2022-2023学年天津市河西区九年级上学期数学期末试卷及答案

这是一份2022-2023学年天津市河西区九年级上学期数学期末试卷及答案，共21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。

一、选择题
1. 已知的半径为，点M到圆心O的距离为，则该点M与的位置关系为（ ）
A. 点M在圆内B. 点M在圆上C. 点M在圆外D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【分析】要确定点与圆的位置关系，主要确定点与圆心的距离与半径的大小关系；利用时，点在圆外；当时，点在圆上；当时，点在圆内判断出即可．
【详解】解：∵的半径为，点M到圆心O的距离为，
∴，
∴点M与的位置关系是：点M在圆内，
故选：A．
【点睛】此题主要考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当时，点在圆外；当时，点在圆上，当时，点在圆内．
2. 将点绕原点顺时针旋转180°，点P的对应点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将点P绕原点O顺时针旋转180°，实际上是求点P关于原点的对称点的坐标．
【详解】解：根据题意得，点P关于原点的对称点是点，
∵P点坐标为，
∴点的坐标．
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形的变换-旋转，熟练掌握关于原点的对称点的坐标特征是解决问题的关键．
3. 下列图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可．
【详解】解：A、该图形不是中心对称图形，是轴对称图形；故A不符合题意；
B、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形；故B不符合题意；
C、该图形是轴对称图形，又是中心对称图形；故C符合题意；
D、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形；故D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
4. 不透明袋子中装有8个球，其中有3个红球、5个黑球，这些球除颜色外无其他差别，从袋子中随机取出1个球，则它是红球的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
【详解】解：∵袋子中装有8个小球，其中红球有3个，
∴从袋子中随机取出1个球，则它是红球的概率是，
故选：B．
【点睛】本题考查了概率公式．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
5. 一元二次方程的解是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用因式分解法求解即可．
【详解】，
即，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，根据方程的形式选择合适的解法是解题的关键．
6. 如图，点A、B、C在上，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据圆周角定理即可得出结论．
【详解】解：∵与是同弧所对的圆周角与圆心角，，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．
7. 下列说法正确的是（ ）
A. 弧长相等的两段弧是等弧B. 圆周角等于圆心角的一半
C. 平分弦的直径垂直于弦D. 不在同一直线上的三个点确定一个圆
【答案】D
【解析】
【分析】根据等弧的定义对A进行判断；根据圆周角定理对B进行判断；根据垂径定理对C进行判断；根据不在同一直线上的三个点确定一个圆对D判断
【详解】解：A、能够完全重合的弧叫等弧，所以A选项错误；
B、在同圆或等圆值，一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半，所以B选项错误；
C、平分弦（非直径）的直径一定垂直于该弦，所以C选项错误；
D、不在同一直线上的三个点确定一个圆，所以D选项正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了圆的认识，掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）．也考查了垂径定理和确定圆的条件．
8. 方程的两个根的和为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据根与系数的关系是即可解得．
【详解】∵，
∴方程存在两个不相等实数根，
∴，
故选：D．
【点睛】此题考查了一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是熟悉根与系数的关系式．
