2023-2024学年云南省昭通市昭阳区九年级上学期数学期末试题及答案

这是一份2023-2024学年云南省昭通市昭阳区九年级上学期数学期末试题及答案，共19页。试卷主要包含了本卷为试题卷等内容，欢迎下载使用。

1．本卷为试题卷．考生必须在答题卡上解题作答．答案应书写在答题卡的相应位䍿上，在试题卷、草稿纸上作答无效．
2．考试结束后，请将试题卷和答题卡一并交回．
一、选择题（本大题共12小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分，共36分）
1. “瓦当”是中国古建筑装饰檐头的附件，是中国特有的文化艺术遗产，下面“瓦当”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】D
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，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．根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
故选：D．
2. 某市在一次扶贫助残活动中，共捐款元，将用科学记数法表示为（ ）
A. 元B. 元
C. 元D. 元
【答案】B
【解析】
【分析】根据科学记数法的定义，科学记数法的表示形式为，其中，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．在确定n的值时，当该数的绝对值大于或等于10时，n为正整数；当该数绝对值小于1时，n为负整数．
【详解】解：
故选B．
【点睛】本题主要考查科学记数法，熟练掌握科学记数法的形式和定义是关键．
3. 方程的根是（ ）
A. B. C. D. 无实数根
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，先移项，然后直接开平方法即可，根据求一个数的平方根，这个数得是非负数，据此可得该方程无实数根，掌握概念是解题的关键．
【详解】解：，
移项得：，
∵，
∴方程无实数根，
故选：D．
4. 要使二次根式有意义，x必须满足（ ）
A. x≤2B. x≥2C. x＜2D. x＞2
【答案】B
【解析】
【详解】解：根据二次根式的意义可知二次根式有意义的条件是被开方数大于等于0，
因此可得x-2≥0，
解这个不等式可得x≥2．
故选B
5. 已知一个多边形的内角和是900°，则这个多边形是（ ）
A. 六边形B. 七边形C. 八边形D. 九边形
【答案】B
【解析】
【分析】根据多边形的内角和公式（n-2）•180°，列式求解即可．
【详解】解：设这个多边形是n边形，根据题意得，
（n-2）•180°=900°，
解得n=7．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式，熟记公式是解题的关键．
6. 下列计算，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查整式的运算，解题的关键是掌握同底数幂相乘、幂的乘方、合并同类项法则及完全平方公式．根据同底数幂相乘、幂的乘方、合并同类项法则及完全平方公式逐一计算可得．
【详解】解：A、，此选项错误；
B、，此选项正确；
C、，此选项错误；
D、，此选项错误；
故选：B．
7. 要在一个三角形铁皮上截下一个面积最大的圆，此圆圆心应在三角形（ ）
A. 三边高线的交点B. 三个角的平分线的交点
C. 三边垂直平分线的交点D. 三边中线的交点
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是三角形的内切圆与内心，掌握三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点是解题的关键．根据题意得到圆形薄板的圆心应是三角形的内心，根据内心的性质解答即可．
【详解】解：要在一个三角形铁皮上截下一个面积最大的圆，
则作三角形的内切圆，即作三角形的三个内角角平分线的交点，
故选：B．
8. 如图是半径为4的的内接正六边形，则圆心O到边的距离是（ ）
A 4B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了正多边形的性质，勾股定理，过点O作于点M，根据正六边形的性质得出，则，进而得出，最后根据勾股定理即可求解．
【详解】解：过点O作于点M，
∵六边形为正六边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
根据勾股定理可得：，
故选：B．
9. 二次函数的部分对应值如下表，则二次函数在时，的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．观察表中的对应值得到和时，函数值都是，则根据抛物线的对称性得到对称轴为直线，所以和时的函数值相等，
【详解】解：时，；时，，
二次函数图象的对称轴为直线，
和时的函数值相等，
时，．
故选：D．
10. 某型号的手机连续两次降价，每个售价由原来的1450元降到了928元．设平均每次降价的百分率为，则下列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的应用，解决此类两次变化问题，可利用公式，其中是变化前的原始量，是两次变化后的量，表示平均每次的增长率．根据降价后的价格原价降低的百分率），本题可先用表示第一次降价后商品的售价，再根据题意表示第二次降价后的售价，即可列出方程．
【详解】解：设平均每次降价的百分率为，
由题意得出方程为：．
故选：D．
11. 如图，是圆O的直径，为圆上的两点，若，则为（ ）

