2022-2023学年浙江省台州市椒江区九年级（上）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年浙江省台州市椒江区九年级（上）期末数学试卷，共22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．（4分）下列四个车标图形中，为中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（4分）下列事件为随机事件的是（ ）
A．负数大于正数
B．三角形内角和等于180°
C．明天太阳从东方升起
D．购买一张彩票，中奖
3．（4分）下列方程为一元二次方程的是（ ）
A．x﹣2＝0B．2x2+3y＝0
C．x2+2x＝1D．
4．（4分）关于相似三角形的性质，下列说法正确的是（ ）
A．相似三角形的对应角相等
B．相似三角形的对应边相等
C．相似三角形周长的比等于相似比的平方
D．相似三角形面积的比等于相似比
5．（4分）二次函数y＝（x﹣2）2﹣8的顶点坐标为（ ）
A．（2，﹣8）B．（2，8）C．（﹣2，8）D．（﹣2，﹣8）
6．（4分）如图，CD是⊙O的直径，弦AB垂直CD于点E，BC，AD，则下列结论不一定的是（ ）
A．AE＝BEB．CE＝OEC．AC＝BCD．AD＝BD
7．（4分）一人患了流感，经过两轮传染后共有121个人患了流感，每轮传染中平均一个人传染几个人？设每轮传染中平均一个人传染x个人．根据题意列出方程为（ ）
A．1+x+x2＝121B．1+x（x+1）＝121
C．1+x+x（x+1）＝121D．1+（x+1）+x（x+1）＝121
8．（4分）如图，在△ABC中，D，E，F分别是边BC，AC上的点，若∠B＝∠C＝∠EDF（ ）
A．B．C．D．
9．（4分）二次函数y＝ax2+bx+c自变量x与函数值y的对应关系如下表，设一元二次方程ax2+bx+c＝0的根为x1，x2，且x1＜x2，则下列说法正确的是（ ）
A．﹣1.5＜x1＜﹣1B．﹣1＜x1＜﹣0.5
C．0.5＜x2＜1D．1＜x2＜1.5
10．（4分）如图，扇形OAB中，∠AOB＝90°，点C为OB的中点，将扇形OAB绕点C顺时针旋转90°，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11．（5分）一天中钟表时针从上午6时到上午9时旋转的度数为 ．
12．（5分）某班的一个数学兴趣小组为了考察某条斑马线前驾驶员礼让行人的情况，每天利用放学时间进行调查，下表是该小组一个月内累计调查的结果 （结果保留小数点后一位）．
13．（5分）若一元二次方程x2﹣4x+b＝0有两个相等的实数根，则b的值为 ．
14．（5分）作业本中有一道题：“如图，在△ABC中，点D为AC的中点，且BE＝3CE，AE，求AF：EF的值”，小明解决时碰到了困难，交AC于点G．最后小明求解正确，则AF：EF的值为 ．
15．（5分）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为边BC上一点（不与B，C重合），点O为△ADC内切圆的圆心，则t的取值范围为 ．
16．（5分）图1是一座三拱悬索桥，图2是其抛物线形桥拱的示意图，三条抛物线的形状相同，N处．从桥头点A处的碑文得知桥面AF长为270米，小张从桥头点A出发到桥尾点F的微信步数（步长视为定值）
根据上述数据信息得小张的步长为 米，中间两桥墩的距离MN＝ 米．
三、解答题（本题有8小题，第1720题每题8分，第21题10分，第22，23题每题12分，第24题14分，共80分）
17．（8分）解方程：
（1）4x2＝25；
（2）x2﹣5x+5＝0．
18．（8分）如图，在△OAB中，点A的坐标是（﹣3，1）（﹣2，4），将△OAB绕点O逆时针旋转180°得到△OA1B1．
（1）画出△OA1B1．
（2）求点A的运动路径长．