9. 一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则这个圆锥的母线长l与底面半径r的关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，得出，即可得出圆锥的母线l与底面半径r的关系
【详解】解：∵一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，
∴，
∴，
故选：C
【点睛】此题主要考查了圆锥侧面展开图中各部分对应情况，根据扇形弧长等于底面圆的周长是解题关键．
10. 函数图象上有两个点，，，则，，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据抛物线的解析式得到抛物线的对称轴及开口方向，再根据二次函数的性质，通过三点与对称轴距离的远近来比较函数值的大小．
【详解】解：∵，
∴抛物线的对称轴为直线，开口向下，
∴与对称轴的距离越近点越高，越远点越低，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】此题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数图象的增减性是解题的关键．
11. 如图，将ABC绕点A逆时针旋转，旋转角为120°，得到ADE，这时点B旋转后的对应点D恰好在直线BC上，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据旋转的性质，进行判断即可．
【详解】解：A、∵将ABC绕点A逆时针旋转，旋转角为120°，得到ADE，
∴；选项错误，不符合题意；
B、∵将ABC绕点A逆时针旋转，旋转角为120°，得到ADE，
∴，，
∴，
∴，
延长交于点，
由图可知： （大角对大边）
∴，
∴，
∴与不垂直；选项错误，不符合题意；
C、∵将ABC绕点A逆时针旋转，旋转角为120°，得到ADE，
∴，，
∴，
∴；选项正确，符合题意；
D、∵将ABC绕点A逆时针旋转，旋转角为120°，得到ADE，
∴；选项错误，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质．熟练掌握旋转前后，对应边相等，对应角相等，对应顶点与旋转中心形成的夹角等于旋转角，是解题的关键．
12. 已知抛物线（a，b为常数，，且，其对称轴在y轴右侧．有下列结论：
①该抛物线经过定点和；
②；
③方程有两个不相等的实数根．
其中，正确结论的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】①把替换掉抛物线中的，化成交点式，即可判断；
②分或分类讨论，利用，即可得出结论正确；
③把方程化为，利用判断即可．
【详解】解：①∵，
∴函数变为：，
化成交点式：，
令，则，
解得：，
∴过定点，
令，得：，
∴过定点，
故①正确；
②当时，，，
∴，解得：，
∵，
∴无解；
当时，，，
∴，解得：，
∵，
∴，
综上所述：；
故②正确；
③整理方程得：
，
∵，
∴，
∴方程有两个不相等的实数根；
故③正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数图像与系数的关系：对于二次函数，二次项系数决定抛物线的开口方向和大小：当时，抛物线向上开口；当时，抛物线向下开口；一次项系数和二次项系数共同决定对称轴的位置：当与同号时（即，对称轴在轴左； 当与异号时（即，对称轴在轴右；常数项决定抛物线与轴交点位置：抛物线与轴交于；也考查了抛物线与轴的交点以及二次函数的性质．
第Ⅱ卷
注意事项
1．用黑色字迹的签字笔将答案写在“答题卡”上．
2．本卷共13题．
二、填空题
13. 直径所对的圆周角等于________度.
【答案】90
【解析】
【分析】根据圆周角定理推论解答即可.
【详解】直径所对的圆周角等于90度.
故答案为90
【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论，①圆周角的度数等于它所对的弧的度数的一半；②同圆或等圆中，圆周角等于它所对的弧上的圆心角的一半；③同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，相等圆周角所对的弧也相等；④半圆（或直径）所对圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径.
14. 二次函数的最小值为______．
【答案】3
【解析】
【分析】将二次函数关系式化成顶点式为：，然后根据二次函数的图形与性质即可确定二次函数的最小值．
【详解】解：
∵，开口向上
对称轴为直线
∴当时，y有最小值，最小值为3，
故答案为：3
【点睛】本题主要考查了将二次函数的一般式化为顶点式、二次函数的图像与性质，掌握二次函数的图像与性质是解本题的关键．
15. 若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的值可以是____．（写出一个即可）
