辽宁省葫芦岛市建昌县2022-2023学年九年级上学期期末数学试题答案 (1)

这是一份辽宁省葫芦岛市建昌县2022-2023学年九年级上学期期末数学试题答案 (1)，共25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。
※试时间120分钟 满分150分
考生注意：请在答题卡各题目规定答题区域内作答，答在本试卷上无效．
第一部分 选择题（共30分）
一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 下面四个图形既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【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】A、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；
故选A
【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
2. 若关于的一元二次方程的一个根为，则的值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据方程解的定义，将已知的方程解代入方程求解即可．
【详解】因为关于的一元二次方程的一个根为，
所以将代入方程可得，
解得，
故选：A．
【点睛】本题考查一元二次方程的解：解决本题的关键是要将方程的已知解代入方程进行求解．
3. 下列事件中，属于必然事件的是（ ）
A. 明日气温下降B. 三角形的内角和为
C. 购买一张彩票，中奖D. 发射一枚导弹，击中目标
【答案】B
【解析】
【分析】根据事件的分类进行判断即可．
【详解】解：A．明日气温下降，是随机事件，故A不符合题意；
B．三角形的内角和为，是必然事件，故B符合题意；
C．购买一张彩票，中奖，是随机事件，故C不符合题意；
D．发射一枚导弹，击中目标，是随机事件，故D不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了事件的分类，熟练掌握事件分为确定事件和不确定事件，确定事件分为必然事件和不可能事件．
4. 抛物线的顶点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数的顶点式解析式的特点即可求解．
【详解】解：∵抛物线的顶点坐标是，
∴抛物线的顶点坐标是，
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数的顶点式解析式，对抛物线的顶点坐标的理解是解题的关键．
5. 已知的直径为，若点到圆心的距离为．则点与的位置关是（ ）
A. 点在内B. 点在上C. 点在外D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】根据点与圆的位置关系即可得．
【详解】解：由题意得：的半径为，
点到圆心距离为，
点在外，
故选：C．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是解题关键．
6. 关于x的方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ）
A. k＜1B. k＞1C. k＜－1D. k＞－1
【答案】A
【解析】
【分析】代入公式即可．
【详解】解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
即△=（-2）2-4k＞0，解得k＜1
故选：A．
【点睛】本题考查根的判别式，本题难度较低，主要考查学生对一元二次方程根的判别式知识点的掌握．
7. 电影《长津湖之水门桥》以抗美援朝战争第二次战役中的长津湖战役的一部分为背景，上演了一段可歌可泣的历史，一上映就获得全国人民的追捧，第一天票房约6亿元，以后每天票房按相同的增长率增长；三天后累计票房收入达14.7亿元，若设平均每天票房的增长率为，则可以列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设平均每天票房增长率为，根据一元二次方程增长率问题，列出方程即可求解．
【详解】设平均每天票房的增长率为，则可以列方程为，
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键．
8. 如图，以为直径的半圆上有，的两点，，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用同弧所对的圆心角和圆周角之间的关系即可解答．
【详解】，
，
，
故选C．
【点睛】该题考查了圆心角和圆周角定理，解答该题的关键是清楚同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．
9. 已知二次函数的图象大致如图所示．下列说法正确的是（ ）

A.
B. 当时，
C.
D. 若在函数图象上，当时，
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数的系数与图像的关系解答即可；
【详解】根据对称轴为直线可得：
故，故A错误；
根据函数图像可得当时，，故B正确；
当时，，故C错误；
若在函数图象上，只有当时，，故D错误；
故选B
【点睛】该题主要考查了二次函数的图像与系数关系，解答该题的关键是掌握二次函数图像和性质的相关知识点．
10. 如图，正方形是边长为6，点从点A出发以的速度沿运动，动点从点A出发以的速度沿向点运动，两点均到达点停止运动．设点的运动时间是，的面积是，则能正确反应关于的函数图象是（ ）

