河南省信阳市固始县2022-2023学年九年级上学期期末数学试题（解析版）

这是一份河南省信阳市固始县2022-2023学年九年级上学期期末数学试题（解析版），共24页。

1．本试卷共6页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟．
2．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求，直接把答案填写在答题卡上．答在试卷上的答案无效．
一、选择题（每小题3分，共30分）下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的．
1. 下面图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称和轴对称的概念得出结论即可．
【详解】解：A.既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故选项A不符合题意；
B.是轴对称图形，但不是中心对称图形，故选项B不符合题意；
C. 既是中心对称图形，也是轴对称图形，故选项C符合题意；
D. 是轴对称图形，但不是中心对称图形，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2. 一个不透明的袋子中装有个红球，个黄球，个白球，这些小球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出一个小球，则摸出的小球是白球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得袋子中总共有个球，再根据白球的个数为个即可解答．更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 【详解】解：∵一个不透明袋子中装有个红球，个黄球，个白球，
∴袋子中总共有个球，
∵白球的个数为个，
∴摸出的小球是白球的概率为，
故选：A．
【点睛】本题考查了概率的定义，概率的公式，理解概率的定义是解题的关键．
3. 如图，将绕点A逆时针旋转得到，交于点D，若，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用旋转的性质得到，，利用外角的性质得到，由得到．
【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴．
故选：A
【点睛】此题考查了旋转的性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
4. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次方程有两个相等的实数根得到关于k的方程，解方程即可得到答案
【详解】解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
解得，
故选：C．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式，一元二次方程的根与有如下关系：①当时，方程有两个不相等的实数根；②当时，方程有两个相等的实数根；③当时，方程无实数根．
5. 如图，在中，弦与半径交于点D，若，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由圆周角定理得到的度数，由三角形的外角性质即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查圆周角定理，三角形的外角的性质，掌握圆周角定理，三角形外角的性质是解题的关键．
6. 已知二次函数，下列说法正确的是（ ）
A. 图像开口向上B. 函数的最大值为
C. 图像的对称轴为直线D. 图像与轴的交点坐标为
【答案】B
【解析】
【分析】将二次函数解析式化为顶点式图像开口方向、对称轴和最大值，再将代入函数解析式可判定图像与轴的交点坐标．
【详解】解：∵，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线，顶点坐标为．
将代入得，
∴抛物线与y轴交点坐标为．
故选：B．
【点睛】本题主要考查二次函数图像的性质，将二函数解析式化成顶点式是解答本题的关键．
7. 某玩具店销售某款玩具，单价为20元，为扩大销售，该玩具店连续两次对该款玩具进行降价促销，已知降价后的单价为元，且两次降价的百分比均为，则可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据降价后的单价为元，且两次降价的百分比均为x，列方程即可．
【详解】解：∵降价后的单价为元，且两次降价的百分比均为x，
∴可列方程为：，
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，读懂题意并列出方程是解决本题的关键．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为．
8. 已知点，，在抛物线（为常数）上，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数的解析式得到抛物线的对称轴为，再根据抛物线的性质即可解答．
【详解】解：∵抛物线的解析式为：，
∴抛物线的对称轴为，
∵，
∴抛物线开口方向向下，
∴离对称轴水平距离越远，函数值越小，
∵点，，在抛物线（为常数）上，
∴，
∴，
故选．
【点睛】本题考查了二次函数的图象及性质，二次函数图象上点的坐标特征，掌握二次函数的图象及性质是解题的关键．
9. 将含有角的直角三角板按如图所示的方式放置在平面直角坐标系中，在x轴上，将三角板绕原点О顺时针旋转，当点B恰好落在y轴的负半轴上时停止．若，则点A的对应点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】如图，过点作轴于点H．解直角三角形求出，可得结论．
