2022-2023学年天津市北辰区九年级上学期数学期末试卷及答案

这是一份2022-2023学年天津市北辰区九年级上学期数学期末试卷及答案，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列各式中，是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义逐一判断即可．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故A错误；
B．不是中心对称图形，故B错误；
C．不是中心对称图形，故C错误；
D．是中心对称图形，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形的定义，熟练掌握中心对称图形的定义，把一个图形绕着某一个点旋转，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，这个点就是它的对称中心．
2. 下列各式中，关于的二次函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次函数的定义：形如（其中、、为常数，且）的函数叫二次函数，判断即可．
【详解】解：A、B、C选项均不符合定义，只有D选项符合定义，
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数定义，形如（其中、、为常数，且）的函数叫二次函数．
3. 如图，点、、、在上，，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据同圆中同弧所对的圆周角相等进行求解即可．
【详解】解：∵点、、、在上，，
∴，
故选A．
【点睛】本题主要考查了同弧所对的圆周角相等，灵活运用所学知识是解题的关键．
4. 抛物线的对称轴的方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数图像的对称轴公式，即可求解．
【详解】解：∵，
∴对称轴的方程为：，
故选A．
【点睛】本题主要考查二次函数图像的对称轴，掌握对称轴公式是解题的关键．
5. 如图，五边形是的内接正五边形，则正五边形的中心角的度数是（ ）
A. 72°B. 60°C. 48°D. 36°
【答案】A
【解析】
【分析】根据正多边形的中心角的计算公式：计算即可．
【详解】解：∵五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，
∴五边形ABCDE的中心角∠COD的度数为，
故选：A．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的中心角的计算公式： 是解题的关键．
6. 小区新增了一家快递店，第一天揽件200件，第三天揽件242件，设该快递店揽件日平均增长率为，根据题意，下面所列方程正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】平均增长率为x，关系式为：第三天揽件量＝第一天揽件量×（1＋平均增长率）2，把相关数值代入即可．
【详解】解：由题意得：第一天揽件200件，第三天揽件242件，
∴可列方程为：，
故选：A．
【点睛】此题考查一元二次方程的应用，得到三天的揽件量关系式是解决本题的突破点，难度一般．
7. 用配方法解一元二次方程时，下列变形正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先移项，再在等式两边加上4，即可得到答案．
【详解】解：，
移项得，
配方得，即，
故选：D．
【点睛】本题考查了解一元二次方程－配方法：将一元二次方程配成的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
8. 如图，是的直径，弦于点，如果，，那么线段OE的长为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】连接OD，那么OD=OA=AB，根据垂径定理得出DE=CD，然后在Rt△ODE中，根据勾股定理求出OE．
【详解】解：如图，
∵弦CD⊥AB，垂足为E
∴CE=DE=，
∵OA是半径
∴OA=，
在Rt△ODE中，OD=OA=10，DE=8，
，
故选：B．
【点睛】此题考查了垂径定理和勾股定理，解题的关键是掌握垂径定理和勾股定理．
9. 已知是一元二次方程的两个根，则的值是（ ）
A. B. 11C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系分别得到和的值，再代入计算即可得到答案．
【详解】解：∵是一元二次方程的两个根，
∴，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，熟悉相关性质是解题的关键．
10. 将抛物线向右平移1个单位，新的函数解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由平移的规律即可求得答案．
