2022-2023学年江苏省泰州市靖江市九年级上学期数学期末试题及答案

这是一份2022-2023学年江苏省泰州市靖江市九年级上学期数学期末试题及答案，共30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. 下列图形是疫情导视标识牌，在这些导视标识牌中，是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中心对称图形的意义求解．在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合，
【详解】解：A、如图， 绕着十字中心旋转180°，与自身重合，是中心对称图形
所以A符合题意；
B、如图，绕圆心旋转180°后，与原图形不重合
所以B不合题意；
C、如图，绕圆心旋转180°后，与原图形不重合
所以C不合题意；
D、如图，绕圆心旋转180°后，与原图形不重合
所以D不合题意；
故选择：A ．
【点睛】本题考查中心对称图形的应用，熟练掌握中心对图形的意义在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么就说明这两个图形的形状关于这个点成中心对称．
2. 下列对于二次函数图象描述中，正确的是（ ）
A. 开口向上B. 对称轴是y轴
C. 图象有最低点D. 在对称轴右侧的图象从左往右呈上升趋势
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数的图象和性质进行判断即可．
【详解】解：A.∵，
∴抛物线开口向下，故选项错误，不符合题意；
B. 抛物线的对称轴是y轴，故选项正确，符合题意；
C. ∵，
∴抛物线开口向下，
∴抛物线图象有最高点；
故选项错误，不符合题意；
D. ∵开口向下，抛物线的对称轴是y轴，
∴当时，y随着x的增大而减小，
即在对称轴右侧的图象从左往右呈下降趋势，
故选项错误，不符合题意．
故选：B
【点睛】此题考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
3. 如图，是直径，，则∠D为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵是直径，，，
∴
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
4. 如图，线段的两个端点坐标分别为（2，2）、（4，2），以原点为位似中心， 将线段缩小后得到线段， 若，则端点的坐标为（ ）
A. （1，1）B. （1，2）C. （2，1）D. （2，2）
【答案】C
【解析】
【详解】将线段缩小后得到线段， 若，说明DE是原来的，位似比是，
∵D（1，1），
∴E的坐标是（2，1），
故本题选C．
5. 如图，在正方形网格中：、的顶点都在正方形网格的格点上，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据网格的特点，利用勾股定理求得、各边长，进而证明，根据相似三角形的性质得出，即可求解．
详解】解：∵，
，
∵，
∴，
∴，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
6. 已知点，在抛物线(是常数)上，若，，则下列大小比较正确的是( )
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数的性质得到抛物线的开口向下，有最大值为，对称轴为直线，根据，，设的对称点为，得出，则在对称轴右侧，随的增大而减小，则当时，．
【详解】解：∵，
∴，有最大值为，
∴抛物线开口向下，
∵抛物线对称轴为直线，
设的对称点为，
∴，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数的图象为抛物线，则抛物线上的点的坐标满足其解析式；当，抛物线开口向下；对称轴为直线，在对称轴左侧，随的增大而增大，在对称轴右侧，随的增大而减小．
二、填空题：（本大题共10小题，每小题3分，共30分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
7. 函数中，自变量的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据被开方式是非负数列式求解即可.
【详解】解：依题意，得，
解得：，
故答案为．
【点睛】本题考查了函数自变量的取值范围，函数有意义时字母的取值范围一般从几个方面考虑：①当函数解析式是整式时，字母可取全体实数；②当函数解析式是分式时，考虑分式的分母不能为0；③当函数解析式是二次根式时，被开方数为非负数．④对于实际问题中的函数关系式，自变量的取值除必须使表达式有意义外，还要保证实际问题有意义．
8. 已知关于的一元二次方程有两个实数根、，且，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系得出，，代入等式，得到关于的一元一次方程，解方程即可求解．
【详解】解：∵关于的一元二次方程有两个实数根、，
∴，，
∵，
∴，
解得：，
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，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
9. 已知线段AB=10cm，点C是 线段AB的黄金分割点，（AC>BC）则AC的长是____．
【答案】
【解析】
【分析】根据黄金分割的定义得到把AB=10cm代入计算即可．
【详解】解：∵点C是线段AB的黄金分割点（AC＞BC），
∵AB=10cm，
∴cm，
故答案为：
【点睛】本题考查了黄金分割的定义：线段上一点把线段分为较长线段和较短，若较长线段是较短线段和整个线段的比例中项，即较长线段是整个线段的倍，则这个点叫这条线段的黄金分割点，掌握黄金分割比是解题的关键．
10. 已知抛物线的顶点在y轴上，则k的值是___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可知抛物线对称轴为，进而即可求解．
【详解】解：∵抛物线的顶点在y轴上，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，掌握顶点公式是解题的关键．
11. 有块余料是直角三角形．两直角边长为6和8，在该余料中剪一个圆，剪得圆面积最大为___________．
【答案】
【解析】
【分析】先画出图形，得出是剪得圆面积最大的圆，即为的内切圆，先根据勾股定理求出，再根据面积，求出内切圆的半径，即可得出答案．
【详解】解：如图，中，，是剪得圆面积最大的圆，即为的内切圆，切点分别为D，E，F，
连接，设，
∴，，，
∵直角三角形的两条直角边的长分别为6，8，
∴斜边，
∵，
∴，
∴，
∴面积为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查直角三角形的内切圆，勾股定理，得出三角形内切圆的半径是解题的关键．
12. 在2×2的正方形网格中，每个小正方形的边长为1.以点O为圆心，2为半径画弧，交图中网格线于点A，B，则扇形AOB的面积是_________.
