广东省广州市天河外国语学校2022-2023学年九年级上学期期末考试数学试题（答案）

这是一份广东省广州市天河外国语学校2022-2023学年九年级上学期期末考试数学试题（答案），共19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。

广州市天河外国语学校九年级第一学期期末考试数学试卷
一、选择题（本大题共 10 小题，共 30.0 分，在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
下列图形中，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】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，即把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，称这两个图形轴对称，中心对称图形是图形绕某一点旋转180 后与原来的图形重合，可得选项 A、B、D 不符合题意，选项 C 符合题意．
【详解】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，本选项不符合题意；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，本选项不符合题意； C、既是轴对称图形又是中心对称图形，本选项符合题意；
D、不是中心对称图形，是轴对称图形，本选项不符合题意； 故选：C．
【点睛】此题考查轴对称和中心对称图形的定义和性质，掌握两者的含义是解题的关键．
一元二次方程 x2  3x 的解为（）
x  0
x  3
x  0 或 x  3
x  0
且 x  3
【答案】C
【解析】
【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可．
【详解】解： x2  3x
移项得： x2  3x  0 ，
分解因式得： x  x  3  0 ， 解得： x  0 或 x  3 ，
故选：C．
【答案】B
【解析】
【分析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
【详解】解：将抛物线 y=-3x 2 向左平移 2 个单位所得抛物线解析式为：y=-3（x+2） 2 ； 再向下平移 3 个单位为：y=-3（x+1） 2 -3，即 y=-3（x+2） 2 -3．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
平面直角坐标系内与点 P（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标是（）
A. （3，﹣2）B. （2，3）C. （2，﹣3）D. （﹣3，﹣3）
【答案】C
【解析】
【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数即可．
【详解】解：由题意，得
点 P（-2，3）关于原点对称的点的坐标是（2，-3），故选 C．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于 x 轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于 y 轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
2
已知⊙O 的半径为 5cm，圆心 O 到直线 l 的距离为 3cm，则直线 l 与⊙O 的位置关系为（）
相交B. 相切C. 相离D. 无法确定
【答案】A
【解析】
2
【分析】根据圆心到直线的距离为 3cm 少于圆的半径 5，则直线和圆相交．
2
2
【详解】解：∵圆心到直线的距离为 3cm，⊙O 的半径为 5cm， 5＞3，
∴直线和圆相交．
故选：A．
【点睛】此题考查直线与圆的关系，能够熟练根据数量之间的关系判断直线和圆的位置关系．若 d＜r，则直线与圆相交；若 d=r，则直线于圆相切；若 d＞r，则直线与圆相离．
若关于 x 的一元二次方程 kx2  3x 1  0 有实数根，则 k 的取值范围为（）
9
k≥
B. k  9 且 k≠0C. k< 9 且 k≠0D. k  9
4444
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次项系数非零及根的判别式△≥0，即可得出关于 k 的一元一次不等式组，解之即可得出 k
的取值范围．
【详解】解：∵关于 x 的一元二次方程 kx2  3x 1  0 有实数根，
k  0

∴ Δ  32  4  k 1  0 ，
9
解得：k≤
4
故选 B．
且 k≠0．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义以及其根的判别式，利用二次项系数非零及根的判别式△≥0，找出关于 k 的一元一次不等式组是解题的关键．
有两个人患了流感，经过两轮传染后共有 242 个人患了流感，设每轮传染中平均一个人传染了 x 个人， 则 x 满足的方程是（）
A. （1＋x）2＝242B. （2＋x）2＝242C. 2（1＋x）2＝242D. （1＋2x）2＝242
【答案】C
【解析】
【分析】根据经过两轮传染后患病的人数，即可得出关于 x 的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：依题意得：2（1+x）2=242． 故选：C．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
如图，⊙O 是△ABC 的外接圆，半径为 3cm，若 BC＝3cm，则∠A 的度数为（）
A. 30°B. 25°C. 15°D. 10°
【答案】A
【解析】
【分析】连接 OB，OC，可得△OBC 是等边三角形，根据圆周角定理即可得结论．
【详解】解：如图，连接 OB，OC，
∵BC＝3cm，半径为 3cm，
∴OB＝OC＝BC＝3，
∴△OBC 是等边三角形，
∴∠BOC＝60°，
1
∴∠A＝
2
∠BOC＝30°．
故选：A．
【点睛】本题考查了圆周角定理，掌握圆周角定理并能证得△OBC 是等边三角形是解题的关键．
如图，四边形 ABCD 中，∠BAD＝∠C＝90°，AB＝AD，AE⊥BC，垂足是 E，若线段 AE＝4，则四边形ABCD 的面积为（）
A. 12B. 16C. 20D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】延长 CD，作 AF  CD 的延长线于点 F，构造出全等三角形，  ABE  ADF  AAS  ，即可得到四边形 ABCD 的面积就等于正方形 AECF 的面积．
【详解】解：如图，延长 CD，作 AF  CD 的延长线于点 F，
∵ AE  BC ，
∴ AEC  AEB  90 ，
∵ AF  CD ，
∴ AFC  90，
∵ C  90 ，
∴四边形 AECF 是矩形，
∴ EAF  90 ，
∵ BAD  EAF ，
∴ BAD  EAD  EAF  EAD ，即BAE  DAF ， 在 ABE 和△ADF 中，
BAE  DAF

