2022-2023学年天津市东丽区九年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年天津市东丽区九年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析），共20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.如图图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.下列方程是一元二次方程的是( )
A. x2−2x+1x=0B. y=2x2−3x−1C. x2−1=0D. y2−x+3=0
3.将抛物线y=2x2向左平移3个单位，所得抛物线的解析式是( )
A. y=2(x+3)2B. y=2(x−3)2C. y=2x2+3D. y=2x2−3
4.下列事件是随机事件的是( )
A. 标准大气压下，通常加热到100℃，水会沸腾
B. 明天太阳从东方升起
C. 随意翻到一本书的某页，这页的页码是偶数
D. 从装有黑球、白球的袋里摸出绿球
5.若⊙O的半径为5cm，点A到圆心O的距离为4cm，那么点A与⊙O的位置关系是( )
A. 点A在圆外B. 点A在圆上C. 点A在圆内D. 不能确定
6.如图，OA交⊙O于点B，AC切⊙O于点C，D点在⊙O上，若∠D=26∘，则∠A为( )
A. 38∘
B. 30∘
C. 64∘
D. 52∘
7.如图，在Rt△ABC中，∠B=90∘，BC=3，AB=4，将△ABC绕点A顺时针旋转90∘得到△AB′C′，连接CC′，则CC′的长为( )
A. 5
B. 5 2
C. 2 5
D. 10
8.二次函数y=2x2−8x+m的图象与x轴有两个交点，若其中一个交点的坐标为(−1,0)，则另一个交点坐标为( )
A. (−3,0)B. (3,0)C. (5,0)D. (9,0)
9.从一副扑克牌中随机抽取一张是6的概率是( )
A. 113B. 227C. 154D. 19
10.正方形边长为4，则其外接圆半径为( )
A. 2B. 2 2C. 4D. 2
11.用一条长为40cm的绳子围成一个矩形，下列围成的图形面积一定不可能的是( )
A. 64B. 96C. 100D. 101
12.二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的图象与x轴交于(x1,0)，(2,0)，其中0A. 0B. 1C. 2D. 3
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
13.一元二次方程x2−5x−10=0的两根之和为______ .
14.掷一个骰子，观察向上一面的点数，则点数大于2且小于5的概率为______ .
15.点P(−3,a)与点Q(b,5)关于原点对称，则a+b的值为______ .
16.如图，⊙O的半径为3，A，B，C在⊙O上，若∠BAC=45∘，则BC的长为______ .
17.如图，在△ABC中，AB=3，BC=6，∠ABC=30∘，以点B为圆心，AB长为半径画弧，交BC于点D，则图中阴影部分的面积为______ .
18.当m≤x≤m+1，函数y=x2−2x+1的最小值为1，则m的值为______ .
三、解答题：本题共7小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
计算：
(1)x2−4x−6=0；
(2)x(x−3)+x−3=0；
20.(本小题10分)
一个不透明的口袋中有四张完全相同的卡片，把它们分别标上数字1，2，3，4，随机抽取1张卡片，然后放回，再随机抽取一张卡片.
(1)用画树状图或列表的方法表示出可能出现的所有结果；
(2)求两次抽出数字之积为偶数的概率.
21.(本小题10分)
如图，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(−3,2)，B(−4,−1)，C(−1,1).
(1)线段AC的长为______ ；
(2)画出△ABC绕C点顺时针旋转90∘的图形△A′B′C′，并写出A′、B′、C′的坐标；
(3)直接写出点A绕点C顺时针旋转90∘所走过的路径长为______ .
22.(本小题10分)
如图，在⊙O中，弦AC=BD，且AC⊥BD于E，连接AB，AD，若AD=6，求⊙O的半径.
23.(本小题8分)
运动员将一个小球沿与地面成30∘角的方向击出时，小球的飞行路线将是一条抛物线，如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度h(单位：m)与飞行时间t(单位：s)之间满足二次函数关系，t与h的几组对应值如下表所示：
(1)求h与t之间的函数表达式(不要求写出t的取值范围)；
(2)小球从飞出到落地要用多长时间？
24.(本小题10分)
(1)特殊情景：如图(1)，在四边形ABCD中，AB=AD，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAF=12∠BAD，连接EF，若∠BAD=∠B=∠D=90∘，探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系，并说明理由．
(2)类比猜想：类比特殊情景，在上述(1)条件下，把“∠BAD=∠B=∠D=90∘”改成一般情况“∠B+∠D=180∘，”如图(2)，小明猜想：线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你写出结论；若不成立，请写出理由．
(3)解决问题：如图(3)，在△ABC中，∠BAC=90∘，AB=AC=4，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45∘，若BD= 2，
计算DE的长度．
25.(本小题10分)
如图，已知抛物线y=−x2+bx+c经过B(−3,0)，C(0,3)两点，与x轴的另一个交点为A.
