精品解析： 天津市第二十中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试卷 （解析版）

这是一份精品解析： 天津市第二十中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试卷 （解析版），共24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. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A. [Failed t dwnlad image : httpsqbm-images.ss-cn-]B. [Failed t dwnlad image : https://qbm-images.ss-cn-]
C. D. [Failed t dwnlad image : httpsqbm-images.ss-cn-]
【答案】C
【解析】
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心可得答案．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、是中心对称图形，故此选项正确；
D、不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：C．
【点睛】本题考查了中心对称图形，解题的关键是掌握中心对称图形的定义．
2. 下列关于抛物线y=（x+2）2+6的说法，正确的是（ ）
A. 抛物线开口向下B. 抛物线的顶点坐标为（2，6）
C. 抛物线的对称轴是直线x=6D. 抛物线经过点（0，10）
【答案】D
【解析】
【分析】由于抛物线y=a（x+b）2+c的顶点坐标为（-b，c），若a>0，抛物线开口向上；若a<0，抛物线开口向下，对称轴为x=，利用这些知识即可确定选择项．
【详解】抛物线y=（x+2）2+6，a>0，开口向上，故A选项错误，
抛物线y=（x+2）2+6的顶点坐标为（-2，6）．故B选项错误，
抛物线的对称轴是直线x=-2 ，故C选项错误，
x=0时，y=10，所以抛物线经过点（0，10），故D选项正确，
故选D.
【点睛】此题主要考查了抛物线的开口方向和顶点坐标的确定，解题的关键是熟练应用二次函数的图象和性质．
3. 如图，已知AB是⊙O的直径，CD是弦，若∠BCD=24°，则∠ABD=（ ）
A. 54°B. 56°C. 64°D. 66°
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆周角定理得到∠ADB=90°，∠A=∠BCD=24°，然后利用互余计算∠ABD的度数．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠A=∠BCD=24°，
∴∠ABD=90°-∠A=90°-24°=66°．
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理：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．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
4. 如图，△ABC中，点D、E分别在AB、AC边上，则下列条件中，不一定能使△AED∽△ABC的是（ ）
A. ∠2=∠BB. ∠1=∠CC. D.
【答案】D
【解析】
【详解】解：∵∠A=∠A，
A．若添加∠2=∠B，可利用两角法判定△AED∽△ABC，故本选项不符合题意；
B．若添加∠1=∠C，可利用两角法判定△AED∽△ABC，故本选项不符合题意；
C．若添加，可利用两边及其夹角法判定△AED∽△ABC，故本选项不符合题意；
D．若添加，不能判定△AED∽△ABC，故本选项符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，解答本题的关键是熟练掌握相似三角形的判定定理．
5. 如图，某大门的形状是一抛物线形建筑，大门的地面宽，在两侧距地面高处有两个挂单位名牌匾用的铁环，两铁环的水平距离是．若按图所示建立平面直角坐标系，则抛物线的解析式是（ ）（建筑物厚度忽略不计）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意设出函数解析式，把和代入抛物线，用待定系数法求函数解析式即可．
【详解】解：根据题意，抛物线过四点，
∵对称轴是轴
∴
设抛物线解析式为
把和代入抛物线得：
，
解得： ，
∴抛物线解析式为：
故选：．
【点睛】本题考查二次函数的实际应用，解题的关键是掌握待定系数法．
