湖北省武汉市粮道街中学2022-2023学年九年级上学期期末考试数学试题

湖北省武汉市粮道街中学2022-2023学年九年级上学期期末考试数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．下列图形中，为中心对称图形的是（   ）

A． B．

C． D．

2．将一元二次方程化成一般式后，二次项系数和一次项系数分别为　　

A．4，3 B．4，7 C．4， D．，

3．抛物线的顶点坐标是（    ）

A． B． C． D．

4．不透明的袋子中只有4个黑球和2个白球，这些球除颜色外无其他差别，随机从袋子中一次摸出3个球，下列事件是不可能事件的是（    ）

A．3个球都是黑球 B．3个球都是白球

C．三个球中有黑球 D．3个球中有白球

5．将抛物线向右平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，所得到的抛物线为（    ）

A． B． C． D．

6．某地有一座圆弧形拱桥，它的跨度（弧所对的弦的长），拱高（弧的中点到弦的距离），则求拱桥的半径为（    ）

A． B． C． D．

7．暑假即将来临，小明和小亮每人要从甲、乙、丙三个社区中随机选取一个社区参加综合实践活动，那么小明和小亮选到同一社区参加实践活动的概率为（ ）

A． B． C． D．

8．若六边形的边心距为，则这个正六边形的半径为（    ）

A．1 B．2 C．4 D．

9．如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形A′BC′D′．若边A′B交线段CD于H，且BH=DH，则DH的值是（　　）

A． B．8-2 C． D．6

10．如图，⊙A与⊙B外切于点D，PC，PD，PE分别是圆的切线，C，D，E是切点，若∠CED＝x°，∠ECD＝y°，⊙B的半径为R，则弧DE的长度是（   ）

A． B． C． D．

二、填空题

11．若是一元二次方程的两个根，则的值是_________．

12．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是______．

13．把一枚均匀的硬币连续抛掷两次，两次正面朝上的概率是____．

14．如图，四边形内接于，若，则它的一个外角________．

15．如图Rt△ABC，∠C＝90°，分别以各边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”：当AC＝4，BC＝6时，则阴影部分的面积为 ___．

16．抛物线经过点，与轴的交点在与之间（不包括这两点），对称轴为直线．下列结论：①；②若点、在图象上，则；③若为任意实数，则；④．其中正确结论的序号为______．

17．已知正方形ABCD和正方形CGEF，且D点在CF边上，M为AE中点，连接MD、MF，

（1）如图1，请直接给出线段MD、MF的数量及位置关系是    ；

（2）如图2，把正方形CGEF绕点C顺时针旋转，则（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请给出你的结论并证明；

（3）若将正方形CGEF绕点C顺时针旋转30°时，CF边恰好平分线段AE，请直接写出的值．

三、解答题

18．解方程：．

19．如图，中，，，是由绕点按顺时针方向旋转得到的，连接、相交于点．求证：．

20．箱子里有3个红球和2个黄球，从箱子中一次拿出两个球出来．

(1)请你用列表或画树形图的方法，求一次拿出的两个球正好是一红一黄的概率；

(2)直接写出两个球都是红球的概率．

21．如图，已知是的外接圆，是的直径，是延长线上的一点，交的延长线于，于，且．

(1)求证：是的切线；

(2)若，，求的长．

22．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点，均落在格点上，点在网格线上．

(1)线段的长等于______；

(2)以为直径的半圆的圆心为，在圆上找一点，使平分请用无刻度的直尺作图；

(3)以为直径的半圆的圆心为，在线段上有一点，满足．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点．

23．如图，小明在一次高尔夫球赛中，从山坡下点打出一球向球洞A点飞去，球的飞行路线为抛物线．如果不考虑空气阻力，当球打到最大竖直高度12米时，球移动的水平距离为9米．已知山坡与水平方向的夹角为，、A两点相距米．在如图所建立的平面直角坐标系下．

(1)直接写出点A的坐标；

(2)求出球的飞行路线所在抛物线的解析式；

(3)直接判断小明这一杆能够把高尔夫球从点直接打入球洞A点．

24．若两条抛物线的顶点相同，则称它们为“友好抛物线”，抛物线：与抛物线：为“友好抛物线”．

(1)求抛物线的解析式；

(2)点是抛物线上在第一象限的动点，过作轴，为垂足，求的最大值；

(3)设抛物线的顶点为，点的坐标为，问在的对称轴上是否存在点，使线段绕点逆时针旋转得到线段，且点恰好落在抛物线上？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．

参考答案：

1．B

【分析】根据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可得答案．

【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项错误；

B、是中心对称图形，故此选项正确；

C、不是中心对称图形，故此选项错误；

D、不是中心对称图形，故此选项错误；

故选：B．

【点睛】本题主要考查了中心对称图形，解题的关键是掌握中心对称图形的概念．

2．C

【分析】一元二次方程的一般形式是，先化成一般形式，再求出二次项系数和一次项系数即可.