A. B. C. D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．根据，只要求出即可解决问题；
【详解】解：是直径，
，
，
，
故选：A
12. 如图，是二次函数图象的一部分，其对称轴是直线，且过点，下列说法：①；②；③若是抛物线上两点，则；④；⑤，其中正确的有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系，以及二次函数的对称性．开口向上，则；反之，．对称轴在轴左侧，则同号；反之，则异号；图象与轴交点在轴上方，则；反之，则；据此即可进行判断．
【详解】解：∵二次函数对称轴是直线，且过点，
∴二次函数还过点，
补全二次函数的图象，如图所示：
∵图象开口向上，则，
∵对称轴是直线，
∴
即：，故②正确；
∵图象与轴交点轴下方，
∴，
∴，故①正确；
∵，
由图象可知，当时，随的增大而减小．
∴，故③错误；
由图象可知：当时，，
故④正确；
∵当时，，
又∵
∴，故⑤正确；
故选：D
二、填空题（本大题共4小题，每小题2分，共8分）
13. 二次函数的顶点坐标是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质，关键是二次函数顶点坐标式的应用．把二次函数一般式化为顶点式，即可得到顶点坐标．
【详解】解：把二次函数化为顶点式为：；
顶点坐标为：．
故答案为：．
14. 在边长为2的正方形中有一个最大的圆，向此正方形中任意丢一粒大米，“大米落在圆内”的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了几何概率，正确掌握概率公式是解题关键．直接根据题意得出圆的面积进而利用圆的面积除以正方形面积得出答案．
【详解】解：由题意可得，圆的面积为：， 正方形面积为：，
故随机地往正方形内投一粒米，落在圆内的概率是：．
故答案为：．
15. 圆锥底面圆的半径为，其侧面展开图是半圆，则圆锥母线长为________．
【答案】6cm
【解析】
【分析】侧面展开后得到一个半圆就是底面圆的周长，依次列出方程即可得出答案．
【详解】解：设母线长为x，根据题意得，
解得．
圆锥母线长为
故答案是6cm．
【点睛】本题考查了圆锥的母线长的求法，注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点．
16. 若一列数：1，4，16，64，……按照这种规律，第个数是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查乘方类变化题中的乘方类变化．变化类问题分为等差变化（倍数问题）、等比变化（指数变化）、求和变化（前项和）、乘积类变化等．适当的发现是哪种类型是关键．每个数都可以写成4的乘方形式，然后再求解即可．
【详解】解：第一个数为，第二个数为，第三个数为，第四个数为，
第个数为．
故答案为：．
三、解答题（本大题共8小题，共56分）
17. 解方程．
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握因式分解法、公式法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
（2）利用公式法求解即可；
（3）利用因式分解法求解即可．
【小问1详解】
，
，
【小问2详解】
，
，
或，
解得：．
18. 如图，AB＝AC，点E、F分别是AB、AC的中点，求证：△AFB≌△AEC
【答案】详见解析
【解析】
【分析】根据AB＝AC，∠A＝∠A，AE＝AF（SAS）可证三角形全等.
【详解】证明：∵点E、F分别是AB、AC的中点，
∴
∵AB＝AC
∴AE＝AF
在△AFB和△AEC中，