【详解】解：将抛物线向右平移1个单位，则函数解析式变为，
故选：A．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象变换，掌握平移的规律是解题的关键，即“左加右减，上加下减”．
11. 如图，将绕点B顺时针旋转得，点A，C的对应点分别点D，E，当点D落在上时，下列说法错误的是（ ）
A. 平分B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据旋转性质得到≌，由全等三角形的性质即可进行判断．
【详解】解：∵绕点B顺时针旋转得，
∴≌，
∴，，，
∴A、B、D均正确，
无法证明，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了图形的旋转，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
12. 如图，已知开口向下的抛物线与x轴交于点对称轴为直线．则下列结论：①；②；③函数的最大值为；④若关于x的方数无实数根，则．正确的有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】由图象可知，图像开口向下，a＜0，对称轴为x=1，故，故b＞0，且，则 图象与y轴的交点为正半轴，则c＞0，由此可知abc＜0，故①错误，由图象可知当x=1时，函数取最大值，将x=1，代入，中得：，计算出函数图象与x轴的另一交点为（3,0）设函数解析式为：，将交点坐标代入得化简得：，将x=1，代入可得：，故函数的最大值为-4a，、变形为：要使方程无实数根，则，将c=-3a，，代入得：，因为a＜0，则，则，综上所述，结合以上结论可判断正确的项．
【详解】解：由图象可知，图像开口向下，a＜0，对称轴为x=1，故，故b＞0，且，则故②正确，
∵图象与y轴的交点为正半轴，
∴c＞0，则abc＜0，故①错误，
由图象可知当x=1时，函数取最大值，
将x=1，代入，中得：，
由图象可知函数与x轴交点为（﹣1,0），对称轴为将x=1，故函数图象与x轴的另一交点为（3,0），
设函数解析式为：，
将交点坐标代入得：，
故化简得：，
将x=1，代入可得：，故函数的最大值为-4a，故③正确，
变形为：要使方程无实数根，则，将c=-3a，，代入得：，因为a＜0，则，则，综上所述，故④正确，
则②③④正确，
故选C．
【点睛】本题考查二次函数的一般式，二次函数的交点式，二次函数的最值，对称轴，以及交点坐标掌握数形结合思想是解决本题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．请将答案直接填在题中横线上）
13. 习近平总书记在党的二十大报告中强调：“青年强，则国家强”．小明同学将“青”“年”“强”“则”“国”“家”“强”这7个字，分别书写在大小、形状完全相同的7张卡片上，从中随机抽取一张，则这张卡片上恰好写着“强”字的概率是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据概率公式计算即可．
【详解】解：根据7张卡片中，恰好写着“强”字的有两张，
∴从中随机抽取一张，则这张卡片上恰好写着“强”字的概率是．
【点睛】此题考查了简单概率计算，熟练掌握概率公式是解题的关键．
14. 若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，写出一个满足条件的整数的值____．
【答案】1（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据一元二次方程有两个不相等的实数根，得到∆>0，且，由此求出m的取值范围得到答案．
【详解】解：∵一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴∆>0，且
∴4+4m>0，
解得m>-1，且，
∴m=1，
故答案为：1（答案不唯一）．
【点睛】此题考查了一元二次方程根的判别式，正确掌握一元二次方程的根的三种情况是解题的关键．
15. 抛物线的顶点坐标是 _____．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的顶点坐标是直接写出即可．
【详解】解：抛物线的顶点坐标是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质，熟练掌握二次函数的图像和性质是解题的关键．
16. 如图，圆锥底面圆的半径，母线长，则这个圆锥的侧面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先计算出圆锥的底面圆的周长，然后利用扇形的面积公式求得扇形的面积即可．
【详解】解：圆锥的底面半径为，
圆锥的底面圆的周长，
圆锥的侧面积．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆锥的侧面积计算、扇形的面积公式等知识点，掌握扇形的面积公式为弧长,R为母线）是解答本题的关键．
