07，江苏省扬州市宝应县2023-2024学年九年级上学期期末数学试题

这是一份07，江苏省扬州市宝应县2023-2024学年九年级上学期期末数学试题，共30页。

一．选择题（本大题共有8小题，每小题3分，共24分．在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填写在答题卡相应位置上）
1. 用配方法解方程时，配方后正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据配方法，先将常数项移到右边，然后两边同时加上，即可求解．
【详解】解：
移项得，
两边同时加上，即
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法是解题的关键．
2. 甲、乙、丙、丁四名射击运动员进行射击测试，每人10次射击成绩的平均数（单位：环）及方差（单位：环2）如表所示，根据表中数据，要从中选择一名成绩好且发挥稳定的运动员参加比赛，应选择（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是方差和算术平均数，根据平均环数比较成绩的优劣，根据方差比较数据的稳定程度，掌握方差反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，方差越小，数据越稳定是解题的关键．由您看到的资料都源自我们平台，家威杏 MXSJ663 免费下载平均数与方差的含义可得答案．
【详解】解：由表知甲、乙、丙射击成绩的平均数相等，且大于丁的平均数，
从甲、乙、丙中选择一人参加竞赛，
乙的方差较小，较稳定，
选择乙参加比赛，
故选：B．
3. 若，则关于x的一元二次方程必有一根为（ ）
A. B. 0C. 2D. 或2
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的解．把代入，可得，即可求解．
【详解】解：对于，
当时，，
∴关于x的一元二次方程必有一根为．
故选：C．
4. 如图，中，半径，点C在劣弧上．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理、三角形内角和定理，解题的关键是掌握：同圆或等圆中，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．根据互相垂直可得所对的圆心角为，根据圆周角定理可得，再根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：如图，

半径互相垂直，
，
所对的圆心角为，
所对的圆周角，
又，
，
故选：D．
5. 在中，的对边分别为，下列结论中，能成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查同角的三角函数之间的关系，掌握直角三角形的边角关系是正确判断的前提．
根据直角三角形的边角关系逐项进行判断即可．
【详解】解：在中，的对边分别为，
由锐角三角函数的定义可得，因此选项A符合题意；
由锐角三角函数的定义可得，因此选项B不符合题意；
由锐角三角函数的定义可知，，因此选项C不符合题意；
由于，因此选项D不符合题意；
故选：A．
6. 二次函数的图象与x轴交于、B两点，下列说法正确的是（ ）
A. 它的对称轴为直线B. 顶点坐标为
C. 点B的坐标为D. 当时，y随x的增大而增大
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求二次函数解析式，抛物线与坐标轴的交点．待定系数法求得二次函数解析式，进而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：∵二次函数的图象与x轴交于，
∴，解得：，
∴二次函数解析式为，
∵，
∴二次函数图象的对称轴为直线，顶点坐标为，
故A，B选项不正确，不符合题意；
∵，
∴抛物线开口向上，
∴当时，y随x的增大而减小，
故D选项不正确，不符合题意；
当时，，
解得：，
∴点B的坐标为，
故C选项正确，符合题意；
故选：C．
7. 如图，在中，，，点是重心，点在上且，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查三角形重心的定义、中线的性质，熟练掌握三角形中线把三角形分成两个面积相等的小三角形是解题关键，根据重心的定义得出、是中线，根据，可求出的面积，根据中线的性质可求出的面积，根据可得，即可得答案．
【详解】解：如图，连接，
∵，，，
∴，
