2022-2023学年天津市河北区九年级上学期数学期末考试卷及答案

这是一份2022-2023学年天津市河北区九年级上学期数学期末考试卷及答案，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. 下列图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用轴对称图形和中心对称图形的概念逐一选项判断即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
B、是中心对称图形，不是轴对称图形，不合题意；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意；
D、既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，如果一个图形沿着一条直线对折，直线两旁的部分能够重合，那么这个图形就是轴对称图形，这条直线叫做这个图形的对称轴；如果一个图形沿着某一个点旋转后，仍能与原来的图形重合，那么这个图形就是中心对称图形，这个点叫做对称中心．
2. 下列说法正确的是（ ）
A. “翻开九年上册数学课本，恰好是第88页”是不可能事件
B. “太阳从西方升起”是必然事件
C. “明天会下雨”描述的事件是随机事件
D. 射击运动员射击一次，命中十环是必然事件
【答案】C
【解析】
【分析】根据确定事件和随机事件的定义来区分判断即可，必然事件和不可能事件统称确定性事件；必然事件：在一定条件下，一定会发生的事件称为必然事件；不可能事件：在一定条件下，一定不会发生的事件称为不可能事件；随机事件：在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件称为随机事件．
【详解】A. “翻开九年上册数学课本，恰好是第88页”是随机事件，故该选项不正确，不符合题意；
B. “太阳从西方升起”是不可能事件，故该选项不正确，符合题意；
C. “明天会下雨”描述的事件是随机事件，故该选项正确，不符合题意；
D. 射击运动员射击一次，命中十环是随机事件，故该选项不正确，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了确定事件和随机事件的定义，熟悉定义是解题的关键．
3. 今年以来，我市接待的游客人数逐月增加，据统计，游玩某景区的游客人数三月份为4万人，五月份为万人．设平均每月增长率为x，则可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三月份为4万人，五月份为万人，设平均每月增长率为x，即可列出一元二次方程．
【详解】解：设平均每月增长率x，
根据题意得：，
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程应用，理解题意，正确列出方程是解决本题的关键．
4. 已知，，三点都在二次函数的图象上，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由抛物线解析式可得抛物线开口方向及对称轴，根据，，三点到对称轴的距离大小关系求解．
【详解】解：，
抛物线开口向上，对称轴为直线，
，
．
故选：C．
【点睛】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解题关键是掌握二次函数图像的对称性．
5. 将抛物线先向右平移4个单位，再向下平移3个单位，所得抛物线表达式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数图象的平移规则“左加右减，上加下减”进行求解即可．
【详解】解：将抛物线先向右平移4个单位，再向下平移3个单位，
所得抛物线表达式为，
故选：A．
【点睛】本题考查二次函数图象的平移，熟练掌握函数图象平移规则是解答的关键．
6. 如图，将绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△，连接，若，则的度数是（ ）．
A. 10°B. 20°C. 30°D. 40°
【答案】B
【解析】
【分析】由旋转得，，求出，利用外角性质求出，由旋转的性质得到∠B的度数，再计算90°-∠B即可得到结果．
【详解】解：由旋转得，，
∴，
∵，
∴=∠1+，
由旋转得∠B=，
∴=90°-∠B=20°，
故选：B．
【点睛】此题考查三角形外角的性质，等边对等角求角的度数，直角三角形两锐角互余的性质，旋转的性质，熟记旋转的性质是解题的关键．
7. 如图所示，⊙O的外切梯形ABCD中，如果AD∥BC，那么∠DOC的度数为( )
A. 70°B. 90°C. 60°D. 45°
【答案】B
【解析】
【分析】由于AD、DC、CB都是⊙O的切线，根据切线长定理知：∠ADO=∠CDO，∠DCO=∠BCO；而AD∥BC，则2∠ODC和2∠OCD互补，由此可求得∠DOC的度数．
【详解】∵DA、CD、CB都与⊙O相切，
∴∠ADO=∠ODC，∠OCD=∠OCB；
∵AD∥BC，
∴∠ADC+∠BCD=180°；
∴∠ODC+∠OCD=90°，即∠DOC=90°；
故选B．
【点睛】此题主要考查是切线长定理及平行线的性质，准确的确定角的关系是解题关键．
8. 如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，BC＝5，⊙O与△ABC的三边相切于点D、E、F，则AD长为（ ）
A. 8B. 10C. 12D. 14
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，勾股定理求得的长，设，根据切线长定理可得则， ，根据即列出一元一次方程即可求得的值，即的长
【详解】解： ∵∠C＝90°，AC＝12，BC＝5，
∴AB＝＝＝13，
∵⊙O与Rt△ABC的三边相切于点D、E、F，
，
设，则，
即
解得
故选：B．
【点睛】本题考查了切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．
9. 如图，是四边形的外接圆，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据同弧上圆心角与圆周角的关系，求得∠A=60°，利用圆的内接四边形对角互补求解即可.
