2022-2023学年福建省泉州实验学校、外国语学校等五校九年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年福建省泉州实验学校、外国语学校等五校九年级（下）期中数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省泉州实验学校、外国语学校等五校九年级（下）期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  实数的绝对值是(    )A.  B.  C.  D. 2.  如图是由个大小相同的正方体组合而成的几何体，其左视图是(    )
 A.  B.  C.  D. 3.  下列图形中，一定既是轴对称图形又是中心对称图形的是(    )A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 平行四边形 D. 正方形4.  某校举办“喜迎建党周年”校园朗诵大赛，小丽同学根据比赛中七位评委所给的某位参赛选手的分数，制作了一个表格，如果去掉一个最高分和一个最低分，则表中数据一定不发生变化的是(    )中位数众数平均数方差 A. 中位数 B. 众数 C. 平均数 D. 方差5.  如图，数轴上的点表示下列四个无理数中的一个，这个无理数是(    )
 A.  B.  C.  D. 6.  在九章算术中有“盈不足术”的问题，原文如下：今有共买物，人出八，盈三；人出七，不足四．问人数几何？大意为：现有一些人共同买一个物品，每人出元，还盈余元；每人出元，则还差元．问人数是多少？若设人数为，则下列关于的方程符合题意的是(    )A.  B.
C.  D. 7.  如图，内接于，是的直径，，则(    )A.
B.
C.
D. 8.  如图，一次函数的图象过点，则不等式的解集是(    )A.
B.
C.
D. 9.  如图，在中，，点是的重心，，垂足为，若，则线段的长度为(    )A.
B.
C.
D. 10.  定义：，若函数，则该函数的最大值为(    )A.  B.  C.  D. 二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）11.  计算： ______ ．12.  正八边形的一个内角的度数是______ 度．13.  在半径为的圆中，的圆心角所对的弧长是______．14.  已知非零实数，满足，则的值等于______ ．15.  如图所示的五边形花环是用五个全等的等腰三角形拼成的，则的度数为______ ．
 16.  如图，菱形顶点在函数的图象上，函数的图象关于直线对称，且经过点，两点，若，，则 ______ ．
 三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）17.  解不等式组：四、解答题（本大题共8小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）18.  本小题分
如图，四边形是平行四边形，，分别是边，上的点，证明．
19.  本小题分
先化简，再求值：，其中．20.  本小题分
如图，中，．
用直尺和圆规在的内部作射线，使不要求写作法，保留作图痕迹；
若中的射线交于点，，，求的长．
21.  本小题分
随着互联网的快速发展，人们的生活越来越离不开快递，某快递公司邮寄每件包裹的收费标准是：重量小于或等于千克的收费元；重量超过千克的部分，每超过千克不足千克按千克计算需再收费元下表是该公司某天：：统计的收件情况．
试根据以上所提供的信息，解决下列问题： 重量千克件数求包裹重量为的概率；
小东打算在该公司邮寄一批每件千克的包裹到不同地方，现有两种付费方式供他选择：按该公司收费标准付费；按上表中的平均费用付费，问：他选择哪种方式付费合算？说明理由．22.  本小题分
某校为改善办学条件，计划购进，两种规格的书架，经市场调查发现有线下和线上两种购买方式，具体情况如表： 规格线下线上单价元个运费元个单价元个运费元个如果在线下购买，两种书架共个，花费元，求，两种书架各购买了多少个；
如果在线上购买，两种书架共个，且购买种书架的数量不少于种书架的倍，请设计出花费最少的购买方案，并计算按照这种方案购买线上比线下节约多少钱．23.  本小题分
如图，是半圆的直径，为的中点，延长交弧于点，点为的延长线上一点且满足．
求证：为的切线；
若四边形是平行四边形，求的值．
24.  本小题分
如图，由绕点逆时针旋转得到，且点的对应点恰好落在的延长线上，，交于点．
求的度数；
点是延长线上的点，且判断与的数量关系，并证明；
在的条件下，求证：．
25.  本小题分
抛物线过点，抛物线的顶点为点．

