重庆市合川区2022-2023学年九年级上学期期末数学试题（含详细答案）

这是一份重庆市合川区2022-2023学年九年级上学期期末数学试题（含详细答案），共22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。

重庆市合川区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．下列事件中是必然事件的是（    ）
A．没有水分，种子发芽 B．某运动员投篮时，连续两次投中
C．通常加热到时，水沸腾 D．抛一枚质地均匀的硬币，正面朝上
【答案】C
【分析】根据确定事件和随机事件的定义来区分判断即可，必然事件和不可能事件统称确定性事件；必然事件：在一定条件下，一定会发生的事件称为必然事件；不可能事件：在一定条件下，一定不会发生的事件称为不可能事件；随机事件：在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件称为随机事件．
【详解】解：A. 没有水分，种子发芽，该事件是不可能事件，不符合题意；
B. 某运动员投篮时，连续两次投中，该事件是随机事件，不符合题意；
C. 通常加热到时，水沸腾，该事件是必然事件，符合题意；
D. 抛一枚质地均匀的硬币，正面朝上，该事件是随机事件，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了确定事件和随机事件的定义，熟悉定义是解题的关键．
2．下列航空航天图标是中心对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此逐项判断即可．
【详解】解：A中图形不是中心对称图形，不符合题意；
B中图形是中心对称图形，符合题意；
C中图形不是中心对称图形，不符合题意；
D中图形不是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查中心对称图形的识别，理解中心对称图形的定义，找准对称中心是解答的关键．
3．下列是一元二次方程的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据一元二次方程的定义进行判断即可．
【详解】解：A．是一元一次方程，故A不符合题意；
B．是二元一次方程，故B不符合题意；
C．是一元二次方程，故C符合题意；
D．不是一元二次方程，故D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的定义，解题的关键是熟练掌握一元二次定义，含有一个未知数，未知数的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程．
4．如图，点A，B，C在上，若，则的大小为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆周角定理直接得出答案即可．
【详解】解：∵，
∴，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，解题的关键是熟练掌握同弧或等弧所的圆周角等于圆心角的一半．
5．拋物线的顶点坐标是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】把抛物线解析式化为顶点式即可得到答案．
【详解】解：∵抛物线解析式为，
∴该抛物线的顶点坐标为，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了求二次函数顶点坐标，熟知对于二次函数的顶点坐标为是解题的关键．
6．近几年，二维码逐渐进入了人们的生活，成为广大民众生活中不可或缺的一部分．小刚将二维码打印在面积为16的正方形纸片上，如图，为了估计黑色阴影部分的面积，他在纸内随机掷点，经过大量实验，发现点落在黑色阴影的频率稳定在0.6左右，则据此估计此二维码中黑色阴影的面积为（    ）

A．9.6 B．0.6 C．6.4 D．0.4
【答案】A
【分析】经过大量实验，发现点落在黑色阴影的频率稳定在0.6左右，说明点落在阴影部分的概率为0.6，再结合正方形的面积为16，即可估计阴影部分的面积．
【详解】解：∵经过大量实验，发现点落在黑色阴影的频率稳定在0.6左右，
∴点落在阴影部分的概率为0.6，
设阴影部分面积为S，则，即：，
∴黑色阴影的面积为9.6，
故选：A．
【点睛】本题主要考查利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率，理解并熟练运用概率公式是解题关键．
7．如图，是半圆的直径，，是半圆上两点，，过点作的切线与的延长线交于点，若，则的大小为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据切线性质得出，根据得出，根据，得出，即可得出．
【详解】解：是的切线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了切线性质，圆周角定理，直角三角形性质，解题的关键是熟练掌握同弧或等弧所对的角相等．
8．若关于的一元二次方程有一个根为0，则实数的值为（    ）
A．2 B． C．或2 D．或0
【答案】A
【分析】根据一元二次方程的解的定义，即可求解．
【详解】解：∵一元二次方程的一个根为0，
∴将代入，可得且，
解得：．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解，熟练掌握能使方程左右两边同时成立的未知数的值是方程的解是解题的关键．
9．二次函数中，函数与自变量的部分对应值如下表：

