2022-2023学年第一学期九年级数学期末练习卷（解析版）

这是一份2022-2023学年第一学期九年级数学期末练习卷（解析版），共15页。试卷主要包含了下列事件中，不是必然事件的是，如图，在平面直角坐标系中，点A等内容，欢迎下载使用。
一．选择题
1．关于x的一元二次方程x2＝5x﹣1的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ）
A．1，﹣5，﹣1B．﹣1，﹣5，﹣1C．1，﹣5，1D．1，5，1
【分析】首先将原方程化为一般式，然后由一般式即可求得一元二次方程x2＝5x﹣1的二次项系数、一次项系数、常数项．
【解答】解：由原方程得到：x2﹣5x+1＝0，则该方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是1，﹣5，1．
故选：C．
2．下列事件中，不是必然事件的是（ ）
A．角平分线上的点到这个角两边的距离相等
B．三角形任意两边之和大于第三边
C．面积相等的两个三角形全等
D．三角形三边垂直平分线的交点到三角形三个顶点的距离相等
【分析】必然事件就是一定发生的事件，即发生的概率是1的事件．据此判断即可解答．
【解答】解：A．角平分线上的点到这个角两边的距离相等为必然事件，不符合题意；
B．三角形任意两边之和大于第三边为必然事件，不符合题意；
C．面积相等的两个三角形全等为随机事件，符合题意；
D．三角形三边垂直平分线的交点到三角形三个顶点的距离相等为必然事件，不符合题意；
故选：C．
3．对于二次函数的性质，下列叙述正确的是（ ）
A．当x＞0时，y随x增大而减小
B．抛物线与直线y＝x+2有两个交点
C．当x＝2时，y有最小值3
D．与抛物线 形状相同
【分析】根据二次函数的解析式求出对称轴为直线x＝1，开口向下，即可对各选项作出判断．
【解答】解：对称轴为直线x＝2，所以当x＞2时，y随x的增大而减少，故A错误；
把x+2移到左边之后，再利用根的判别式得到Δ＜0，所以无交点，故B错误；
由对称轴可知，当x＝2时，y有最大值为3，故C错误；更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 函数与抛物线 的a相同，
∴两个函数的形状相同，故D符合题意．
故选：D．
4．“千门万户瞳瞳日，总把新桃换旧符”．春节是中华民族的传统节日，古人常用写“桃符”的方式来祈福避祸，而现在，人们常用贴“福”字、贴春联、挂灯笼等方式来表达对新年的美好祝愿．某商家在春节期间开展商品促销活动，顾客凡购物金额满100元，就可以从“福”字、春联、灯笼这三类礼品中免费领取一件．礼品领取规则：顾客每次从装有大小、形状、质地都相同的三张卡片（分别写有“福”字、春联、灯笼）的不透明袋子中，随机摸出一张卡片，然后领取一件与卡片上文字所对应的礼品，现有2名顾客都只领取了一件礼品，那么他们恰好领取同一类礼品的概率是（ ）
A．B．C．D．
【分析】画出树状图，利用概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图如下：
∴一共有9种等可能得情况，他们恰好领取同一类礼品的情况有3种，
∴他们恰好领取同一类礼品的概率是：，
故选：C．
5．如图，在长为32m，宽为20m的矩形地面上修筑同样宽的小路（图中阴影部分），余下部分种植草坪，要使小路的面积为100m2，设小路的宽为xm，则下面所列方程正确的是（ ）
A．32×20﹣32x﹣20x＝100B．32x+20x＝100+x2
C．（32﹣x）（20﹣x）+x2＝100D．（32﹣x）（20﹣x）＝100
【分析】设道路的宽x米，小路的面积+x2＝一个长32宽x的矩形面积+一个长20宽x的矩形的面积，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：设道路的宽x米，
