甘肃省金昌市永昌县2022-2023学年九年级上学期期末数学试题（含详细答案）

这是一份甘肃省金昌市永昌县2022-2023学年九年级上学期期末数学试题（含详细答案），共25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。

甘肃省金昌市永昌县2022-2023学年九年级上学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．关于x的方程有两个相等的实数根，则k的值为（    ）
A．9 B．6 C． D．
2．在平面直角坐标系中，将点绕原点顺时针旋转得到点，则点的坐标为（    ）
A． B． C． D．
3．下列事件是必然事件的是（    ）
A．抛一枚硬币，正面朝上
B．太阳每天从东方升起
C．明天会下雨
D．经过城市中某一交通信号灯的路口，恰好是红灯
4．如图，是的外接圆，连接、，若，则为（    ）

A． B． C． D．
5．在正面完全相同、反面印有下列四个图形的纸片中，任抽一张，则抽到的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的概率是（  ）
      
A． B． C． D．
6．如图，以点为圆心的两个同心圆把以为半径的大圆的面积三等分，这两个圆的半径分别为，．则的值是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题
7．把抛物线y＝x2﹣4x+5向上平移2个单位，再向左平移1个单位得到的抛物线解析式为_____．
8．在一个不透明的袋中有2个红球，若干个白球，它们除颜色外其它都相同，若随机从袋中摸出一个球，摸到红球的概率是，则袋中有白球_________个.
9．如图，AB是圆O的弦，半径OC⊥AB于点D，且OC=5cm，DC=2cm，则AB=_______．

10．若一个圆锥的底面半径为2，母线长为6，则该圆锥侧面展开图的圆心角是_________°．
11．若一直角三角形外接圆的半径为2.5，内切圆的半径为1，则其面积是______．
12．如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形绕点O逆时针旋转45°后得到正方形，继续旋转至2019次得到正方形，则点的坐标是______．


三、解答题
13．关于的一元二次方程．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若方程有一根小于1，求的取值范围．
14．已知抛物线的顶点坐标为，且经过点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点在该抛物线上，求m的值．
15．如图，在单位长度为1的正方形网格图中，一条圆弧经过网格点A（0，4）、B（4，4）、C（6，2）三点，请在网格中进行下列操作：

（1）在图中确定该圆弧所在圆的圆心D点的位置，写出D点坐标为　 ．
（2）连接AD、CD，求⊙D的半径及弧AC的长．
16．如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，的的顶点均在格点上．

(1)画出将关于原点O的中心对称图形；
(2)将绕点E逆时针旋转得到，画出；
(3)若由绕着某点旋转得到的，则这点的坐标为___________．
17．一个不透明的口袋中装有7个红球，9个黄球，2个白球，这些球除颜色外其他均相同，从中任意摸出一个球．
(1)摸到的球是红球的概率是______；摸到黄球的概率为______；摸到白球的概率为______．
(2)如果要使摸到白球的概率为，需要在这个口袋中再放入多少个白球？
18．如图，为的切线，为切点，过作，垂足为C，交于点B，延长与的延长线交于点D．

(1)求证：为的切线；
(2)若，求的长．
19．如图，四边形ABCD内接于⊙O，D是弧AC的中点，延长BC到点E，使，连接BD，ED．

(1)求证：；
(2)若，，⊙O的直径长为 ．
20．在一个不透明的口袋中放有4个完全相同的小球，他们分别标有数字−1，2，3，5．小明先随机摸出一个小球，记下数字为x；小强再随机摸出一个小球，记下数字为y．小明小强共同商议游戏规则为：当x＞y时小明获胜，否则小强获胜．
（1）若小明摸出的球不放回，请用列表或画树状图的方法求小明获胜的概率；
（2）若小明摸出的球放回后小强再随机摸球，请问这个游戏规则是公平的吗?请说明理由．
21．如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝45°，将△BCD绕点C顺时针旋转一定角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到△ACE．

(1)请求出旋转角的度数；
(2)请判断AE与BD的位置关系，并说明理由；
(3)若AD＝2，CD＝3，试求出四边形ABCD的对角线BD的长
22．如图1，正五边形内接于⊙，阅读以下作图过程，并回答下列问题，作法：如图2，①作直径；②以F为圆心，为半径作圆弧，与⊙交于点M，N；③连接．

(1)求的度数．
(2)是正三角形吗？请说明理由．
(3)从点A开始，以长为半径，在⊙上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n边形，求n的值．
23．综合与探究
如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，OA＝2，OC＝6，连接AC和BC．

（1）求抛物线的解析式；
（2）点D在抛物线的对称轴上，当△ACD的周长最小时，点D的坐标为　 ．
（3）点E是第四象限内抛物线上的动点，连接CE和BE．求△BCE面积的最大值及此时点E的坐标；
（4）若点M是y轴上的动点，在坐标平面内是否存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

