江苏省泰州市姜堰区大冯初级中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题（含答案）

江苏省泰州市姜堰区大冯初级中学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

1．一元二次方程的一次项是（    ）

A． B． C． D．0

2．已知点P到圆心O的距离为5，若点P在圆内，则的半径可能为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

3．据了解，某定点医院收治的6名“新型冠状肺炎”患者的新冠病毒潜伏期分别为2天，3天，3天，3天，4天，5天，则这6名患者新冠病毒潜伏期的众数为（　　）

A．2天 B．3天 C．4天 D．5天

4．将抛物线向右平移个单位，再向下平移个单位，得到的抛物线是（　　）

A． B．

C． D．

5．如图，在平行四边形中，点E在边上，，连接交于点F，则的面积与的面积之比为（    ）

A． B． C． D．

6．如图，为的直径，点是的中点，过点作于点，延长交于点．若，，则的直径长为（　　）

A． B． C． D．

二、填空题

7．数据1，3，2，1，4的中位数是_______．

8．若关于x的方程有一个根为1，则a的值为______．

9．已知扇形的半径为，圆心角的度数为，则此扇形的弧长为__________．

10．抛物线的顶点坐标是___________．

11．已知，则的值为___________.

12．如图，已知点，以点为位似中心，按的比例把缩小，则点的对应点的坐标为___________

13．已知一元二次方程的两根为a和b，则的值为___________．

14．如图，是半圆的直径，点，在半圆上．若，则的度数为______．

15．如图，在中，则此的重心P与外心Q之间的距离为___________．

16．小明对自己上学路线的长度进行了20次测量，得到20个数据，已知，当代数式取得最小值时，x的值为___________．

三、解答题

17．解下列方程：

(1)；

(2)．

18．如图，在中，、在边、上，，  ，求的长度．

19．八（1）班组织了一次经典诵读比赛，甲、乙两队各10人的比赛成绩如下表：

（1）甲队成绩的中位数是　　分，乙队成绩的众数是　　分；

（2）计算乙队的方差；

（3）已知甲队成绩的方差是1.4，则成绩较为整齐的是　　队．

20．家庭成员尤其是父母对待日常生活和工作的态度和处事方法都会对孩子有潜移默化的影响，父母在教育孩子认识问题和解决问题方面对孩子采取怎样的指导、帮助、要求，都会形成孩子对待问题的方式．为此，某校举行了一次“智慧家长”系列讲座活动，活动过程中，甲、乙、丙、丁四位家长踊跃发言，积极互动．活动后校方准备从这四位家长中随机抽选一位作为家长代表做总结发言，并从剩下的三位家长中随机抽选一位做进一步访谈调查．

(1)选择家长乙作为家长代表做总结发言的概率为________；

(2)请用列表法或画树状图的方法求家长甲作为家长代表做总结发言，且家长丁被抽选做进一步访谈调查的概率．

21．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为个单位的正方形，的顶点均在格点上．

(1)将向右平移个单位，得到，试在图中画出；

(2)将绕点顺时针旋转后得到，试在图中画出，并计算在上述旋转过程中线段所扫过的面积．

22．在数学活动课上，老师带领数学小组测量大树的高度．如图，数学小组发现大树离教学楼，大树的影子有一部分落在地面上，还有一部分落在教学楼的墙上，墙上的影子长为，已知此时高的竹竿在水平地面上的影子长，那么这棵大树高度是多少？

23．某书店销售一本畅销的小说，每本进价为25元．根据以往经验，当销售单价是30元时，每天的销售量是300本；销售单价每上涨1元，每天的销售量减少10本，设这本小说每天的销售量为y本，销售单价为x元．