【详解】∵∠BOD=120°，
∴∠A=60°，
∵∠A+∠C=180°，
∴∠C=120°，
故选B.
【点睛】本题考查了圆心角和圆周角关系定理，圆内接四边形的性质，熟记两个定理是解题的关键.
10. 函数（a，b，c为常数，且）经过点、，且，当时，y随x增大而减小，下列结论：①；②；③若点，在抛物线上，则；④方程必有两个不相等实数根；其中结论正确的有（ ）个
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】①由抛物线开口方向、对称轴位置以及抛物线与y轴的交点位置即可判断；②根据抛物线的对称性和对称轴方程得到，变形可得，即可判断；③利用开口方向和点，到对称轴的距离的大小即可判断；④抛物线与直线有两个交点，可得到有两个不相等的实数根，即可判断；
【详解】解：∵当时，y随x增大而减小，可知抛物线开口向上，
图像如下图所示，
①∵抛物线开口向上，
∴，
∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，即，
∴，
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，
∴，
∴，
故①的结论正确；
②∵抛物线过点点、，且，
∴，
∴，
∴，
所以②的结论错误；
③∵点到对称轴的距离比点到对称轴的距离远，
∵抛物线开口向上，
∴，
所以③的结论错误；
④∵，
∴，
∵抛物线与直线有两个交点，
∴有两个不相等的实数根，
所以④的结论正确；
∴①④是正确的，正确的选项有2个，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质以及二次函数图象与系数的关系，有一定综合性和难度，能够综合运用二次函数的性质，利用数形结合的思想是解题的关键．
二、填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
11. 若抛物线的开口向上，则常数a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次函数的性质，图象开口向上，则二次项系数大于0可得答案．
【详解】解：∵抛物线的开口向上，
∴，即．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质．用到的知识点：对于二次函数（）来说，当时，抛物线开口向上；当时，抛物线开口向下，解题的关键是熟练掌握二次函数图象及其性质．
12. 在、、0、1、2这五个数中随机取出一个数，取出的数是1的概率为_______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据概率计算公式求解即可．
【详解】解：∵一共有五个数，取出每一个数的概率都一样，
∴取出的数是１的概率为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了简单的概率计算，熟知概率计算公式是解题的关键．
13. 已知的两个根为、，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据根与系数的关系求解．
【详解】解：∵的两个根为、，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程 （）的根与系数的关系：若方程两个根为、，则，，解题的关键是熟练掌握根与系数的关系．
14. 现有一个半径为7cm的半圆形纸片，用它恰好围成一个圆锥的侧面(接缝忽略不计)，则该圆锥底面圆的半径为_____cm．
【答案】
【解析】
【分析】设该圆锥底面圆的半径为r cm，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，则利用弧长公式得到，然后解方程即可．
【详解】解：设该圆锥底面圆的半径为r cm，
根据题意得，
解得r＝，
即该圆锥底面圆的半径为cm．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
15. 如图，一大型油罐的截面的直径为，油面宽，则油深______m．
【答案】8