19．（8分）某学校开展会员核酸检测，设立了A，B，C三个检测小组．
（1）学生甲随机选择一个小组进行核酸检测，则他选择A组的概率为 ．
（2）学生乙、丙分别选择一个小组进行核酸检测，求乙、丙在同一小组的概率（用树状图或列表法分析）．
20．（8分）已知，在△ABC中，D，E分别是边AC，连接BD，CE，EC和BD相交于点O，且∠ABC＝∠ADE．
（1）求证：△ABC∽△ADE；
（2）若，求的值．
21．（10分）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，垂足为点D，且AC平分∠DAB．
（1）判断CD与⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）连接BC，当∠DAB＝60°，AC＝2时
22．（12分）某商品的进价为每件40元，现在的售价为每件60元，每星期可卖出300件．市场调查反映：如调整价格，每星期少卖出10件；每降价1元，所得利润y1＝（60﹣40+m）（300﹣10m）＝﹣10m2+100m+6000＝﹣10（m﹣5）2+6250．
（1）当每件降价n元，试求所得利润y2关于n的函数关系式．
（2）是否存在n值，使y2＝6250？若存在，求出n的值，否则说明理由．
23．（12分）某校科技兴趣小组制作了一个机器人，该机器人能根据指令要求进行旋转和行走．机器人从起点出发，连续执行如下指令：机器人先向前直行bn（表示第n次行走的路程），再逆时针旋转α（0°＜α≤90°），直到第一次回到起点后停止．记机器人共行走的路程为l
例如：如图1，当每次直行路程均为1（即bn＝1），α＝60°时，机器人的运动路径为A→B→C→D→E→F→A，由图1图2易得所走路径形成的封闭图形的面积为．
（1）若bn＝1，请完成下表．
（2）如图3，若α＝60°，机器人执行六次指令后回到起点处停止．
①若b1＝2，b2＝4，b3＝1.5，b4＝3，则b5＝ ，b5+b6＝ ．
②若b1＝2，b2＝4，l＝20，请直接写出b3与b4之间的数量关系，并求出当S最大时b4的值．
24．（14分）如图1，非直径的弦AB，CD在⊙O上运动，OB，OC
（1）如图2，当点B，D重合时，∠COD＝40°，则∠ABC＝ ．
（2）如图3，当弦CD在弦AB所对的优弧上时，延长AD，AB＝4，，∠P＝30°．
①∠AOB﹣∠COD是否为定值？若是，求出该值，否则说明理由；
②求⊙O半径．
（3）如图4，在（2）条件下，连接AC△ACP的最大值．
2022-2023学年浙江省台州市椒江区九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分．请选出各题中一个符合题意的正确选项，不选、多选、错选，均不给分）
1．【分析】根据中心对称的概念，将图形绕对称中心旋转180°能和原图形重合就是中心对称图形．
【解答】解：A、图形是轴对称图形不是中心对称图形；
B、图形是中心对称图形；
C、图形是轴对称图形不是中心对称图形；
D、图形是轴对称图形不是中心对称图形．
故选：B．
【点评】本题主要考查中心对称图形的概念，熟练掌握中心对称图形的判断方法是解决本题的关键．
2．【分析】根据已知条件，结合必然事件、随机事件、随机事件的定义即可求解．
【解答】解：A．负数大于正数是不可能事件；
B．三角形内角和等于180°是必然事件；
C．明天太阳从东方升起是必然事件；
D．购买一张彩票，符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查必然事件、随机事件、随机事件的定义，属于基础题，理解相关概念是关键．
3．【分析】根据一元二次方程的概念进行判断即可．
【解答】解：A选项中未知数的次数为一次，所以不是一元二次方程；
B选项中有两个未知数，所以不是一元二次方程；
C选项中未知数只有一个并且未知数的次数最高为2次，所以是一元二次方程；
