小，故B正确；
C：顶点坐标为(-1,-2)，开口向上，所以与x轴有交点，故C错误；
D：当x=0时，y=-1，故D错误；
故答案选择B.
【点睛】本题考查的是二次函数，比较简单，需要熟练掌握二次函数的图像与性质.
7．C
【解析】
【分析】列举出所有等可能出现的结果，再根据概率的定义进行计算即可．
【详解】解：每次随机拧下一个螺母，直至全部被拧下，有以下3种情况：
，，，
“最后拧下螺母B”有2种情况，则“最后拧下螺母B”的概率是；
故选：C．
【点睛】此题考查了概率公式的应用．此题比较简单，注意概率等于所求情况数与总情况数之比．
8．A
【解析】
【分析】连接、，过点作于，根据切线的性质得到，根据勾股定理求出，根据等边三角形的性质求出，根据垂线段最短解答即可．
【详解】解：连接、，过点作于，
∵是的切线，
∴，
∴，
当时，最小，取最小值，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴
∴，
∴的最小值为：，
故选：A．
【点睛】本题考查的是切线的性质、等边三角形的性质、垂线段最短，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
二、填空题（本大题有8小题，每小题4分，共32分）
9．
【解析】
【分析】此题考查了解一元二次方程，将一次项移到等式左边，利用因式分解法解方程，由此得到一元二次方程的解，正确确定一元二次方程的解法是解题的关键．
【详解】解：
∴，
故答案为：．
10．
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系即可求解．
【详解】解：∵方程的两根分别为，，
∴，
故答案：．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根，，．
11．30
【解析】
【分析】实际距离＝图上距离÷比例尺，按题目要求列出式子即可得出实际距离．
【详解】解：根据实际距离＝图上距离÷比例尺，得实际距离是＝=，
故答案为：30．
【点睛】能够根据比例尺进行计算，注意单位的转换．
12．甲
【解析】
【分析】根据方差越小成绩越稳定，即可求解．
【详解】解：∵，
∴成绩较为稳定的运动员是甲，
故答案为：甲．
【点睛】本题主要考查方差，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
13．
【解析】
【分析】根据底面圆的半径求出底面圆周长,再利用S=即可求解.
【详解】解：∵底面半径是，母线长为，
∴底面圆周长=8，
∴圆锥的侧面积=85=.
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积,属于简单题,熟悉扇形面积公式是解题关键.
14．
【解析】
【分析】由矩形的宽及长与宽之间的关系可得出矩形的长为步，再利用矩形的面积公式即可得出关于的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：∵矩形的宽为步，且宽比长少12步，
∴矩形的长为步．
依题意，得：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
15．##30度
【解析】
【分析】根据折叠得出，，根据，得出垂直平分，得出，根据等角对等边，得出，即可得出，根据，即可得出答案．
【详解】解：根据折叠可知，，，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用，解题的关键是求出．
16．
【解析】
【分析】根据旋转的性质，观察图形易得，图中空白部分的小三角形也是等边三角形，且边长为2，且面积是的，重叠部分的面积是与三个小等边三角形的面积之差，代入数据计算可得答案．
【详解】解：根据旋转性质可知，图中空白部分的小三角形也是等边三角形，且边长为，且面积是的，
观察图形可得，重叠部分的面积是与三个小等边三角形的面积之差，
∴的高是，一个小等边三角形的高是，
∴的面积是，一个小等边三角形的面积是，
所以重叠部分的面积是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的性质．
三、解答题（本大题有9小题，共84分）
17．（1）1；（2），
【解析】
【分析】（1）利用特殊角的三角函数值，算术平方根，零指数幂法则进行计算即可得到结果；
（2）方程移项后，利用配方法求出解即可．
【详解】解：（1）
；
（2），
，即，
∴，
解得：，．
【点睛】此题考查了实数的运算，以及解一元二次方程-配方法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18．（1）78.5，；（2）不正确，理由见解答；（3）答案不唯一，合理均可．
【解析】
【分析】（1）根据中位数的定义求解即可，用不低于80分的人数除以被测试人数即可；
（2）根据中位数的意义求解即可；
（3）答案不唯一，合理均可．
【小问1详解】
解：（1）这次测试成绩的中位数是第25、26个数据的平均数，而第25、26个数据的平均数为（分），
所以这组数据的中位数是78.5分，
成绩不低于80分的人数占测试人数的百分比为，
故答案为：78.5，；
【小问2详解】