【解析】
分析】根据垂径定理和勾股定理进行解答即可．
【详解】解：如图：连接，过点O作于点D，交于点C，
由题意得，，
，
，
故答案：8．
【点睛】此题考查了垂径定理的应用，勾股定理，此题难度不大，作出辅助线是解决本题的关键．
16. 点和点关于原点对称，则______．
【答案】-9
【解析】
【分析】平面内关于原点对称的点的坐标特点为：横坐标、纵坐标都互为相反数，由此可求解．
【详解】解：∵点A（5，−m）和点B（n，−4）关于原点对称，
∴m＝−4，n＝−5，
∴m＋n＝−4＋（−5）＝−9，
故答案为：−9．
【点睛】本题考查关于原点对称的点的坐标，熟练掌握关于原点对称的点的坐标特点是解题的关键．
17. 已知二次函数的图象以为顶点，且过点，则该二次函数的表达式为______．
【答案】
【解析】
【分析】设二次函数的解析式为，再把点B的坐标代入，即可求解．
【详解】解：设二次函数的解析式为，
把点B的坐标代入，得
，解得，
故，
故答案为：．
【点睛】本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式，设出顶点式是解决本题的关键．
18. 如图，将等边△AOB放在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，4），点B在第一象限．将等边△AOB绕点O顺时针旋转90°得到△A'OB'，则点B'的坐标是______．
【答案】（2，﹣2）
【解析】
【分析】作B′H⊥x轴于H，根据勾股定理求出HB′可得结论．
【详解】解：∵等边△AOB绕点O顺时针旋转90°得到△A'OB'，
∴A'落在x轴正半轴，作B′H⊥x轴于H，
∵△OA′B′为等边三角形，OA′＝OB′＝OA＝4，
∴OH＝A′H＝2，
∴B′H＝，
∴B′点坐标为（2，﹣2），
故答案为：（2，﹣2）．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，等边三角形的性质，勾股定理，解题关键是结合旋转的角度和构建直角三角形求出旋转后的点的坐标．
三、解答题（共6小题，满分46分）
19. 解方程：
【答案】，
【解析】
【分析】由公式法解一元二次方程，即可求出方程的解．
【详解】解：，
∵，
∴
∴
∴，
【点睛】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握公式法解一元二次方程．
20. 某景区检票口有A、B、C、D共4个检票通道．甲、乙两人到该景区游玩，两人分别从4个检票通道中随机选择一个检票．
（1）甲选择A检票通道的概率是 ；
（2）求甲乙两人选择的检票通道恰好相同的概率．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）直接利用概率公式求解；
（2）通过列表展示所有9种等可能结果，再找出通道不同的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】（1）解：一名游客经过此检票口时，选择A通道通过的概率=，
故答案为:；
（2）解：列表如下：
共有16种可能结果，并且它们的出现是等可能的，“甲、乙两人选择相同检票通道”记为事件E，它的发生有4种可能：（A，A）、（B，B）、（C，C）、（D，D）
∴P（E）＝＝．
【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，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
21. 在中，弦与直径相交于点P，．
（1）如图①，若，求和的大小；
（2）如图②，若，过点D作的切线，与的延长线相交于点E，求的大小．
【答案】（1）；
（2）58°
【解析】
【分析】（1）由同弧所对圆周角相等求得，进而求得；连接AC，求得，进而由同弧所对的圆周角相等求得．
（2）连接OD，求得，进而求得其所对圆心角，再由三角心外角和内角的关系求得．
【小问1详解】
解：∵
∴
∴
如图，连接AC，∵AB为直径
∴
∴
∵
∴
【小问2详解】
解：如图，连接OD
∵
∴
∴
∵在中，
∴
∵是的切线
∴即
∴.