则32x+20x＝100+x2．
故选：B．
6．赵州桥是当今世界上建造最早，保存最完整的中国古代单孔敞肩石拱桥．如图，主桥拱呈圆弧形，跨度约为37m，拱高约为7m，则赵州桥主桥拱半径R约为（ ）
A．20mB．28mC．35mD．40m
【分析】设主桥拱半径R，根据垂径定理得到，再利用勾股定理列方程求解，即可得到答案．
【解答】解：由题意可知，AB＝37m，CD＝7m，
设主桥拱半径为Rm，
∴OD＝OC﹣CD＝（R﹣7）m，
∵OC是半径，OC⊥AB，
∴，
在RtADO中，AD2+OD2＝OA2，
∴，
解得．
故选：B．
7．如图，四边形ABCD内接于⊙O，⊙O的半径为3，∠D＝120°，则的长是（ ）
A．Π B． C．2π D．4π
【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠B＝60°，由圆周角定理得到∠AOC＝120°，根据弧长的公式即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠D＝120°，
∴∠B＝60°，
∴∠AOC＝2∠B＝120°，
∴的长．
故选：C．
8．如图，在平面直角坐标系中，点A（5，0），点B（8，4）．若将线段AB绕点O逆时针旋转得到线段A′B′，当点B′恰好落在y轴正半轴上时，点A′的坐标为（ ）
A．， B．，
C． D．（3，5）
【分析】过点B作BN⊥x轴，过点A作AM⊥OB于M，过点A′作A′M′⊥y轴，先求出ON＝8，再证明△AOM∽△BON得出，AM＝，OM＝2，再证明∴△AOM≌△A′OM′（AAS），推出OM′＝OM＝2，A′M′＝AM＝，从而求出点A′的坐标．
【解答】解：过点B作BN⊥x轴，过点A作AM⊥OB于M，过点A′作A′M′⊥y轴，
∴∠BNO＝90°，
∵点A（5，0），点B（8，4），
∴OA＝AB＝5，点B到x轴的距离为4，
∴AN＝3，
∴ON＝8，
∴，
∵∠ONB＝∠AMO＝90°，∠AOM＝∠BON，
∴△AOM∽△BON，
∴，
即，
∴AM＝，OM＝2，
∵将线段AB绕点O逆时针旋转得到线段A′B′，
∴OA＝OA′，∠AOB＝∠A′OB′，
∵∠AMO＝∠A′M′O＝90°，
∴△AOM≌△A′OM′（AAS），
∴OM′＝OM＝2，A′M′＝AM＝，
∴A′（，2），
故选：A．
9．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣3，0）和点B（1，0），与y轴交于点C．下列说法：①abc＜0；②抛物线的对称轴为直线x＝﹣1；③当﹣3＜x＜0时，ax2+bx+c＞0；④当x＞1时，y随x的增大而增大；⑤am2+bm≤a﹣b（m为任意实数），其中正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据抛物线的对称性即可求得对称轴，即可判断②；根据抛物线开口方向、对称轴，与y轴的交点即可判断出①；根据图象即可判断③④；根据函数的最值即可判断出⑤．
【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣3，0）和点B（1，0），
∴对称轴为直线，故②正确；
，
∴b＝2a＜0，
∵与y轴的交点在正半轴上，
∴c＞0，
∴abc＞0，故①错误；
由图象可知，当﹣3＜x＜0时，y＞0，
∴当﹣3＜x＜0时，ax2+bx+c＞0，故③正确；
由图象可知，当x＞1时，y随x的增大而减小，故④错误；
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
∴当x＝﹣1时，函数有最大值，
∴当m为任意实数时，am2+bm+c≤a﹣b+c，
∴am2+bm≤a﹣b，故⑤正确；