【详解】解：如图，过点作轴于点H．
在中，，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查旋转变换，解直角三角形等知识，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．
10. 如图，在中，，，于点．点从点出发，沿的路径运动，运动到点停止，过点作于点，作于点．设点运动的路程为，四边形的面积为，则能反映与之间函数关系的图象是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分两段来分析：①点P从点A出发运动到点D时，写出此段的函数解析式，则可排除C和D；②P点过了D点向C点运动，作出图形，写出此阶段的函数解析式，根据图象的开口方向可得答案．
【详解】解：∵，，
∴，，
又∵，
∴，，
∵，，
∴四边形是矩形，
I．当P在线段AD上时，即时，如解图1
∴，
∴，
∴四边形的面积为，此阶段函数图象是抛物线，开口方向向下，故选项CD错误；
II．当P在线段CD上时，即时，如解图2：
依题意得：，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形的面积为，此阶段函数图象是抛物线，开口方向向上，故选项B错误；
故选：A．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，分段写出函数的解析式并数形结合进行分析是解题的关键．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11. 已知一元二次方程有一个根为2，则的值为________．
【答案】
【解析】
分析】把代入方程求出k即可．
【详解】解：∵一元二次方程有一个根为2，
∴把代入，得，
解得：，
故答案是：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
12. 如图，为半圆的直径，观察图中的尺规作图痕迹，若，则的度数为 _____．
【答案】##度
【解析】
【分析】证明，求出，再证明，推出，可得结论．
【详解】解：是直径，
，
，
，
由作图可知，垂直平分线段，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查作图-基本作图，线段的垂直平分线的性质，垂径定理，圆周角定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
13. 已知点关于原点对称的点在反比例函数的图象上，则________．
【答案】2
【解析】
【分析】求得的坐标，代入即可求解．
【详解】解：∵点，
∴点关于原点对称的点为，
∵点在反比例函数的图象上，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数的解析式，熟知待定系数法是解题的关键．
14. 如图，在扇形中，，半径，是的中点，过点作，交于点，则阴影部分的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据弧、圆心角、圆周角的关系得到，再平行线的性质及等腰三角形的判定得到，最后利用扇形的面积公式即可解答．
【详解】解：连接，过点作于点，
∵，是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
，
∴，
故答案为；
【点睛】本题考查了弧、圆心角、圆周角的关系，平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，扇形的面积公式，掌握扇形的面积公式是解题的关键．
15. 如图，在等边和等边中，，，以为邻边作平行四边形，连接．若将绕点C旋转一周，则线段的最小值是______．
【答案】##
【解析】
【分析】过点F作，过点C作，二线交于点G，根据平行四边形的性质，得到点F在以G为圆心，以长为半径的圆上，利用圆的性质，确定最小值即可．
【详解】解：如图，过点F作，过点C作，二线交于点G，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴点F在以G为圆心，以为半径的圆上，
∴当A、F、G三点共线时，最小，
∵四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是菱形，
∴互相垂直平分，
设交点为H，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴线段的最小值是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，圆的性质，特殊角的三角函数值，熟练菱形的判定和性质，圆的性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共75分）．
16. 解方程：
（1） （2）
【答案】（1）x1=4 x2=-2；（2）x1=-4 x2=1
【解析】
【详解】分析：（1）利用因式分解法解一元二次方程即可；
（2）利用因式法解一元二次方程即可.
详解：（1），
，
∴或，
∴x1=4 x2=-2；
（2）
，
，
，
∴或，
∴x1=-4，x2=1.
点睛：本题主要考查一元二次方程的解法. 熟练选用适当的方法解一元二次方程是解题的关键.
17. 甲、乙两人玩转盘游戏，规则如下：如图是两个可以自由转动的转盘转，盘中数字所对扇形区域的圆心角为，转盘被分成面积相等的三个扇形，依次转动转盘，，当转盘停止后，若指针指向的两个区域的数字之和大于，则甲获胜；否则乙获胜；如果落在分割线上，则需要重新转动转盘．
（1）转动转盘，指向的数字为的概率是__________
（2）试用列表或画树状图的方法说明游戏是否公平．若公平，请说明理由；若不公平，谁获胜的可能性更大?