【答案】
【解析】
【分析】如图，可利用直角三角形的性质求解出∠AOB，再运用扇形面积计算公式求解即可．
【详解】如图，在△OAE中，OA=2，OE=1，∠OEA=90°，
∴∠OAE=30°，∠COA=∠OAE=30°，
同理可得∠DOB=30°，
∴∠AOB=90°-30°-30°=30°，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查扇形的面积计算，熟练根据直角三角形的性质求解出圆心角是解题关键．
13. 一个圆锥的高为，其侧面展开图是半圆，则圆锥的面积是___________
【答案】##
【解析】
【分析】设出圆锥的母线长和底面半径，用两种方式表示出全面积，即可求得圆锥底面半径和母线长的关系，加上高利用勾股定理即可求得圆锥的母线长和底面半径，那么圆锥的侧面积．
【详解】解：根据题意，设圆锥底面半径为 ，母线长为 .则
，
解得：
；
故答案为：．
【点睛】本题利用了勾股定理，圆的面积公式，圆的周长公式和扇形面积公式，熟练掌握运用这些公式是解题关键．
14. 如图，将一个等腰的直角顶点C放在上，绕点C旋转三角形，使边经过圆心O，某一时刻，斜边在上截得的线段cm，且cm，的长为___________cm．
【答案】3
【解析】
【分析】连接，作,根据垂径定理得到，用表示,在等腰求中,在中运用勾股定理求解即可.
【详解】解：如图，连接，作,
则平分,,
即,
,
,
在等腰中，,
在中，
,
,
在中，
,
即,
即,
解得：或（不合题意，舍去）,
故答案为：3．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理、等腰三角形的性质；正确作辅助线，借助勾股定理和垂径定理表示相关线段是解题的关键．
15. 二次函数图像的一部分如图所示，下列结论：①；②；③有两个相等的实数根；④．其中正确的为___________（只填序号）．
【答案】④
【解析】
【分析】根据二次函数的性质求解即可．
【详解】∵抛物线开口向上，
∴
∵抛物线的对称轴，
∴
∵
∴
∴
∴①错误；
对称轴为，，抛物线与x轴的交点为，
其中为， 为
由图可知，可知，
则当时，，
则
∴②错误；
③由图可知
且，
∴有两个不相等的实数根
∴③错误
④由图可知，对称轴且，
∴
故④正确；
故答案为：④
【点睛】本题考查的是二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握二次函数图象的性质．
16. 如图．在正方形ABCD中，边长为4，M是CD的中点，点P是BC上一个动点，当∠DPM的度数最大时，则BP=___________．
【答案】
【解析】
【分析】首先确定P点的位置，画出辅助圆，再求出圆的半径，利用勾股定理和矩形的判定与性质即可求解．
【详解】解：如图，当P点在与相切，且经过D点和M点的上时，的度数最大，
此时，P点即为切点，
连接，
∴，
∵正方形的边长为，M点为的中点，
∴，
过O点作于E，
∴，
延长，交于点F，
∴，
∴四边形和四边形都是矩形，
∴，
∴，
连接，则，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了最大张角问题，涉及到了正方形性质的应用、勾股定理解三角形、矩形的判定与性质等内容，解题关键是理解当P点在与相切且经过D点和M点的圆上且位于切点处时张角最大．
三、解答题：（本大题共有10题，共102分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17. （1）计算：；
（2）解方程：．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）根据零次幂，特殊角的三角函数值，化简绝对值进行计算即可求解；
（2）根据因式分解法解一元二次方程即可求解．
【详解】解：（1）
；
（2），
即，
∴或，
解得：．
【点睛】本题考查了零次幂，特殊角的三角函数值，化简绝对值，解一元二次方程，正确的计算是解题的关键．
18. 先化简再求值：，其中a是方程的根．
【答案】，．
【解析】
【分析】先计算括号内的分式的减法，再把除法化为乘法运算，约分后可得结果，再把化为，再整体代入计算即可．
【详解】解：


，
∵，
∴，
∴原式．
【点睛】本题考查的是分式的化简求值，一元二次方程的解的含义，掌握“分式的混合运算以及整体代入法求值”是解本题的关键．
19. 已知二次函数（b，c为常数）的图像经过点．
（1）直接填空： ___________， ___________；
（2）图中的网格由边长为1的小正方形组成，在所给坐标系中画出该二次函数图像；
（3）根据图像，当时，y的取值范围是___________．