参考答案：
1．D
【分析】利用一元二次方程的根的判别式即可得求解．
【详解】解：关于x的方程有两个相等的实数根，

解得：．
故选D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式，解题的关键是掌握：对于一般形式，当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．
2．A
【分析】如图，过点A、分别作x轴的垂线，垂足为H、P，则，由旋转的性质和角之间的关系可证，，即可得到点的坐标．
【详解】如图，过点A、两点分别作x轴的垂线，垂足为H、P，则，

∵点，
∴，
∵线段绕点O顺时针旋转，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点，
故选：A．
【点睛】本题考查了点的坐标与旋转变换的关系．关键是根据旋转的性质和角之间的关系确定全等三角形．
3．B
【分析】根据事件的分类，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、抛一枚硬币，正面朝上，是随机事件，不符合题意；
B、太阳每天从东方升起，是必然事件，符合题意；
C、明天会下雨，是随机事件，不符合题意；
D、经过城市中某一交通信号灯的路口，恰好是红灯，是随机事件，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查事件的分类．熟练掌握事件分为确定事件，随机事件，确定事件分为必然事件和不可能事件，是解题的关键．
4．C
【分析】先根据等腰三角形的性质求得，再根据圆周角定理得到即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解答的关键．
5．B
【分析】由图可知既是轴对称图形，又是中心对称图形的有2个，故直接利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】∵既是轴对称图形，又是中心对称图形的有2个，
∴任抽一张，则抽到的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的概率是．
故选：B．
【点睛】此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
6．C
【分析】根据圆的面积公式得出方程，根据算术平方根求出OA、OB、OC的值，再代入即可得出答案
【详解】解：以OA半径的圆的面积是πr2，则以OB半径的圆的面积是πr2，则以OC半径的圆的面积是πr2
∴πr2，πr2，
∴OB＝r，OC＝r．
∴OA：OB：OC＝r：r：r＝ ：：1，
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，算术平方根，圆的面积的应用，解此题的关键是能根据题意得出关于OA、OB、OC的方程，难度不是很大．
7．y＝（x﹣1）2+3．
【分析】根据平移规律得到平移后抛物线的顶点坐标，根据该顶点坐标写出新抛物线解析式即可．
【详解】解：抛物线y＝x2﹣4x+5＝（x﹣2）2+1，它的顶点坐标是（2，1）．
将其向上平移2个单位，再向左平移1个单位后，得到新抛物线的顶点坐标是（1，3），
所以新抛物线的解析式是：y＝（x﹣1）2+3．
故答案是：y＝（x﹣1）2+3．
【点睛】本题主要考查二次函数图象的平移，掌握二次函数图象的平移规律是解题的关键.
8．6
【分析】根据概率公式结合取出红球的概率即可求出袋中球的总个数.
【详解】解：设袋中有x个球.
根据题意得，
解得x=8（个），
8-2=6个，
∴袋中有8个白球.
故答案为：6.
【点睛】此题考查了概率的计算方法，如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．
9．8
【分析】连接OA，根据垂径定理得到∠ODA＝90°，AD＝BD，根据勾股定理求出AD，计算即可．
【详解】解：连接OA，

∵半径OC⊥AB，
∴∠ODA＝90°，AD＝BD，
由题意得，OD＝OC−CD＝3，
在Rt△OAD中，AD＝＝4，
∴AB＝2AD＝8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查的是垂径定理，勾股定理的应用，掌握垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．
10．120
【详解】解：圆锥侧面展开图的弧长是：2π×2=4π（cm），
设圆心角的度数是n度．
则=4π，
解得：n=120．
故答案为120．
11．6
【分析】切于，切于，切于，连接，，，得出正方形推出，根据切线长定理得出，，，求出，即可求出的周长，在结合即可求得面积．
【详解】解：切于，切于，切于，连接，，，

则，，
∴四边形是正方形，
∴，
由切线长定理得：，，，
∵直角三角形的外接圆半径为2.5，内切圆半径为1，
∴，
即的周长是，
∴．
故答案为：6．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心、内切圆与内心，掌握圆周角定理、直角三角形的内心与三边的关系是解题的关键．
12．
【分析】由题意依次写出前几个，找到规律，根据规律求即可．
【详解】解：由题意可得：，，，，，，，，．．．
故周期为8，



故答案为：
【点睛】本题考查了旋转找规律，准确计算出每个点变化之后的坐标是解题关键．
13．（1）见解析；（2）
【分析】（1）利用根的判别式，求出大于等于0恒成立，就可以证明；
（2）利用因式分解法得到该方程的两个根，一个是2，一个是，根据方程有一根小于−3，求出k的取值范围．
【详解】解：（1），，，
，
，
，
∵，
∴，
∴方程总有两个实数根；
（2），
∴，，
∵方程有一根小于1，
∴，
∴．
【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式和利用因式分解法解一元二次方程，解题的关键是熟练运用这些知识点进行求解．
14．(1)
(2)或