【详解】，

，

二次项系数和一次项系数分别为、.

故选：.

【点睛】本题考查了一元二次方程的一般形式的应用，能把方程化成一般形式是解此题的关键，注意：系数要带着前面的符号.

3．A

【分析】根据抛物线的顶点式，即可得出答案．

【详解】解：∵为二次函数的顶点式，

∴由顶点式可知该抛物线的顶点坐标为，

故选：A．

【点睛】本题主要考查二次函数的顶点式，关键是要能根据顶点式直接写出顶点的坐标．

4．B

【分析】根据袋子中球的个数以及每样球的个数对摸出的3个球的颜色进行分析即可.

【详解】袋中一共6个球，有4个黑球和2个白球，从中一次摸出3个球，可能3个都是黑球，也可能2个黑球1个白球，也可能2个白球1个黑球，不可能3个都是白球，

故选项A、C、D都是可能事件，不符合题意，选项B是不可能事件，符合题意，

故选：B.

【点睛】本题考查了确定事件及随机事件，把握相关概念，正确进行分析是解题的关键.

5．D

【分析】先确定出原抛物线的顶点坐标，然后根据向右平移横坐标加，向下平移纵坐标减求出新图象的顶点坐标，然后写出即可．

【详解】解：抛物线的顶点坐标为（0，0），

向右平移1个单位，再向下平移3个单位后的图象的顶点坐标为（1，−3），

所以，所得图象的解析式为，

故选：D．

【点睛】本题主要考查的是函数图象的平移，根据平移规律“左加右减，上加下减”利用顶点的变化确定图形的变化是解题的关键．

6．B

【分析】如图所示（见详解），设圆弧形拱桥所在为位置的圆的圆心为，可得半径，根据垂径定理，可知，设，根据勾股定理即可求解．

【详解】解：如图所示，设圆弧形拱桥所在为位置的圆的圆心为，

∵圆弧形拱桥的跨度（弧所对的弦的长），拱高（弧的中点到弦的距离）米，

∴，，且半径，

设，在中，，，

∴，解方程得，，

∴拱桥的半径为，

故选：．

【点睛】本题主要考查圆与直角三角形的综合，掌握圆的垂径定理，直角三角形的勾股定理是解题的关键．

7．B

【详解】解：画树状图得：

∵共有9种等可能的结果，小明和小亮选到同一社区参加实践活动的有3种情况，

∴小明和小亮选到同一社区参加实践活动的概率为：

故选B

8．C

【分析】设正六边形的中心是，一边是，过作于，在直角中，根据三角函数即可求得边长，从而求出周长．

【详解】解：如图，

在中，，，

；

故选：C．

【点睛】本题主要考查正多边形的计算问题，常用的思路是转化为直角三角形中边和角的计算．

9．C

【分析】本题设DH=x，利用勾股定理列出方程即可.

【详解】设DH=x,

在 中，

故选C.

10．B

【详解】根据题意,由切线长定理可知:PC=PD=PE,即点C,D,E在以P为圆心,PC长为半径的⊙P上,由圆周角定理得:∠DPE=2∠ECD=2y° ,连接BD,BE,则∠BDP=∠BEP=90°,

在四边形BDPE中,∠B+∠BDP+∠DPE+∠BEP=360°,即:∠B+90°+2y°+90°=360°,

解得:∠B=180°-2y°.

∴弧DE的长度是:故选B．

11．-3

【分析】根据一元二次方程根与系数的关系求解即可．

【详解】解：∵是一元二次方程的两个根，

∴，

故答案为：-3．

【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，熟知一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．

12．

【分析】根据平面直角坐标系内的点关于原点对称的规律即可求解．

【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为，

故答案为：．

【点睛】本题考查了关于原点对称点的坐标，掌握点的坐标的变化规律是解题的关键．

13．

【分析】举出所有情况，看正面都朝上的情况数占总情况数的多少即可．

【详解】解：共4种情况，正面都朝上的情况数有1种，所以概率是．

故答案为：．

考点：列表法与树状图法．

14．69°

【分析】由∠BOD＝138°，根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得∠A的度数，又由圆的内接四边四边形的性质，求得∠BCD的度数，继而求得∠DCE的度数