【答案】0（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的判别式求出的取值范围，由此即可得出答案．
【详解】解：由题意得：此一元二次方程根的判别式，
解得，
则的值可以是0，
故答案为：0（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题关键．
16. 要用圆形铁片截出边长为a的正方形铁片，选用的圆形铁片的半径至少为_________．
【答案】
【解析】
【分析】该题的实质是求出正方形外接圆的半径，其半径就是正方形对角线的一半，故其选用的圆形铁片的最小半径为其内接正方形对角线的一半．
【详解】解：如图：四边形是正方形，是正方形的外接圆，，
∴，
又
∴
∴选用的圆形铁片的半径至少是
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质．正方形的外接圆圆心是其对角线的交点，正方形的两对角线互相垂直、平分．
17. 如图，某下水道的横截面是圆形的，水面的宽度为，F是线段的中点，经过圆心O交于点E，，则半径的长为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据垂径定理和勾股定理，设未知数列方程求解即可．
【详解】解：∵是弦，，点F是的中点，过圆心O，
∴，
连接，设，则，
在中，由勾股定理得，，
即，
解得，
所以，半径的长为
故答案为：．
【点睛】本题考查垂径定理、勾股定理，掌握勾股定理、勾股定理是正确解答的前提．
18. 如图，已知：PA＝，PB＝4，以AB为一边作正方形ABCD，使P、D两点落在直线AB的两侧．当∠APB＝45°时，则PD的长为______．
【答案】2
【解析】
【分析】由于AD＝AB，∠DAB＝90°，则把△APD绕点A顺时针旋转90°得到△AFB，AD与AB重合，PA旋转到AF的位置，根据旋转的性质得到AP＝AF，∠PAF＝90°，PD＝FB，则△APF为等腰直角三角形，得到∠APF＝45°，PF＝AP＝2，即有∠BPF＝∠APB+∠APF＝45°+45°＝90°，然后在Rt△FBP中，根据勾股定理可计算出FB的长，即可得到PD的长．
【详解】解：∵AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴把△APD绕点A顺时针旋转90°得到△AFB，AD与AB重合，PA旋转到AF的位置，如图，
∴AP＝AF，∠PAF＝90°，PD＝FB，
∴△APF为等腰直角三角形，
∴∠APF＝45°，PF＝AP＝2，
∴∠BPF＝∠APB+∠APF＝45°+45°＝90°，
在Rt△FBP中，PB＝4，PF＝2，
∴由勾股定理得FB＝2，
∴PD＝2，
故答案为：2．
【点睛】此题主要考查四边形内线段求解，解题的关键是熟知旋转的性质、正方形的特点及勾股定理的应用．
三、解答题
19. 解方程：.
【答案】，
【解析】
【分析】直接因式分解即可求解．
【详解】
，．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，掌握方程解法是解题关键．
20. 学生甲与学生乙学习概率初步知识后设计了如下游戏：学生甲手中有6，8，10三张扑克牌，学生乙手中有5，7，9三张扑克牌，每人从各自手中取一张牌进行比较，数字大的为本局获胜，每次获取的牌不能放回．
（1）若每人随机取手中的一张牌进行比较，请列举出所有情况；
（2）并求学生乙本局获胜的概率．
【答案】（1）答案见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据题意可以写出所有的可能性；
（2）根据（1）中的结果可以得到乙本局获胜的可能性，从而可以解答本题．
【详解】（1）由题意可得，每人随机取手中的一张牌进行比较的所有情况是：
（6，5）、（6，7）、（6，9）、（8，5）、（8，7）、（8，9）、（10，5）、（10，7）、（10，9）；
（2）学生乙获胜的情况有：（6，7）、（6，9）、（8，9），
∴学生乙本局获胜的概率是：=，
即学生乙本局获胜的概率是．
【点睛】考点：列表法与树状图法．
21. 如图，，是⊙O的切线，，为切点，是⊙O的直径．
（1）若，求的度数；
（2）若，，求⊙O的半径．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用切线的性质得到，则利用互余计算出的度数，再根据切线长定理得到，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算的度数；
(2)连接，根据切线的性质得到，，推出是等边三角形，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【小问1详解】
∵是⊙O的切线，
∴，即．
∴．
∵，是⊙O的切线，
∴，
∴，
∴．
【小问2详解】
连接，
∵，且，
∴是等边三角形，
∴，．
∵为直径，
∴，
在中，
由勾股定理：，可得，
∴⊙O的半径为．