不正确，
因为甲的成绩77分低于中位数78.5分，
所以甲的成绩不可能高于一半学生的成绩；
【小问3详解】
测试成绩不低于80分的人数占测试人数的，说明该校学生对“航空航天知识”的掌握情况较好（答案不唯一，合理均可）．
【点睛】本题考查了中位数，频数分布表等知识，掌握中位数的定义及其意义是解决问题的关键．
19．（1）（2）两次摸出的球都是白球的概率为
【解析】
【分析】（1）根据概率公式可直接进行求解；
（2）根据列表法可进行求解概率．
【小问1详解】
解：由题意可得摸到白球的概率为；
故答案为；
【小问2详解】
解：由题意可列表如下：
∴两次摸出球的情况总共有9种，其中两次摸出的球都是白球有4种情况，
∴两次摸出的球都是白球的概率为．
【点睛】本题主要考查概率，熟练掌握利用列表法进行求解概率是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）①增大；②．
【解析】
【分析】（1）分别将的值代入函数解析式求出值，再描点，连线作出图象；
（2）观察图象，当时，y随x的增大而增大，当时，函数图象在轴下方，即可得x的取值范围．
小问1详解】
解：分别将，0，1，2，3代入得，，，，0，
如图，
故答案为：0，，，，0；
【小问2详解】
观察图象，当时，y随x的增大而增大，当时，函数图象在轴下方，即．
故答案为：①增大；②．
【点睛】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，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
21．（1）与相切．证明见解析（2）．
【解析】
【分析】（1）连接、，由点是的中点，可得，易得，由，知，进而可知，由，易知，进而得证与相切；
（2）如图，过作于，则四边形是矩形，证明，可得，利用垂径定理，即可解决问题．
【小问1详解】
解：与相切．
理由：连接、，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴与相切．
【小问2详解】
如图，过作于，则四边形是矩形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，圆心角，弧，弦之间的关系，垂径定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会添加常用辅助线解决问题，属于中考常考题型．
22．吕梁阁的高度为
【解析】
【分析】由题意可知，，进而可得，，再结合即可求得吕梁阁的高度．
【详解】解：由题意可知，，
在中，，则，
在中，，则，
则，
∴，
即：吕梁阁的高度为．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用——仰角俯角问题，解决本题的关键是掌握仰角俯角定义及锐角三角函数的定义．
23．
（1）当剪去正方形的边长时，所得长方体盒子的侧面积为；
（2）剪去正方形的边长为时，所得长方体盒子的侧面积最大．
【解析】
【分析】（1）剪去正方形的边长为，利用长方体盒子的侧面积为，列方程，解方程可得答案；
（2）设长方体盒子的侧面积为，剪去正方形的边长为，列出与的函数关系式，利用二次函数的性质可得答案．
【小问1详解】
解：剪去正方形的边长为，则
，
，
，
当时，，不合题意，舍去．
即：当剪去正方形的边长时，所得长方体盒子的侧面积为；
【小问2详解】
设长方体盒子的侧面积为，剪去正方形的边长为，
由（1）得：，
，
所以当时，有最大面积为．
即：剪去正方形的边长为时，所得长方体盒子的侧面积最大．
【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，二次函数的应用，掌握利用二次函数的性质求面积的最大值是解题的关键．
24．见解析
【解析】
【分析】由图①可知阴影三角形的面积等于正方形面积的三分之一，以同样方法可找到与之对称的点，连接两点所在直线，在该直线上取点即可．
【详解】解：如图，连接，，相交于点，则，则其相似比为，，的高分别为，，则，且，同理连接，，相交于点，则，可知点到的距离与的比值为，即，故该直线上的任意一点到的距离与的比值为，
如图，即为所求，
【点睛】本题考查利用相似三角形作图及平行间距离问题，熟练运用相似三角形的性质构造比例是解决问题的关键．
25．（1），理由见解析；（2）90；（3），理由见解析．
【解析】
【分析】（1）由条件可证明为等边三角形，结合可得到，可证明；
（2）由，知，则，当时，，进而可知，即可得结论；
（3）由，知，可得，则当时，，则，再结合三角形内角和可找到和之间的数量关系．
【小问1详解】
解：，理由如下：
∵，，
则为等边三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
【小问2详解】
∵，
∴，则，
当时，，
∴，
∴，
故答案为：90；
【小问3详解】
当和满足时，，理由如下：
∵，
∴，
∴，
当时，，
∴，
则，
又∵。
∴
即：．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的对应角相等是解题的关键，注意三角形内角和定理的应用。白1
白2
黑
白1
√
√
白2
√
√
黑