A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据正方形的边长与动点M、N的速度可知动点始终在边上，而动点M可以在边、边、边上，再分三种情况进行讨论；；，分别得出关于的函数解析式，即可解答．
【详解】由题意可得，，
①时，M在边上，，则的面积是，
即，
②时，M在边上，则的面积是，
即，
③时，M在边上，，则的面积是，
即，
综上所述，关于的函数解析式是，
由此可得到关于的函数图象是
．
故选：B．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，二次函数图像的判断，正方形的性质，三角形的面积，涉及到有关动点的问题时，需要分类讨论．
第二部分 非选择题（共120分）
二、填空题（本题共8小题，每小题3分，共24分．）
11. 在一个不透明的袋子中装有5个小球，分别标有数字1，2，3，4，5，其它完全相同，任意从袋子中摸取一球，则摸出的球所标数字为偶数的概率为________．
【答案】####
【解析】
【分析】根据概率公式直接求解即可．
【详解】∵有5个小球，分别标有数字1，2，3，4，5，
其中数字为偶数的有2，4两个，
∴摸出的球所标数字为偶数的概率为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了利用概率公式求概率，熟练掌握概率=所求情况数÷总情况数是解题的关键．
12. 如图，AD是的外接圆的直径，若，则___________°．
【答案】40
【解析】
【分析】根据AD是的外接圆的直径，可得∠ABD=90°，再由圆周角定理，可得，即可求解．
【详解】解∶∵AD是的外接圆的直径，
∴∠ABD=90°，
∵，
∴∠BAD=90°-∠ADB=40°．
故答案为：40
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握直径所对的圆周角是直角，圆周角定理是解题的关键．
13. 若点关于原点的对称点，那么________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据关于原点对称点的坐标特点，两个点关于原点对称时，它们的横纵坐标都互为相反数，可得m、n的值，即可解答．
【详解】∵点关于原点的对称点是
故答案为：1．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
14. 将抛物线先向右平移2个单位，再向下平移2个单位，得到的抛物线解析式为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据平移的规律：左加右减，上加下减可得答案．
【详解】解：∵把抛物线先向右平移2个单位，再向下平移2个单位，
∴得到的抛物线的解析式为，
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，关键是掌握平移的规律．
15. 如图，是的直径，弦，垂足为，连接，若，，则弦的长为________．

【答案】
【解析】
【分析】由题意易得，根据勾股定理可求的长，然后问题可求解．
【详解】解：连接，

∵是的直径，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴,
故答案为．
【点睛】本题主要考查垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
16. 边心距为的正六边形周长是________．
【答案】12
【解析】
【分析】根据题意画出图形，先求出的度数，证明是等边三角形，得出，再根据直角三角形的性质求出的长，据此求解即可得出结论．
【详解】解：∵图中是正六边形，

∴．
∵，
∴是等边三角形．
∴，
∵,
∴
∴，
∴正六边形周长是．
故答案为：12．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，熟知正六边形的性质并求出是等边三角形是解答此题的关键．
17. 已知，，三点都在二次函数的图象上，则，，的大小关系为________．
【答案】
【解析】
【分析】由二次函数图象开口向下可得离对称轴越近点y值越大，进而求解．
【详解】解：∵，
∴抛物线开口向下，且对称轴为直线，在对称轴的右侧y随x的增大而减小，
∴点关于直线的对称点是，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是掌握二次函数图象得性质，根据二次函数图象作答．
18. 如图，点是的内心，，，，，则的半径为________．