D选项中未知数出现在分母里，不是整式方程；
故选：C．
【点评】本题主要考查一元二次方程的概念，熟练掌握一元二次方程的概念是解决本题的关键．
4．【分析】根据相似三角形的性质，即可判断．
【解答】解：A、相似三角形的对应角相等；
B、相似三角形的对应边成比例；
C、相似三角形周长的比等于相似比；
D、相似三角形面积的比等于相似比的平方．
故选：A．
【点评】本题考查相似三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质．
5．【分析】根据二次函数顶点式的性质判断即可．
【解答】解：已知二次函数顶点式：y＝a（x﹣h）2+k的顶点为（h，k），
∴y＝（x﹣2）6﹣8的顶点坐标为（2，﹣8）．
故选：A．
【点评】本题主要考查二次函数的顶点式，熟练根据顶点式求顶点式解决本题的关键．
6．【分析】根据垂径定理对各选项进行逐一分析即可．
【解答】解：∵CD是⊙O的直径，弦AB垂直CD于点E，
∴AE＝BE，弧AC＝弧BC，
∴AC＝BC，AD＝BD，
而CE＝OE不一定成立，
故选：B．
【点评】本题考查的是垂径定理，垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解答此题的关键．
7．【分析】第一轮传染后总传染人数为（1+x），第二轮后总传染人数为1+x+x（x+1），由此可解．
【解答】解：设每轮传染中平均一个人传染x个人，
则第一轮传染后总传染人数为（1+x），第二轮后总传染人数为1+x+x（x+5），
因此1+x+x（x+1）＝121．
故选：C．
【点评】本题考查一元二次方程的实际应用，找准等量关系是解题的关键．
8．【分析】根据三角形内外角关系可得∠B+∠BED＝∠EDF+∠FDC，结合∠B＝∠C＝∠EDF即可得到∠BED＝∠FDC，即可得到△BDE∽△CFD，即可得到答案．
【解答】解：∵∠B+∠BED＝∠EDF+∠FDC，∠B＝∠C＝∠EDF，
∴∠BED＝∠FDC，
∴△BDE∽△CFD，
∴，
故选：D．
【点评】本题考查三角形内外角关系，三角形相似的性质与判定，解题的关键是得到相似的条件．
9．【分析】根据表格找出y的值接近0时对应的x的值的取值范围，从而分析求解．
【解答】解：由表格可得：
当﹣1.5＜x＜﹣3时，﹣0.22＜y＜0.13；
当2＜x＜2.5时，﹣7.22＜y＜0.13，
又∵一元二次方程ax2+bx+c＝4的根为x1，x2，且x7＜x2，
∴﹣1.8＜x1＜﹣1，5＜x2＜2.8，
故选：A．
【点评】本题考查了图象法求一元二次方程的近似根，结合表格中的数据找出方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a，b，c为常数）的一个解的近似值是解题的关键．
10．【分析】过点B作BE⊥O'A'于点E，过点A'作A'F⊥OB交OB的延长线于点F，设A′B′交OF于点D，AB交O'A'于点M，根据题意得出∠CO′D＝60°，进而根据即可求解．
【解答】解：如图所示，过点B作BE⊥O'A'于点E，设A′B′交OF于点D，
∵则四边形CO'EB，
∵，
∴O′D＝O′B′＝OB，，
∴∠CO′D＝60°，
在Rt△CO'D中，，
∴，
∵SBEM＝SA'FD，
∴
＝
＝，
故选：B．
【点评】本题考查了求扇形面积，旋转的性质，正方形的性质，掌握扇形面积公式是解题的关键．
二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11．【分析】钟表上的刻度把一个圆平均分成12等份，根据题意知，时针运行了圆周，即可得到答案．
【解答】解：根据题意，从上午6时到上午9时，
∴时针旋转了圆周．
故答案为：90°．
【点评】本题考查了钟表上角的认识的问题，知道钟表上的刻度把一个圆平均分成12等份是解题的关键．
12．【分析】根据题意得：能主动给行人让路的频率稳定在0.80的附近，再由频率估计概率，即可求解．
