福建省莆田市中山中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题

这是一份福建省莆田市中山中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．下面图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．科克曲线B．笛卡尔心形线C．阿基米德螺旋线D．赵爽弦图
2．如图，，直线d、e与a、b、c分别相交于点A、B、C和点D、E、F，若，则的长为（ ）
A．4B．5C．6D．8
3．已知正比例函数y=kx经过点A（1，），点B为x轴正半轴上一点，则∠AOB=（ ）
A．120°B．60°C．45°D．30°
4．如图，四边形ABCD内接于，如果它的一个外角∠DCE=63°，那么∠BOD的度数为（ ）
A．63°B．126°C．116°D．117°
5．下列说法错误的是（ ）
A．同时抛两枚普通正方体骰子，点数都是4的概率为
B．不可能事件发生的概率为0
C．买一张彩票会中奖是随机事件
D．一个盒子装有3个红球和1个白球，除颜色外其它完全相同，同时摸出两个球，一定会摸到红球
6．已知二次函数的图象经过，，则b的值为（ ）
A．2B．C．4D．
7．抛物线经过三点，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
8．冠状病毒属的病毒是具有囊膜、基因组为线性单股正链的RNA病毒，是自然界广泛存在的一大类病毒，冠状病毒可感染多种哺乳动物、鸟类．在某次冠状病毒感染中，有2只动物被感染，后来经过两轮感染后共有242只动物被感染．若每轮感染中平均一只动物会感染x只动物，则下列方程正确的是（ ）
A．B．
C．D．
9．如图，正六边形螺帽的边长是2cm，这个扳手的开口a的值应是（ ）
A．2 cmB．cmC． cmD．1cm
10．已知点，在二次函数的图象上，是函数图象的顶点，则（ ）
A．当时，的取值范围是B．当时，的取值范围是
C．当时，的取值范围是D．当时，的取值范围是
二、填空题
11．若关于x的方程有一个根是3，则的值是________．
12．在一个不透明的袋子里，装有6枚白色球和若干枚黑色球，这些球除颜色外都相同．将袋子里的球摇匀，随机摸出一枚球，记下它的颜色后再放回袋子里．不断重复这一过程，统计发现，摸到白色球的频率稳定在0.2，由此估计袋子里黑色球的个数为______．
13．在中，，，，如果以点A为圆心，AC为半径作，那么斜边AB的中点D在______．（填“内”、“上”或者“外”）
14．若一个扇形的半径为4，圆心角为，则此扇形的面积为____．
15．如图，已知在电线杆AB上有一个光源，身高1.8m的小明站在与电线杆底部A距离3m的点C处，其影长CE＝1m，若他沿AC方向走3m到达点F处，此时他的影长是 _____m．（图中CD，FG均表示小明身高）
16．如图，以矩形ABCD的顶点A为圆心，适当长为半径作弧，分别交AB，AC于点M，N；再分别以点M，N为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点P；作射线AP，交BC于点E，连接DE，交AC于点F．若，，则DF的长为______．
三、解答题
17．计算：．
18．解方程：x2－2x－3＝0
19．如图，将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，点B与点E对应，点E恰好落在AD边上，BH⊥CE交于点H，求证：AB＝BH．
20．已知关于x的方程，
(1)求证：方程恒有两不等实根；
(2)若x1，x2是该方程的两个实数根，且，求a的值．
21．一只不透明的袋子中装有3个大小、质地完全相同的乒乓球，球面上分别标有数字1、2、3，搅匀后先从袋子中任意摸出1个球，记下数字后放回，搅匀后再从袋子中任意摸出1个球，记下数字．
(1)第一次摸到标有偶数的乒乓球的概率是______；
(2)用画树状图或列表等方法求两次都摸到标有奇数的乒乓球的概率．
22．如图，在中，，．
(1)在线段BC上求作一点D，使得；（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）的条件下，若，求BC的值．
23．如图，AB=AC，点O在AB上，⊙O过点B，分别与BC、AB交于D、E，过D作DF⊥AC于F．
（1）求证：DF是⊙O的切线；
（2）若AC与⊙O相切于点G，⊙O的半径为3，CF=1，求AC长．
24．如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与端点重合），是由绕点A顺时针旋转得到的，连接EF交AD于点G，过点A作，垂足为H，连接BH．
(1)求证：是等腰直角三角形；
(2)求证：；
(3)若，，求的值．
25．已知抛物线（m为常数）．
(1)求抛物线的顶点坐标（用含m的代数式表示）；
(2)当时，求抛物线顶点到x轴的最小距离；
(3)当时，点A，B为该抛物线上的两点，顶点为D，直线AD的解析式为，直线BD的解析式为，若，求证：直线AB过定点．
参考答案：
1．A
