精品解析：广东省深圳市龙岗区百合外国语学校2022-2023学年九年级下学期期中数学试卷

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一、选择题
1. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 与互为倒数B. 与互为相反数C. 的相反数是D. 的绝对值是
【答案】C
【解析】
【分析】根据两数之和为0，两数互为相反数，两数之积为1，两数互为倒数，正数的绝对值是它本身，一一判断即可．
【详解】解：A、与互为相反数，故选项错误；
B、与互为倒数，故选项错误；
C、的相反数是，故选项正确；
D、的绝对值是，故选项错误；
故选C．
【点睛】本题考查相反数定义，倒数定义，绝对值定义，掌握相关定义是解题关键．
2. 贴窗花是我国春节喜庆活动的一个重要内容，它起源于西汉时期，历史悠久，风格独特，深受国内外人土的喜爱．下列窗花作品为轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】解：A．该窗花作品是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．该窗花作品不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C．该窗花作品不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D．该窗花作品不是轴对称图形，故此选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查轴对称图形的概念，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．
3. 《百合绽放》是百合外国语学校在20年校庆之际，融入全校教职工和学生智慧于一体而编写的，该书凸显了百外建校以来的“和合而生”的教育理念和收括了许多的教育案例，该书第一次印刷就出版了5500册．将5500用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为，其中，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
【详解】解：．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为，其中，确定a与n的值是解题的关键．
4. 下列运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】运用同底数幂的除法，合并同类项，去括号法则，积的乘方等知识逐一分析即可
【详解】解：A.，不符合题意；
B.，不能进行合并同类项，不符合题意；
C.-2(a+b)=-2a-2b，不符合题意；
D.，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了同底数幂的除法，合并同类项，去括号法则，积的乘方，熟练以上知识是解题的关键．
5. 费尔兹奖是国际上享有崇高声誉的一个数学奖项，每四年评选一次，主要授予年轻的数学家.下面数据是部分获奖者获奖时的年龄（单位：岁）：，，，，，，则这组数据的众数和中位数分别是（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据中位数与众数的定义，即可求解．中位数：把一组数据按从小到大的顺序排列，在中间的一个数字(或者两个数字的平均值)叫做这组数据的中位数．众数：在一组数据中出现次数最多的数．
【详解】解：，，，，，，则这组数据的众数和中位数分别是，，
故选：D．
【点睛】本题考查了求中位数与众数，熟练掌握中位数与众数的定义是解题的关键．
6. 一个布袋中放着6个黑球和18个红球，除了颜色以外没有任何其他区别．则从布袋中任取1个球，取出黑球的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由于每个球被取出的机会是均等的，故用概率公式计算即可．
【详解】解：根据题意，一个布袋中放着6个黑球和18个红球，根据概率计算公式，
从布袋中任取1个球，取出黑球的概率是．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了概率公式的知识，解题关键是熟记概率公式．
7. 如图所示，直线，直线c分别交a，b于点A，C，点B在直线b上，若，则的度数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先利用平行线的性质得到，然后利用得到，最后利用角的和差关系求解．
【详解】解：如图所示，

∵直线，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查平行线的性质，解答本题的关键是明确平行线的性质，求出的度数．
8. 如图，在中，，且，根据图中的尺规作图痕迹，计算（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由作图得：垂直平分，平分，根据角平分线和线段垂直平分线的性质求解．
【详解】解：如图，
由作图得：垂直平分，平分，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查基本作图，角平分线的性质，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理．掌握角平分线和线段垂直平分线的性质是解题的关键．
9. 已知二次函数的顶点坐标为，其部分图象如图所示，则以下结论错误的是( )
A. B.
C. D. 关于x的方程无实数根
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线开口方向，对称轴的位置以及与y轴的交点可以对A、C进行判断；根据时，，可对B进行判断；根据抛物线与直线无交点，可对D进行判断．
【详解】解：∵抛物线开口向下，
∴，
∵对称轴为直线，
∴，
∵抛物线与y轴交于正半轴，
∴，
∴，
故A、C正确，不合题意；
∵抛物线的对称轴为直线，抛物线与x轴的一个交点在和之间，
∴抛物线与x轴另一个交点在和之间，
∴时，，
即，
故B错误，符合题意；
∵抛物线开口向下，顶点为，
∴函数有最大值n，
∴抛物线与直线无交点，
∴一元二次方程无实数根，
故D正确，不合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次是图象上点的坐标特征，二次函数的性质，抛物线与x轴的交点，能够把求二次函数 (a，b，c是常数，)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程是解题的关键．
10. 如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点，与相交于点，则下列结论：①；②若，则；③若点为的中点，则；④．其中一定正确的个数是（ ）

A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角形内心的性质得到，则可对①进行判断；直接利用三角形内心的性质对②进行判断；根据圆周角定理，等弧和等弦的关系及等腰三角形的性质可对③进行判断；通过证明得到，则可对④进行判断．
【详解】解：∵点是内心，
∴平分，
∴，故①正确；
如图，连接，，
∵点是的内心，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，故②不正确；