…


0
1
2
…

…
5
0



…

当时，自变量的取值范围是（    ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据表格可知该二次函数图象开口向上，且对称轴为直线，进而可知当时，，即得出当时，自变量的取值范围是．
【详解】由表格可知该二次函数当时，；时，；时，，
∴该二次函数图象开口向上，且对称轴为直线．
∵时，，
∴时，，
∴当时，自变量的取值范围是．
故选D．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质．根据表格数据推断出该二次函数图象开口向上，且对称轴为直线是解题关键．
10．从盛满20升纯消毒液的容器中，倒出升消毒液后，用水加满，第二次倒出升混合后的消毒液，再用水加满，此时容器内的消毒液浓度为40%，则根据题意列出的方程正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先写所倒次数1次，纯消毒液的含量和用水加满后容器内的消毒液浓度；再写出倒次数2次，纯消毒液的含量和用水加满后容器内的消毒液浓度；将所倒次数2次后容器内的消毒液浓度除去容器内总含量，可得出．
【详解】第一次倒出升后，纯消毒液的含量为升，用水加满，器内的消毒液浓度为
第二次倒出来的为，所以容器内的消毒液浓度为，
故选：D
【点睛】在实际问题的过程中，擅长利用所给的条件列出方程即可．
11．如图，在边长为的等边中，为边的中点，为直线上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，则线段长的最小值为（    ）

A．2 B． C． D．3
【答案】B
【分析】将绕点逆时针旋转得到，连接，可证明，当时，有最小值，再由即可求解．
【详解】解：将绕点逆时针旋转得到，连接，如下图：

由题意可得：，是的中点，
∵为等边三角形，
∴
∵，，
∴，
∴，，
∴点的轨迹为直线，
∴当时，有最小值，
此时，
∵是的中点，
∴，
故选：B
【点睛】本题考查了图形的旋转，熟练掌握等边三角形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定即性质是解题的关键．
12．如图是二次函数图象的一部分，下列结论：①：②；③；④；⑤若，是该函数图象上两点，则．正确结论的个数是（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】①根据抛物线的开口方向可以判定，根据对称轴为直线，可得，得出，即，根据抛物线与y轴交于负半轴，得出，即可得出，从而判断①②；
③根据时，，得出，可以判定③；
④根据时，可以判定④；
⑤根据，可以得出，判断⑤．
【详解】解：①②∵抛物线的开口方向向上，
∴，
∵抛物线对称轴为直线，
∴，
∴，，
∵抛物线与y轴交于负半轴，
∴，
∴，故①正确，②错误；
③根据函数图象可知，抛物线的对称轴为直线，抛物线与x轴的交点在的左侧，
∵与关于对称，
∴抛物线与x轴的交点在的右边，
∴时，，
∴，故③正确；
④与的中点为，根据函数图象可以看出，在与抛物线与x轴靠右侧的交点之间，
∵在的左侧，
∴当时，，
∴，
∴，故④错误；
⑤∵，
∴，关于直线对称，
∴，故⑤正确；
综上分析可知，正确的有3个，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，解题的关键是数形几何，熟练掌握二次函数的图象和性质．

二、填空题
13．在不透明的袋子中装有个白球，个红球，这些球除颜色外都相同．从袋子中随机提出个球，是红球的概率为______．
【答案】
【分析】统计出红球的个数，根据概率公式计算其概率即可得出结果．
【详解】解：∵共有（2+3）个球，红球有2个，
∴摸出的球是红球的概率是：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查概率的计算，一般方法：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）=，难度适中．
14．如图，是的直径，弦于点，连接．若，则阴影部分的面积为______________．

【答案】
【分析】根据垂径定理，得到，再根据等边三角形三线合一，得，再根据勾股定理，求出，最后根据阴影部分的面积为：，即可．
【详解】∵是的直径，弦于点，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴阴影部分的面积为：．
故答案为：．
【点睛】本题考查圆的基本知识，解题的关键是掌握圆的垂径定理，扇形的面积，等边三角形的性质，勾股定理的运用．
15．关于的方程有两个根，，则______________．
【答案】9
【分析】利用根与系数的关系得到，，再对变形得，代入求解即可．
【详解】解：，
利用根与系数的关系得：，，