【分析】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．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A、科克曲线既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、笛卡尔心形线是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、阿基米德螺旋线不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、赵爽弦图不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】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180度后与原图重合．
2．C
【分析】根据平行线分线段成比例定理得到，代入数据即可得到结果．
【详解】解∶，
故选∶C．
【点睛】本题主要考查平行线分线段成比例的性质，熟练掌握平行线分线段成比例定理是解题的关键．
3．B
【分析】过点A作AM⊥x轴于点M，得到，利用特殊角的三角函数值即可求得．
【详解】解：正比例函数y=kx经过点A（1，），
过点A作AM⊥x轴于点M，
∴AM=，OM=1，
∵点B为x轴正半轴上一点，
∴，
∴∠AOB=60°，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，特殊角的三角函数值，熟记特殊角的三角函数值是解题的关键．
4．B
【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠A，根据圆周角定理解答即可．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠DCE=63°，
∴∠A=∠DCE=63°，
由圆周角定理，得∠BOD=2∠A=126°，
故选：B．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
5．A
【分析】利用列表法求解同时抛两枚普通正方体骰子，点数都是4的概率，从而可判断A，由不可能事件的概率为0，可判断B，由随机事件的概念可判断C，由必然事件的概念可判断D，从而可得答案.
【详解】解：如图，列表如下：
所以同时抛两枚普通正方体骰子，点数都是4的概率为故A符合题意；
不可能事件发生的概率为0，表述正确，故B不符合题意；
买一张彩票会中奖是随机事件，表述正确，故C不符合题意；
一个盒子装有3个红球和1个白球，除颜色外其它完全相同，同时摸出两个球，一定会摸到红球，表述正确，故D不符合题意；
故选A
【点睛】本题考查的是随机事件与不可能事件，必然事件的概率，随机事件与必然事件的概念，利用列表法求解随机事件的概率，掌握“不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1，利用列表法求解随机事件的概率”是解本题的关键.
6．C
【分析】由二次函数的图象经过，，可得二次函数图象的对称轴为 再结合对称轴方程的公式列方程求解即可.
【详解】解： 二次函数的图象经过，，
二次函数图象的对称轴为：
解得：
故选C
【点睛】本题考查的是二次函数的对称轴方程，掌握“利用纵坐标相等的两个点求解对称轴方程”是解本题的关键.
7．B
【分析】由二次函数解析式可得抛物线开口方向及对称轴，进而求解．
【详解】解：∵
∴抛物线开口向上，对称轴为直线，
∵，
∴．
故选：B．
【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．
8．C
【分析】由题意易得第一轮后被感染的动物的数量为只，第二轮后被感染的动物的数量为只，进而问题可求解．
【详解】解：由题意得：第一轮后被感染的动物的数量为，第二轮后被感染的动物的数量为
则列方程为，
故选C．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，熟练掌握传播问题是解题的关键．
9．A
【分析】根据正六边形的内角度数可得出∠1＝30°，再通过解直角三角形即可得出a的值，进而可求出a的值，此题得解．
【详解】如图：∵正六边形的任一内角为120°，
∴∠1＝30°
∴a＝2cs∠1＝，
∴a＝2．
故选：A．
【点睛】本题考查了正多边形以及解直角三角形，牢记正多边形的内角度数是解题的关键．
10．B
【分析】通过已知条件判断出函数有最大值和最小值两种情况，即开口有上下两种情况，然后根据两点与对称轴有同侧和异侧两种情况分类讨论选项中的关系是否成立．
【详解】解：A选项时，函数有最大值，图象开口向下，若已知两点在对称轴异侧时，关系不成立；
B选项时，函数有最大值，图象开口向下，已知两点不论在对称轴的同侧还是异侧都成立；
C选项时，函数有最小值，图象开口向上，若已知两点在对称轴同侧时，关系不成立；
D选项时，函数有最小值，图象开口向上，若已知两点在对称轴异侧时，关系不成立；
故选：B．
【点睛】本题考查了抛物线的性质和分类讨论的数学思想，本题难度不大，关键在于对对称轴与已知两点的位置进行分类讨论，较好的考查了数学分析能力．
11．-9
【分析】把3代入方程求解即可；
【详解】∵3是方程的一个根，
∴，
∴；
故答案是-9．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解，准确计算是解题的关键．
12．
【分析】由摸到白色球的频率稳定在0.2，得到摸到白色球的概率为0.2，再利用概率公式列方程即可.
【详解】解： 摸到白色球的频率稳定在0.2，
摸到白色球的概率为0.2，
设袋子里黑色球有个，