∵，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，故③正确；
如图，连接，
∵点是的内心，
∴平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故④正确，
∴一定正确是①③④，共3个，
故选：C．
【点睛】本题考查三角形内心，圆周角定理，等弧与等弦的关系，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理与三角形外角的性质．掌握三角形的内心是解题的关键．
二、填空题
11. 分解因式：=______．
【答案】a（b+1）（b﹣1）
【解析】
【详解】解：原式==a（b+1）（b﹣1），
故答案为a（b+1）（b﹣1）．
12. 如图，在平行四边形中，过点作，垂足为，过点作，垂足为．若，，，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用平行四边形的面积公式即可求解．
【详解】解：∵四边形平行四边形，且，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴的长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，利用平行四边形的面积公式求垂线段的长是解题的关键．
13. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为______．
【答案】3
【解析】
【分析】一元二次方程的根的判别式：当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．根据一元二次方程根的判别式的意义，方程有两个相等的实数根，则有，得到关于的方程，解方程即可．
【详解】解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，即，
解得．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根的判别式以及解一元一次方程的知识，理解并正确运用一元二次方程的根的判别式是解题关键．
14. 如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形的斜边轴于点，直角顶点在轴上，双曲线经过边的中点，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据是等腰直角三角形，轴，得到是等腰直角三角形，再根据求出 A点，C点坐标，根据中点公式求出D点坐标，将D点坐标代入反比例函数解析式即可求得k．
【详解】∵是等腰直角三角形，轴．
∴；．
∴是等腰直角三角形．
∴．
故：，．
．
将D点坐标代入反比例函数解析式．
．
故答案为：．
【点睛】本题考查平面几何与坐标系综合，反比例函数解析式；本体解题关键是得到是等腰直角三角形，用中点公式算出D点坐标．
15. 如图，在矩形中，点是的中点，点是线段上动点，点在线段上（不与点重合），且，点在边上，，，，当时，则______．
【答案】
【解析】
【分析】过点作，交于，交于，设，，则，，根据相似三角形的性质得到，根据三角函数的定义得到，同理得到，推出，解方程即可得到结论．
【详解】解：过点作，交于，交于，
∴，，
∵四边形是矩形，，，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形和四边形是矩形，
设，，
∴，
，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∵点是的中点，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
，
，
∵，
∴，
解得：（舍去），，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，直角三角形的判定等知识点．正确作出辅助线是解题的关键．
三、解答题
16. 解不等式组：
【答案】
【解析】
【分析】根据一元一次不等式组的解法，结合求不等式组解集法则“同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了”即可得到答案．
【详解】解：，
由①得；
由②得；
不等式组的解集为：．
【点睛】本题考查解一元一次不等式组，熟记求不等式组解集法则“同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了”是解决问题的关键．
17. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，．
【解析】
【分析】根据分式的混合运算法则把原式化简，把x的值代入计算即可．
【详解】解：
当时，
原式．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
18. 深圳百合外国语学校建校20多年来，形成了“优良的校园文化，厚重的人文底蕴”，为深入了解我校的校园文化，九年级1班某学习小组开展以“课间10分钟，您如何度过？”为主题的调查活动．在全校范围内随机抽取部分学生进行问卷调查（每名学生必选且只能选取一项活动类别），将调查结果整理后绘制成如图所示的不完整的条形统计图，其中最喜欢打羽毛球的学生人数占所调查人数的．请你根据图中提供的信息解答下列问题：

（1）在这次调查中，一共抽取了多少名学生？
（2）请通过计算补全条形统计图；
（3）若百合外国语学校共有名学生，请你估计我校最喜欢听课间音乐的学生共有多少名．
【答案】（1）名
（2）补图见解析 （3）名
【解析】
【分析】（1）先从条形图中确定喜欢打羽毛球的学生数，利用“调查人数＝喜欢打羽毛球人数÷喜欢打羽毛球人数占调查人数的百分比”得结论；
（2）先算出喜欢散步的学生人数，再补全条形图；
（3）利用“该校喜欢某项人数＝该校人数×调查中喜欢某项人数的比”得结论．
【小问1详解】
从条形图知：喜欢打羽毛球的学生有人．
∵喜欢打羽毛球的学生人数占所调查人数的，
∴这次调查中一共学生：（名）．
【小问2详解】
喜欢校园散步的学生人数为：（名）．
【小问3详解】
（名）．
答：喜欢听课间音乐的学生有名．
【点睛】本题考查的是条形统计图的综合运用．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．
19. 深圳市南山区不仅是一座美丽的海滨之城，更是一个充满了青春与活力的科技之城、创新之城，连续年蝉联全国“百强区”第一名．该区的无人机制造商“大疆创新科技”更是享誉全球．该公司旗下无人机配件销售部现有和两种配件，它们的进价和售价如表．用元可购进产品件和产品件．（利润＝售价－进价）
（1）求种配件进价的值．
（2）若该配件销售部购进种配件和种配件共件，据市场销售分析，种配件进货件数不低于种配件件数的倍．如何进货才能使本次销售获得的利润最大？最大利润是多少元？
【答案】（1）的值为
（2）当购进种配件件，种配件件时，本次销售获得的利润最大，最大利润是元
【解析】
【分析】（1）利用总价＝单价×数量，即可得出关于的一元一次方程，解之即可得出的值；
（2）设购进种配件件，则购进种配件件，根据种配件进货件数不低于种配件件数的倍，即可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范围，设两种商品全部售出后获得的总利润为元，利用总利润＝每件的销售利润×销售数量，即可得出关于的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
【小问1详解】
解：依题意得：，
解得：，
答：的值为；
【小问2详解】
设购进种配件件，则购进种配件件，
依题意得：，
解得：，
∴（为正整数），
设两种配件全部售出后获得的总利润为元，
∴，
∵，
∴随的增大而增大，
∴当时，取得最大值，最大值为：，
此时，
答：当购进种配件件，种配件件时，本次销售获得的利润最大，最大利润是元．
【点睛】本题考查一元一次方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元一次方程；（2）根据各数量之间的关系，找出关于的函数关系式．
20. 已知，如图所示，为的直径，点是上一点，点是外一点，，连接交于点．
（1）求证：是的切线．
（2）若，，，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，证明即可；
（2）过点作于点，解直角三角形即可得到结论．
【小问1详解】
证明：连接，

∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：过点作于点，
∵为的直径，，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴．
∴的值为．
【点睛】本题考查切线的判定，直角所对的圆周角是直角，等边对等角，勾股定理，锐角三角函数等知识，解题的关键是掌握切线的判定和解直角三角形．
21. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史的一个里程碑．在该书的第2幕“几何与代数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的代数结论，利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中．
（1）我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下列图形，找出可以推出的代数公式，（下面各图形均满足推导各公式的条件，只需填写对应公式的序号）
公式①：
公式②：
公式③：
公式④：
图1对应公式______，图2对应公式______，图3对应公式______，图4对应公式______；
（2）《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式的方法，如图5，请写出证明过程；（已知图中各四边形均为矩形）
（3）如图6，在等腰直角三角形ABC中，，D为BC的中点，E为边AC上任意一点（不与端点重合），过点E作于点G，作F点H过点B作BF//AC交EG的延长线于点F．记△BFG与△CEG的面积之和为，△ABD与△AEH的面积之和为．
①若E为边AC的中点，则的值为_______；
②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）①，②，④，③
（2）证明见解析 （3）①2
②结论仍成立，理由见解析
【解析】
【分析】（1）观察图形，根据面积计算方法即可快速判断；
（2）根据面积关系：矩形AKHD面积=矩形AKLC面积+矩形CLHD面积=矩形DBFG面积+矩形CLHD面积=正方形BCEF面积－正方形LEGH面积，即可证明；
（3）①由题意可得△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，设BD=a，从而用含a的代数式表示出S1、S2进行计算即可；②由题意可得△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，设BD=a，DG=b，从而用含a、b的代数式表示出S1、S2进行计算即可．
【小问1详解】
解：图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；
故答案为：①，②，④，③；
【小问2详解】
解：由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，且AK=DB=a－b，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴；
【小问3详解】
解：①由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，
设，
∴，，，，
∴，
，
∴；
故答案为：2；
②成立，证明如下：
由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，
设，，
∴，，，，
∴，
，
∴仍成立．
【点睛】本题主要考查了公式的几何验证方法，矩形和正方形的判定与性质，掌握数形结合思想，观察图形，通过图形面积解决问题是解题的关键．
22. 阅读材料：小百合特别喜欢探究数学问题，一天万老师给她这样一个几何问题：
如图1，和都是等边三角形，将绕着点旋转，求证：．
【探究发现】（1）小百合很快就通过，论证了，于是她想，把等边和等边都换成等腰直角三角形，如图2，将绕着点旋转，其中那么和有什么数量关系呢？请写出你的结论，并给出证明．
【拓展迁移】（2）如果把等腰直角三角形换成正方形，如图3，将正方形绕点旋转，若，，在旋转过程中，当，，三点共线时，请直接写出的长度．
【拓展延伸】（3）小百合继续探究，做了如下变式：如图4，矩形矩形，且具有公共顶点，将矩形固定，另一个矩形绕着点顺时针旋转，连接、，直线交于点，在旋转的过程中，试证明为的中点．

【答案】阅读材料：证明见解析；（1）；（2）或；（3）证明见解析．
【解析】
【分析】阅读材料：证明，由全等三角形的性质可得结论；
（1）证明，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；
（2）分两种情况画出图形，证明，根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得出答案；
（3）延长，交于点，与交于点，过点作，则，设，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质可得结论．
【详解】阅读材料：
证明：∵和分别是等边三角形，
∴，，，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴．
（1）．
证明：∵和都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：①如图：连接，
由（1）知，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，，
∴，，
∵，，三点共线，
∴，
∴，
∴，
∴；

②如图：连接，
由（1）知，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，，
∴，，
∵四边形是正方形，，
∴，，
∵，，三点共线，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上，当，，三点共线时，的长度为或．

（3）证明：延长，交于点，与交于点，过点作，则，设，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
∵矩形矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
在和中，
，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∵，
∴
∴，
即为的中点．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．种类
种配件
种配件
进价（元/件）
售价（元/件）