【分析】（1）设出二次函数的顶点式，然后将顶点坐标为，点直接代入即可．
（2）将代入（1）中求出的表达式，解方程即可．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为，
得
解得，
所以此函数的解析式为
（2）解：把代入
得，
解得 或．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数表达式，以及求坐标的值，准确设出表达式是解题关键．
15．（1）（2，0）；（2）；的长为π．
【分析】（1）根据垂径定理即可得到圆心D点的坐标；
（2）根据正切的定义得到∠OAD=∠EDC，得到∠ADC=90°，根据弧长公式计算，得到答案．
【详解】（1）如图，由垂径定理得到圆的圆心D点的坐标为D（2，0），
故答案为：（2，0）；
（2）在中，CD＝＝2，
在中，tan∠OAD＝，
在中，tan∠EDC＝，
∴∠OAD＝∠EDC，
∵∠OAD+∠ODA＝90°，
∴∠EDC+∠ODA＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∴的长＝＝π．

【点睛】本题考查的是弧长的计算、垂径定理、勾股定理，掌握弧长公式是解题的关键．
16．(1)见解析
(2)见解析
(3)

【分析】（1）根据成中心对称图形的性质画图即可；
（2）根据旋转中心、旋转角、旋转方向画图即可；
（3）线段的中垂线的交点即为旋转中心；
【详解】（1）解：作图如下：

（2）解：作图如下：

（3）解：根据旋转的性质：旋转中心到两对应点的距离相等；
故旋转中心在线段的中垂线上；
由图像可知，该点的坐标为
【点睛】本题考查了图形的旋转，平面直角坐标系中点的坐标变换；熟练掌握旋转的性质是解题关键．
17．(1)，，
(2)需要在这个口袋中再放入2个白球

【分析】（1）利用概率公式，代入数值求即可．
（2）设再放入x个白球，然后代入概率公式列方程，解方程即可．
【详解】（1）解：红球的概率：
黄球的概率：
白球的概率：
（2）解：设需要在这个口袋中再放入x个白球 ，
得
解得
经检验，是原分式方程的根
答：需要在这个口袋中再放入2个白球.
【点睛】本题考查了概率的计算，熟记概率的计算方法是解题关键．
18．(1)答案见详解
(2)

【分析】（1）连接，根据切线的性质得到，证明，根据全等三角形的性质得到，根据切线的判定定理证明结论；
（2）根据勾股定理得出，根据切线的性质得到，再根据勾股定理得出，根据勾股定理求出，然后利用三角形的面积即可得解．
【详解】（1）证明：连接，

，，
，
为的切线，
，
在与中，
，
，
，
，
为的切线；
（2），，
在中，，
、为的切线，
，
在中，，即，
，
在中，
，
，
，
，
．
【点睛】此题考查了切线的判定与性质、勾股定理，三角形的面积，熟记切线的判定与性质是解题的关键．
19．(1)见解析
(2)10

【分析】（1）根据同弧所对的弦相等可得AD=CD，再由圆内接四边形的性质得到∠A=∠DCE，证明△ABD≌△CED，根据全等三角形的性质，即可证明结论；
（2）连接OA，OD，根据圆周角定理，可得∠AOD=60°，根据等边三角形的判定定理可得△AOD是等边三角形，故半径为5，即可求得直径．
【详解】（1）证明：∵D是弧AC的中点，
∴，
∴AD=CD，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A=∠DCE，
在△ABD和△CED中，
，
∴△ABD≌△CED（SAS），
∴BD=ED．
（2）解：连接OA，OD，如图，

∵D是弧AC的中点，
∴，
∴∠ABD=∠CBD=，
∴∠AOD=2∠ABD=2×30°=60°，
∵OA=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴半径OA= AD=5，
∴直径长=10．
故答案为：10．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、全等三角形的判定与性质、同弧所对的弦相等、圆周角定理、等边三角形的判定与性质．
20．（1）；（2）不公平，理由详见解析．
【分析】（1）根据题意画出树状图，找出x＞y的情况即可求出概率；
（2）根据题意列出树状图，分别找出小明获胜的情况和小强获胜的情况，分别求出概率即可判断．
【详解】（1）根据题意列树状图如下：

共有12种等可能的结果，小明获胜的情况有6种，
所以小明获胜的概率为：；
（2）画树状图得：

共有16种等可能的结果，其中符合小明获胜的情况有6种，小强获胜的情况有10种，
∴P（小明）＝，P（小强）＝，
∴不公平．
【点睛】本题主要考查了事件的概率和游戏的公平性问题，熟练掌握树状图的画法是解题的关键．
21．(1)
(2)，理由见解析
(3)