综上所述，结论正确的是②③⑤共3个．
故选：C．
10．菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，将该菱形绕顶点A在平面内旋转30°，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【分析】分两种情况：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转30°，连接AC，BD相交于点O，BC与C'D'交于点E，根据菱形的性质推出AC的长，再根据菱形的性质推出CD'与CE的长，再根据重叠部分的面积＝△ABC的面积﹣△D'EC的面积求解即可．
②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转30°，同①方法可得重叠部分的面积＝3﹣．
【解答】解：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转30°，
连接AC，BD相交于点O，BC与C'D'交于点E，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
∴∠CAB＝30°＝∠CAD，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，
∵AB＝2，
∴DO＝1，AO＝DO＝，
∴AC＝2，
∵菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB'C'D'，
∴∠D'AB＝30°，AD＝AD'＝2，
∴A，D'，C三点共线，
∴CD'＝CA﹣AD'＝2﹣2，
又∵∠ACB＝30°，
∴D'E＝﹣1，
CE＝D'E＝3﹣，
∵重叠部分的面积＝△ABC的面积﹣△D'EC的面积，
∴重叠部分的面积；
②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转30°，同①方法可得重叠部分的面积＝3﹣，
故选：A．
二．填空题
11．在平面直角坐标系中，若点P（2，﹣1）与点Q（﹣2，m）关于原点对称，则m的值是 ．
【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即求关于原点的对称点时，横、纵坐标都变成原数的相反数．
【解答】解：在平面直角坐标系中，若点P（2，﹣1）与点Q（﹣2，m）关于原点对称，则m的值是1．
故答案为：1．
12．请任意写出一个图象开口向上，且顶点坐标为（1，﹣2）的二次函数解析式 ．
【分析】直接利用顶点式写出二次函数解析式即可．
【解答】解：根据图象开口向上，且顶点坐标为（1，﹣2）的二次函数解析式可以为：y＝（x﹣1）2﹣2 （答案不唯一）．
故答案为：y＝（x﹣1）2﹣2 （答案不唯一）．
13．如果关于x的方程（m+3）x|m+1|+4x﹣2＝0是一元二次方程，则m的值是 ．
【分析】根据题意，由于原方程是一元二次方程，那么有x的次数是2，即|m+1|＝2，系数不等于0，即m+3≠0，联合起来解即可．
【解答】解：由题意知，|m+1|＝2，且m+3≠0．
解得m＝1或﹣3且m≠﹣3，
∴m＝1．
故答案为：1．
14．用半径为30cm，圆心角为120°的扇形纸片恰好能围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥底面半径为 ．
【分析】圆锥的底面圆半径为rcm，根据圆锥的底面圆周长＝扇形的弧长，列方程求解．
【解答】解：设圆锥的底面圆半径为rcm，依题意，得
，
解得r＝10．
故答案为10cm．
15．点I是△ABC的内心．若∠IAB＝34°，∠IBC＝36°，则∠ICA的度数是 °．