∵点是重心，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：B．
8. 第二十四届国际数学家大会会徽是由四个全等的直角三角形（）和中间小正方形拼成正方形（如图），，设，，若正方形与正方形的面积之比为，，则（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了勾股定理，解直角三角形，赵爽“弦图”等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．设，，首先根据得到，然后表示出正方形的面积为，正方形的面积为，最后利用正方形与正方形的面积之比为求解即可．
【详解】解：设，，
∵，，
∴，即，
∴，整理得，
∴，
∵，
∴，
∴正方形的面积为，
∵正方形的面积为，
∵正方形与正方形的面积之比为，
∴，
∴解得．
故选：C．
二．填空题（本大题共有10小题，每小题3分，共30分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
9. 一元二次方程根的判别式的值是______．
【答案】17
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式．利用一元二次方程根的判别式，即可求解．
【详解】解：∵，
∴．
故答案为：17
10. 小慧同学在学习“图形的相似”一章后，发现学习内容是一个逐步特殊化的过程，请在横线上填写适当的数值______，感受这种特殊化的学习过程．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．根据题意得出，，进而即可求解．
【详解】解：∵
∴，，
∴，
故答案为：．
11. 如按是公园里一处小土坡，这个土坡的坡比，经测得坡顶A与坡脚C的水平距离为，则小土坡铅直距离为______m．
【答案】40
【解析】
【分析】本题考查了坡度、坡角的知识，关键是理解坡度的定义．
根据坡比的定义可求出；
【详解】
故在中，
，
故答案为：40．
12. 如图，是的直径，切于点A，交于点C，连接，若，则______．
【答案】34
【解析】
【分析】此题考查了切线的性质和三角形的外角的性质，三角形内角和定理等知识．首先根据等边对等角得到，然后利用外角的性质得到，利用切线的性质得到，最后利用三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵切于点A，
∴，
∴．
故答案为：34
13. 已知是方程的两根，则代数式的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握根与系数的关系是解本题的关键．
利用根与系数的关系表示出两根之和与两根之积，把两根之和与两根之积代入即可求出值．
【详解】解：∵是方程的两根，
故答案为：．
14. 在中，的对边分别为a、b、c，且满足，则的值为______．
【答案】##0.8
【解析】
【分析】此题主要考查了非负数的性质以及解直角三角形，正确得出的值是解题关键．
【详解】解：∵，
∴是直角三角形，，
∵中，、的对边分别为、b、，
故答案为：．
15. 一个球从地面竖直向上弹起时的速度为米/秒，经过（秒）时球距离地面的高度（米）适用公式，那么球弹起后又回到地面所花的时间（秒）______．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了求二次函数自变量的值，根据球弹起后又回到地面时，得到，解方程即可得到答案．
【详解】解：球弹起后又回到地面时，即，
解得（不合题意，舍去），，
∴球弹起后又回到地面所花的时间（秒）是2，
故答案为：．
16. 如图，正八边形的边长为4，以顶点A为圆心，的长为半径画圆，则阴影部分的面积为__________（结果保留）．

【答案】
【解析】
【分析】先利用正八边形求出圆心角的度数，再利用扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：由题意，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形与圆，扇形的面积等知识，解题的关键是记住扇形的面积，正多边形的每个内角度数为．
17. 已知，若关于的一元二次方程的解为，关于的一元二次方程的解为，则的大小关系为______．（请用“”连接）
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了抛物线与一元二次方程的关系，正确把一元二次方程的解转换成直线与抛物线交点的横坐标是解题的关键．把看做是直线与抛物线交点的横坐标，把看做是直线与抛物线交点的横坐标，画出对应的函数图象即可得到答案．