，
故答案为：9．
【点睛】本题考查了完全平方公式的变形、根与系数的关系，解题的关键是掌握若，是一元二次方程的两根时，，．
16．为推进乡村振兴工作，驻村服务队结合当地特点种植了甲、乙两种农作物，经过一段时间，甲、乙两种农作物的种植面积之比为1:3，单位面积产值之比为5:3．为进一步提高经济收入，服务队决定扩大两种农作物的种植面积，经统计，扩大种植面积后（单位面积的产值不变），甲作物的总种植面积占两种作物总种植面积的，且两种作物的总产值提高了，则甲、乙两种作物扩大种植的面积之比为______________．
【答案】
【分析】设甲作物扩大种植的面积为m，乙种作物扩大的种植面积为n，表示出扩大后甲作物总种植面积，两种作物总种植面积，根据甲作物的总种植面积占两种作物总种植面积，表示出，再令甲，乙单位面积产值分别为，，列出式子，求出甲、乙两种作物扩大种植的面积之比．
【详解】设甲作物扩大种植的面积为m，乙种作物扩大的种植面积为n
∵甲、乙两种农作物的种植面积之比为1∶3
∴令甲种农作物的种植面积为x，乙种农作物的种植面积为
∴扩大后甲作物总种植面积为，两种作物的总种植面积为
∵甲作物的总种植面积占两种作物总种植面积
∴
整理得，
∵单位面积产值之比为5:3
∴令甲，乙单位面积产值分别为，
∵两种作物的总产值提高了
∴
整理得，
把代入得，
∴
∴甲、乙两种作物扩大种植的面积之比为7:3
故答案为：7:3
【点睛】本题考查三元一次方程的应用，解题的关键是根据关系，列出方程进行求解．

三、解答题
17．解下列方程：
(1)；
(2)．
【答案】(1)，
(2)，

【分析】（1）用公式法求解；
（2）用因式分解法求解．
【详解】（1）解：，
其中：，，．

方程有两个不相等的实数根．
．
即，．
（2）解：
移项，得．
化简，得．
因式分解，得．
因此或．
解得，．
【点睛】本题考查解一元二次方程，根据方程特点选择合适的解法是解题的关键．
18．如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标均为整数．

(1)在图中作出与关于原点对称的；
(2)绕点顺时针旋转得到，写出旋转中心的坐标及旋转角的度数．
【答案】(1)见解析
(2)点的坐标为，旋转角的度数为

【分析】（1）利用关于原点对称的点的坐标特征画出点的对应点，即可得到；
（2）连接，，分别确定线段的垂直平分线并找到交点，则点即为旋转中心；连接、，则两线段夹角即为旋转角．结合图像即可确定点的坐标及旋转角的度数．
【详解】（1）解：的位置如下图所示；

（2）点的坐标为，旋转角的度数为．
【点睛】本题主要考查了作关于原点对称图形以及图形旋转变换的知识，理解并掌握关于原点对称图形和图形旋转变换的特征是解题关键．
19．随着经济的发展和科技的进步，支付方式也在发生变化．多样的支付方式便利了人们的生活，提升了人们的生活品质，也改变了人们的消费观念和习惯，是人们幸福指数提高的有力见证．目前常见的支付方式有：现金支付、刷卡支付、扫码支付、数字人民币支付（分别用A，B，C，D表示）．若小明和小华两人在购物时，选择以上四种支付方式的可能性相同．
(1)求小明采用“扫码支付”的概率；
(2)请通过列表或画树状图的方法，求小明和小华采用同一种支付方式的概率．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）直接根据概率公式即可解答；
（2）先列表确定所有结果数和满足题意的结果数，然后再根据概率公式即可解答．
【详解】（1）解：由小明能采用的支付方式有4种：A，，，，则采用“扫码支付”的概率为．
答：小明采用“扫码支付”的概率为．
（2）解：列出所有可能出现的结果如下表：
小明
小华
A
B
C
D
A