AEB  AFD ，

 AB  AD
∴ ABE  ADF  AAS  ，
∴ AE  AF ，
∴四边形 AECF 是正方形，
∵ S ABE = S ADF ，
ABCDAECF
∴ S S AE2  16 ． 故选：B．
【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，正方形的性质和判定，解题的关键是作辅助线构造全等三角
形．
抛物线 y＝ax2＋bx＋c 对称轴为 x＝1，与 x 轴的负半轴的交点坐标是（x1，0），且－1＜x1＜0，它的部分图象如图所示，有下列结论：①abc＜0；②b2－4ac＞0；③9a＋3b＋c＜0；④3a＋c＜0，其中正确的结论有（）
A. 1 个B. 2 个C. 3 个D. 4 个
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数图象的对称轴和与 y 轴的交点位置判断出①正确，根据函数图象与 x 轴有两个交点坐标判断出②正确，根据当 x  3 时，函数值小于 0，判断出③正确，由对称轴得b  2a ，再根据当 x  1 时，函数值小于 0，判断出④正确．
【详解】解：∵函数图象对称轴在 y 轴右边，
∴ ab  0 ，
∵函数图象与 y 轴交于正半轴，
∴ c  0 ，
∴ abc  0 ，故①正确；
∵函数图象与 x 轴有两个交点坐标，
∴ b2  4ac  0 ，故②正确；
根据二次函数图象的对称性，它与 x 轴的另一个交点坐标在 2 和 3 之间，
∴当 x  3 时， y  9a  3b  c  0 ，故③正确；
二、填空题（本大题共 6 小题，共 18.0 分）
袋中装有除颜色外其余均相同的 5 个红球和 3 个白球.从袋中任意摸出一个球，则摸出的球是红球的概
率为.
5
【答案】
8
【解析】
【分析】直接利用概率公式求解．
5
【详解】从袋中任意摸出一个球，则摸出的球是红球的概率=．
8
5
故答案为 ．
8
【点睛】本题考查了概率公式：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．
一个扇形的圆心角为60 ，它所对的弧长为2pcm ，则这个扇形的半径为．
【答案】6cm ##6 厘米
【解析】
【分析】根据已知的扇形的圆心角为60 ，它所对的弧长为2pcm ，代入弧长公式即可求出半径 r ．
【详解】解：由扇形的圆心角为60 ，它所对的弧长为2pcm ， 即 n  60， l  2p，
根据弧长公式l  npr ，
180
得2p 60pr ，
180
即 r  6cm ．
故答案为： 6cm ．
【点睛】本题考查了弧长的计算，解题的关键是熟练掌握弧长公式，理解弧长公式中各个量所代表的意义．
若关于 x 的方程 x2＋2mx＋n＝0 的一个根为 2，则代数式 4m＋n 的值为．
【答案】-4
【分析】先把 x=2 代入方程，从而得到代数式 4m+n 的值．
【详解】解：把 x=2 代入方程 x 2 +2mx+n=0 得 4+4m+n=0， 所以 4m+n=-4． 故答案为-4．
【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．
二次函数 y  x2  2x  3 ，当1  x  2 时，函数的最大值为．
【答案】6
【解析】
【分析】配方二次函数解析式可得抛物线的开口向上、对称轴为直线 x=1，根据开口向上时，横坐标离对称轴越近，函数值越小即可得答案．
【详解】∵ y  x2  2x  3   x 12  2 ， a  1  0 ，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线 x  1 ，
∴抛物线在-1≤x≤1 上，y 随 x 的增大而减小，在 1＜x≤2 上，y 随 x 的增大而增大．
∵ 1  x  2 ，1 1  2 1，
∴当 x  1 时， ymax  6 ． 故答案为：6
【点睛】本题考查了二次函数的最值．求二次函数的最大（小）值有三种方法，第一种可由图象直接得
出，第二种是配方法，第三种是公式法．熟练掌握二次函数的增减性是解题关键
如图，PA，PB 分别与⊙O 相切于点 A，B，直线 EF 与⊙O 相切于点 C，分别交 PA，PB 于 E，F，且
3
PA＝4cm，则△PEF 的周长为cm．
3
【答案】8
【解析】
【分析】根据切线长定义得 AP  BP  4 3cm ， AE  CE ， BF  CF ，从而得到△PEF 的周长是
PA  PB ，即可求出结果．
【详解】解：∵AP、BP 是⊙O 的切线，
∴ AP  BP  4 3cm ，
同理 AE  CE 、 BF  CF ，
∴ CPEF  PE  EC  PF  FC
 PE  EA  PF  FB
 PA  PB
 8 3cm ．
3
故答案是： 8．
【点睛】本题考查切线长定理，解题的关键是熟练运用切线长定理．
如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A1, 0, B 3, 0 ， C 为平面内的动点，且满足
ACB  90 ， D 为直线 y  x 上的动点，则线段CD 长的最小值为.
2
【答案】1
【解析】