【分析】（1）由旋转的性质可得，可得，即可求旋转角的度数；
（2）由全等三角形的性质可得，由直角三角形的性质可求，即可得；
（3）由勾股定理可求的长，再由勾股定理可求的长．
【详解】（1）解：将绕点顺时针旋转得到，
，
，
又，
，
，
故旋转角的度数为；
（2）解：；
理由如下，如图所示：

在中，，
，
，
，即，
又，
，
，
；
（3）解：连接，如图所示：

由旋转图形的性质可知，，旋转角，
，
，
，
在中，，
，
，
，
在中，，
，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，证明是本题的关键．
22．(1)
(2)是正三角形，理由见解析
(3)

【分析】（1）根据正五边形的性质以及圆的性质可得，则(优弧所对圆心角)，然后根据圆周角定理即可得出结论；
（2）根据所作图形以及圆周角定理即可得出结论；
（3）运用圆周角定理并结合（1）（2）中结论得出，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵正五边形．
∴，
∴，
∵，
∴(优弧所对圆心角)，
∴；
（2）解：是正三角形，理由如下：
连接，

由作图知：,
∵，
∴，
∴是正三角形，
∴，
∴，
同理，
∴，即，
∴是正三角形；
（3）∵是正三角形，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，正多边形的性质，读懂题意，明确题目中的作图方式，熟练运用圆周角定理是解本题的关键．
23．（1）y＝x2﹣x﹣6；（2）（，﹣5）；（3）点E坐标为（，﹣）时，△BCE面积最大，最大值为；（4）存在点N，点N坐标为（﹣2，2），（﹣2，﹣2），（2，0），（﹣2，﹣）．
【分析】（1）用待定系数法求解；
（2）当点B、D、C在同一直线上时，C△ACD＝AC+AD+CD＝AC+BD+CD＝AC+BC最小；求出直线BC：y＝2x﹣6，可进一步求解；
（3）过点E作EG⊥x轴于点G，交直线BC与点F，设E（t，t2﹣t﹣6）（0＜t＜3），则F（t，2t﹣6），得EF＝2t﹣6﹣（t2﹣t﹣6）＝﹣t2+3t，S△BCE＝S△BEF+S△CEF＝﹣（t﹣）2+，可得结果；
（4）存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形．可分情况分析：若AC为菱形的边长，MN∥AC且，MN＝AC＝2；若AC为菱形的对角线，则AN4∥CM4，AN4＝CN4，N4（﹣2，n），由勾股定理可求n.
【详解】（1）∵OA＝2，OC＝6
∴A（﹣2，0），C（0，﹣6）
∵抛物线y＝x2+bx+c过点A、C
∴   
解得：
∴抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣6
（2）∵当y＝0时，x2﹣x﹣6＝0，解得：x1＝﹣2，x2＝3
∴B（3，0），抛物线对称轴为直线x＝
∵点D在直线x＝上，点A、B关于直线x＝对称
∴xD＝，AD＝BD
∴当点B、D、C在同一直线上时，C△ACD＝AC+AD+CD＝AC+BD+CD＝AC+BC最小
设直线BC解析式为y＝kx﹣6
∴3k﹣6＝0，解得：k＝2
∴直线BC：y＝2x﹣6
∴yD＝2×﹣6＝﹣5
∴D（，﹣5）
故答案为：（，﹣5）

（3）过点E作EG⊥x轴于点G，交直线BC与点F
设E（t，t2﹣t﹣6）（0＜t＜3），则F（t，2t﹣6）
∴EF＝2t﹣6﹣（t2﹣t﹣6）＝﹣t2+3t
∴S△BCE＝S△BEF+S△CEF＝EF•BG+EF•OG＝EF（BG+OG）＝EF•OB＝×3（﹣t2+3t）＝﹣（t﹣）2+
∴当t＝时，△BCE面积最大
∴yE＝（）2﹣﹣6＝﹣
∴点E坐标为（，﹣）时，△BCE面积最大，最大值为．

（4）存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形．
∵A（﹣2，0），C（0，﹣6）
∴AC＝
①若AC为菱形的边长，如图3，
则MN∥AC且，MN＝AC＝2
∴N1（﹣2，2），N2（﹣2，﹣2），N3（2，0）

②若AC为菱形的对角线，如图4，则AN4∥CM4，AN4＝CN4
设N4（﹣2，n）
∴﹣n＝
解得：n＝﹣
∴N4（﹣2，﹣）
综上所述，点N坐标为（﹣2，2），（﹣2，﹣2），（2，0），（﹣2，﹣）．

【点睛】考核知识点：二次函数综合运用.数量运用二次函数性质，数形结合分析问题，分类讨论是关键.