17. 如图，绕点A顺时针旋转100°得到，若，则______度．
【答案】70
【解析】
【分析】由绕点A顺时针旋转100°，得旋转角∠CAF=100°，由∠CAE=∠CAF-∠EAF即可求解．
【详解】解：由旋转可得∠CAF=100°，
∴∠CAE=∠CAF-∠EAF＝100°－30°=70°，
故答案为：70．
【点睛】本题考查旋转，熟练掌握一个图形绕着某点旋转一定角度，连接对应点与旋转中心所夹的角叫旋转角是解题的关键．
18. 如图，半径为4的中，为直径，弦且过半径的中点，点为上一动点，于点．当点从点出发逆时针运动到点时，点所经过的路径长为 __．
【答案】
【解析】
【分析】连接，，由，利用垂径定理得到为的中点，由中点的定义确定出的长，在直角三角形中，由与的长，利用勾股定理求出的长，进而确定出的长，由求出的长，在直角三角形中，利用勾股定理求出的长，由垂直于，得到三角形始终为直角三角形，点的运动轨迹为以为直径的半圆，如图中红线所示，当位于点时，，此时与重合；当位于时，，此时与重合，可得出当点从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长，在直角三角形中，利用锐角三角函数定义求出的度数，进而确定出所对圆心角的度数，再由的长求出半径，利用弧长公式即可求出的长，即可求出点所经过的路径长．
【详解】解：连接，，
，
为的中点，即，
的半径为4，弦且过半径的中点，
，
在中，根据勾股定理得: ，
又 ，
在中，根据勾股定理得：，
，
始终是直角三角形，点的运动轨迹为以为直径的半圆，
当位于点时，，此时与重合；
当位于时，，此时与重合，
当点从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长，
在中，，
，
∴在Rt△ACG中，∠CAG=60°，
所对圆心角的度数为，
直径，
∴的长为 ，
则当点从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长为．
故答案为：．
【点睛】此题考查了圆的综合题，涉及的知识有：坐标与图形性质，勾股定理，锐角三角函数定义，弧长公式，以及圆周角定理，其中根据题意得到点从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长，是解本题的关键．
三、解答题（本大题共7小题，共66分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
19. 解下列方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）采用配方法即可求解；
（2）采用公式即可求解．
【小问1详解】
移项，得，
配方，得，
，
由此可得，
，．
【小问2详解】
解：．
，，
．
，
，．
【点睛】本题主要考查了采用配方法和公式求解一元二次方程的解的知识，掌握配方法和公式法是解答本题的关键．
20. 口袋中有红、黄、绿三种颜色的球，这些球除颜色外完全相同，其中红球有8个，黄球有个，绿球有若干个．请回答下列问题：
（1）摸出红球是__________，摸出蓝球是__________；（从“随机事件”，“必然事件”，“不可能事件”中选一个填空）
（2）若口袋中有7个绿球，任意摸岀一个球是绿球的概率为__________；
（3）若从中任意摸出一个球是黄球的概率为，求绿球有多少个．
【答案】（1）随机事件，不可能事件
（2）
（3）个
【解析】
【分析】（1）根据“一定条件下，一定会发生的事件称为必然事件；一定条件下，一定不会发生的事件称为不可能事件；一点条件下，可能发生也可能不发生的事件为随机事件”，据此解答；
（2）根据摸岀一个球是绿球的概率为；
（3）设绿球的数量为，则根据题意得，求解即可．
【小问1详解】
解：根据题意摸出红球为随机事件；口袋中没有篮球，所以摸出篮球是不可能事件，
故答案：随机事件，不可能事件；
【小问2详解】
若口袋中有7个绿球，
则摸出绿球的概率为，
故答案为：；
【小问3详解】
设绿球的数量为，
则根据题意得，
解得：，
故绿球有个．
【点睛】本题考查了随机事件、必然事件、不可能事件的识别，随机事件的概率等知识点，熟知：概率所求情况数与总情况数之比，是解本题的关键．
21. 如图，是的两条半径，点为上的一点，连接．
（1）若为的中点，求的度数；
（2）若，求和的度数．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】(1)根据三角形的内角和可知的度数，再利用同弧所对的圆心角相等即可求得；
(2)根据平行线的性质可知的度数，再利用圆周角的性质即可求得和的度数．
【小问1详解】
解：∵，，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了三角形的内角和，同弧所对的圆心角相等，平行线的性质，圆周角的性质，利用圆周角的性质进行等角转换是解题的关键．