【解答】解：根据题意得：能主动给行人让路的频率稳定在0.80的附近，
∴能主动给行人让路的概率约是0.3．
故答案为：0.8．
【点评】本题考查了利用频率估计概率，解答本题的关键在于掌握：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，根据这个频率稳定性定理，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．
13．【分析】用含b的代数式表示出此方程的根的判别式，根据根的判别式进行计算即可．
【解答】解：由题意得：
∵方程有两个相等的实数根，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣4）2﹣4×4×b＝0
解得：b＝4
故答案为：2．
【点评】本题主要考查一元二次方程根的判别式，熟练根据根的情况转化为根的判别式进行计算是解决本题的关键．
14．【分析】根据EG∥BD可得，结合BE＝3CE，可得，根据点D为AC的中点即可得到答案．
【解答】解：∵EG∥BD，
∴，
∵BE＝3CE，
∴，
∵点D为AC的中点，
∴，
∵EG∥BD，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查平行线分线段成比例定理，解题的关键是根据比例性质得到线段比例．
15．【分析】由AD、AC、BC与⊙O相切与于F、E、G，可证OA平分∠DAC，OC平分∠ACD，根据t＝∠DAO+∠DCO，可得，再根据∠DAC＜80°即可求出结果．
【解答】解：如图所示，
∵AD、AC、E、G，连接OF、OG，
∴OF⊥AD，OE⊥AC，
∴∠FAO＝∠EAO，又∵OG⊥BC，
∴∠OCG＝∠OCE，
∵t＝∠DAO+∠DCO，
∴，
∵AB＝AC，∠BAC＝80°，
∴∠B＝∠ACB＝50°，
∴，
∴t＞25°，
又∵∠DAC＜80°，
∴，
∴，
∴t＜65°，∴25°＜t＜65°，
故答案为：25°＜t＜65°．
【点评】本题考查切线的性质和角平分线的性质和判定和等腰三角形的性质，熟练掌握角平分线的判定证明OA平分∠DAC，OC平分∠ACD是解题的关键．
16．【分析】根据路程等于步数乘步长可求得步长；建立坐标系，分别求得AB段和CD段抛物线的解析式，求得点M的横坐标，进一步计算即可求解．
【解答】解：步长＝（米）；
设点A为原点，AF所在直线为x轴，6），0），0），
设AB段抛物线的解析式为y＝a（x﹣70）8+b，
将B（140，0）代入得a（140﹣70）2+b＝4，
∴b＝﹣702a，
∴AB段抛物线的解析式为y＝a（x﹣70）2﹣708a，
∵三条抛物线的形状相同，C、D的中点为（270
∴设CD段抛物线的解析式为y＝a（x﹣270）2+c，
将C（180，0）代入得a（180﹣270）7+c＝0，
∴c＝﹣902a，
∴CD抛物线的解析式为y＝a（x﹣270）4﹣902a，
解方程a（x﹣270）2﹣905a＝a（x﹣70）2﹣702a，
x＝162，
即点M的横坐标为162，
由对称性知点N的横坐标为540﹣162＝378，
∴MN＝378﹣162＝216（步），
216×5.5＝108（米），
故答案为：0.8，108．
【点评】本题考查了二次函数的应用，分别求得AB段和CD段抛物线的解析式是解题的关键．
三、解答题（本题有8小题，第1720题每题8分，第21题10分，第22，23题每题12分，第24题14分，共80分）
17．【分析】（1）原方程变形，直接开平方即可得到答案；
（2）移项，配方，直接开平方即可得到答案．
【解答】解：（1）原方程变形可得，，
两边开平方可得，，；
（2）移项可得，x2﹣5x＝﹣5，
配方得，，
即，
直接开平方可得，，
∴，．
【点评】本题考查解一元二次方程，解题的关键是选择适当的解法．