(1)请求出y与x之间的函数关系式；

(2)书店决定每销售1本该小说，就捐赠3元给山区贫困儿童，若想每天扣除捐赠后获得最大利润，则该小说每本售价为多少元？每天最大利润是多少元？

24．已知：在正方形中，点分别是延长线上的点，且，连接交于点．  

(1)如图1，当在一直线上时，求证：点为中点；

(2)如图2，当，求证：．

25．已知为的外接圆，．

(1)如图1，延长至点B，使，连接．

①求证：为直角三角形；

②若的半径为4，，求的值；

(2)如图2，若，E为上的一点，且点D，E位于AC两侧，作关于对称的图形，连接，试猜想三者之间的数量关系并给予证明．

26．抛物线经过点和点．

(1)求a与b的关系式．

(2)若抛物线的对称轴是轴．

①点C，D均在抛物线上，C点与A点关于轴对称，且点D在第一象限，满足，求点D的坐标；

②直线与抛物线交于M，N两点（点M在点N的左侧），点P是直线MN下方的抛物线上的一点，点Q在y轴上，且四边形是平行四边形，求点Q的坐标．

参考答案：

1．C

【分析】一元二次方程中，叫做方程的一次项，由此即可得出答案．

【详解】解：一元二次方程的一次项是，

故选C．

【点睛】本题考查了一元二次方程的一般形式及其各项的概念，解题的关键是掌握“一元二次方程中，叫做方程的二次项，其中a是二次项系数，叫做方程的一次项，其中b是一次项系数，c叫做方程的常数项”．

2．D

【分析】由点与圆的位置关系可知，的半径，进而可得出结果．

【详解】解：由点与圆的位置关系可知，的半径

故选D．

【点睛】本题考查了点与圆的位置关系．解题的关键在于对知识的熟练掌握．

3．B

【详解】解：∵这组数据中出现次数最多的数是3天，

∴这6名患者新冠病毒潜伏期的众数是3天；

故选：B

【点睛】本题考查的知识点是众数概念，一组数据中，出现次数最多的数就叫这组数据的众数．掌握众数的定义是解此题的关键．

4．D

【分析】根据抛物线平移的性质，即可求解．

【详解】解：将抛物线向右平移个单位，再向下平移个单位，得到的抛物线为：

．

故选：D

【点睛】此题主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．

5．C

【分析】设，，则，由四边形是平行四边形，推出，，推出，推出由此即可解决问题．

【详解】解：设，，则，

∵四边形是平行四边形，

∴A，，

∴，

∴，

故选：C．

【点睛】本题考查相似三角形的性质和判定、平行四边形的性质等知识，解题的关键是灵活运用平行四边形的性质，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．

6．B

【分析】连接，首先证明，设,在中，利用勾股定理构建方程即可解决问题

【详解】解：如图，连接．

，

，，

点D是弧的中点，

，

，

，

，

设,

在中，则有，

解得，

，

故选：B．

【点睛】本题考查勾股定理，垂径定理，弧，弦之间的关系等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．

7．2

【分析】将数据从小到大排列，再根据中位数的概念求解可得．

【详解】解：把数据按从小到大排列1，1，2，3，4，共有5个数，最中间一个数为2，所以这组数据的中位数为2．

故答案为：2．

【点睛】本题主要考查了中位数，掌握相关知识并熟练使用，同时注意解题中需注意的是将数据重新排列．

8．1

【分析】把代入方程得到关于a的一元一次方程，然后解一元一次方程即可．

【详解】解：把代入方程得，

解得．

故答案为：1．

【点睛】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．

9．

【详解】试题解析：∵扇形的半径为6cm，圆心角的度数为120°，

∴扇形的弧长为：=4πcm.

故答案为4π．

10．

【分析】根据顶点式：的顶点坐标为即可求出顶点坐标．

【详解】解：由顶点式可知：的顶点坐标为：．

故填：．

【点睛】此题考查的是求顶点坐标，掌握顶点式：的顶点坐标为是解决此题的关键．

11．

【分析】设，分别表示出a,b,c,即可求出的值.

【详解】设

∴

∴

故答案为

【点睛】本题考查了比例的性质，利用参数分别把a,b,c表示出来是解题的关键.

12．或

【分析】根据以为位似中心的位似变换的性质计算即可．

【详解】解∶ 以点为位似中心，按的比例把缩小，

点的对应点的坐标为∶ 或，

即或，

故答案为∶ 或．

【点睛】本题考查的是位似变换，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，比例为，那么位似图形对应点的坐标的比等于或．

13．7

【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可得，再由完全平方公式，即可求解．

【详解】解：∵一元二次方程的两根为a和b，

∴，

∴．

故答案为：7

【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根与系数的关系，熟练掌握若，是一元二次方程的两个实数根，则，是解题的关键．