(1)求抛物线的解析式；
(2)若直线y=mx+n经过B，C两点，则m=______；n=______；
(3)在抛物线对称轴上找一点E，使得AE+CE的值最小，直接写出点E的坐标；
(4)设点P为x轴上的一个动点，是否存在使△BPC为等腰三角形的点P，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、既是中心对称图形又是轴对称图形，符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
D、是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
故选：A.
根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
此题考查了轴对称图形和中心对称图形，掌握轴对称图形和中心对称图形的概念是解题关键．
2.【答案】C
【解析】解：A.分母含未知数，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B.含2个未知数，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C.是一元二次方程，故本选项符合题意；
D.含2个未知数，不是一元二次方程，故本选项不符合题意．
故选：C.
根据一元二次方程的定义，逐项判断即可求解．
本题主要考查了一元二次方程的定义，熟练掌握含有一个未知数，且未知数的最高次数为2的整式方程是一元二次方程是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：将抛物线y=2x2向左平移3个单位，得y=2(x+3)2；
故所得抛物线的解析式为y=2(x+3)2.
故选：A.
按照“左加右减”的规律即可求得．
考查了抛物线的平移以及抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减．
4.【答案】C
【解析】解：A.标准大气压下，通常加热到100℃，水会沸腾，是必然事件，故A错误；
B.明天太阳从东方升起，是必然事件，故B错误；
C.随意翻到一本书的某页，这页的页码是偶数，是随机事件，故C正确；
D.从装有黑球、白球的袋里摸出绿球，是不可能事件，故D错误；
故选：C.
根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念可区别各类事件．
本题考查了随机事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念，必然事件指在一定条件下一定发生的事件；不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
5.【答案】C
【解析】【分析】
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d>r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d【解答】
解：∵⊙O的半径为5cm，点A到圆心O的距离为4cm，
∴d∴点A与⊙O的位置关系是：点A在圆内，
故选：C.
6.【答案】A
【解析】解：∵∠D=26∘，
∴∠AOC=2∠D=52∘，
∵AC切⊙O于点C，
∴∠ACO=90∘，
∴∠A=180∘−∠ACO−∠AOC=38∘，
故选：A.
先由圆周角定理得到∠AOC=52∘，由切线的性质得到∠ACO=90∘，即可利用三角形内角和定理求出∠A的度数．
本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，利用圆周角定理求出∠AOC=52∘是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：∵∠B=90∘，BC=3，AB=4，
在Rt△ABC中，AC= AB2+BC2=5，
由旋转的性质得 AC′=AC=5，∠CAC′=90∘，
在 Rt△CAC′中，CC′= AC2+AC′2=5 2.
故选：B.
在Rt△ABC中，由勾股定理解得AC的长，再根据旋转的性质得到，AC′=AC=5，∠CAC′=90∘，在 Rt△CAC′中再利用勾股定理解得CC′的长即可．
本题考查旋转变换、勾股定理等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
8.【答案】C
【解析】解：由二次函数y=2x2−8x+m得到对称轴是直线x=2，则抛物线与x轴的两个交点坐标关于直线x=2对称，
∵其中一个交点的坐标为(−1,0)，
∴另一个交点的坐标为(5,0)，
故选：C.
根据二次函数解析式求得对称轴是直线x=2，由抛物线的对称性得到答案．
本题考查了抛物线与x轴交点的知识，解答本题的关键是求出抛物线图象的对称轴．
9.【答案】B
【解析】解：从一副扑克牌中随机抽取一张是6的概率是454=227.
故选：B.
直接根据概率公式计算，即可求解．
本题考查了概率公式：熟练掌握随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数；P(必然事件)=1；P(不可能事件)=0是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：作OE⊥AD于E，连接OD，则AE=DE=2，OE=2.
在Rt△ADE中，OD= DE2+OE2=2 2.
故选：B.