【点睛】本题考查圆与三角形的综合问题，熟练掌握三角形和圆的相关性质定理是解题的关键．
22. 某商品的进价为每件50元．当售价为每件70元时，每星期可卖出300件，现需降价处理，且经市场调查：每降价1元，每星期可多卖出20件．在确保盈利的前提下，解答下列问题：
（1）若设每件降价x元、每星期售出商品的利润为y元，请写出y与x的函数关系式，并求出自变量x的取值范围；
（2）当降价多少元时，每星期的利润最大？最大利润是多少？
【答案】（1）y＝﹣20x2+100x+6000，0≤x＜20
（2）当降价2.5元时，每星期的利润最大，最大利润是6125元
【解析】
【分析】（1）根据总利润=单件获得利润×数量得出解析式；
（2）首先利用配方法把二次函数化为顶点式，再求出最大自．
【小问1详解】
解：根据题意得y＝（70﹣x﹣50）（300+20x）＝﹣20x2+100x+6000，
∵70﹣x﹣50＞0，且x≥0，
∴0≤x＜20；
【小问2详解】
∵y＝﹣20x2+100x+6000＝﹣20（x﹣2.5）2+6125，
∴当x＝2.5时，y取得最大值，最大值为6125，
答：当降价2.5元时，每星期的利润最大，最大利润是6125元．
【点睛】本题考查利用二次函数解决利润最大问题，解决问题的关键是构造函数解析式，利用解析式的性质求出极值．
23. 在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为．
（1）如图1，当时，求点D的坐标；
（2）如图2，当点E落在的延长线上时，求点D的坐标；
（3）当点D落在线段上时，求点E的坐标．
【答案】（1），；（2），；（3）
【解析】
【分析】（1）过点作轴于，由旋转的性质得出，，，由直角三角形的性质得出，，得出，即可得出点的坐标为，；
（2）过点作轴于，于，则，，由勾股定理得出，由面积法求出，得出，由勾股定理得出，即可得出点的坐标为，；
（3）连接，作轴于，由旋转的性质得出，，由等腰三角形的性质得出，得出，证出，由平行线的性质的，证出，证明，得出，，得出，即可得出答案．
【详解】解：（1）过点作轴于，如图所示：
点，点．
，，
以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，
，，，
在中，，，
，
点的坐标为，；
（2）过点作轴于，于，如图所示：
则，，
，，
，
，
，
，，
点的坐标为，；
（3）连接，作轴于，如图所示：
由旋转的性质得：，，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
点的坐标为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、含角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题．
24. 如图，平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A，B在x轴上，抛物线经过A，两点，且与直线DC交于另一点E．
（1）求抛物线的解析式：
（2）P为y轴上一点，过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为Q，连接EQ，AP．试求的最小值；
（3）N为平面内一点，在抛物线对称轴上是否存在点M，使得以点M，N，E，A为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在，，，，，
【解析】
【分析】（1）求出A点坐标，把A、C坐标代入解析式计算即可；
（2）连接OC，交对称于点Q，证明四边形AOQP是平行四边形，即可说明若使的值为最小，其为量小，最小值为线段OC长；
（3）由于N是任意一点，要使得以点M，N，E，A为顶点的四边形是菱形只要说明△AME是等腰三角形即可．
【小问1详解】
∵四边形ABCD为正方形，，
∴，，
∴，
∴，
将点A，C坐标代入得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
【小问2详解】
连接OC，交对称于点Q
∵轴，
∴，
∵，
∴四边形AOQP是平行四边形，
∴，
∴
若使的值为最小，其为量小．
∵E，C关于对称轴对称，
∴，
∴，
此时的值最小，最小值为线段OC长．
∵，
∴，
∴的最小值为，
即的最小值为．
【小问3详解】
设
∵E，C关于对称轴对称，，
∴，
∵
∴
∵由于N是任意一点，要使得以点M，N，E，A为顶点的四边形是菱形
∴△AME是等腰三角形
当时，，
解得，
此时M点坐标为，
当时，，
解得，
此时M点坐标为，
当时，，
解得，
此时M点坐标为
综上所述，存在点M，，，，
，使得以点M，N，E，A为顶点的四边形是菱形
【点睛】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有运用待定系数法求抛物线的解析式、线段和最值问题、二次函数的性质、菱形的判定与性质，综合性较强，有一定难度．其中第（3）问把菱形转换成等腰三角形是解题的关键，需要注意分析题意分情况进行讨论，否则容易漏解．A
B
C
D
A
（A，A）
（A，B）
（A，C）
（A，D）
B
（B，A）
（B，B）
（B，C）
（B，D）
C
（C，A）
（C，B）
（C，C）
（C，D）
D
（D，A）
（D，B）
（D，C）
（D，D）