【答案】（1）2，3 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）将点、代入函数的解析式可得关于的方程组，解方程组即可得；
（2）将求得的二次函数配方后即可确定顶点坐标，令即可求得值，从而确定其与轴的交点坐标，根据对称性得出抛物线与轴的另一交点坐标，然后根据五点法画出函数图象即可；
（3）当时，，当时，，再观察图象，即可．
【小问1详解】
解：将点、代入得：
，解得，
故答案为：2，3．
【小问2详解】
解：由（1）可知，，
其顶点坐标为，对称轴为直线，
则此抛物线与轴的另一交点坐标为，即为，
令，则，即此抛物线与轴的交点坐标，
利用五点法画出函数图象如下：
【小问3详解】
解：由（1）得抛物线解析式为，
当时，，当时，，
由函数图象得，当时，y的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了求二次函数的解析式、画二次函数的图象、求自变量的取值范围，熟练掌握待定系数法和函数图象法是解题关键．
20. 如图，已知P是⊙O上一点，用两种不同的方法过点P作⊙O的一条切线．
要求：（1）用直尺和圆规作图；
（2）保留作图痕迹，写出必要的文字说明．

【答案】见详解．
【解析】
【分析】方法一：作射线OP，过点P作直线，根据切线的判定定理，可知是⊙O 的切线．
方法二：作直径AP，作直径AP所对的圆周角，过点P作 使与在BP的两侧且，作直线PC，证，由切线的判定定理得出直线PC是⊙O的切线
【详解】解：方法一：如图1中，连接OP，以OP为直径作圆交⊙O于D，作直线PD，直线PD即为所求．如图所示．
方法二：如图2，作直径AP，作直径所对的圆周角，过点P作 使与在BP的两侧且，过点C作直线，则直线即为所作的切线．
【点睛】本题考查了尺规作图，过一点作已知直线的垂线，作一个角等于已知角，切线的判定，直径所对的圆周角是直角等知识，解题的关键是学会利用圆周角定理构造直角．
21. 如图，已知四边形内接于．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据圆周角定理可得，即可得证．
【详解】证明：如图，连接，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
22. 自新冠疫情防控“新十条”发布以来，市场上对日常居民所用消毒液的需求量日益加大，某消毒液厂为满足市场需求，改造了10条消毒液生产线，每条生产线每天可生产消毒液300吨．由于人员和资金限制，如果每增加一条生产线，每条生产线每天就会少生产20吨消毒液．设增加条生产线(为正整数)，每条生产线每天可生产消毒液吨
（1）y与x之间的函数关系式为___________；
（2）设该厂每天可以生产消毒液吨，请求出与的函数关系式，并求出当为多少时，每天生产的消毒液最多？最多为多少吨？
【答案】（1）(，且为正整数)
（2），当增加或条生产线时，每天生产的消毒液最多，为吨
【解析】
【分析】（1）根据题意直接写出与之间的函数关系式和自变量取值范围即可；
（2）先根据每天可以生产的消毒液等于生产线条数乘以每条生产线每天可生产消毒液的吨数，列出关于的函数关系式，将其写成顶点式，根据二次函数的性质及为整数可得答案．
小问1详解】
解∶根据题意可知该函数关系为一次函数，其解析式为：；
故与之间的函数关系式为(，且为正整数)；
【小问2详解】
解：根据题意得
∵，开口向下，
∴当时，最大，
又∵为整数，
∴当或时，最大，最大值为．
答：当增加或条生产线时，每天生产的消毒液最多，为吨．
【点睛】本题考查一次函数和二次函数的综合应用，熟练掌握一次函数和二次函数的解析式求法、利用配方法对二次函数进行变形的方法、由二次函数的顶点式求二次函数最大值的方法是解题关键．
23. 某建筑工地的平衡力矩塔吊如图所示，在配重点E处测得塔帽A的仰角为，在点的正下方米处的点处测得塔帽的仰角为，请你依据相关数据计算塔帽与地面的距离的高度．（计算结果精确到米，参考数据：，，，）
【答案】米
【解析】
【分析】连接，先证四边形是矩形，得，米，再由含角的直角三角形的性质得，然后求出，设米，则米，米，由得出方程，解方程，即可求解．
【详解】解：连接，如图所示：
由题意得：，，，米，
，
四边形是矩形，
，米，
，
，
在中，，
，
设米，则米，米，
，
，
解得：，
（米），
答：塔帽与地面的距离的高度约为米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，求出的长是解答本题的关键．
24. 如图，已知中，，，点、在边上，．
（1）求证：；
（2）当，时，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件得出，，又，根据两边成比例夹角相等证明，根据相似三角形的性质即可得证；
（2）过点作于点，勾股定理求得，由（1）可知，根据相似三角形的性质列出比例式，进而即可求解．