18．【分析】（1）将线段OA，OB分别绕点O逆时针旋转180°后，再将点A1，B1连接即可；
（2）先求出OA的长，在根据弧长计算公式计算即可．
【解答】解：（1）△OA1B1如图所示即为所求．
（2），
∴C＝•2πr＝πr＝π．
答：点A的运动路径长为．
【点评】本题主要考查旋转图形的绘制以及弧长的计算，熟练掌握弧长的计算公式是解决本题的关键．
19．【分析】（1）根据概率的公式计算即可；
（2）画出树状图，找出乙、丙在同一组的情况数，根据概率公式计算即可．
【解答】解：（1）总共有三组，
∴甲选A的概率为：；
故答案为：；
（2）树状图如下：
∴乙、丙在同一小组核酸检测的概率．
【点评】本题主要考查概率的计算以及树状图的绘制，熟练掌握概率计算公式以及树状图的绘制是解决本题的关键．
20．【分析】（1）用相似三角形的判定方法：两角对应相等的两三角形相似，找出∠ABC＝∠ADE，∠A＝∠A即可证明；
（2）用相似三角形的性质：相似三角形的对应边成比例，然后进行转换即可求解．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝∠ADE，∠A＝∠A，
∴△ABC∽△ADE．
（2）解：∵△ABC∽△ADE，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点评】本题考查了相似三角形的判定方法及性质，掌握判定方法及性质是解题的关键．
21．【分析】（1）连接OC，根据AC平分∠DAB，以及OA＝OC，可得∠BAC＝∠ACO＝∠DAC，从而得到结论；
（2）连接CB，先证得∠ACB＝90°，再由∠DAB＝60°，可得∠DAC＝∠BAC＝30°，从而得到AB＝2BC，再由勾股定理求出AB，即可求解．
【解答】解：（1）CD与⊙O相切，
理由：如图1，连接OC．
如图所示，连接OC，
∵AC平分∠DAB，
∴∠CAD＝∠CAB，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠OCA＝∠CAD，
∴AD∥OC，
∵AD⊥CD，
∴OC⊥CD，
∵OC为半径，
∴直线CD是⊙O的切线；
（2）如图2，连接CB，
∵AB为⊙O直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠DAB＝60°，
∴∠DAC＝∠BAC＝30°，
∴AB＝5BC，
∵AB2＝AC2+BC4，
∴，
∴，
即⊙O的半径为．
【点评】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，勾股定理，平行线的判定，直角三角形的性质，熟练掌握切线的判定，圆周角定理，勾股定理，平行线的判定，直角三角形的性质是解题的关键．
22．【分析】（1）根据“每件商品的利润×数量＝总利润”列出函数关系式；
（2）根据一元二次方程根的判别式或结合二次函数的最值进行分析说理．
【解答】解：（1）y2＝（60﹣40﹣n）（300+20n）
＝﹣20n2+100n+6000
＝﹣206125；
（2）方法3：不存在．
理由：令y2＝6250，
∴﹣20n2+100n+6000＝6250，即7n2﹣10n+25＝0，
∵Δ＝100﹣6×2×25＝﹣100＜0，
∴原方程无实数根，即n不存在，
方法7：不存在．
理由：令y2＝6250，
∴，即，
∵方程无实数根
∴n不存在．
方法3：不存在．
理由：∵y8的最大值为6125元，6125＜6250，y2＝（60﹣40﹣n）（300+20n）
∴n不存在．
【点评】本题考查了二次函数的应用，利用二次函数的性质解决问题是本题的关键．
23．【分析】（1）根据每次逆时针旋转α，旋转次，可回到起点，即可进行解答；
（2）①构造如图所示三角形，则△ABC，△AIH，△DBE，△GFC为等边三角形，根据等边三角形三边相等，即可依次推出各边长度；②构造如图所示三角形，根据题意可得GI＝b3+b4+4，b6＝b3+b4﹣2，b5＝6﹣b4，进而得出2b3+b4＝10，根据等边三角形的面积公式，即可求出S的表达式，即可求解．