【分析】根据点I是△ABC的内心．∠IAB＝34°，∠IBC＝36°，推出∠ABC＝2∠IBC＝2×36°＝72°，∠BAC＝2∠IAB＝2×34°＝68°，所以∠ACB＝180°﹣72°﹣68°＝40°，推出∠ICA＝∠ACB＝×40°＝20°．
【解答】解：∵点I是△ABC的内心．∠IAB＝34°，∠IBC＝36°，
∴∠ABC＝2∠IBC＝2×36°＝72°，∠BAC＝2∠IAB＝2×34°＝68°，
∴∠ACB＝180°﹣72°﹣68°＝40°，
∴∠ICA＝∠ACB＝×40°＝20°．
故答案为：20．
三．解答题（一）
16．解方程：x2+2x＝3．（用两种方法解方程）
【分析】利用因式分解法和配方法求解即可．
【解答】解：解法一：x2+2x＝3，
x2+2x﹣3＝0，
（x+3）（x﹣1）＝0，
x+3＝0或x﹣1＝0，
解得x1＝﹣3，x2＝1；
解法二：x2+2x＝3，
x2+2x+1＝3+1，
（x+1）2＝4，
x+1＝±2，
x+1＝2或x+1＝﹣2，
解得x1＝﹣3，x2＝1．
17．一只不透明的袋子中装有1个白球，2个红球，这些球除颜色外都相同．搅匀后从中随机取出1个球，记录颜色后放回．再次搅匀后，从中随机取出1个球．用画树状图（或列表）的方法，求两次取到的球恰好为1个白球和1个红球的概率．
【分析】用列表法或树状图法列举出所有等可能的结果，从中找出两次取到的球恰好为1个白球和1个红球的结果数，再利用等可能事件的概率公式求出即可．
【解答】解：画树状图如下：
一共有9种等可能的结果，其中两次取到的球恰好为1个白球和1个红球的结果数有4种可能，
∴P（两次取到的球恰好为1个白球和1个红球）＝．
18．已知函数y＝x2+2mx+m﹣1（m为常数）．
（1）若该函数图象与y轴的交点在x轴上方，求m的取值范围；
（2）求证：不论m取何值，该函数图象与x轴总有两个公共点．
【分析】（1）用m表示函数与y轴交点纵坐标，判断取值范围；
（2）令y＝0，将二次函数转化为方程，利用一元二次方程根的判别式证明．
【解答】（1）解：当x＝0时，y＝m﹣1．
若该函数图象与y轴的交点在x轴上方，则有m﹣1＞0；
即m＞1．
（2）证明：根据二次函数与一元二次方程的关系，
函数y＝x2+2mx+m﹣1与x轴有两个公共点相当于一元二次方程x2+2mx+m﹣1＝0有两个不相等实数根；
此方程中；
∴不论m取何值，一元二次方程x2+2mx+m﹣1＝0总有两个不等实根．
即：不论m取何值，该函数图象与x轴总有两个公共点．
四．解答题（二）
19．某商店决定购进A，B两种纪念品进行销售．已知每件A种纪念品比每件B种纪念品的进价高30元．用1000元购进A种纪念品的数量和用400元购进B种纪念品的数量相同．
（1）求A，B两种纪念品每件的进价分别是多少元？
（2）该商场通过市场调查，整理出A型纪念品的售价与数量的关系如表．
①当x为何值时，售出A纪念品所获利润最大，最大利润为多少？
②该商场购进A，B型纪念品共200件，其中A型纪念品的件数少于B型纪念品的件数，但不少于60件．若B型纪念品的售价为30元/件时，求商场将A，B型纪念品均全部售出后获得的最大利润．
【分析】（1）设B纪念品每件的进价是x元，则A纪念品每件的进价是（x+30）元，根据用1000元购进A种纪念品的数量和用400元购进B种纪念品的数量相同，列出分式方程，进行求解即可；
（2）①设利润为w，根据图表，利用总利润等于单件利润乘以销售数量，列出函数关系式，根据函数的性质，求出最值即可；②设该商场购进A型纪念品a件，则购进B型纪念品（200﹣a）件，根据题意列出不等式组，求出a的取值范围，进而得到A型纪念品的最大利润，设总利润为y，求出函数关系式，根据函数的性质，可得答案．
【解答】解：（1）设B纪念品每件的进价是x元，则A纪念品每件的进价是（x+30）元，
由题意，得：，解得：x＝20，
经检验：x＝20是原方程的解；
当x＝20时：x+30＝50；