若，求抛物线的顶点的坐标；
在的条件下，抛物线与轴交于点，且轴上有点，轴上是否存在点使得，若存在请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
若，将抛物线平移使得其顶点和原点重合，得到新抛物线，过点的直线交抛物线于、两点，过点的直线交抛物线于、两点求证：直线过定点，并求出定点坐标．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：因为负数的绝对值等于它的相反数；
所以，的绝对值等于．
故选：．
利用绝对值的意义求解．
本题考查绝对值的含义，即：正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数．
 2.【答案】 【解析】解：从左边看得到的是两个叠在一起的正方形．
故选：．
左视图是从左边看得出的图形，结合所给图形及选项即可得出答案．
此题考查了简单几何体的三视图，属于基础题，解答本题的关键是掌握左视图的观察位置．
 3.【答案】 【解析】【分析】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后两部分重合．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】
解：
A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B、直角三角形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
C、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；
D、正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确．
故选：．  4.【答案】 【解析】解：如果去掉一个最高分和一个最低分，则表中数据一定不发生变化的是中位数，
故选：．
根据中位数：将一组数据按照从小到大或从大到小的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数可得答案．
此题主要考查了中位数，关键是掌握中位数定义．
 5.【答案】 【解析】【分析】
本题主要考查了无理数，熟练掌握估算无理数大小的方法进行求解是解决本题的关键．
应用估算无理数大小的方法进行判定即可得出答案．
【解答】
解：根据题意可得，，
，
这个无理数是．
故选：．  6.【答案】 【解析】【分析】
本题主要考查由实际问题抽象出一元一次方程，解题的关键是理解题意，确定相等关系，并据此列出方程．
根据“物品钱数不变”可列方程．
【解答】
解：设人数为，
则可列方程为：
故选A．  7.【答案】 【解析】解：是的直径，
，
，
，
．
故选：．
由是的直径，根据直径所对的圆周角是直角，得出，根据直角三角形两锐角互余得到与互余，即可求得的度数，继而求得的度数．
此题考查了三角形的外接圆，圆周角定理，直角三角形的性质，难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
 8.【答案】 【解析】解：一次函数的图象过点，
，即，
，

，
，即，
，即求，
由图可知，的部分是点的左侧部分，
的解集是．
故选：．
将点代入函数解析式，得到，然后将不等式转化为函数的解集即可．
此题考查一次函数和一次不等式的关系，解题关键是将不等式转化为函数相关的不等式，然后看图直接推论出自变量取值范围．
 9.【答案】 【解析】解：如图，连接并延长交于点．

点是的重心，
点为的中点，，
，
，
，
，
，
，
公共角，
∽，
，
，
，
，
．
故选：．
因为点是的重心，根据三角形的重心是三角形三条中线的交点以及重心的性质：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比是：，可知点为的中点，，根据，可得，进而证得∽，从而得到，代入数值即可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形的重心的定义及其性质，熟练运用三角形重心的性质是解题的关键．
 10.【答案】 【解析】解：令，
当时，即时，，
令，则与轴的交点坐标为，，
当时，，
，
随的增大而增大，
当时，；
当时，即时，，
令，则与轴的交点坐标为，，
当时，或，
或，
的对称轴为，
当时，随的增大而减小，
当时，，
当时，；
当，随的增大而增大，
当时，；
当时，；
综上，的最大值为．
故选：．
根据题目中所给的运算法则，分两种情况：当时，当时，分别进行求解即可．
本题考查的是二次函数的性质及新定义运算，解题时要注意分情况讨论，不要漏解．
 11.【答案】 【解析】解：原式
故答案为：．
根据二次根式的化简和零指数幂的知识进行计算即可．
本题考查的二次根式化简和零指数幂的知识，解题关键是学会二次根式化简和零指数幂．
 12.【答案】 【解析】解：正八边形的内角和为：，
每一个内角的度数为：．
故答案为：．
首先根据多边形内角和定理：且为正整数求出内角和，然后再计算一个内角的度数．
此题主要考查了多边形内角和定理，关键是熟练掌握计算公式：且为整数．
 13.【答案】 【解析】解：弧长，
故答案为：．
利用弧长公式计算即可．
本题考查弧长公式，解题的关键是记住弧长公式，属于中考常考题型．
 14.【答案】 【解析】解：由得：，
即，
，
故答案为：．
由条件变形得，，把此式代入所求式子中，化简即可求得其值．
本题考查了分式的化简求值，关键是根据条件，变形为，然后整体代入．
 15.【答案】 【解析】解：如图，

五边形花环是用五个全等的等腰三角形拼成的，
五边形花环为正五边形，
，
，
，
．
故答案为：．
利用全等三角形的性质和正五边形的定义可判断五边形花环为正五边形，根据多边形的内角和定理可计算出，然后根据三角形内角和求解即可．
本题考查了多边形内角与外角：多边形内角和定理：且为整数；多边形的外角和等于，熟记有关知识是解题的基础．
 16.【答案】 【解析】解：连接，过作轴于点，过作于点，
函数的图象关于直线对称，
：，
设，
将代入，
，解得或，
，
，
，，
菱形中，
，
，
，
在中，
，
，
，
，，
，
将代入，
可得，解得．
故答案为：．
根据函数的图象关于直线对称，可知直线：，即可求出，接着推论出，进而证明是含角的直角三角形，即可求出，代入反比例函数直接求出即可．
此题考查反比例函数图象上点的坐标特点及菱形的性质，解题关键是先根据对称性求出点坐标，然后根据菱形的性质推论出角的直角，即可分别求出三边的长，得到点坐标，最后将点的坐标代入解析式直接求解．
 17.【答案】解：解不等式，得：，
解不等式，得：，
则不等式组的解集为． 【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
 18.【答案】方法一：
证明：四边形是平行四边形，
．
．
又，
四边形是平行四边形．
．
方法二：
证明：四边形是平行四边形，
，，
，
即．
在和中，
，
≌，
． 【解析】方法一：证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可得出结论；
方法二：证明≌，由全等三角形的性质即可得出结论．
本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
 19.【答案】解：