14．##度

【分析】根据直径所对的圆周角是直角，可得，从而求出，再根据圆内接四边形对角互补，即可解答．

【详解】解：是半圆的直径，

，

，

，

四边形是的内接四边形，

故答案为：．

【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．

15．

【分析】根据三角形外心的定义可知外心为斜边的中点，根据三角形重心的定义可知、、三点共线，根据勾股定理求出，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出，然后利用重心的性质得到．

【详解】解：根据题意可知，、、三点共线．

在中，，，，

，

的外心为，

为斜边的中点，

，

的重心为，

．

故答案为：．

【点睛】本题考查了勾股定理，三角形的外接圆与外心，三角形的重心，直角三角形的性质，根据三角形外心与重心的定义得出、、三点共线是解题的关键．

16．2023

【分析】令，将代数式的最小值，转化为二次函数的最小值，即∶当，取得最小值，即可得解．

【详解】

，

则当时，取得最小值，

即当时，取得最小值；

故答案为∶2023．

【点睛】本题考查二次函数求最值．解题的关键是构造二次函数．

17．(1)

(2)

【分析】（1）利用直接开平方法解答，即可求解；

（2）利用公式法解答，即可求解．

【详解】（1）解：

∴，

解得：；

（2）解：

∵，

∴，

∴，

解得：．

【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．

18．

【分析】证明，由相似三角形的性质得出，则可得出答案．

【详解】解：，

，

，

，，

，

，

．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，证明是解题的关键．

19．（1）9.5，10；（2）；（3）乙

【分析】（1）根据中位数的定义求出最中间两个数的平均数；根据众数的定义找出出现次数最多的数即可；

（2）先求出乙队的平均成绩，再根据方差公式进行计算；

（3）先比较出甲队和乙队的方差，再根据方差的意义即可得出答案．

【详解】（1）把甲队的成绩从小到大排列为：7，7，8，9，9，10，10，10，10，10，最中间两个数的平均数是（9＋10）÷2＝9.5（分），

则中位数是9.5分；

乙队成绩中10出现了4次，出现的次数最多，

则乙队成绩的众数是10分；

故答案为：9.5，10；

（2）乙队的平均成绩是：×（10×4＋8×2＋7＋9×3）＝9，

则方差是：×[4×（10−9）2＋2×（8−9）2＋（7−9）2＋3×（9−9）2]＝1；

（3）∵甲队成绩的方差是1.4，乙队成绩的方差是1，

∴成绩较为整齐的是乙队；

故答案为：乙．

【点睛】本题考查方差、中位数和众数，解题的关键是熟知其定义及计算方法．

20．(1)

(2)

【分析】（1）直接根据概率公式计算，即可求解；

（2）根据题意画出树状图，可得共有12种等可能的结果，其中家长甲作为家长代表做总结发言，且家长丁被抽选做进一步访谈调查的情况只有1种，再由概率公式计算，即可求解．

【详解】（1）解：根据题意得：

选择家长乙作为家长代表做总结发言的概率为；

故答案为：

（2）解：根据题意画树状图如下∶

由树状图可知，共有12种等可能的结果，其中家长甲作为家长代表做总结发言，且家长丁被抽选做进一步访谈调查的情况只有1种，

所以家长甲作为家长代表做总结发言，且家长丁被抽选做进一步访谈调查的概率为．

【点睛】本题主要考查了利用树状图或列表法求概率，明确题意，准确画出树状图或列出表格是解题的关键．

21．(1)见解析

(2)见解析，

【分析】（1）依据向右平移个单位，即可得到；

（2）分别作出的对应点即可，利用扇形的面积公式计算即可．

【详解】（1）解：如图即为所求作的三角形；

（2）解：如图，即为所求作的三角形；

根据勾股定理，，

所以，在上述旋转过程中线段所扫过的面积为．

【点睛】本题考查作图——旋转变换，勾股定理，扇形的面积公式等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

22．

【分析】在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似．本题中：经过树在院墙的影子的顶端作树的垂线和经过树顶的太阳光线以及树所成三角形，与竹竿，影子光线形成的三角形相似，这样就可求出垂足到树的顶端的高度，再加上墙上的影高就是树高．