6. 如图，在中，，AC=4，BC=3，将绕点A逆时针旋转，使点C落在线段AB上的点E处，点B落在点D处，则B，D两点间的距离为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】由旋转的性质可求得AE、DE，由勾股定理可求得AB，则可求得BE，连接BD，在Rt△BDE中可求得BD的长．
【详解】解：如图，连接BD．
在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，
∴AB=5，
∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△AED，
∴∠DEA=∠C=90°，AE=AC=4，DE=BC=3，
∴BE=AB-AE=5-4=1，
在Rt△BDE中，由勾股定理可得 ，
即B、D两点间的距离为，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质和勾股定理．掌握旋转前后对应线段相等、对应角相等是解题的关键．
7. 同时掷两个质地均匀的骰子，观察向上一面的点数，两个骰子的点数相同的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先列表，然后根据表格求得所有等可能的结果与两个骰子的点数相同的情况，再根据概率公式求解即可．
【详解】列表得：
∴一共有36种等可能的结果，两个骰子的点数相同的有6种情况，
∴两个骰子的点数相同的概率为：
故选：C
【点睛】此题考查了树状图法与列表法求概率．注意树状图法与列表法可以不重不漏的表示出所有等可能的结果．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比
8. 如图，AB、CD分别与半圆OO切于点A，D，BC切⊙O于点E，若AB=4，CD=9，则⊙O的半径为（ ）

A 12B. C. 6D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】过B作CD的垂线，设垂足为F；由切线长定理知：BA=BE，CE=CD；即BC=AB+CD；在构建的Rt△BFC中，BC=AB+CD，CF=CD-AB，根据勾股定理即可求出BF即圆的直径，进而可求出⊙O的半径
【详解】过B作BF⊥CD于F，

∵AB、CD与半圆O切于A、D，
∴∠BAD=∠CDA=∠BFD=90°，
∴四边形ADFB为矩形，
∴AB=DF，BF=AD，
∵AB=BE=4，CD=CE=9；
∴BC=BE+CE=13；
∵AB、CD与半圆O相切，
∴四边形ADFB为矩形；
∴CF=CD-FD=9-4=5，
在Rt△BFC中，BF===12，
∴AD=BF=12，
∴⊙O的半径为6．
故选C．
【点睛】本题考查切线的性质、勾股定理、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题．
9. 如图，在△ABC中，AD，BE是两条中线，则△EFD和△BFA的面积之比是（ ）
A. 1：2B. 1：4C. 1：3D. 2：3
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角形的中位线定理可得DE：AB＝1：2，再利用相似三角形的性质即可解决问题．
【详解】解：∵CE＝AE，CD＝DB，
∴ED∥AB，DE＝AB，
∴△DEF∽△ABF，
∴＝（）2＝，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
10. 二次函数配成顶点式正确的是（ ），顶点坐标为（ ）
A. ；（3，﹣4）B. ；（﹣3，﹣4）
C. ；（﹣3，5）D. ；（3，14）
【答案】A
【解析】
【分析】利用配方法把二次函数的一般式化为顶点式，即可得到抛物线的顶点坐标．
【详解】解：

∴顶点坐标为：
故选A
【点睛】本题考查的是把抛物线的一般式化为顶点式，顶点坐标的确定，掌握“二次函数的顶点式”是解本题的关键．
11. 如图，在平面直角坐标系中，已知点A（―3，6）、B（―9，一3），以原点O为位似中心，相似比为，把△ABO缩小，则点A的对应点A′的坐标是（ ）
A. （―1，2）
B. （―9，18）
C. （―9，18）或（9，―18）
D. （―1，2）或（1，―2）
【答案】D
【解析】
【详解】解：方法一：∵△ABO和△A′B′O关于原点位似
∴△ ABO∽△A′B′O且＝
.∴＝＝
∴A′E＝AD＝2
OE＝OD＝1
∴A′（-1,2）
同理可得A′′（1,-2）
方法二：∵点A（-3，6）且相似比为
∴点A的对应点A′的坐标是（-3×，6×），
∴A′（-1,2）
∵点A′′和点A′（-1,2）关于原点O对称
∴A′′（1,-2）
故选：D．