【答案】
【解析】
【分析】过O作交于E，设，在和中，运用勾股定理即可解答；
【详解】过O作交于E，设

点是的内心，，，
在中，由勾股定理可得：
在中，由勾股定理可得：
故
解得
故
故答案为
【点睛】该题主要考查了角平分线的性质，勾股定理，圆的基本性质，解答该题的关键是掌握该部分知识点．
三、解答题（第19题10分，第20题12分，共22分．）
19. 已知关于的一元二次方程的一个实数根．
（1）求这个一元二次方程的根；
（2）求代数式的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用因式分解法解一元二次方程即可；
（2）利用一元二次方程解的定义得到，则，代入即可得到答案．
【小问1详解】
解：
原方程可化为，
∴或，
解得：，；
【小问2详解】
∵关于的一元二次方程的一个实数根，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了一元二次方程的解法和一元二次方程解的定义等知识，熟练掌握一元二次方程的解法和整体代入是解题的关键．
20. 如图，在平面直角坐标系中，已知，，将绕点O逆时针旋转得到，点B旋转后的对应点为．
（1）画出旋转后的图形，
（2）所得点的坐标为
（3）线段扫过的图形的面积为___________（结果保留）．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）将点A、B分别绕点O顺时针旋转90°得到其对应点，再与点O首尾顺次连接即可；
（2）根据旋转的性质，即可求解；
（3）根据扇形面积公式求解即可．
【小问1详解】
解：如图，即为所求；
【小问2详解】
解：点的坐标为；
【小问3详解】
解：根据题意得：，
∴线段扫过的图形的面积为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查作图旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义与性质及扇形面积公式．
四、解答题（第21题12分，第22题12分，共24分．）
21. 疫情防控期间，为保障师生健康，师生进校园必须戴口罩，测体温，某校为了缩短入校检测时间，开通了，，三条检测通道，每位同学都可随机选择其中一条通过．某天早晨小明和小亮同学两位同学将随机通过检测通道进入校园．
（1）小明从通道进入校园的概率是________；
（2）请用列表或画树状图的方法求，求这两人从不同通道进入校园的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）找出符合条件的情况数，然后根据概率公式即可得出答案；
（2）根据题意列出表格得出所有等情况数即可解答．
【小问1详解】
根据题意开通了，，三条检测通道，每位同学都可随机选择其中一条通过，
故小明从通道进入校园的概率是；
【小问2详解】
解：由题可列下表：
由表可知，共有9种等可能的结果，而两人两人从不同通道进入校园的结果有6种，
∴（两人从不同通道进入校园）．
【点睛】此题考查了列表法与树状图法求概率树状图法适合两步或两步以上完成的事件，用到的知识点为：概率与所求情况数与总情况数之比．
22. 阅读材料，若关于的一元二次方程的两根为，，则根据求根公式可知，，．
由此可得，，
．
根据上述材料，结合自己所学知识，解决如下问题：
（1）一元二次方程的两根为，，则________，________；
（2）一元二次方程的两根为，，则________；
（3）若，满足，，且．求的值．
【答案】（1）2，
（2）2 （3）
【解析】
【分析】（1）根据一元二次方程的根与系数的关系即可得；
（2）根据一元二次方程的根与系数的关系求出，的值，由此即可得；
（3）先得出是一元二次方程的两个不相等的根，再根据一元二次方程的根与系数的关系求出，的值，然后利用完全平方公式求解即可得．
【小问1详解】
解：∵一元二次方程的两根为，，且方程中的，
，，
故答案为：2，．
【小问2详解】
解：∵一元二次方程的两根为，，且方程中的，
，，
，
故答案为：2．
【小问3详解】
解：满足，，且，
是一元二次方程的两个不相等的根，
，，
．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的根与系数的关系是解题关键．
五、解答题（满分12分）
23. 2022年11月，“中国传统制茶技艺及其相关习俗”申遗成功，弘扬茶文化，倡导“和美雅静”的生活方式已成时尚．某茶商经销某品牌茶，成本为50元/千克，经市场调查发现，每周的销量（千克）与销售单价（元/千克）满足一次函数关系，部分数据列表如下：
（1）求与的一次函数关系式；
（2）求该茶商这一周销售该品牌茶叶所获利润（元）的最大值．
【答案】（1）
（2）2450元
【解析】
【分析】（1）直接利用待定系数法求解即可得；
（2）根据利润（销售单价成本价）销量，利用二次函数的性质求解即可得．
【小问1详解】
解：设与的一次函数关系式为，
由题意得：，
解得：，
则与的一次函数关系式为．
【小问2详解】
解：由题意得：
，
这个抛物线的对称轴为直线，且开口向下，
当时，取得最大值，最大值为2450，
答：该茶商这一周销售该品牌茶叶所获利润（元）的最大值为2450元．
【点睛】本题考查了一次函数的应用、二次函数的应用，熟练掌握待定系数法和二次函数的性质是解题关键．
六、解答题（满分12分）
24. 如图，四边形内接于圆，是圆的直径，，的延长线交于点，延长交于点，．
（1）求证：是圆的切线；
（2）点在上，且，连接，，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）7
【解析】
【分析】（1）根据四边形内接于圆和得出，再根据得出即可证明；
（2）连接，，，记与相交于点，根据用垂径定理得出，再根据，运用三角形中位线得出即可解答；
【小问1详解】
证明：∵四边形内接于圆
∴
∵
∴
∵
∴，即
又∵是圆的直径
∴是圆的切线
【小问2详解】
如图，连接，，，记与相交于点