【答案】（1）
（2）不公平，理由见解析
【解析】
【分析】（1）先求出盘的数字扇形区域的圆心角，再利用概率公式即可解答；
（2）先用列表法求出所有可能的结果及甲、乙获胜的概率即可解答．
【小问1详解】
解：∵盘中数字所对扇形区域的圆心角为，
∴盘中数字所对扇形区域占整体的，
∴转动转盘，指向的数字为的概率是，
故答案为：；
【小问2详解】
如图，将盘等分，这样才是指向每个区域的可能性均等，用列表法表示所有等可能出现的结果如下：
共有种等可能出现的结果，其中指针指向的两个区域的数字之和大于，即甲获胜的有种，所以甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，所以这个游戏不公平，甲获胜的可能性较大．
【点睛】本题考查了概率的定义，概率的统计方式，概率的计算公式，掌握概率的定义是解题的关键．
18. 已知关于的一元二次方程．
（1）若方程有两个实数根，求的取值范围；
（2）若方程有一根为，求出此时方程的另一根．
【答案】（1）且
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二元一次方程的定义和根的判别式列不等式组求解即可；
（2）把代入原方程可得，然后代入方程求解即可.
【小问1详解】
解：∵一元二次方程有两个实数根，
∴，
解得：且；
【小问2详解】
解∵方程有一根为，
∴，解得，
∴方程的解析式为，
设方程的另一个根为，则，
∴，
∴方程的另一根为．
【点睛】本题主要考查的是一元二次方程的解法、一元二次方程根的判别式等知识点，掌握“一元二次方程有两个实数根，则”是解本题的关键．
19. 心理学家研究发现，通常情况下，学生从接受一个新知识开始内，对新知识的接受能力与学习知．识所用的连续时间之间满足函数关系：，其图象如图所示．
（1）求学生对新知识的接受能力与学习知识所用的连续时间之间的函数关系式；
（2）若王老师在讲一个新的知识时，重难点的部分需要讲，为了使学生尽可能地有效接受知识，王老师应将重难点放在什么时候讲最好?
【答案】（1）
（2）王老师应将重难点放在上课到的时候讲最好
【解析】
【分析】（1）设接受能力与学习知识所用连续时间之间的函数关系式为，利用待定系数法即可解答；
（2）将二次函数化为顶点式得到当时，接受能力最强即可解答．
【小问1详解】
解：设接受能力与学习知识所用的连续时间之间的函数关系式为，
把，，代入得，
，
解得，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴当时，接受能力最强，
∵重难点的部分需要讲，
∴王老师应将重难点放在上课到的时候讲最好．
【点睛】本题考查了二次函数与实际问题，利用待定系数法求二次函数，二次函数的图象及性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．
20. 下面是“过圆外一点作圆切线”的尺规作图过程．
已知：和外一点P．
求作：过点Р作的切线．作法：如图，
①连接；
②分别以点О和点Р为圆心，大于，的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点；
③作直线，交于点C；
④以点C为圆心，的长为半径作圆，交于A，B两点；
⑤作直线．
直线即为所求作的的切线．
（1）请根据上述作法完成尺规作图；
（2）连接，可证，理由是_________；直线是的切线，依据是__________；
（3）连接，若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）直径所对的圆周角为直角；过半径的外端且与半径垂直的直线为圆的切线
（3）
【解析】
【分析】（1）根据作图步骤画图即可；
（2）直接根据圆周角定理和切线的判定定理即可解答；
（3）由勾股定理可得，再证可得，进而证得即，然后运用等面积法求得,最后根据即可解答
【小问1详解】
解：如图，PA、PB为所作；
【小问2详解】
解：∵为直径，
∴（直径所对的圆周角为直角）；
∵，
∴，，
∵OA、OB为的半径，
∴直线PA，PB是的切线（过半径的外端且与半径垂直的直线为圆的切线．）．
故答案为：直径所对的圆周角为直角，过半径的外端且与半径垂直的直线为圆的切线．
【小问3详解】
解：如图：连接交于D，
∵，，,
∴,
由作图过程可得：,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴，
∴，
∵
∴
∵
∴，即
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的性质、尺规作图、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．
21. 已知抛物线经过点，与y轴交于点B．