12. 已知抛物线（是常数，）经过点，当时，与其对应的函数值．有下列结论：①；②关于x的方程有两个不等的实数根；③．其中，正确结论的个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数与点的关系,一元二次方程根的判别式,不等式的性质，逐一计算判断即可
【详解】∵抛物线（是常数，）经过点，当时，与其对应的函数值．
∴c=1＞0，a-b+c= -1,4a-2b+c＞1，
∴a-b= -22a-b＞0，
∴2a-a-2＞0，
∴a＞2＞0，
∴b=a+2＞0，
∴abc＞0，
∵,
∴△==＞0,
∴有两个不等的实数根；
∵b=a+2，a＞2，c=1，
∴a+b+c=a+a+2+1=2a+3，
∵a＞2，
∴2a＞4，
∴2a+3＞4+3＞7，
故选D．
【点睛】本题考查了二次函数性质，一元二次方程根的判别式，不等式的基本性质，熟练掌握二次函数的性质，灵活使用根的判别式，准确掌握不等式的基本性质是解题的关键．
二、填空题
13. 已知正六边形的半径为4，则这个正六边形的周长为______．
【答案】24
【解析】
【详解】因为圆的内接正六边形的中心角是60°，
所以正六边形的边长=半径=4，
所以这个正六边形的周长=4×6=24．
故答案为24
14. 两个正四面体骰子的各面上分别标明数字1，2，3，4，如同时投掷这两个正四面体骰子，则着地的面所得的点数之和等于5的概率为____________．
【答案】
【解析】
【详解】解：根据题意列表得：
∵一共有16种情况，着地的面所得的点数之和等于5的有4种，
∴着地的面所得的点数之和等于5的概率为：．
故答案为：
15. 若扇形的圆心角为，半径为，则该扇形的弧长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据弧长公式求解即可．
【详解】扇形的圆心角为，半径为，
则弧长
故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长计算，熟记弧长公式是解题的关键．
16. 如果A（a1，b1），B（a2，b2）两点在反比例函数y＝﹣图象的同一支上，且a1＜a2，那么b1_____b2．
【答案】＜．
【解析】
【分析】根据k＝﹣2＜0，在每个象限内，y随x的增大而增大，即可得出答案．
【详解】解：∵k＝﹣2＜0，
∴在每个象限内，y随x增大而增大，
∵A（a1，b1），B（a2，b2）两点在该反比例函数图象的同一支上，a1＜a2，
∴b1＜b2，
故答案为：＜．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数的性质的应用，注意：反比例函数y＝（k≠0，k为常数），当k＞0时，在每个象限内，y随x的增大而减小，当k＜0时，在每个象限内，y随x的增大而增大．
17. 在矩形ABCD中，∠B的平分线BE与AD交于点E，∠BED的平分线EF与DC交于点F，若AB=9，DF=2FC，则BC=___________．（结果保留根号）
【答案】
【解析】
【分析】先延长EF和BC，交于点G，再根据条件可以判断三角形ABE为等腰直角三角形，并求得其斜边BE的长，然后根据条件判断三角形BEG为等腰三角形，最后根据△EFD∽△GFC得出CG与DE的倍数关系，并根据BG=BC+CG进行计算即可．
【详解】延长EF和BC，交于点G．
∵矩形ABCD中，∠B的角平分线BE与AD交于点E，
∴∠ABE=∠AEB=45°，
∴AB=AE=9，
∴直角三角形ABE中，BE==9，
又∵∠BED的角平分线EF与DC交于点F，
∴∠BEG=∠DEF．
∵AD∥BC，
∴∠G=∠DEF，
∴∠BEG=∠G，
∴BG=BE=9．
由∠G=∠DEF，∠EFD=∠GFC，可得△EFD∽△GFC，
∴．
设CG=x，DE=2x，则AD=9+2x=BC．
∵BG=BC+CG，
∴9=9+2x+x，解得x=3-3，
∴BC=9+2（3-3）=6+3．
故答案为6+3．
18. 在如图所示的网格中，每个小正方形的边长都为1，是的外接圆，点，均为格点，点是小正方形一边的中点．
（1）线段的长度等于______；
（2）请借助无刻度的直尺，在给定的网格中先确定圆心，再作的平分线交于点．在下面的横线上简要说明点和点的位置是如何找到的．_____________．
【答案】 ①. ②. 根据以点A和点B为顶点的90°的圆周角所对的弦是直径，可确定圆的两条直径，它们的交点即是圆心O；过圆心O作BC的垂线，交于点P，连接AP，则AP即为∠BAC 的平分线.
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理计算即可；
（2）根据90°的圆周角所对的弦为直径，找到两条直径的交点即为圆心O；根据垂径定理和弧、圆周角的关系即可作出∠BAC 的平分线 AP .