【分析】由直径所对的圆周角为直角可知，动点C 轨迹为以 AB 中点 M 为圆心， AB 长为直径的圆，求得圆心 M 到直线的距离，即可求得答案．
【详解】∵ ACB  90 ，
∴动点C 轨迹为：以 AB 中点 M 为圆心， AB 长为直径的圆，
∵ A1，0 ， B 3，0 ，
∴点 M 的坐标为： 2，0 ，半径为 1，
过点 M 作直线 y  x 垂线，垂足为 D，交⊙D 于 C 点，如图：
此时CD 取得最小值，
∵直线的解析式为： y  x ，
∴ tan MOD  1，
∴ MOD  45 ，
∵ OM  2 ，
2
∴ d  MD ，
2
∴ CD 最小值为 d  r 1，
2
故答案为：
1．
【点睛】本题考查了点的轨迹，圆周角定理，圆心到直线的距离，正确理解点到直线的距离垂线段最短是正确解答本题的关键．
三、解答题（本大题共 9 小题，共 72 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 解方程：x2－2x－3＝0
【答案】 x1  1, x2  3
【解析】
【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可得．
【详解】解： x2  2x  3  0 ，
( x  1)( x  3)  0 ，
x 1  0 或 x  3  0 ，
x  1 或 x  3 ，
故方程的解为 x1  1, x2  3 ．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的常用方法（配方法、因式分解法、公式法、换元法等）是解题关键．
【答案】 AE  4 ．
【解析】
【分析】由勾股定理求出 AB  10 ，由旋转的性质得出 BE  BC  6 ，即可得出答案．
【详解】解：∵在V ABC 中， C  90，CB  6，CA  8 ，
62  82
∴ AB  10 ，
由旋转的性质得： BE  BC  6 ，
∴ AE  AB  BE  10  6  4 ．
【点睛】本题考查了旋转的性质以及勾股定理；熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
一个不透明的口袋中装有 4 张卡片，卡片上分别标有数字 1、﹣2、3、﹣4，这些卡片除数字外都相同．王兴从口袋中随机抽取一张卡片，钟华从剩余的三张卡片中随机抽取一张，求两张卡片上数字之积．
请你用画树状图或列表的方法，列出两人抽到的数字之积所有可能的结果．
求两人抽到的数字之积为正数的概率．
1
【答案】（1）详见解析；（2） ．
3
【解析】
【分析】（1）根据题意可以画出树状图，即可列出两人抽到的数字之积所有可能的结果；（2）根据概率公式，结合（1）中的结果即可求得两人抽到的数字之积为正数的概率．
【详解】解：（1）如下图所示，
；
即两人抽到的数字之积为正数的概率是 ．
【点睛】本题考查了用列表法（或树状图法）求概率：当一次试验要设计两个因素， 并且可能出现的结果数目较多时，为不重不漏地列出所有可能的结果，通常采用列表法；当一次试验要设计三个或更多的因素时，用列表法就不方便了，为了不重不漏地列出所有可能的结果，通常采用树状图法求概率.
如图，⊙O 为锐角△ABC 的外接圆，半径为 5．
用尺规作图作出∠BAC 的平分线，并标出它与劣弧 BC 的交点 E(保留作图痕迹，不写作法)；
若（1）中的点 E 到弦 BC 的距离为 3，求弦 CE 的长．
30
【答案】（1）画图见解析；（2）CE=
【解析】
【分析】（1）以点 A 为圆心，以任意长为半径画弧，分别与 AB、AC 有交点，再分别以这两个交点为圆心，以大于这两点距离的一半为半径画弧，两弧交于一点，过点 A 与这点作射线，与圆交于点 E ，据此作图即可；
（2）连接 OE 交 BC 于点 F，连接 OC、CE，由 AE 平分∠BAC，可推导得出 OE⊥BC，然后在 Rt△OFC
中，由勾股定理可求得 FC 的长，在 Rt△EFC 中，由勾股定理即可求得 CE 的长．
【详解】解：（1）如图所示，射线 AE 就是所求作的角平分线；
（2）连接 OE 交 BC 于点 F，连接 OC、CE，
∵AE 平分∠BAC，
∴ BE  CE ，
∴OE⊥BC，EF=3，∴OF=5-3=2，
OC 2  OF 2
21
在 Rt△OFC 中，由勾股定理可得 FC==，
EF 2  FC 2
30
在 Rt△EFC 中，由勾股定理可得 CE==．
【点睛】本题考查了尺规作图——作角平分线，垂径定理等，熟练掌握角平分线的作图方法、推导得出
OE⊥BC 是解题的关键．
如图，四边形的对角线 AC，BD 互相垂直，AC+BD＝10．当 AC，BD 的长是多少时，四边形 ABCD 面积最大？
25
【答案】
2
【解析】
【分析】根据已知设四边形 ABCD 面积为 S，AC 为 x,则 BD=10-x,进而求出 S   1 x2  5x ，再求出最值
2
即可．
【详解】解：设 AC=x,四边形 ABCD 面积为 S，则 BD=10-x,
S  1 x(10  x)   1 x2  5x 22
 1  0 ，
2
∴抛物线开口向下，
x  
当
5 5
2   1 
时， S最大
  1  52  5 5  25 ，
2 22