【详解】解：如图所示，设直线与抛物线交于A、B两点，直线与抛物线交于C、D两点，
∵，关于x的方程的解为，关于x的方程的解为，
∴分别是A、B、C、D的横坐标，
∴，
故答案为：．
18. 如图，直线与相切于点Q，点P是上的一个动点，设，点P到直线的距离为y．若的半径为2，则的最大值为______．
【答案】1
【解析】
【分析】此题考查了切线的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，以及二次函数的性质，熟练堂握性质及定理是解本题的关键．
作直径，连接，证明，利用相似三角形对应边成比例可得与的二次函数解析式，进而可得的最大值．
【详解】解：如图，作直径，连接，
是切线，
当时，有最大值是1，
故答案为：1．
三．解答题（本大题共有10小题，共96分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
19. （1）用配方法求二次函数的最值；
（2）根据图中已知数据求中的值．

【答案】（1）；（2），，
【解析】
【分析】本题主要考查了配方法把二次函数一般式化为顶点式、三角函数值的求法．理解相关知识点是解题关键．
（1）把二次函数用配方法把一般式化为顶点式，即可得到函数最值；
（2）先求出，根据三角函数的定义即：为的对边比斜边，为的邻边比斜边，为的对边比邻边，可得答案．
【详解】解：（1），
∵，
∴抛物线开口向上，
∴当时，二次函数有最小值．
（2）∵，，，
∴中，
∴，，
20. 在中，是高，．求．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了解直角三角形．分别在和中，利用锐角三角函数求解即可．
【详解】解：∵是高，
∴，
在中，，
∴，，
∵，
∴，
在中，．
21. 为了推进“优学课堂”，张老师选择A、B两班进行教改实验，A班采用原来的教学方法，B班实施新的教学方法．实验开始前，进行一次能力测试（前测，满分25分），经过一段时间的教改实验后，再用难度、题型、总分相当的试卷进行测试（后测），得到前测和后测数据并整理成表1和表2．
表1：前测数据
表2：后测数据
（1）A班有______人，B班有______人；
（2）用每组的均值计算B班后测分数的平均数：，请按此方式计算A班后测分数的平均数；
（3）请你选择合适的统计量，对张老师的教改实验进行正面宣传（必须提出两条理由）．
【答案】（1）50，46
（2）
（3）见解析
【解析】
【分析】本题考查的是从统计表中获取信息，平均数，中位数的含义：
（1）由统计表中的数据个数之和可得两个班的总人数；
（2）根据加权平均数的公式计算，即可；
（3）先求解前测数据的平均数，判断前测数据两个班的中位数落在哪个组，再从这两个分面比较即可．
【小问1详解】
解：A班的人数为人，
B班的人数为人，
故答案为：50，46
【小问2详解】
解：；
即A班后测分数的平均数为
【小问3详解】
解：从平均数看，两班成绩较前测都有上升，但实验班提升得更明显，因此张老师新的教学方法效果较好．
从中位数看，两班前测中位数均这一范围，后测A班中位数在这一范围，B班中位数在这一范围，两班成绩较前测都有上升，但实验班提升得更明显，
因此张老师新的教学方法效果较好．
22. 为了深入推动大众旅游，满足人民群众美好生活需要，我市举办中国旅游日惠民周活动，活动主办方在活动现场提供免费门票抽奖箱，里面放有4张相同的卡片，分别写有景区：A．宜兴竹海，B．宜兴善卷洞，C．阖闾城遗址博物馆，D．锡惠公园．抽奖规则如下：搅匀后从抽奖箱中任意抽取一张卡片，记录后放回，根据抽奖的结果获得相应的景区免费门票．
（1）小明获得一次抽奖机会，他恰好抽到景区A门票的概率是_________．
（2）小亮获得两次抽奖机会，求他恰好抽到景区A和景区B门票的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据概率公式求解即可；
（2）画出树状图，得出总的结果数和恰好抽到景区A和景区B门票的情况，即可求解.
【小问1详解】
解：∵共有4张相同的卡片且任意抽取一张卡片，记录后放回，
∴每张卡片抽到的概率都是，
设小明恰好抽到景区A门票为事件，则,
故答案为：；
【小问2详解】
解：根据题意，画树状图如下：

∴一共有16种等可能的情况，恰好抽到景区A和景区B门票的情况有2种，
∴他恰好抽到景区A和景区B门票概率为；
【点睛】此题考查的是用树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.