【详解】解：∵∠BOD＝138°，

∴∠A＝∠BOD＝69°，

∴∠BCD＝180°﹣∠A＝111°，

∴∠DCE＝180°﹣∠BCD＝69°．

故答案为：69°．

【点睛】此题考查了圆周角定理与圆的内接四边形的性质．此题比较简单，解题的关键是注意掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半与圆内接四边形的对角互补定理的应用．

15．12

【分析】根据勾股定理求得，由图形可得，阴影部分的面积为两小半圆与直角三角形的面积和减去大半圆的面积，即可求解．

【详解】解：在中，，AC＝4，BC＝6

∴

则阴影部分的面积

故答案为12

【点睛】此题考查了不规则图形的面积，涉及了扇形面积的计算，解题的关键是将不规则图形的面积转化为规则图形的面积来求解．

16．①③④

【分析】根据题意画出函数的图象，然后根据二次函数的图象结合函数的性质依次对4个结论进行判断即可求出答案．

【详解】解：二次函数的图象与轴相交于点，对称轴为直线，

二次函数的图象与轴相交于点，，

二次函数与轴的交点与之间（不包括这两点），

大致图象如图：

当时，，故结论①正确；

二次函数的对称轴为直线，且，，，

，故结论②不正确；

时，函数有最小值，

为任意实数），

，故结论③正确；

，

，

一元二次方程的两根为和5，

，

，

，

，

当时，，，

，故结论④正确；

故答案为①③④．

【点睛】本题考查二次函数的图象与系数的关系，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质，本题属于中等题型．

17．（1）MD=MF，MD⊥MF；（2）成立，理由详见解析；（3）

【详解】试题分析：（1）延长DM交EF于点P，易证AM=EM，即可证明△ADM≌△EPM，可得DM=PM，根据△DFP是直角三角形即可解题；

（2）延长DM交CE于点N，连接FN、DF，易证∠DAM=∠NEM，即可证明△ADM≌△ENM，可得EN=AD，DM=MN，可证CD=EN，即可证明△CDF≌△ENF，可得DF=NF，即可解题；

（3）根据（1）可得MD=MF，MD⊥MF，若CF边恰好平分线段AE，则CF过点M，最后根据Rt△CDM中，∠DCF=30°，即可求得的值．

试题解析：（1）线段MD、MF的数量及位置关系是MD=MF，MD⊥MF，

理由：如图1，延长DM交EF于点P，

∵四边形ABCD和四边形FCGE是正方形，

∴AD∥EF，∠MAD=∠MEP，∠CFE=90°．

∴△DFP是直角三角形．

∵M为AE的中点，

∴AM=EM．

在△ADM和△EPM中，

∠MAD=∠MEP，AM=EM，∠AMD=∠EMP，

∴△ADM≌△EPM（ASA），

∴DM=PM，AD=PE，

∴M是DP的中点．

∴MF=DP=MD，

∵AD=CD，

∴CD=PE，

∵FC=FE，

∴FD=FP，

∴△DFP是等腰直角三角形，

∴FM⊥DP，即FM⊥DM．

故答案为MD=MF，MD⊥MF；

（2）MD=MF，MD⊥MF仍成立．

证明：如图2，延长DM交CE于点N，连接FN、DF，

∵CE是正方形CFEG对角线，

∴∠FCN=∠CEF=45°，

∵∠DCE=90°，

∴∠DCF=45°，

∵AD∥BC，

∴∠DAM=∠NEM，

在△ADM和△ENM中，∠MAD=∠NEM，AM=EM，∠AMD=∠EMN，

∴△ADM≌△ENM（ASA），

∴EN=AD，DM=MN，

∵AD=CD，

∴CD=EN，

在△CDF和△ENF中，

CD=EN，∠DCF=∠CEF=45°，CF=EF，

∴△CDF≌△ENF，（SAS）

∴DF=NF，

∴FM=DM，FM⊥DM．

（3）如图所示，若CF边恰好平分线段AE，则CF过点M，

由（1）可得FM=DM，FM⊥DM，

设FM=DM=1，

∵∠DCF=30°，

∴Rt△DCM中，CM=，CD=2=CB，

∴CF=+1=CG，

∴=．

考点：四边形综合题；全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；正方形的性质．

18．．

【分析】利用解一元二次方程-配方法，进行计算即可解答．

【详解】解：，

移项：，

配方：，即：

由平方根的意义得：，即，

所以，．．

【点睛】本题考查了解一元二次方程-配方法，准确熟练地进行计算是解题的关键．

19．见解析

【分析】利用旋转性质得，再证明和全等，进而得到结论．

【详解】证明是由绕点按顺时针方向旋转得到的，

，，

，即，

，

，

在和中，

，

，

．

【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，掌握旋转的性质是解题的关键．

20．(1)；

(2)．

【分析】（1）根据题意画出树状图，求出所有可能数和符合条件数，运功概率公式求解即可；

（2）结合树状图，求出所有可能数和符合条件数，运功概率公式求解即可．

【详解】（1）解：画树状图：

由树状图可知，从箱子中一次拿出两个球共有种可能，

两个球正好是一红一黄的可能有种，

所以一次拿出的两个球正好是一红一黄的概率为：

答：一次拿出的两个球正好是一红一黄的概率为．

（2）由树状图可知，从箱子中一次拿出两个球共有种可能，

两个球都是红球的可能有6种，

所以两个球都是红球的概率为：

故答案为:.