作OE⊥AD于E，连接OD，在Rt△ADE中，根据垂径定理和勾股定理即可求解．
此题主要考查了正多边形和圆，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
11.【答案】D
【解析】解：设围成面积为a，矩形形的长为x cm，则宽为(40÷2−)cm，
依题意得x(40÷2−x)=a，
整理得x2−20x+a=0，
由于此方程有解，则Δ=400−4a≥0，
解得a≤100，
∴a的值不可能为101，
故选：D.
设围成面积为a，矩形形的长为x cm，则宽为(40÷2−)cm，然后根据矩形的面积公式表示出a，此时可以将方程看成是一个关于x的一元二次方程，根据方程的根的判别式即可得到a的取值范围，即可得解．
本题考查矩形的相关知识以及一元二次方程的应用，解题关键根据一元二次方程根的判别式得解．
12.【答案】C
【解析】解：①已知a>0，
∵图象与x轴交于(x1,0)，(2,0)，其中0∴抛物线对称轴在y轴的右侧，
∴b<0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c>0，
∴abc<0，所以①正确；
②∵图象与x轴交于两点(x1,0)，(2,0)，其中0∴2+02<−b2a<2+12，
∴1<−b2a<32，
当−b2a<32时，b>−3a，
∵当x=2时，y=4a+2b+c=0，
∴b=−2a−12c，
∴−2a−12c>−3a，
∴2a−c>0，故②错误；
③∵−b2a>1，
∴2a+b<0，
∴(2a+b)2>0，
即4a2+b2+4ab>0，
∴4a2+b2>−4ab，
∵a>0，b<0，
∴ab<0，
∴4a2+b2ab<−4，
即4ab+ba<−4，所以③正确．
综上，正确的是①③，共2个，
故选：C.
根据抛物线的开口方向、对称轴的位置、与y轴的交点可依次确定a、b、c的符号，进而可判断①；根据对称轴的位置可得a、b的关系，再根据当x=2时，y=4a+2b+c=0，把得出的a、b的关系式代入整理即可判断②；易判断(2a+b)2>0，展开整理再结合ab<0即可判断③．
本题考查了二次函数的图象与系数关系，熟练掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
13.【答案】5
【解析】解：由根与系数的关系得：一元二次方程x2−5x−10=0的两根之和为−−51=5，
故答案为：5.
根据根与系数的关系求解即可．
本题考查了根与系数的关系：若一元二次方程ax2+bx+c=0(a、b、c为常数，a≠0)的两根为x1，x2，则x1+x2=−ba，x1⋅x2=ca.
14.【答案】13
【解析】解：∵掷一个骰子，共有6种等可能的结果，点数大于2且小于5的有2种情况，
∴点数大于2且小于5的概率为：26=13.
故答案为：13.
由掷一个骰子，共有6种等可能的结果，点数大于2且小于5的有2种情况，直接利用概率公式求解即可求得答案．
此题考查了概率公式的应用．注意概率=所求情况数与总情况数之比．
15.【答案】−2
【解析】解：∵点P(−3,a)与点Q(b,5)关于原点对称，
∴a=−5，b=3，
∴a+b=−5+3=−2，
故答案为：−2.
根据关于原点对称点的点横坐标和纵坐标都互为相反数，求出a和b的值，即可求解．
本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握关于原点对称点的点横坐标和纵坐标都互为相反数．
16.【答案】3 2
【解析】解：连结OC、OB，如图：
∵∠BAC=45∘，
∴∠BOC=90∘，
∴△BOC为等腰直角三角形，
∵⊙O的半径是3，即OB=OC=3，
∴BC= OB2+OC2= 32+32=3 2.
故答案为：3 2.
连结OC、OB，根据圆周角定理求出∠BOC的度数，然后利用勾股定理进行求解即可．
本题考查了圆周角定理，勾股定理，熟练掌握相关内容是解题的关键．
17.【答案】92−3π4
【解析】解：如图，过点A作AG⊥BC于点G，
∵∠B=30∘
∴AG=12AB=32.
∴S阴影=S△ABC−S扇形ABD=12×6×32−30π×32360=92−3π4.
先求出三角形的高，再用三角形面积减去扇形面积即可求出阴影部分面积．
本题考查三角形面积公式和扇形面积公式，细心观察，发现阴影部分面积是三角形面积与扇形面积的差是解题的关键．
18.【答案】−1或2
【解析】解：在y=x2−2x+1上，当y=1时，有x2−2x+1=1，
解得：x1=0，x2=2.