23. 在边长为1的正方形中，点E在边上（不与点A、D重合），射线与射线交于点F．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质：
（1）证明，可得，即可求证；
（2）证明，可得，即可求解．
【小问1详解】
证明：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴；
【小问2详解】
解：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：．
24. 为积极响应绿色出行的号召，骑车出行已经成为人们的新风尚．图①是某品牌自行车放在水平地面上的实物图，图②是其示意图，其中，车轮半径为，，，坐垫E与点B的距离为．
（1）求坐垫E到地面的距离；
（2）根据经验，当坐垫E到的距离调整为人体腿长的时，坐骑比较舒适．小明的腿长约为，现将坐垫E调整至坐骑舒适高度位置，求的长．
（结果精确到．参考数据：，，）
【答案】（1）坐垫到地面的距离约为
（2）的长约为
【解析】
【分析】本题主要考查解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意构建直角三角形并熟练掌握三角函数的定义．
（1）通过作垂线，构造直角三角形，利用锐角三角函数求解即可；
（2）根据坐㻗到的距离调整为人体腿长的0.8时，由小明的腿长约为，求出，进而求出即可．
【小问1详解】
解：如图，过点作，垂足为，
根据题意可知，，，
，
，
在中，，
所以坐垫到地面的距离为，
答：坐垫到地面的距离约为；
【小问2详解】
如图，由题意得，当时，人骑行最舒服，
在中，，
所以，
答：长约为．
25. 如图，已知等腰，，以为直径作交于点D，过D作于点E，交延长线于点F．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）证明 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查切线的性质和判定及特殊角的三角函数的应用，掌握切线问题中的辅助线的作法是解题的关键．
（1）连接，证明，推出，即可证明结论成立；
（2）连接，在中，求得利用三角形函数的定义求得，，在中，利用勾股定理列式计算求得圆的半径即可．
【小问1详解】
证明：连接，

∵，
，
又，
，
，
，
，
，
是的切线；
【小问2详解】
连接，设半径为r，
在中，
，
，
又，
，
，
，
是的直径．
，
，
∵，
∴，
又，
，
(负值已舍)．
26. 如图，已知二次函数图象经过点和．
（1）求该二次函数的表达式及图象的顶点坐标；
（2）当时，请根据图象直接写出x的取值范围是______；
（3）若关于x的方程有且只有四个解，则的取值范围是______．
【答案】（1），顶点坐标为
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题考查二次函数的图像与性质及待定系数法求二次函数解析式，正确画出的图像是解题关键．
（1）把点和代入可得关于、的方程组，解方程组求出、的值可得二次函数解析式，配方后得出顶点式二次函数解析式即可得顶点坐标；
（2）根据二次函数解析式得出对称轴为直线，根据二次函数的对称性可得出点关于对称轴对称的点的坐标，根据图像即可得答案；
（3）画出，得出顶点关于轴对称的点的坐标，根据方程有且只有四个解，得出的图像与直线有4个交点，即可得答案．
【小问1详解】
解：∵二次函数图象经过点和，
∴，
解得：，
∴二次函数的解析式为，
∴顶点坐标为．
【小问2详解】
解：∵抛物线解析式为，
∴对称轴为直线，
∴点关于对称轴对称的点的坐标为，
由图像可知，当时，的取值范围是，
故答案为：
【小问3详解】
解：画图像如图所示，
∵二次函数的顶点坐标为，
∴顶点关于轴对称的点的坐标为，
∵关于x的方程有且只有四个解，
∴的图像与直线有4个交点，
∴的取值范围是：．
故答案为：
27. 某水果批发公司以9元/千克的成本从果园购进10000千克苹果，在运输过程中，有部分苹果损坏，该公司对刚运到的苹果进行随机抽查，并得到如图的“苹果损坏率”统计图．由于市场调节，苹果（只售好的苹果）的售价与日销售量之间有一定的变化规律，如下表是近一段时间该水果公司的销售记录．
（1）估计购进的10000千克苹果中完好的苹果的总重量为______千克，此时公司应将售完这批完好的苹果的成本调整为______元/千克；
（2）按此市场调节的规律来看，若苹果的售价定为16.5元/千克，估计日销售量并说明理由；