解得： 经检验符合题意；
所以估计袋子里黑色球的个数为.
故答案为：
【点睛】本题考查的是利用频率估计概率，利用概率公式列方程，掌握“利用频率估计概率得到摸到白色球的概率为0.2”是解本题的关键.
13．上
【分析】先利用中点的含义求解 结合点与圆心的距离等于圆的半径，则点在圆上，从而可得答案.
【详解】解：如图，，，，为的中点，

在上，
故答案为：上
【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系的判断，掌握“点与圆的位置关系的判断方法”是解本题的关键.
14．
【分析】根据扇形面积公式代入数值求解即可．
【详解】解：由扇形面积公式得，扇形的面积为，
故答案为：
【点睛】此题考查了扇形面积，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．
15．2
【分析】根据题意得到AB⊥AM．DC⊥AM，GF⊥AM，得到CD∥AB，GF∥AB，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：如图，
∵AB⊥AM．DC⊥AM，GF⊥AM，
∴CD∥AB，GF∥AB，
∴△EDC∽△EBA，△MGF∽△MBA，
∴，，代入数据：
∴，，
解得：AB=7.2，FM＝2，
∴此时他的影长是2m，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质及判定，属于基础题，读懂题意，计算过程中细心即可．
16．##
【分析】先求解 再求解 再证明可得从而可得答案.
【详解】解： 矩形ABCD，，，



由作图可得：平分








故答案为：
【点睛】本题考查的是角平分线的作图的应用，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，熟练的运用以上知识解题是解本题的关键.
17．
【分析】先计算零指数幂，特殊角三角函数值并化简二次根式和绝对值，再根据实数的混合计算法则求解即可．
【详解】解：原式
．
【点睛】本题主要考查了实数的混合计算，特殊角三角函数值，化简二次根式和绝对值，零指数幂，熟知相关计算法则是解题的关键．
18．
【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可得．
【详解】解：，
，
或，
或，
故方程的解为．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的常用方法（配方法、因式分解法、公式法、换元法等）是解题关键．
19．见解析
【分析】根据旋转的性质得到CB=CE，求得∠EBC=∠BEC，根据平行线的性质得到∠EBC=∠BEA，再利用AAS得到△EAB≌△EHB，即可得到AB=BH．
【详解】证明：连接BE，
∵矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，
∴CB=CE，
∴∠EBC=∠BEC，
又∵AD∥BC，
∴∠EBC=∠BEA，
∴∠BEA=∠BEC，
在△EAB和△EHB中，，
∴△EAB≌△EHB(AAS)，
∴AB=BH．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
20．(1)证明见详解
(2)-1
【分析】（1）先计算出，根据非负数的性质得到，然后根据判别式的意义得到方程恒有二不等实根；
（2）利用方程根与系数的关系得到，，再把变形为，整体代入得到关于a的方程求解即可．
【详解】（1）证明：∵
∴该方程恒有二不等实根；
（2）解：由根与系数的关系，，
∵，
∴，
∴，
解得．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根的判别式以及一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系，解题关键是熟记一元二次方程的根的判别式以及一元二次方程根与系数的关系式．
21．(1)
(2)两次都摸到标有奇数的乒乓球的概率为
【分析】（1）直接利用概率公式求解即可；
（2）画树状图得出所有等可能的结果数和两次都摸到标有奇数的乒乓球的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【详解】（1）解：∵袋中共有3个分别标有数字1、2、3的小球，数字2为偶数，
∴第一次摸到标有偶数的乒乓球的概率是
故答案为：.
（2）解：画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中两次都摸到标有奇数的乒乓球的结果有：，共4种，
∴两次都摸到标有奇数的乒乓球的概率为.
【点睛】本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
22．(1)作图见解析
(2)
【分析】（1）作的垂直平分线交于 从而可得答案；
（2）先证明 再利用相似三角形的性质可得再代入数据解方程即可.
【详解】（1）解：如图，即为所求作的点，理由如下：