25
即当 AC=5，BD=5 时，四边形 ABCD 面积最大，最大值为．
2
【点睛】此题主要考查了二次函数的应用，根据已知正确得出二次函数关系是解题关键．
如图，A 是O 上一点， BC 是直径，点 D 在O 上且平分 BC ．
连接 AD ，求证： AD 平分ÐBAC ；
若CD  5 2, AB  8 ，求 AC 的长．
【答案】（1）详见解析；
（2）6
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，掌握“直径所对的圆周角是直角”是解题的关键．
利用圆周角定理即可证明结论；
利用圆周角定理得到BAC  BDC  90 ，再利用勾股定理即可求解．
【小问 1 详解】
证明：∵点 D 在O 上且平分 BC ，
 B»D  D»C,
BAD  CAD,
 AD 平分BAC;
【小问 2 详解】
解：∵ BC 是直径，
BAC  BDC  90,
点 D 在O 上且平分 BC ，
 B»D  D»C,
 BD  CD  5 2,
BD2  CD2
 BC 
 AB  8,
 10,
BC 2  AB2
 AC  6.
某公司为配合国家垃圾分类入户的议，设计了一款成本为 10 元/件的多用途垃圾桶投放市场，经试销
发现．销售量 y（件）与销售单价 x（元）符合一次函数 y  2x 120 ．
若该公司获得利润为 W 元，试写出利润 W 与销售单价 x 之间的关系式：当销售单价定位多少时，该多用途垃圾桶获得的利润最大？最大利润是多少元？
若物价部门限定该产品的销售单价不得超过 30 元/件，那么定价为多少时才可获得最大利润？
【答案】（1）当销售单价定为 35 元时，商场可获最大利润，最大利润是 1250 元；
（2）当销售单价定为 30 元时，商场可获最大利润，最大利润是 1200 元．
【解析】
【分析】（1）根据利润=销售量×（销售单价-成本）得到 W 与 x 之间的函数关系式；
（2）利用二次函数的性质，求出商场获得的最大利润以及获得最大利润时的售价．
【小问 1 详解】
解：W   x 102x 120  2x2 140x 1200  x  10 ，
∵W  2x2 140x 1200  2  x  352 1250 ，
∴ x  35 时，W 有最大值，最大利润为 1250 元；
答：当销售单价定为 35 元时，商场可获最大利润，最大利润是 1250 元；
【小问 2 详解】
解：∵W  2x2 140x 1200  2  x  352 1250 ，
∵ x  30 ，抛物线开口向下，在 x  35 的左侧，y 随 x 的增大而增大，
∴ x  30 时，W 有最大值，最大值为 1200 元．
答：当销售单价定为 30 元时，商场可获最大利润，最大利润是 1200 元．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，根据配方法得出二次函数的最值是解题关键．
如图，四边形 ABCD 内接于⊙O，AB 为⊙O 的直径，过点 C 作 CE⊥AD 交 AD 的延长线于点 E，延长EC，AB 交于点 F，∠ECD＝∠BCF．
求证：CE 为⊙O 的切线；
若 DE＝1，CD＝3，求⊙O 的半径．
【答案】（1）见解析；（2）⊙O的半径是 4.5
【解析】
【分析】（1）如图 1，连接 OC，先根据四边形 ABCD 内接于⊙O，得CDE＝OBC ，再根据等量代换和直角三角形的性质可得OCE＝90 ，由切线的判定可得结论；
（2）如图 2，过点 O 作OG  AE 于 G，连接 OC，OD，则OGE＝90 ，先根据三个角是直角的四边形是矩形得四边形 OGEC 是矩形，设⊙O 的半径为 x，根据勾股定理列方程可得结论．