【解答】解：（1）当α＝30°时，，
当α＝45°时，，
当α＝72°时，，
故答案为：12，8，5．
（2）①构造如图所示的三角形，
∵α＝60°，
∴△ABC，△AIH，△GFC为等边三角形，
∴CG＝b2＝5，AH＝b4＝3，
∴AC＝AH+b2+CG＝4+1.7+3＝8.7，则AB＝AC＝BC＝8.5，
∵b8＝2，b2＝6，
∴EF＝2，CF＝4，
∴b3＝BE＝BC﹣EF﹣CF＝8.5﹣7﹣4＝2.8，
∴b5＝DI＝AB﹣AI﹣BD＝8.4﹣3﹣2.7＝3，
∴b5+b6＝2.5+6＝5.5，
故答案为：8，5.5．
7，5.5
②如图，构造等边△GHI，
∴GI＝b3+b4+4，b6＝b3+b4﹣5，b5＝6﹣b4，
∵l＝20，
∴2+4+b4+b4+6﹣b3+b3+b4﹣6＝20，
∴2b3+b3＝10，
如图：等边三角形边长为a，高为h，，
∴等边三角形面积＝，
∴，
∴，
∴当S最大时，b4＝8．
【点评】本题主要考查了多边形的外角，解题的关键是掌握多边形的外角和为360°，根据题意构造等边三角形，根据等边三角形的性质求解．
24．【分析】（1）先求出∠AOC的度数，然后根据圆周角定理求解即可；
（2）①连接AC，由圆周角定理得∠AOB＝2∠ACB，∠COD＝2∠CAD，然后利用三角形外角的性质求解即可；
②取⊙O上一点E，使得∠DOE＝∠AOB，连接OE，CE，DE．证明△OCE为等边三角形，作CF⊥DE于点F．在Rt△CDF求出CF和DF，进而可求出EF，然后可求⊙O半径；
（3）先判断△ACP在运动过程中形状不变，当AC为直径时，S△ACP最大，然后求出AB的长即可求出S△ACP的最大值．
【解答】解：（1）∵∠AOB＝100°，∠COD＝40°，
∴∠AOC＝100°﹣40°＝60°，
∴．
故答案为：30°；
（2）①∠AOB﹣∠COD是定值，
如图6，连接AC．
∵∠AOB＝2∠ACB，∠COD＝2∠CAD，
∴∠AOB﹣∠COD＝4（∠ACB﹣∠CAD）＝2∠P又∠P＝30°，
∴∠AOB﹣∠COD＝60°；
②如图2，取⊙O上一点E，连接OE，DE．
∵∠DOE＝∠AOB，∠AOB﹣∠COD＝60°，
∴∠DOE﹣∠COD＝60°，
∴∠COE＝60°，
又∵OC＝OE，
∴△OCE为等边三角形，
作CF⊥DE于点F．
∵∠COE＝60°，
∴∠CDE＝30°，
∵，DE＝AB＝4，
∴，，
∴，
∴；
（3）∵为定值，
∴∠COD是定值，
∴是定值，
∵∠P＝30°，
∴△ACP在运动过程中形状不变，当AC为直径时，S△ACP最大．
∴∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴AP＝2AB＝2，
∴，
即S△ACP最大值为．
【点评】本题考查了圆周角定理，三角形外角的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，以及锐角三角函数的知识，灵活运用各知识点是解答本题的关键．x
﹣1.5
﹣1
﹣0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
y
﹣0.22
0.13
0.38
0.53
0.58
0.53
0.38
0.13
﹣0.22
排查车辆数n
20
40
100
200
400
1000
能礼让的车辆数m
15
32
82
158
324
800
能礼让的频率
0.75
0.80
0.82
0.79
0.81
0.80
计数位置
点A
点B
点C
点D
点E
点F
步数/步
0
140
180
360
400
540
α
30°
45°
72°
l



A
B
C
A
（A，A）
（B，A）
（C，A）
B
（A，B）
（B，B）
（C，B）
C
（A，C）
（B，C）
（C，C）