∵当m≤x≤m+1时，函数有最小值1，
结合函数图象可知，m=2或m+1=0，
∴m=2或m=−1，
利用二次函数图象上点的坐标特征找出当y=1时x的值，结合当m≤x≤m+1时函数有最小值1，即可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出结论．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征以及二次函数的最值，利用二次函数图象上点的坐标特征找出当y=1时x的值是解题的关键．
19.【答案】解：(1)移项，得：x2−4x=6，
两边同时加上4，得：x2−4x+4=10，
配方，得：(x−2)2=10，
两边开方，得：x−2=± 10，
移项，得：x=2± 10，
(2)x(x−3)+x−3=0，
分解因式得：(x−3)(x+1)=0，
可得x−3=0或x+1=0，
解得：x1 =−1,x2=3.
【解析】(1)方程利用配方法求出解即可；
(2)方程利用因式分解法求出解即可．
此题考查了解一元二次方程-因式分解法，配方法，熟练掌握各种解法是解本题的关键．
20.【答案】解：(1)列表如下：
34
(2)解：所有可能的情况有16种，
其中两次抽出的数字之积为偶数的结果有12种(记为事件A).
P(A)=1216=34.
【解析】(1)根据题意列表即可；
(2)根据所有可能的情况有16种，其中两次抽出的数字之积为偶数的结果有12种，可得两次抽出数字之积为偶数的概率．
此题考查了列表法和概率计算公式，读懂题意列举出所有可能情况是解题关键．
21.【答案】 5 5π2
【解析】解：(1)∵A(−3,2)，C(−1,1)，
∴AC= [−3−(−1)]2+(2−1)2= 5，
故答案为： 5；
(2)如图所示，△A′B′C′即为所求；
∴A′(0,3)、B′(−3,4)、C′(−1,1)；
(3)由题意得，点A绕点C顺时针旋转90∘所走过的路径长为90×π× 5180= 5π2.
故答案为： 5π2.
(1)利用勾股定理求解即可；
(2)根据旋转的性质作图即可，由图可得答案；
(3)点A所走的路径长即为AA′的长，利用弧长公式求解即可．
本题主要考查了勾股定理，求弧长，坐标与图形变化——旋转，灵活运用所学知识是解题的关键．
22.【答案】证明：连接OA，OD，
∵AC=BD，
∴AC=BD，
∴AD+CD=BC+CD，
∴AD=BC，
∴∠ABD=∠BAC，
∵AC⊥BD，
∴∠AEB=90∘，
∴∠ABD=∠BAC=45∘，
∴∠AOD=2∠B=90∘，
∵AD=6，
又∵OA2+OD2=AD2，OA=OD，
∴OA=OD=3 2.
【解析】连接OA，OD，由弦AC=BD，可得AC=BD，继而可得AD=BC，然后由圆周角定理，证得∠ABD=∠BAC，由AC⊥BD，可求得∠ABD=45∘，继而可得△AOD是直角三角形，则可求得AD=6，最后由勾股定理可解决问题．
本题考查了圆周角定理、弧与弦的关系、等腰直角三角形的判定和性质，解决本题的关键是正确的作出辅助线和运用数形结合思想．
23.【答案】解：(1)设h与t之间的函数表达式为h=at2+bt+c(a≠0)
根据题意把(0,0)，(1,15)，(2,20)代入得：c=015=a+b+c20=4a+2b+c，
解得a=−5b=20c=0，
∴h与t之间的函数表达式为h=−5t2+20t
(2)当h=0时，−5t2+20t=0，解得t1=0，t2=4，
∴小球从飞出到落地需要4s.
【解析】(1)用待定系数法求解函数表达式即可；
(2)求出当h=0时t的值即可．
本题主要考查了二次函数的实际应用，解题的关键是熟练掌握用待定系数法求解函数表达式的方法和步骤．
24.【答案】解：(1)BE+DF=EF，理由如下：
如图，将△ABE绕点A顺时针旋转90∘，得到△ADG，

∵四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=∠B=∠D=90∘，∠EAF=12∠BAD，
∴∠ADC=∠B=∠ADG=90∘，∠EAF=12∠BAD=45∘，
∴∠FDG=180∘，即点F，D，G共线．
由旋转可得AE=AG，BE=DG，∠BAE=∠DAG.