∴A，B两种纪念品每件的进价分别是50元和20元；
（2）①设利润为w，由表格，得：
当50≤x≤60时，w＝（x﹣50）×100＝100x﹣5000，
∵k＝100＞0，
∴w随着x的增大而增大，
∴当售价为：60元时，利润最大为：100×60﹣5000＝1000元；
当60＜x≤80，w＝（x﹣50）（400﹣5x）＝﹣5x2+650x﹣20000＝﹣5（x﹣65）2+1125，
∵a＝﹣5＜0，
∴当x＝65时，利润最大为：1125元；
综上：当x＝65时，售出A纪念品所获利润最大，最大利润为1125元．
②设该商场购进A型纪念品a件，则购进B型纪念品（200﹣a）件，
由题意，得：60≤a＜200﹣a，解得：60≤a＜100，
∵60≤400﹣5x＜100，
∴60＜x≤68，
设A，B型纪念品均全部售出后获得的总利润为：y，
则：y＝（x﹣50）（400﹣5x）+（30﹣20）（200﹣400+5x），
整理，得：y＝﹣5x2+700x﹣22000，
∵﹣5＜0，对称轴为直线，
∵当x＝68时，y有最大值，
最大值为：y＝﹣5×682+700×68﹣22000＝2480，
20．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O外一点，且∠CAB＝90°，BD是⊙O的弦，BD∥CO．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AB＝6，．则阴影部分的面积为 ．
【分析】（1）连接OD，易证△CAO≌△CDO（SAS），由全等三角形的性质可得∠CDO＝∠CAO＝90°，即CD⊥OD，进而可证明CD是⊙O的切线．
（2）过点O作OE⊥BD，垂足为E，首先利用勾股定理可求出AC，OC的长，证得△OBD是等边三角形，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，
∵BD∥CO，
∴∠DBO＝∠COA，∠ODB＝∠COD，
在⊙O中，OB＝OD，
∴∠DBO＝∠ODB，
∴∠COA＝∠COD，
在△CAO和△CDO中，
，
∴△CAO≌△CDO（SAS），
∴∠CDO＝∠CAO＝90°，
即 CD⊥OD，
又∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：如图，过点O作OE⊥BD，垂足为E．
在Rt△ABC中，，
∴，
∴∠AOC＝60°，
∵△CAO≌△CDO，
∴∠COD＝∠COA＝60°，
∴∠BOD＝60°，
∴△BOD是等边三角形，
∴BD＝OD＝3，，
∴阴影部分的面积．
故答案为：．
21．如图，在正方形ABCD中，以边AD为边长在其内部构造等边△ADE，将△ADE绕点D逆时针旋转α（0°＜α＜60°），得到△A′DE′，AE与A′E′交于点F，连接AA′，EE′．
求证：（1）AA′＝EE′；
（2）A′F＝EF．
【分析】（1）利用旋转的性质得到∠ADA′＝∠EDE′＝α，DA＝DA′，DE＝DE′，再利用等边三角形的性质得到DA＝DE，所以DA＝DA′＝DE＝DE′，然后根据“SAS”证明△DAA′≌△DEE′，从而得到结论；
（2）先由△DAA′≌△DEE′得到∠DA′A＝∠DE′E，则∠DA′A＝∠DEE′，再证明∠AA′F＝∠E′EF，然后根据“ASA”证明△AA′F≌△E′EF，从而得到结论．
【解答】证明：（1）∵△ADE绕点D逆时针旋转α得到△A′DE′
∴∠ADA′＝∠EDE′＝α，DA＝DA′，DE＝DE′，
∵△ADE为等边三角形，
∴DA＝DE，
∴DA＝DA′＝DE＝DE′，
在△DAA′和△DEE′中，
，
∴△DAA′≌△DEE′（SAS），
∴AA′＝EE′；
（2）∵△DAA′≌△DEE′，
∴∠DA′A＝∠DE′E，
而DE＝DE′，
∴∠DA′A＝∠DEE′，