B




C




D





由上表可以看出，小明和小华采用的支付方式的结果有16种，它们出现的可能性相等．
小明和小华采用同一种支付方式的结果有4种，即，，，，所以．
【点睛】本题主要考查了运用列表法求概率、概率公式等知识点，通过列表确定所有结果数和满足题意的结果数是解答本题的关键．
20．已知抛物线．
(1)求该抛物线的顶点坐标；
(2)求该拋物线与轴的交点坐标；
(3)当取什么值时，?
(4)当取什么值时，随的增大而减小?
【答案】(1)该抛物线的顶点坐标为
(2)该抛物线与轴的交点坐标为，
(3)当时，
(4)当时，随的增大而减小

【分析】（1）先将抛物线解析式通过配方得到顶点式即可解答；
（2）令，求得x的值即可解答；
（3）根据抛物线的开口方向以及与x轴的交点坐标即可解答；
（4）先确定抛物线的对称轴，然后再根据抛物线的开口方向即可解答．
【详解】（1）解：将配方可得．
该抛物线的顶点坐标为．
（2）解：令，解得或5．
该抛物线与轴的交点坐标为，．
（3）解：，
该抛物线开口向下
∵该抛物线与轴的交点坐标为，
∴当时，．
（4）解：∵
∴该抛物线的对称轴为．
∵该抛物线开口向下，
∴当时，随的增大而减小．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、运用二次函数求不等式的解集等知识点，灵活运用二次函数的性质是解答本题的关键．
21．如图，为正方形对角线上一点，以为圆心，长为半径的分别与边，相切于点，，连接，．

(1)求证：；
(2)若的半径为，求正方形的边长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据切线的性质可得、、，可证得四边形为矩形，再结合可得四边形为正方形，然后根据正方形得性质可得、，最后根据线段的和差即可解答；
（2）设正方形的边长为，则，再证为等腰直角三角形可得，由圆的性质可得，最后根据列方程 求解即可．
【详解】（1）证明：分别与边，相切于点，，
，，，
，
又，
四边形为矩形，
，
四边形为正方形，
．
又∵正方形，
，
，
．
（2）解：设正方形的边长为，则
∵，
∴为等腰直角三角形．
∴由勾股定理可得：，
∵的半径为
∴
∴即，解得：．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质、正方形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质和判定定理是解答本题的关键．
22．2022年暑期，我区遭遇连续高温和干旱，一居民小区的部分绿化树枯死．小区物业管理公司决定补种绿化树，计划购买小叶榕和香樟共50棵进行栽种．其中小叶榕每棵680元，香樟每棵1000元，经测算，购买两种树共需38800元．
(1)原计划购买小叶榕、香樟各多少棵？
(2)实际购买时，经物业管理公司与商家协商，每棵小叶榕和香樟的售价均下降元（），且两种树的售价每降低10元，物业管理公司将在原计划的基础上多购买小叶榕2棵，香樟1棵．物业管理公司实际购买的费用比原计划多3600元，求物业管理公司实际购买两种树共多少棵？
【答案】(1)原计划购买小叶榕35棵、香樟15棵
(2)物业管理公司实际购买两种树共56棵

【分析】（1）设原计划购买小叶榕棵，则购买香樟棵，根据题意列出方程即可得出答案．
（2）根据给出的条件先列出小叶榕与香樟的单价表达式分别为元每棵，元每棵，再列出实际购买棵树的表达式，得到方程式求出满足条件的值，即可得出答案．
【详解】（1）设原计划购买小叶榕棵，则购买香樟棵，
根据题意，可得，
解得，．
答：原计划购买小叶榕35棵、香樟15棵．
（2）根据题意，可得，
整理得，，
解得：，，
∵，∴，
∴购买了39棵小叶榕，17棵香樟，
答：物业管理公司实际购买两种树共56棵．
【点睛】本题主要考查一元一次方程的实际应用和一元二次方程应用的问题，熟练掌握题中的等量关系列出正确的方程解决本题的关键．
23．如图，在中，，，以点C为中心，分别将线段，逆时针旋转60°得到，，连接并延长与交于点F，连接，．

(1)求证：为等腰直角三角形；
(2)连接，求证：平分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）先根据旋转的性质和角的和差可得，然后再根据证明，然后再说明为等腰直角三角形即可证明结论；
（2）先说明和是直角三角形，然后再证明可得即可证明结论．
【详解】（1）证明：线段，绕点逆时针旋转60°得到，，
，，．
．
．
在与中，
，
．
，，
为等腰直角三角形．
为等腰直角三角形．
（2）解：∵，
∴
∴．
在与中，
，