∵∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=90∘−45∘=45∘，
∴∠DAG+∠DAF=45∘，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AFE和△AFG中，
AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=FG.
又∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴BE+DF=EF；
(2)成立．EF=BE+DF；
证明：设∠BAD=α，则∠EAF=12α，
如图，将△ABE绕点A顺时针旋转α得到△ADH，
∴∠ABE=∠ADH，∠BAE=∠DAH，AE=AH，BE=DH.
∵∠B+∠ADC=180∘，
∴∠ADH+∠ADC=180∘，
∴点C，D，H在同一直线上．
∵∠BAD=α，∠EAF=12α，
∴∠BAE+∠FAD=12α，
∴∠DAH+∠FAD=12α，
∴∠HAF=∠EAF，
在△AEF和△AHF中，
AE=AH∠EAF=∠HAFAF=AF
∴△AEF≌△AHF(SAS)，
∴EF=FH=DF+DH=BE+DF；
(3)如图，将△AEC绕点A逆时针旋转90∘，得到△AE′B，连接DE′.
∴BE′=EC，AE′=AE，∠C=∠ABE′，∠EAC=∠E′AB，
∵∠DAE=45∘，
∴∠DAE′=90∘−45∘=45∘，
∴∠DAE′=∠DAE，
在△AE′D和△AED中，
AE′=AE∠DAE′=∠DAEAD=AD，
∴△AE′D≌△AED(SAS)，
∴DE=DE′，
在Rt△ABC中，AB=AC=4，
∴∠ABC=∠ACB=45∘，BC=4 2，
∴CD=BC−BD=3 2，∠ABC+∠ABE′=90∘，即∠E′BD=90∘，
∴E′B2+BD2=E′D2.
∵DE=DE′，
∴DE2=BD2+EC2，即DE2=( 2)2+(3 2−DE)2，
解得DE=5 23.
【解析】【分析】本题是四边形的综合问题，考查旋转变换的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，直角三角形的有关性质等．熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
25.【答案】1 3
【解析】解：(1)把点B(−3,0)，C(0,3)代入y=−x2+bx+c得：−9−3b+c=0c=3，
解得：b=−2c=3，
∴抛物线的解析式是y=−x2−2x+3；
(2)把B(−3,0)，C(0,3)代入y=mx+n中得：−3m+n=0n=3，解得：m=1n=3；
故答案为：1，3；
(3)如图1，由(2)知：直线BC的解析式为y=x+3，
抛物线的对称轴为直线x=−−22×(−1)=−1，
直线BC与直线x=−1相交于点E，则EB=EA，此时AE+CE最小，
此时点E的坐标为(−1,2)；
(4)∵B(−3,0)，C(0,3)，
∴OB=OC=3，
∴BC=3 2，
分三种情况：
①BC=BP，如图2，此时点P的坐标为(−3−3 2,0)或(3 2−3,0)；
②当P与O重合时，△BPC也是等腰三角形，此时P(0,0)；
③BC=CP，如图3，此时点P的坐标为(3,0)；
综上所述，点P的坐标为(−3−3 2,0)或(3 2−3,0)或(0,0)或(3,0).
(1)把点B(−3,0)，C(0,3)两点的坐标分别代入抛物线解析式求出b和c的值即可；
(2)利用待定系数法可得m和n的值；
(3)如图1，由(2)知直线BC的解析式为y=x+3，再确定抛物线的对称轴方程，设直线BC与直线x=−1相交于点E，根据轴对称的最短路径可知：此时AE+CE的值最小，从而得到此时点E的坐标；
(4)存在，分情况讨论：以BC为腰和底边，分别画图，进而即可求得点P的坐标．
本题是二次函数的综合题，考查了抛物线与x轴的交点，待定系数法求一次函数和二次函数的解析式，等腰三角形的性质和判定，轴对称的最短路径问题，数形结合和分类讨论是解题的关键．t(单位：s)
0
1
2
3.5
h(单位：m)
0
15
20
8.75
1
2
3
4
1
(1,1)
(2,1)
(3,1)
(4,1)
2
(1,2)
(2,2)
(3,2)
(4,2)
3
(1,3)
(2,3)
(3,3)
(4,3)
4
(1,4)
(2,4)
(3,4)
(4,4)