∵△DAE和△DA′E′都为等边三角形，
∴∠DA′E′＝∠DEA＝60°，
∴∠AA′F＝∠E′EF，
在△AA′F和△E′EF中，
，
∴△AA′F≌△E′EF（ASA），
∴A′F＝EF．
五．解答题（三）
22．将一个式子或一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和，这种方法称之为配方法．这种方法常常被用到式子的恒等变形中，以挖掘题目中的隐含条件，是解题的有力手段之一．
例如，求代数式x2+2x+3的最小值
解：原式＝x2+2x+1+2＝（x+1）2+2．
∵（x+1）2≥0，
∴（x+1）2+2≥2．
∴当x＝﹣1时，x2+2x+3的最小值是2．
（1）请仿照上面的方法求代数式x2+6x﹣1的最小值．
（2）已知△ABC的三边a，b，c满足a2﹣6b＝﹣14，b2﹣8c＝﹣23，c2﹣4a＝8．求△ABC的周长．
【分析】（1）直接运用配方法将代数式化成（x+m）2+n的形式，然后求解即可；
（2）把关于a、b、c的三个方程加起来，然后分别对关于a、b、c的式子进行配方，并根据式子的特点求解．
【解答】解：（1）原式＝x2+6x+9﹣10＝（x+3）2﹣10．
∵（x+3）2≥0，
∴（x+3）2﹣10≥﹣10．
∴当x＝﹣3时，x2+6x﹣1的最小值是﹣10．
（2）∵a2﹣6b＝﹣14，b2﹣8c＝﹣23，c2﹣4a＝8，
∴a2﹣6b+b2﹣8c+c2﹣4a＝﹣29．
∴（a2﹣4a+4）+（b2﹣6b+9）+（c2﹣8c+16）﹣29＝﹣29．即（a﹣2）2+（b﹣3）2+（c﹣4）2＝0．
∵（a﹣2）2≥0，（b﹣3）2≥0，（c﹣4）2≥0．
∴（a﹣2）2＝0，（b﹣3）2＝0，（c﹣4）2＝0，
解得a＝2，b＝3，c＝4．
∴△ABC的周长为a+b+c＝9．
23．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+3的顶点为点D，与y轴相交于点C，与直线y＝x+1交于点A、B，且点A在x轴的负半轴上．
（1）求抛物线的函数表达式及顶点D的坐标；
（2）求点C到直线AB的距离；
（3）点P是对称轴右侧抛物线上的一点，连接AD、AP，AP交对称轴于点M，当最小时，求证：AB平分∠DAP．
【分析】（1）先由直线y＝x+1求出点A，把点A代入抛物线的函数表达式求出b，再利用配方法求顶点D的坐标；
（2）过C作CF⊥AB，放在等腰直角三角形△BCF中求CF；
（3）先利用胡不归模型确定点M的位置，再利用几何推理说明∠DAB＝∠BAP．
【解答】（1）解：令y＝x+1＝0得x＝﹣1，
∴点A（﹣1，0），代入y＝﹣x2+bx+3得，b＝2，
∴y＝﹣x2+2x+3，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点D的坐标为（1，4）；
（2）解：如图1，连接BC，过C作CF⊥AB，垂足为F，过B作BH⊥x轴，垂足为H，
∵，
∴或，
∴B（2，3），
∵C（0，3），
∴BC∥x轴，
∵AH＝BH＝3，
∴△ABH是等腰直角三角形，
∴∠BAH＝45°，
∴∠ABC＝45°，
在等腰直角三角形△BCF中，，
∴点C到直线AB的距离为；
（3）证明：如图1，连接ME，过M作MN⊥AD，垂足为N，过E作EQ⊥AD，垂足为Q，则AM＝EM，
在Rt△ADR中，AR＝2，DR＝4，，
，
，
，
，
当时，最小，如图2所示：
∵∠DAE+∠ADR＝90°，∠DAE+∠AEQ＝90°，
∴∠ADR＝∠AEQ，
∵∠AEQ＝∠PAE
∴∠ADR＝∠PAE，
∵∠ADR+∠DAB＝∠DTB＝45°，∠PAE+∠BAP＝∠BAE＝45°，
∴∠DAB＝∠BAP，
∴AB平分∠DAP．售价x（元/件）
50≤x≤60
60＜x≤80
销售量（件）
100
400﹣5x