【详解】（1）证明：如图 1，连接 OC，
∵ OB  OC ，
∴ OCB  OBC ，
∵四边形 ABCD 内接于⊙O，
∴ CDA  ABC  180
又CDE  CDA  180
∴ CDE  OBC ，
∵ CE  AD ，
∴ E  CDE  ECD  90 ，
∵ ECD  BCF ，
∴ OCB  BCF＝90 ，
∴ OCF  90，
∵OC 是⊙O 的半径，
∴CE 为⊙O 的切线；
（2）解：如图 2，过点 O 作OG  AE 于 G，连接 OC，OD，则OGE  90，
∵ E  OCE  90 ，
∴四边形 OGEC 是矩形，
∴ OC  EG，OG  EC ，
设⊙O 的半径为 x，
Rt△CDE 中， CD  3，DE  1，
32 12
2
∴ EC  2，
2
∴ OG  2
， GD  x 1，OD  x ，
由勾股定理得：OD2  OG2  DG2 ，
∴ x2  (2 2)2  (x 1)2 ， 解得： x  4.5 ，
∴⊙O 的半径是 4.5．
【点睛】本题考查的是圆的综合，涉及到圆的切线的证明、勾股定理以及矩形的性质，熟练掌握相关性质是解决问题的关键．
如图，抛物线 y  x2  bx  c 与 x 轴交于点 A1, 0 ，与 y 轴交于点C0,3 ．
求该抛物线的解析式及顶点坐标；
若 P 是线段OB 上一动点，过 P 作 y 轴的平行线交抛物线于点 H，交 BC 于点 N．设
OP  t ． VBCH的面积为 S，求 S 关于 t 的函数解析式，若 S 有最大值，请求出 S 的最大值；若没有，请 说明理由．
【答案】（1）抛物线的解析式为： y=x2 -2x-3 ；顶点坐标为1， 4 ；
（2） S   3 t 2  3t ，当t  3 时， S 有最大值，最大值是 27 ．
228
【解析】
【分析】（1）根据待定系数法即可求出抛物线的解析式，把一般式转化为顶点式即得顶点坐标；
（2）如图 1，先求出点 B 坐标，然后利用待定系数法求出直线 BC 的解析式，由OP  t ，则点 H、N 的横
坐标都可以用含 t 的代数式表示，由 S
二次函数的性质求出 S 的最大值．
ΔBCH
 1 NH  OB 即可得到 S 与 t 的函数关系式，进一步即可根据
2
【小问 1 详解】
解：将 A-1，0 ， C 0，-3 代入 y  x2  bx  c ，
1 b  c  0

得c  3
b  2

，解得： c  3 ，
∴抛物线的解析式为： y  x2  2x  3  (x 1)2  4 ；
∴抛物线的顶点坐标为1， 4 ；
【小问 2 详解】
解：由 x2  2x  3  0 ，得 x  3 或 x  1 ， 则点 B 3，0 ，
如图，连接 BC 、CH 、 BH ，
设直线 BC 解析式为 y  kx  m ，代入 B 3，0 ， C 0，-3 ，得：
3k  m  0

m  3
k  1

，解得： m  3 ，
∴直线 BC 的解析式为 y  x  3 ；
∵ OP  t ，
222
∴ H t，t 2  2t  3 ， N t，t  3 ，
∴ S  S
ΔBCH
 1  NH  OB  1  t  3  t 2  2t  3 3   3 t 2  3t 
3 3 227
22
  t  ，
8
∵  3  0 ， 2
∴当t  3 时， S 有最大值，最大值是 27 ．
28
【点睛】本题考查了待定系数法求函数的解析式、二次函数的图象与性质等知识，熟练掌握二次函数的相关知识是解题的关键．