【点睛】本题考查了切线的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
22. 如图，的直径，以为直径的交大圆的弦于点D，过D点作小圆的切线交于点E，交于点F．
（1）说明D是的中点；
（2）猜想与的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）见解析 （2），见解析
【解析】
【分析】（1）连接，证明即可；
（2）连接连接，证明即可得到结论．
【小问1详解】
连OD．
∵OA为的直径，
∴，
∵，
∴D是AC的中点．
【小问2详解】
垂直．连接，
∵DF为的切线，
∴，即．
∵，D分别为AO，AC中点，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，弧长公式，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
23. 一块三角形材料如图所示，，，．用这块材料剪出一个矩形，其中，点D，E，F分别在，，上，要使剪出的矩形的面积最大，点E应选在何处？矩形的最大面积是多少？说明理由．
（1）根据题意完成下面填空：若设，则 ； ；
（2）请你继续完成对本题的解答．
【答案】（1），
（2）当点，即点E的位于的中点时，矩形的面积最大，矩形的最大面积是，见解析
【解析】
【分析】（1）利用含的直角三角形的性质可得，，再求解，再结合矩形的性质可得答案；
（2）利用矩形的面积公式列二次函数关系式，再利用二次函数的性质可得答案．
【小问1详解】
解：∵矩形，
∴，，则，
∵，，
∴，，
∵，，，
∴，，
∴．
故答案为：
【小问2详解】
由题意，矩形的面积
．
∵，
当时，S取得最大值．
答：当，即点E的位于的中点时，矩形的面积最大，矩形的最大面积是．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，含的直角三角形的性质，矩形的性质，二次函数的性质，熟练的建立二次函数模型解决问题是解本题的关键．
24. 如图，在平面直角坐标系中有，，，．将三角形ABO绕着点O顺时针方向旋转，旋转后点A与，点B与相重合．
（1）当旋转角为60°时，求点的坐标；
（2）当点落在的延长线上时，求点的坐标．
（3）若点E为中点，求的最大值和最小值．（直接写出结果即可）
【答案】（1）
（2）
（3）的最大值为，最小值为
【解析】
【分析】（1）过点作轴，由旋转可得，进而得出，根据勾股定理得出，即可得出答案；
（2）由题意可得出落在x轴上，得出，，即可得出答案；
（3）过点作轴，先求出，进而得出，求出，根据三角形三边关系得出，即，，即，即可得出答案．
【小问1详解】
解：过点作轴，
∵旋转角为60°，
∴，
∴在中，，，
∴；
【小问2详解】
解：∵点落在BA的延长线上，且，．
∴，
∴，又，
∴落在x轴上，
∴在中，，，
∴；
【小问3详解】
解：过点作轴，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点E为的中点，
∴，
∴，
∵当O、B、E三点不共线时，
，即，
，即，
∴当点E延长线上时，取到最小值，如图所示；
当点E在延长线上时，取到最大值，如图所示；
综上所述，的最大值为，最小值为．
【点睛】本题考查坐标与图形，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，正确理解题意是解题的关键．
25. 在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线．（a为常数，）
（1）当时，求抛物线的顶点坐标；
（2）当时，设抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），顶点为C，若ABC为等边三角形，求a的值；
（3）过（其中)且垂直y轴的直线l与抛物线交于M，N两点．若对于满足条件的任意t值，线段MN的长都不小于1，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）当时，；当时，
【解析】
【分析】（1）化为顶点式，即可求出顶点坐标；
（2）根据题意，画出图形，当时，，求得，由（1）可知，顶点C的坐标为．根据为等边三角形，可得，即可求解．
（3）分两种情况考虑，根据对称性求得的横坐标，确定的值，即的纵坐标，分①当时，②当时画出图形，结合图象列出不等式，解不等式即可求解．
【小问1详解】
∵，
∴当时，抛物线的顶点坐标为．
【小问2详解】
依照题意，画出图形，如图1所示．
当时，，
解得：，．
由（Ⅰ）可知，顶点C的坐标为．
∵，
∴．
∵为等边三角形，，
∴
∴点C的坐标为，
∴，
∴．
【小问3详解】
分两种情况考虑，如图2所示：
∵，设在对称轴左边，
当时，，
①当时，，
∴ ，
解得：；
②当时，，
∴，
解得：
综上，当时，；当时，．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，掌握二次函数图象与性质是解题的关键．