【详解】解：（1），
∴线段 AB 的长度等于；
（2）如图，分别以点A和点B为顶点构造和，
∵，
∴CD和EF都是的直径，
∴CD和EF的交点O是圆心 O ，即为所要求作的点，
如图，过圆心O作BC的垂线，交 ⊙O 于点P，连接AP，
∵，
∴，
∴，
∴AP平分∠BAC ，
∴点P就是所要求作的点.
【点睛】本题主要考查了勾股定理、90°的圆周角所对的弦是直径、垂径定理、等弧所对的圆周角相等，熟记相关定理是解题的关键.
三、解答题（本大题共8小题．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
19. 解方程：x2+4x﹣1=0．
【答案】x1=﹣2+，x2=﹣2﹣．
【解析】
【分析】方程变形后，利用配方法求出解即可．
【详解】方程变形得：x2+4x=1，
配方得：x2+4x+4=5，即（x+2）2=5，
开方得：x+2=±，
解得：x1=﹣2+，x2=﹣2﹣．
20. 已知：关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根．求k的取值范围．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程有两个不相等的实数根可知，然后解不等式即可得到k的取值范围．
【详解】解：根据题意知，
即：
解得：，
故k的取值范围是．
【点睛】本题主要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的关键．
21. 已知，中，，是上的点，．
（1）如图①，求证；
（2）如图②，连接，，，，若，求，的大小．
【答案】（1）见解析；（2）；
【解析】
【分析】（1）利用垂径定理证明，再根据即可证明；
（2）先利用圆的内接四边形的性质求出的大小，再根据垂径定理和同弧所对的圆周角相等即可求出和的大小．
【详解】解：（1）中，，
．
，
．
（2）四边形是圆内接四边形，
．
．
中，，
．
．
，
．
【点睛】本题主要考查垂径定理和圆的内接四边形的性质，以及圆周角和弧长的关系，属于简单题型．
22. 如图，已知等边中，．以为直径的半与边相交于点D．过点D作，垂足为E；过点E作，垂足为F，连接．
（1）求证：是的切线；
（2）求的长．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）连接，证明，根据平行线的性质得到，根据切线的判定定理证明结论；
（2）求出，进而求出，即可求出，在中，根据勾股定理即可求出．
【小问1详解】
证明：连接，
为等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
【小问2详解】
由（1）知，，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
在中，，
，
，
．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质和判定、切线的判定、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
23. 某种品牌的手机经过四、五月份连续两次降价，每部售价由元降到了元．求平均每月降价的百分率．
【答案】
【解析】
【分析】本题可根据：，然后列出方程求解即可．
【详解】解：设平均降价x元，依题意得：
化简得：
解得：
或（舍去）
答：平均每月降价的百分率为．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用——增长率问题；解题关键是列出方程并正确求解．
24. 商城某种商品平均每天可销售20件，每件获得利润40元，为庆元旦，决定对该商品进行促销活动，经调查发现，该商品每件每降价1元，平均每天可多售出2件．设该商品每件降价x元，请解答下列问题：
（1）用含x的代数式表示：
①降价后每售一件该商品获得利润______元；
②降价后平均每天售出______件该商品；
（2）在此次促销活动中，商城若要获得最大利润，每件该商品应降价多少元？此时每天获得最大利润为多少元？
【答案】（1）①；②；（2）每件该商品应降价15元，获得最大利润为1250元
【解析】
【分析】（1）①每件降x元得一件盈利（40-x）元；
②根据商城某种商品平均每天可销售20件，每件获得利润40元，为庆元旦，决定对该商品进行促销活动，经调查发现，该商品每件每降价1元，平均每天可多售出2件，即可得到降价后平均每天售出件；
（2）设获得最大利润元，可得到y=（40-x），整理即可得到y的最大值
【详解】解：（1）① 由题意得：每件降x元得一件盈利元
故答案为：；
② 由题意得：降价后平均每天售出件商品，