【详解】解：如图所示，过作于，

则，．

同一时刻物高和影长成正比，

，

，

，

答：这棵大树高为．

【点睛】考查了相似三角形的应用，注意；影子平行于物体时，影子和物体的实际高度相等；影子垂直于物体时，根据：同一时刻物高与影长成比例进行计算．

23．(1)

(2)每本该小说售价为44元，最大利润是2560元

【分析】（1）根据题意列函数关系式即可；

（2）设每天扣除捐赠后可获得利润为元，由已知可得：，即可得到答案．

【详解】（1）根据题意得，；

（2）设每天扣除捐赠后可获得利润为元，

由已知得：

，

，

，

时，取得最大值，最大值为2560，

答：每本该小说售价为44元，最大利润是2560元．

【点睛】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是正确的理解题意，掌握二次函数的性质．

24．(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）连接，根据正方形的性质得到，得出，根据全等三角形的判定和性质即可得；

（2）根据正方形的性质得到，根据相似三角形的性质得到 ，根据已知条件得到四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得到，等量代换得到，于是得到结论．

【详解】（1）证明：连接，∵四边形是正方形，

∴，，，

∵，∴，

∴，

∴，

在和中，

  ，

∴，

∴，即点为中点

（2）证明：∵四边形是正方形，

∴，

∴，

∴  ，

∵，

∴四边形是平行四边形，

∴，

∵，

∴，

∴ ，

∴

【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识并运用是解题的关键．

25．(1)①见解析；②

(2)，证明见解析

【分析】（1）①根据已知条件结合等边等角，三角形内角和定理可得，即可证明△ABC为直角三角形；；②连接，利用垂径定理得到且，设，则，利用勾股定理列出方程求得的值，再利用三角形的中位线定理得到；

（2）延长交于点F，连接，由已知可得；利用同弧所对的圆周角相等，得到，由于与关于对称，于是，则得为等腰直角三角形，为直角三角形；利用勾股定理可得：；利用得到，等量代换可得结论．

【详解】（1）①证明：∵，

∴．

∴

即

∴为直角三角形；

②解：连接，如图，

∵，

∴，

∴且，

∵的半径为4，

∴．

设，则，

∵，，

∴．

解得：．

∴．

由①知：，

∵，

∴．

∵，

∴．

（2）解：，证明如下：

延长交于点F，连接，如图，

∵，

∴．

∴．

∴．

∴．

∵与关于对称，

∴，

∴，

∴．

∴．

∴．

即．

∵，

∴．

在和中，

，

∴．

∴．

∴．

【点睛】本题是一道圆的综合题，主要考查了圆的有关性质，垂径定理，勾股定理，圆周角定理及其推论，等腰直角三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，直角三角形的判定与性质，轴对称的性质，方程的解法．根据图形的特点恰当的添加辅助线是解题的关键．

26．(1)

(2)①，②

【分析】（1）把点和点代入抛物线解析式，即可求解；

（2）①先求出抛物线的关系式，再求出的关系式，作过点B作轴于点E，设交y轴于点F，直线交y轴于点G，则点，根据，可证得，从而得到，进而求得F的坐标，从而求得的关系式，进一步求得点D坐标；②将抛物线和直线的解析式联立，根据一元二次方程根与系数关系，求得M、N的中点坐标，设点，点，根据平行四边形的性质，求得结果．

【详解】（1）解：∵抛物线经过点和点，

∴，

由得：，

∴；

（2）解：①∵抛物线的对称轴为y轴，

∴，即，

∵C点与A点关于轴对称，，

∴点，

∵，

∴，

∴抛物线的解析式为，

把点代入得：，

解得：，

∴抛物线的解析式为，

设直线的解析式为，

把点和点代入得：

，解得：，

∴直线的解析式为，

当时，，

如图1，作过点B作轴于点E，设交y轴于点F，直线交y轴于点G，则点，

∴，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴点，

设直线的解析式为，

把点，代入得：

，解得：，

∴直线的解析式为，

联立：，解得：或（舍去），

∴点D的坐标为；

②如图2，

联立，

整理得：，

∴，

∴，

设点，点，

∵四边形是平行四边形，

∴，

解得：，

∴点Q的坐标为．

【点睛】本题考查了二次函数及其图象性质，求一次函数的关系式，等腰三角形性质一元二次方程根与系数的关系等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造2倍角，熟练掌握相关图形的性质．