∴△AFB≌△AEC
【点睛】本题考查运用SAS证明三角形全等，找准全等条件正确推理论证是解题关键
19. 如图，在平面直角坐标系中，毎个小方格都是边长为1正方形，的顶点均在格点上，点的坐标是．
（1）将以点O为旋转中心旋转，画出旋转后对应的，并写出点的坐标；
（2）在轴上有一点，使得的值最小，请直接写出点的坐标．
【答案】（1）见解析，
（2）
【解析】
【分析】本题考查了中心对称以及两点之间线段最短等知识点，熟记相关结论即可．
（1）关于原点对称的两点，其横、纵坐标均互为相反数，据此即可完成作图；
（2）作点关于轴的对称点，连接与轴的交点即为点．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求：
点的坐标为：
【小问2详解】
解：如图所示：作点关于轴的对称点，连接与轴的交点即为点，
由图可知：点的坐标为：
20. 在一个不透明的口袋中装有分别标有数字4，5，6，7的四个小球（除标号外，其余都相同），从中随机抽取一个球，再从余下的球中随机抽取一个球．
（1）用列表法或画树状图法中的一种方法，表示抽取的两张牌牌面数字所有可能出现的结果；
（2）求抽取的两张牌牌面数字之和大于11的概率．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了画树状图求概率，正确画出树状图是解题的关键．
（1）根据题意画出树状图确定表示抽取的两张牌牌面数字所有可能出现的结果数即可；
（2）根据（1）树状图确定所有可能结果数和两张牌牌面数字之和大于11的结果数，然后运用概率公式求解即可．
【小问1详解】
解：所有可能情况用树状图表示如下：
由图知两张牌牌面数字可能出现的情况为：
共有12种可能情况．
【小问2详解】
解：由（1）知共有12种等可能情况，牌面数字之和分別为：
9，10，11，9，11，12，10，11，13，11，12，13．
其中牌面数字之和大于11的有4种．
∴P（数字之和大于11）．
21. 如图，一名同学推铅球，铅球出手后行进过程中离地面的高度（单位：）与水平距离（单位：m）近似满足函数关系．已知铅球落地时的水平距离为．

（1）求铅球出手后水平距离与这名同学相距多远时，铅球离地面最高？
（2）在铅球出手后的行进过程中，当它离地面的高度为时，此时铅球的水平距离是多少？
【答案】（1）铅球出手后水平距离与这名同学相距远时，铅球离地面最高为
（2）此时铅球的水平距离为
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的应用，准确理解铅球出手时离地面的高度和高度为时铅球的水平距离在函数解析式中对应的变量是解题的关键．
（1）将代入求得的值，再配方求出二次函数的最值即可；
（2）将代入求出的值即可得．
【小问1详解】
根据題意，将代入，
得，
解得，
当时，
答：当铅球出手后水平距离与这名同学相距远时，铅球离地面最高为．
【小问2详解】
令得，
解得（舍），，
答：此时铅球的水平距离为．
22. 方程是关于的一元二次方程．
（1）若这个方程有两个不相等的实数根，求的取值范围；
（2）若等腰三角形的三边分别用表示，其中一边长为4，另外两边长恰好是这方程的两个根，求的周长．
【答案】（1）
（2）的周长为
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式、有根与系数的关系和等腰三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
（1）根据根的判别式大于零列不等式求解即可；
（2）分、或两种解答即可．
【小问1详解】
解：方程有两个不相等的实数根,
,解得：．
【小问2详解】
解：①当时，则，解得，
把代入原方程得：
方程可化为解方程得，所以，
的周长；
②当或时，
把代入方程，可解得
当时，方程化为，解得．
即为或，不符合题意，舍去．
所以综合①②，的周长为10．
23. 如图，在中，，以为直径的分别与、交于点D、E，过点D作，垂足为点F．
（1）求证：直线为的切线；
（2）若的半径为4，，求阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质可得，由，得，从而证明结论；
（2）连接，，过点O作于点H，分别求出扇形和的面积，即可解决问题．
【小问1详解】
证明：如图，连接，则是的半径，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴直线是的切线；
【小问2详解】
证明：连接，，过点O作于点H，

∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
．
【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形，求弓形的面积．熟练掌握切线的判定方法，证明三角形相似，是解题的关键．
24. 如图，已知抛物线与轴交于点和点，直线过点且与轴交于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点为直线上一点（不与重合），作点关于轴的对称点，连接，当是直角三角形时，求出点的坐标．
【答案】（1）
（2）点的坐标为或
【解析】
【分析】本题主要考查了一次函数与二次函数综合，勾股定理，坐标与图形变化—轴对称：
（1）先求出点B的坐标，再把A、B坐标代入二次函数解析式中求出二次函数解析式即可；
（2）设，先求出C、D坐标，进而利用勾股定理求出，再分当， 当，两种情况利用勾股定理建立方程求解即可．
【小问1详解】
解：在中，当时，
，
将点代入拋物线中，得：，
解得
抛物线的解析式为；
【小问2详解】
解：设，
在中，当时，，
∴；
∵点关于轴对称点为，
∴．
∴，
，
如图知，，
故可知为直角三角形有两种情况：
当，有，即．
解得：
点的坐标为；
当，有，即，
解得：，
点的坐标为
综上所述，点的坐标为或