．
平分．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定等知识点，灵活运用全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．
24．对于一个多位自然数n，其各数位上的数字从最高位到个位依次排成一列，与从个位到最高位依次排成一列完全相同，则称n为“对称数”．
如：自然数121，从百位到个位依次排成一列为：1，2，1，从个位到百位依次排成一列为：1，2，1，所以121是“对称数”；
又如：自然数13841，从最高位到个位依次排成一列为：1，3，8，4，1，从个位到最高位依次排成一列为：1，4，8，3，1，所以13841不是“对称数”．
(1)直接写出两个四位“对称数”，并证明任意一个四位“对称数”n能被11整除；
(2)一个三位“对称数”减去其各位数字之和，所得的差能被11整除，求满足条件的三位“对称数”的个数
【答案】(1)1001，9889；证明见解析
(2)满足条件的三位“对称数”有9个

【分析】（1）设四位“对称数”的个位、十位数字分别为，（，且为整数），然后表示出，然后再因式分解即可证明；
（2））设四位“对称数”的个位、十位数字分别为，（，且为整数），然后表示出，再根据三位“对称数”的定义确定a、b的可能值即可解答．
【详解】（1）解：1001，9889
证明：设四位“对称数”的个位、十位数字分别为，（，且为整数），
则．
，均为整数，
为整数．
任意一个四位“对称数”能被11整除．
（2）解：设三位“对称数”的个位、十位数字分别为，（，且为整数），
则．
该三位“对称数”减去其各位数字之和所得的差为
能被11整除，
，的可能取值为1，2，3，…，9．
满足条件的三位“对称数”有9个．
【点睛】本题主要考查了因式分解的应用，灵活利用因式分解解决整除性问题是解答本题的关键．
25．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．

(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点是直线上方拋物线上任意一点，过点分别作轴、轴的平行线，交直线于点，，求的最大值及此时点的坐标；
(3)在（2）中取得最大值的条件下，将该抛物线向右平移个3个单位，点平移后的对应点为，为新抛物线对称轴上任意一点，在新抛物线上确定一点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，直接写出所有符合条件的点的坐标．
【答案】(1)该抛物线的函数表达式为
(2)的最大值为，点的坐标为
(3)符合条件的点的坐标为：或或

【分析】（1）利用待定系数法求出该抛物线的函数表达式即可；
（2）首先确定点的坐标为，易知为等腰直角三角形，设直线的表达式为，利用待定系数法求得直线的表达式为，再结合题意可知也为等腰直角三角形，即有；设点的坐标为，则点，可知，结合二次函数的图像与性质可得有最大值，即可获得答案；
（3）首先确定平移后的抛物线解析式为，平移后得对称轴为，设点，点，然后分为对角线、为对角线、为对角线三种情况讨论，即可求得符合条件的点的坐标为．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点，
∴，解得 ，
∴该抛物线的函数表达式为；
（2）在中，令，得，
∴点的坐标为，
∴，
∴为等腰直角三角形，则，
设直线的表达式为，
则有，解得 ，
∴直线的表达式为，
∵轴，
∴，
又∵轴，
∴为等腰直角三角形，
∴，即，
设点的坐标为（其中），则点，
∴，
∵，
∴当时，有最大值，
∴的最大值为，
此时，点的坐标为；
（3）∵抛物线，，
∴由题意，该抛物线向右平移个3个单位，则平移后点的对应点的坐标为，
平移后的抛物线解析式为，
∴平移后得对称轴为，
由（2）可知，点的坐标为，
设点，点，
分情况讨论：
①当为对角线时，则有，解得，
∴；
②当为对角线时，则有，解得，
∴；
③当为对角线时， 则有，解得，
∴．
综上所述，符合条件的点的坐标为：或或．
【点睛】本题是二次函数的综合应用，考查了待定系数法求二次函数和一次函数函数解析式、一次函数图像上点的特征、二次函数图像的平移、二次函数的图像与性质以及平行四边形的性质等知识，综合性强，解题关键是运用含字母的代数式表示相关点的坐标及相关线段的长度．