22. 如图，一张正方形纸板的边长为8cm，将它割去一个正方形，留下四个全等的直角三角形（图中阴影部分）．设AE＝BF＝CG＝DH＝x（cm），阴影部分的面积为y（cm2）．
（1）求y关于x的函数解析式并写出x的取值范围；
（2）当x取何值时，阴影部分的面积最大，最大面积是多少．
【答案】（1）（0＜x＜8）
（2）当x=4时，阴影部分面积最大值为32cm2．
【解析】
分析】（1）由AE=BF=CG=DH=x（cm）得出BE=CF=DG=AH=（8-x）（cm），然后根据三角形面积求解．
（2）将二次函数的解析式化为顶点式再求解．
【小问1详解】
解：由正方形的性质可得：cm，
∵AE=BF=CG=DH=x cm，
∴BE=CF=DG=AH=（8-x）cm，
∴（0＜x＜8），
【小问2详解】
，
∵a=-2＜0，
∴当x=4时，y有最大值为32，
故当x=4时，阴影部分面积最大值为32cm2．
【点睛】本题考查二次函数的应用，解题关键是掌握正方形的性质，掌握二次函数求函数最值的方法．
23. 如图，四边形内接于，，点D在上．
（1）如图①，若，求的大小；
（2）如图②，若为的直径，过点A作的切线，交的延长线于点E，求的大小．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆周角定理和等弦所对圆相等可得出，从而可得出埣；
（2）连接OA，可得；由圆内接四边形的性质可得，再根据圆周角定理可得，由得，从而可得，即可判断，进一步可得结论
【小问1详解】
∵，，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
【小问2详解】
连接OA，
∵AE是的切线，
∴
∴．
∵四边形ABCD内接于，
∴．
又∵
∴
∵，，
∴．
∴
∵，
∴．
∴．
∴．
∴
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理．
24. 如图，的斜边OA在y轴上，，，将绕原点顺时针旋转得到，旋转和记作，点A、B的对应点分别为点．
（1）如图①，当时，求点和点的坐标；
（2）如图②，当时，求点的坐标；
（3）在（2）的条件下，直接写出点的坐标．
【答案】（1），；
（2）；
（3）点的坐标为．
【解析】
【分析】（1）由旋转的性质结合含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求解即可；
（2）作轴于点E，证明，利用勾股定理求解即可；
（3）作轴于点M，作轴于点N，交直线于点G，构造矩形，证明，得到，设，则，通过计算得到a、b的值，据此求解即可．
【小问1详解】
解：∵，，
∴，
设为x，则为2x，
在中，，
则，
解得，（舍），
∴，，
由旋转的性质可知，，，，
∴，；
【小问2详解】
解：如图②，过作轴于点E，
由旋转的性质可知，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
解得，，
∴；
【小问3详解】
解：作轴于点M，作轴于点N，交直线于点G，
由旋转的性质知，，
∴，
∴
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，，
由，得，即，
∴，
∴，
，
∴，
∴点的坐标为．
【点睛】本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，相似三角形的判定和性质，坐标与图形的性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
25. 如图，抛物线与x轴分别交于点，点B，与y轴交于点．
（1）求抛物线的解析式及点B的坐标；
（2）若点P为该抛物线对称轴上的一个动点，当时，求点P的坐标；
（3）点在抛物线上，当m取何值时，的面积最大？并求出面积的最大值．
【答案】（1）抛物线的解析式为，点B的坐标为
（2）
（3）时，最大
【解析】
【分析】（1）把点A和点C的坐标代入，求出b和c即可；
（2）先求出该抛物线的对称轴为直线，设，再根据两点之间的距离公式，列出方程求解即可；
（3）作于Q，交于点D，先用待定系数法求解直线的解析式，即可将点D和点M的坐标表示出来，最后根据三角形的面积公式，列出面积的表达式即可求解．
【小问1详解】
解：由二次函数的图象经过和两点，
得，
解得．
则抛物线解析式为．
∵令，有，
解得，，．
则该抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为．
【小问2详解】
∵抛物线的对称轴为直线．
∵点P为该抛物线对称轴上，
∴设，
∵，，
∴，
∵，
∴
∴，
∴．
【小问3详解】
如图2，
作于Q，交于点D，
∵，，
设直线的函数解析式为，
将点，代入得：
，
解得：，
∴直线的解析式为：，
∴．
∵点在抛物线上，
∴．
∴．
∴，
∴当时，最大．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合，解题的关键是掌握用待定系数法求解函数表达式的方法和步骤，两点之间的距离公式，求函数最值的方法．