∵，
∴
∴，又
∴
∵，
∴
又∵，
∴
∴
∴．
【点睛】该题主要考查了圆切线证明，圆心角定理，垂径定理，三角形中位线等知识点，解题的关键是熟练掌握圆部分的这些知识点．
七、解答题（满分12分）
25. 如图1，和是等腰直角三角形，，点在上，点在延长线上，连接，．

（1）线段与的数量关系是 ；
（2）如图2，将图1中的绕点顺时针旋转，那么（1）问中的结论是否仍然成立？如果成立，证明你的结论，若不成立，说明理由．
（3）如图3，若，点是线段外一动点，，连接．若将绕点逆时针旋转得到，连接．则的最大值为 ，最小值为 ．
【答案】（1）
（2）成立，见解析 （3）9；1
【解析】
【分析】（1）由和是等腰直角三角形， ，则 即可根据全等三角形的判定定理 “ " 证明 得 ，于是得到问题的答案；
（2）由和是等腰直角三角形， ，得，可 证明 ，可知 仍然成立；
（3）在的下方作，使，连接，由旋转得，得出，运用三角形三边关系即可求解；
【小问1详解】
∵和是等腰直角三角形，
∵点在上，点在线段延长线上
在 和 中
【小问2详解】
理由如下：
∵和是等腰直角三角形
∴，，
∴，
即
∴
∴
【小问3详解】
在的下方作，使，连接
由旋转得：
在和中
在中，，故，
在中,，
，
故 的最大值是9，最小值是1，
【点睛】此题重点考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、两点之间线段最短等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题
八、解答题（满分14分）
26. 如图，抛物线与轴交于，，与轴交于点，点在抛物线上．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接，若点为直线上方抛物线上的点，过点作轴交于点，作轴交于点，若的面积为2，求点坐标；
（3）如图2，点为抛物线的顶点，当时，在抛物线上是否存在点使是等腰三角形？若能，请直接写出点的坐标；若不能，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3），，
【解析】
【分析】（1）把，抛物线，待定系数法求解析式即可求解；
（2）先求得，根据，得出，求得直线的解析式为：，设点，则，根据，建立方程，解方程即可求解；
（3）根据，画出图形，分两种情况讨论，①当时，则与点重合，则，②当时，如图所示，连接，作的垂直平分线交轴于点，的中点为，设与轴交于点，则， 求得直线的解析式为，联立抛物线解析式即可求解．
【小问1详解】
解：把，抛物线
得： 解得：
∴该抛物线的解析式为
【小问2详解】
把代入，得：，
∴
∵，
∴
∵轴，作轴
∴，，
∴
∴，
∴，
∴
设直线的解析式为，设直线的解析式为，把，代入得
解得
∴直线的解析式为：
设点，则
∴
解得：，
∴
∴
【小问3详解】
解：∵
∴
①当时，则与点重合，则
②当时，如图所示，连接，作的垂直平分线交轴于点，的中点为，

∵，
∴，
∴，，
设与轴交于点，则，
则
∴
∴
设直线的解析式为
∴
解得：
∴直线的解析式为
联立
解得：或
∴，，
综上所述，，，
【点睛】本题考查了二次函数的性质，三角形面积问题，等腰三角形的性质，余弦的定义，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．小亮
小明
销售单价（元/千克）
56
65
75
…
销量（千克）
128
110
90
…