（3）考虑到该水果公司的储存条件，该公司打算12天内售完这批苹果（只售完好的苹果），且售价保持不变，求该公司每日销售该苹果可能达到的最大利润，并说明理由．
【答案】（1）9000
（2）特级苹果的售价定为16.5元千克，日销售量是875千克．理由见解析
（3）该公司每日销售该苹果可能达到的最大利润为6750元．理由见解析
【解析】
【分析】本题考查了利用频率估计概率，求一次函数解析式，二次函数的实际应用：
（1）根据“苹果损坏率”统计图即可得出苹果损坏的概率，进而可求出苹果完好的概率，再利用苹果的总质量苹果完好的概率，即可得出答案．
（2）由表格数据可知，销量与售价函数关系式为一次函数，设，再由待定系数法求出函数表达式，然后代入，求出值即可；
（3）根据12天内售完这批特级苹果及总销量天数日销量，列出不等式，求出的取值范围，设利润为w元，然后根据总利润（单价成本）日销量，即可得出关于利润w与售价x的二次函数关系式，然后根据二次函数的增减性解题即可．
【小问1详解】
解：“苹果损坏率”统计图可知，苹果损坏率在0.1上下波动，并趋于稳定，
所以，估计10000千克特级苹果中完好的苹果的总重量为：（千克），（元/千克）；
故答案为：9000；10．
【小问2详解】
特级苹果的售价定为16.5元千克，日销售量是875千克．理由如下：
解：设特级苹果的售价为x元/千克，日销售量是y千克，
由表格可知，销量与售价的函数关系式为一次函数，
设 ，把代入得：
，解得∶ ，
∴，
当时，，
∴特级苹果的售价定为16.5元千克，日销售量是875千克．
【小问3详解】
解：该公司每日销售该苹果可能达到的最大利润为6750元．理由如下：
∵12天内售完这批特级苹果，
∴，
解得：，
设该公司每日销售该特级苹果的利润为w元，
根据题意得：，
∵，顶点坐标为，
∴w的抛物线开口向下，对称轴为直线，
又∵，
∴w随着x的增大而增大，
∴当时，w取最大值，最大值为（元），
答：该公司每日销售该特级苹果可能达到的最大利润是6750元．
28. 如图，在中，，为锐角且，点P是边上的一动点，点C绕点P按逆时针方向旋转得点．
（1）如图1，当点C落在射线上时，求的长；
（2）如图2，当点落在射线上时，求的长；
（3）若点D与点C同时绕点P按逆时针方向旋转，点D的对应点为，当直角三角形时，求的长．
【答案】（1）6 （2）
（3）或或．
【解析】
【分析】（1）由正弦定义得到，则，再由勾股定理即可求出答案；
（2）作于点，由（1）得，，，，作交延长线于点，则，证明，则设，则．证明，则，即，解得x的值，即可得到答案；
（3）由旋转得，，又因为，所以．再分三种情况进行求解即可，
【小问1详解】
在中，，
∴，
∵点C绕点P按逆时针方向旋转得点．点C落在射线上
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
作于点，由（1）得，，，则，作交延长线于点，则，

∴．
∵
∴．
由旋转知，
∴．
设，则．
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
【小问3详解】
由旋转得，，
又因为，所以．
情况一：当以为直角顶点时，如图．
∵，
∴落在线段延长线上．
∵，
∴，
由（1）知，，
∴．
情况二：当以为直角顶点时，如图．
设与射线的交点为，
作于点．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
设，则，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
化简得，
解得，
∴．
情况三：当以为直角顶点时，
点落在的延长线上，不符合题意．
综上所述，或或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、旋转的性质、正弦的定义、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质、解一元二次方程等知识，理解记忆相关定义，判定，性质是解题的基础，利用分类讨论和数形结合是解题的关键．甲
乙
丙
丁
9
9
9
8
分数
人数
平均成绩
A班
28
9
9
3
1
6.5
B班
25
10
8
2
1
6.4
分数
人数
平均成绩
A班
14
16
12
6
2
B班
6
8
11
18
3
12.9
苹果的售价（元/千克）
14
15
16
17
18
苹果的日销售量（千克）
1000
950
900
850
800