故答案为：；
（2）设每天获得的利润为y元，根据题意，得
，其中，，
∵，
∴有最大值．
∴当时，y有最大值为1250．
答：每件该商品应降价15元，获得最大利润为1250元．
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，解题的关键在于能够根据题意得出降价后每件商品的盈利和每天销售的商品数量的表达式．
25. 如图乙，和是有公共顶点的等腰直角三角形，，点P为射线，的交点．
（1）如图甲，将绕点A旋转，当C、D、E在同一条直线上时，连接、，求证：；
（2）若，，把绕点A旋转：
①当时，求的长；
②若M为线段中点，直接写出旋转过程中线段长最大值．
【答案】（1）见解析；
（2）①或；②．
【解析】
【分析】（1）求出，证明，可得结论；
（2）①分两种情形，分别画出图形，证明，利用勾股定理和面积法求解，可得答案；②连接，利用直角三角形斜边中线的性质求出，根据可得答案．
【小问1详解】
证明：如图甲，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：①当点E在的延长线上时，如图1，
由（1）可知，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
当点E在上时，如图2，
同法可求，
∵，
∴，
综上所述，满足条件的的值为或；
②如图3中，连接，
∵，M为线段的中点，
∴，
∵，
∴，
∴的最大值为．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，二次根式的运算等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
26. 如图，已知抛物线的图象与x轴的一个交点为B（5，0），另一个交点为A，且与y轴交于点C（0，5）．
（1）求直线BC与抛物线的解析式；
（2）若点M是抛物线在x轴下方图象上的动点，过点M作MN∥y轴交直线BC于点N，求MN的最大值；
（3）在（2）的条件下，MN取得最大值时，若点P是抛物线在x轴下方图象上任意一点，以BC为边作平行四边形CBPQ，设平行四边形CBPQ的面积为S1，△ABN的面积为S2，且S1=6S2，求点P的坐标．
【答案】（1）；（2）；（3）P的坐标为（2，－3）或（3，－4）
【解析】
【分析】（1）由B（5，0），C（0，5），应用待定系数法即可求直线BC与抛物线的解析式．
（2）构造MN关于点M横坐标的函数关系式，应用二次函数最值原理求解．
（3）根据S1=6S2求得BC与PQ的距离h，从而求得PQ由BC平移的距离，根据平移的性质求得PQ的解析式，与抛物线联立，即可求得点P的坐标．
【详解】解：（1）设直线BC的解析式为，
将B（5，0），C（0，5）代入，得，得．
∴直线BC的解析式为．
将B（5，0），C（0，5）代入，得，得．
∴抛物线的解析式．
（2）∵点M是抛物线在x轴下方图象上的动点，
∴设M．
∵点N是直线BC上与点M横坐标相同的点，
∴N．
∵当点M在抛物线在x轴下方时，N的纵坐标总大于M的纵坐标．
∴．
∴MN的最大值是．
（3）当MN取得最大值时，N．
∵的对称轴是，B（5，0），
∴A（1，0）．
∴AB=4．
∴．
∴平行四边形CBPQ的面积S1=6S2=30．
设平行四边形CBPQ的边BC上的高为BD，则BC⊥BD．
，
∴BC•BD=30，
，
过点D作直线BC的平行线，交抛物线与点P，交x轴于点E，在直线DE上截取PQ=BC，则四边形CBPQ为平行四边形．
∵BC⊥BD，∠OBC=45°，
∴∠EBD=45°，
∴△EBD为等腰直角三角形，，
∵B（5，0），
∴E（-1，0），
设直线PQ的解析式为y=-x+t，
将E（-1，0）代入，得1+t=0，解得t=-1
∴直线PQ的解析式为y=-x-1．
解方程组，得，，
∴点P的坐标为P1（2，-3）（与点D重合）或P2（3，-4）．（1，6）
（2，6）
（3，6）
（4，6）
（5，6）
（6，6）
（1，5）
（2，5）
（3，5）
（4，5）
（5，5）
（6，5）
（1，4）
（2，4）
（3，4）
（4，4）
（5，4）
（6，4）
（1，3）
（2，3）
（3，3）
（4，3）
（5，3）
（6，3）
（1，2）
（2，2）
（3，2）
（4，2）
（5，2）
（6，2）
（1，1）
（2，1）
（3，1）
（4，1）
（5，1）
（6，1）
1
2
3
4
1
1+1=2
1+2=3
1+3=4
1+4=5
2
2+1=3
2+2=4
2+3=5
2+4=6
3
3+1=4
3+2=5
3+3=6
3+4=7
4
4+1=5
4+2=6
4+3=7
4+4=8