（1）求抛物线的函数表达式和顶点坐标；
（2）若抛物线上有一动点，当点Р到y轴的距离不大于2时，，求的值；
【答案】（1），
（2）9
【解析】
【分析】（1）直接把A点坐标代入中求出a，从而得到抛物线解析式，然后把一般式化为顶点式得到抛物线的顶点坐标；
（2）根据题意得到x的范围为，再分别计算出和所对应的函数值，则根据二次函数的性质得到对应的y的范围，从而得到m、n的值，然后计算的值．
【小问1详解】
把代入得，
解得，
∴抛物线解析式为；
∵，
∴抛物线的顶点坐标为；
【小问2详解】
∵点到轴的距离不大于2，
∴，
∵时，；
时，；
时，有最小值，
∴当时，，即，，
∴．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的性质．
22. 九年级某数学兴趣小组研究了函数的图象与性质，其探究过程如下：
（1）绘制函数图象，如图1．
列表：下表是x与y的几组对应值，其中_________；
描点：根据表中各组对应值，在平面直角坐标系中描出了各点；
连线：用平滑的曲线顺次连接各点，画出了部分图象．请你把图象补充完整；
（2）通过观察图1，写出该函数的两条性质：
①___________________；
②___________________；
（3）①观察发现：如图2，若直线交的图象于A，B两点，连接OA，OB，则___________；
②探究思考：将①中“直线”改为“直线”，其他条件不变，则___________；
③类比猜想：若直线交函数的图象于A，B两点，连接OA，OB，则___________．
【答案】（1）图见解析，1
（2）①函数的图象关于轴对称（答案不唯一）；②当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小（答案不唯一）
（3）①2；②2；③
【解析】
【分析】（1）把代入得，，即可得到m的值，根据表格中的数据补全函数图象即可；
（2）根据函数图象，从对称性、增减性等方面写出该函数的两条性质；
（3）①当时，即，解得，得到点A、B的坐标分别为、，则，即可得到答案；②当时，得到点A、B的坐标分别为、，则，即可得到答案；③直线交函数的图象于A，B两点，得到点A、B的坐标分别为、，则，即可得到答案．
【小问1详解】
把代入得，，
∴，
补全图象如图所示：
故答案为：1；
【小问2详解】
由图象可知：①函数的图象关于轴对称；
②当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小（答案不唯一）；
故答案为：函数的图象关于轴对称；当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小；（答案不唯一）
【小问3详解】
①如图2，当时，即，解得，
故点A、B的坐标分别为、，则，
则，
②当时，
同理可得：点A、B的坐标分别为、，则，
则，
③当直线交函数的图象于A，B两点，
同理可得：点A、B的坐标分别为、，则，
则；
故答案为：①2；②2；③
【点睛】本题考查反比例的图象和性质，列表、描点、连线是作函数图象的基本方法，利用图象得出性质和结论是解决问题的关键．
23. 在中，，，为内一点，将绕点按逆时针方向旋转角得到，点的对应点分别为点．
（1）如图1，若三点在同一直线上，则_________（用含的代数式表示）；
（2）如图2，若三点在同一直线上，，过点作于点，探究线段之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）如图3，连接，若，，，将绕点旋转一周，当时，____________．
【答案】（1）
（2），理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据旋转的性质及三角形的内角和定理即可解答；
（2）根据旋转的性质及等腰直角三角形的性质即可解答；
（3）根据旋转的性质及等边三角形的性质得到，再利用勾股定理及全等三角形的性质即可解答．
【小问1详解】
解：如图1中，
∵将绕点按逆时针方向旋转角得到，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：．
【小问2详解】
解：．理由如下：
如图2中，∵将绕点按逆时针方向旋转角90°得到，
∴，
∴，，，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴．
【小问3详解】
解：如图3中，过点作于点．
∵，
∴，都是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，，共线，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．盘
盘
…
-2
-1
1
2
3
…
…
1
2
4
4
2
…