【点睛】本题考查了无放回的随机抽样的概率求解；正确画出树状图、结合题意分析出符合条件的可能数是解题的关键．

21．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）如图，连接，证明，则，，可得，，进而结论得证；

（2）证明，由可得，证明，则，求出，根据，可知，，，，可求与的值，再利用全等三角形的性质可得答案．

【详解】（1）证明：如图，连接

∵是的直径，，，

∴，

在和中，

∵

∴

∴

∵

∴

∵

∴

∴

又∵是半径

∴DE是的切线．

（2）解：∵，

∴

∴，

∴

∵

∴

又∵

∴

∴，而，，

∴

解得：

∵，

∴，而，

∴

∴

∵

∴

解得：，，

∵，

∴．

【点睛】本题考查了切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，余弦值，含30°的直角三角形，三角形外角的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．

22．(1)

(2)画图见解析

(3)画图见解析

【分析】（1）直接利用勾股定理进行计算即可；

（2）如图，取与网格线的交点D，连接并延长交于点E，则E即为所求，

（3）记交于点G，连接，延长交的延长线于F，连接延长交 于点P，则点P即为所求．

【详解】（1）解：由勾股定理可得：

．

（2）如图，取与网格线的交点D，连接并延长交于点E，则E即为所求，

理由如下：由格线，，

∴，

∵，

∴为的中位线，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，即平分．

（3）记交于点G，连接，延长交的延长线于F，连接延长交 于点P，则点P即为所求．

由，，

同理可得：为的中位线，

∴，而，

∴，

∵平分，

∴是的垂直平分线，

∴，与关于直线对称，

∴，

∵，

∴，

∴，则点P即为所求．

【点睛】本题考查圆的基本性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，轴对称的性质，线段的垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形的中位线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．

23．(1)

(2)

(3)小明这一杆不能够把高尔夫球从点直接打入球洞A点

【分析】（1）由直角三角形的性质可求得、的长度，则写出点A的坐标；

（2）已知顶点坐标，设抛物线解析式为，由于抛物线过原点，即可求得a的值，从而求得解析式；

（3）判断点A是否在抛物线上即可．

【详解】（1）解：在中，，米，

则米，由勾股定理得：（米），

所以点A的坐标为；

（2）解：由题意知，抛物线顶点坐标为，

设抛物线解析式为，

由题意知，抛物线过原点，则有，

∴，

球的飞行路线所在抛物线的解析式为；

（3）解：当时，

所以小明这一杆不能够把高尔夫球从点直接打入球洞A点．

【点睛】本题是二次函数的应用，考查了待定系数法求二次函数的解析式，求点的坐标，二次函数图象上点的坐标特征．

24．(1)

(2)

(3)存在，点的坐标为或

【分析】（1）先求得顶点坐标，然后依据两个抛物线的顶点坐标相同可求得、的值；

（2）设．则，，然后得到与的函数关系式，最后依据配方法可求得的最值；

（3）连接，过点作 ，垂足为．接下来证明 ，由全等三角形的性质得到， ，设点的坐标为．则用含的式子可表示出点的坐标，将点的坐标代入抛物线的解析式可求得的值，从而得到点的坐标．

【详解】（1） ，

抛物线的顶点坐标为，．

抛物线：与顶点相同，

，．

解得：，．

抛物线的解析式为；

（2）如图1所示：

设点的坐标为．

，，

．

当 时，有最大值，最大值为．

（3）如图2所示；连接，过点作 ，垂足为．

，，抛物线的对称轴为，

，．

，

．

，

．

．

在和 中，

，

， ．

设点的坐标为．则 ，．

点的坐标为．

．

整理得：．

解得，或．

当时，的坐标为，

当时，的坐标为．

综上所述，当点的坐标为或时，恰好落在抛物线上．

【点睛】解答本题主要应用了二次函数的顶点坐标公式、二次函数的图象和性质、全等三角形的性质和判定、函数图象上点的坐标与函数解析式的关系，用含的式子表示点的坐标是解题的关键．