【小问1详解】
证明：∵，，
∴
∵
∴，
又∵，
∴，
∴，
即；
【小问2详解】
解：如图，过点作于点，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，，
∴
∵，
∴，，，
∵，
∴，
在中，，
由（1）可知
∴，
设，
∴
解得：，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
25. 如图，抛物线与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C．
（1）求出A、B、C三点的坐标；
（2）将抛物线图像x轴上方部分沿x轴向下翻折，保留抛物线与x轴的交点和x轴下方图像，得到的新图像记作M，图像M与直线恒有四个交点，从左到右四个交点依次记为D，E，F，G．若以为直径作圆，该圆记作图像N．
①在图像M上找一点P，使得的面积为3，求出点P的坐标；
②当图像N与x轴相离时，直接写出t的取值范围．
【答案】（1），，；
（2）①，，，；②
【解析】
【分析】（1）当时，，解得，即可得到点A和点B的坐标，当时，，即可得到点C的坐标；
（2）①设点P到的距离为h，由的面积为3，解得，当时，，即，求得点，，又因为抛物线x轴上方部分与x轴下方部分有对称图像，可以得到，，当时，，即，可以得到，；
②由图像M与直线恒有四个交点，得到，由图像x轴上方部分沿x轴向下翻折得到的部分图像的表达式为，求得以为直径作圆的半径为，由图像N与x轴相离，求得，进一步求得t的取值范围即可．
【小问1详解】
解：当时，，
解得，
∴点，，
当时，，
∴点；
【小问2详解】
解：①由（1）可知，，设点P到距离为h，
∴的面积为，解得，
当时，，即，
解得，
∴点，，
∵抛物线x轴上方部分与x轴下方部分有对称图像，
∴可以得到，，
当时，，即，
解得，
可以得到，，
综上可知，点P的坐标为，，，；
②∵，
∴翻折后得到抛物线下方图像的顶点为，
∵图像M与直线恒有四个交点，
如图，
∴，
图像x轴上方部分沿x轴向下翻折得到的部分图像的表达式为，
当时，，即，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴以为直径作圆的半径为，
∵图像N与x轴相离，即以为直径作的圆与x轴相离，
∴，
∴，即，
一元二次方程的解为，，
如图，
∴由二次函数的图x可知，的解集为或，
又∵，
∴．
即t的取值范围为．
【点睛】此题考查了二次函数图像变换综合题，还考查了二次函数的图像和性质，图像法解不等式，一元二次方程的解法等知识，熟练掌握二次函数的图像和性质是解题的关键．
26. 小明在学习了《圆周角定理及其推论》后，有这样的学习体会：在中，，当长度不变时．则点C在以为直径的圆上运动（不与A、B重合）．
【探索发现】
小明继续探究，在中，，长度不变．作与的角平分线交于点F，小明计算后发现的度数为定值，小明猜想点F也在一个圆上运动．请你计算的度数，并简要说明小明猜想的圆的特征．
【拓展应用】
在【探索发现】的条件下，若，求出面积的最大值．
【灵活运用】
在等边中，，点D、点E分别在和边上，且，连接交于点F，试求出周长的最大值．
【答案】探索发现：，以为斜边的，点F在以D为圆心，为的圆D的劣弧上；拓展应用：面积取得最大值为；灵活运用：的周长的最大值为
【解析】
【分析】探索发现，根据角平分线的定义以及三角形内角和定理即可求解，再根据圆内接四边形的性质可判断点F运动的特征；
拓展应用，先确定时，面积取得最大值，再根据垂径定理求解即可；
灵活运用，先确定点F的运动轨迹，再以为边作等边，构造，当的值最大时，的周长取得最大值，即当弦为圆G直径，再根据垂径定理求解即可．
【详解】解：探索发现，∵与的角平分线交于点F，且，
∴
，
∴，
如图，以为斜边的，点F在以D为圆心，为的圆D的劣弧上；
；
拓展应用，∵，是定长，
∴当点F到的距离最长时，面积取得最大值，
此时，如图，
，，
∴，，
∴，
∴面积取得最大值为；
灵活运用，
∵等边中，且，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
作等边，作等边的外接圆G，点F在圆G的劣弧上；
以为边作等边，延长交圆G于点H，如图，连接，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，是定长，
∴当的值最大时，的周长取得最大值，
即当弦为圆G直径时，的周长取得最大值，
如图，，，
∴，
∵，即，
∴，
∴的周长的最大值为．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理的求值，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，利用圆内接四边形的性质求得点F的运动轨迹是解题的关键．