由作图可得：


（2）解：由（1）得：





解得：或
经检验：不符合题意，舍去，
【点睛】本题考查的是作线段的垂直平分线，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握“两个角对应相等的两个三角形相似”是解本题的关键.
23．（1）证明见解析；（2）AC=8．
【分析】（1）连接OD，由AB＝AC，利用等边对等角得到一对角相等，再由OB＝OD，利用等边对等角得到一对角相等，等量代换得到一对同位角相等，利用同位角相等两直线平行得到OD与AC平行，根据DF垂直于AC，得到DF垂直于OD，即可确定出DF为圆O的切线；
（2）连接OG，由AC为圆O的切线，利用切线的性质得到OG垂直于AC，利用三个角为直角且邻边相等的四边形为正方形得到ODFG为正方形，且边长为3，设AB＝AC＝x，表示出OA与AG，在直角三角形AOG中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为AC的长．
【详解】（1）连接OD，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∴∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∵DF⊥AC，
∴OD⊥DF，
则DF为圆O的切线；
（2）连接OG，
∵AC与圆O相切，
∴OG⊥AC，
∴∠OGF=∠GFD=∠ODF=90°，且OG=OD，
∴四边形ODFG为边长为3的正方形，
设AB=AC=x，则有AG=x﹣3﹣1=x﹣4，AO=x﹣3，
在Rt△AOG中，利用勾股定理得：AO2=AG2+OG2，即（x﹣3）2=（x﹣4）2+32，
解得：x=8，
则AC=8．
【点睛】此题考查了切线的判定与性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握切线的判定与性质是解本题的关键．
24．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）先根据旋转得出，得出，，得出，根据等腰三角形的性质，得出EH=FH，根据直角三角形的性质得出，，即可得出结论；
（2）证明A、B、E、H四点公圆，得出，根据AH=EH，得出，根据，得出∠HEA=∠AFE，即可得出结论；
（3）先证明，根据相似三角形的性质得出，利用等腰直角三角形的性质，求出，设BE=x，则AB=BC=3+x，根据勾股定理，列出关于x的方程，解出x的值，根据正切的定义，即可求出结果．
【详解】（1）证明：∵△ADF是由△ABE绕点A顺时针旋转90°得到的，
∴，
，，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DAB=90°，
，
即，
∴△FAE为直角三角形，
∵AH⊥EF，AE=AF，
∴EH=FH，
，
为等腰直角三角形．
（2）∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC=90°，
，
∴，
∴A、B、E、H四点共圆，
，
∵AH=EH，
∴，
∴，
，
∴∠HEA=∠AFE，
∴∠AFE=∠HBE．
（3）∵A、B、E、H四点共圆，
∴，
∵∠FAD=∠BAE，
∴，
∵，
，
，
，
∵AF=AE，
，
为等腰直角三角形，
∴，
，
解得：或（舍去），
∴，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，
设BE=x，则AB=BC=3+x，
∵，
∴，
解得：或（舍去），
∴，
∴，，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质和判断、直角三角形的性质，四点共圆的判定，圆周角定理，正切的定义，勾股定理，相似三角形的判定和性质，根据题目中的条件，判断出A、B、E、H四点共圆是解题的关键．
25．(1)
(2)
(3)直线过证明见解析
【分析】（1）先把抛物线化为顶点式，从而可得顶点坐标；
（2）由顶点到轴的距离为： 令 而 图象开口向上，对称轴为 此时随的增大而增大，再利用二次函数的性质可得答案；
（3）当时，求解抛物线为： 可得 可得 设 直线为 求解 把代入直线为从而可求解 从而可得答案.
【详解】（1）解： 抛物线

抛物线的顶点坐标为：
（2）解： 抛物线的顶点坐标为：
顶点到轴的距离为：
令 而 图象开口向上，对称轴为
此时随的增大而增大，
当时，
当时，抛物线顶点到x轴的最小距离为4.
（3）解：当时，抛物线为：

而直线AD的解析式为，直线BD的解析式为，点A，B为该抛物线上的两点，

设 直线为

解得：

把代入


直线为

解得：
直线为
当时，
所以直线过定点
【点睛】本题考查的是把抛物线的一般式化为顶点式，抛物线的性质，利用待定系数法求解一次函数的解析式，熟练的运用参数解题的能力是解本题的关键.