，
当时，原式． 【解析】根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后将的值代入化简后的式子即可解答本题．
本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
 20.【答案】解：如图所示，射线即为所求；

，，
∽，
，即，
． 【解析】按作一个角等于已知角的步骤操作即可；
证∽，利用对应边成比例求的长．
本题考查了相似三角形的判定和性质，作一个角等于已知角，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
 21.【答案】解：；
应选择方案付费合算，理由：
设小东打算邮寄的这批每件千克的包裹共有件，所需要的费用为元，依题意得：
方案付费：．
方案付费：元

小东应选择方案付费合算． 【解析】用重量在范围内的包裹件数除以所有包裹总件数；
设这批每件千克的包裹共有件，所需要的费用为元，用方案每件千克的包裹付费额乘这批每件千克的包裹件数求出总付费；再用方案包裹付费的平均数乘这批每件千克的包裹件数得到方案的总付费，比较两种方案总付费大小即得答案．
本题主要考查了分段付费，概率，平均数，方案选择等，解决问题的关键是熟练掌握分段付费计算，概率定义及运用概率公式计算，加权平均数定义及运用加权平均数公式计算，各种方案的计算比较选择．
 22.【答案】解：设购买种书架个，则购买种书架个，根据题意，得，
解得：，，
答：购买种书架个，种书架个；
设线上购买种书架个，所需总费用为元，根据题意，得，
又由，得，
，
的值随着值的增大而减小，
为整数，
当，时，最小，
则花费最少的购买方案是种规格书架个，种规格书架个．
此时线上购买所需费用元，
线下购买所需费用元，
元，
按照这种方案购买线上比线下节约元． 【解析】设购买种书架个，则购买种书架个，根据题意列出一元一次方程，解方程即可求解；
设购买种书架个，所需总费用为元，根据题意列出一次函数关系式，根据已阐述的性质即可求解．
本题考查了一元一次方程的应用，一次函数的应用，一元一次不等式的应用，根据题意列出方程以及函数关系是解题的关键．
 23.【答案】解：连接，
，
，
，
，
为的中点，
，
，
，
，
为的切线；

过作于，
，，
，
四边形是平行四边形，
，
设，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
． 【解析】连接，根据等腰三角形的性质得到，，根据垂径定理得到，根据余角的性质得到，于是得到结论；
过作于，根据三角形的中位线的想知道的，根据平行四边形的性质得到，设，得到，根据射影定理得到，求得，根据勾股定理得到，于是得到结论．
本题考查了切线的判定和性质，平行四边形的性质，垂径定理，射影定理，勾股定理，三角函数的定义，正确的作出辅助线是解题的关键．
 24.【答案】解：由旋转的性质得，，
是等边三角形，
，
，
；

解：，理由如下：
由旋转的性质得：，，
是等边三角形，
，
，
由可知，
，
又，
，
；


证明：过点作交于点，
，
由可知，
，，
，
，
，
，
，
又，，
≌，
，
，
，
，
．
 【解析】由旋转的性质得，易证是等边三角形可得，由即可求解；
由旋转的性质易证是等边三角形可得，由可知，得，即；
过点做交于点 可得，结合、可证得≌即、，即可证明．
本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质；解题的关键是熟练掌握相关性质并灵活求解．
 25.【答案】解：当时，，
代入，得：，
解得或，
，
，
当时，，
；

当时，，
，
，
由勾股定理得，
当点在轴的负半轴时，如图所示，

，，
∽，
，
，
即，
，
，
，
由对称性可得，
综上所述，存在点，使得；
，且平移后的抛物线顶点在原点，
，
设的坐标为，
则直线可表示为：，
和抛物线联立得：，
解得：或，
设，
则的坐标为；
直线可表示为：，
和抛物线联立得：，
解得：或，
则的坐标为；
直线可表示为：，
当，，
直线过定点． 【解析】将和代入抛物线解析式求解即可；
先求出点坐标，再由勾股定理求出的长，当点在轴的负半轴时，证出∽，从而得到，得出的长，进而即可得出点的坐标；
根据题意求得，设的坐标为，分别用含的代数式表示出直线和直线的解析式，再联立抛物线解析式求出，两点坐标，设，最后列出直线含参数的解析式，即可求得定点坐标．
本题考查了二次函数与一次函数的综合，熟练掌握二次函数与一次函数的图象与性质，相似三角形的性质与判定，二次函数平移的性质是解题的关键．