广东省广州市番禺区2022-2023学年九年级上学期期末数学试卷（含答案）

这是一份广东省广州市番禺区2022-2023学年九年级上学期期末数学试卷（含答案），共34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。
1. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为( )
A. B. )C. D.
2. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
3. 方程的根是（ ）
A. B. C. D.
4. 如图，在中，弧所对圆周角，若为弧上一点，，则∠POB的度数为（ ）
A. B. C. D.
5. 抛物线的顶点坐标为（ ）
A. B. C. D.
6. 某中学一生物兴趣小组每位同学将自己收集的标本向本组其他成员各赠送一件，全组共赠送了90件，设组员有x名同学，则根据题意列出的方程是（ ）
A. B.
C. D.
7. 关于x的一元二次方程的根的情况，下列说法正确的是（ ）
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 无实数根D. 无法确定
8. 如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连接BD．则∠CBD的度数是（ ）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
9. 如图，中，．将绕点B逆时针旋转得到，使点C的对应点恰好落在边上，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
10. 如图是二次函数（，，是常数，）图象的一部分，与x轴的交点在点和之间，顶点为对于下列结论：①；②；③；④当时，；⑤若方程有四个根，则这四个根的和为．其中正确的是（ ）
A. ①②⑤B. ①②④C. ①②③D. ②③⑤
二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分．）
11. 方程的解是____________．
12. 点O是正五边形ABCDE的中心，分别以各边为直径向正五边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案（如图）．这个图案绕点O至少旋转_____°后能与原来的图案互相重合．
13. 关于x的方程2x2+mx﹣4＝0的一根为x＝1，则另一根为________．
14. 已知二次函数，当x_________时，y随x的增大而减小．
15. 一个布袋里装有2个红球，1个白球，每个球除颜色外均相同，从中任意摸出一个球，记下颜色并放回，再摸出一个球，则两次摸出的球都是红球的概率是______．
16. “圆材埋壁”是我国古代数学名著《九章算术》中一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问：径几何？”．用现在的几何语言表达即：如图，为的直径，弦，垂足为点，寸，寸，则直径的长度是________寸．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 解方程：．
18. 如图，在中，，．分别求和的度数．
19. 在直角坐标系中画出函数的图象（不用列表，直接画图），并指出它的开口方向，对称轴和顶点，怎样移动抛物线就可以得到抛物线？
20. 如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点分别为．
（1）画出关于轴对称的，并写出点的坐标；
（2）画出绕点顺时针旋转后得到，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点旋转到点所经过的路径长（结果保留）．
21. 如图是2个可以随机转动的转盘，转盘A的三个扇形面积相等，分别标有数字1，2，3，转盘B的四个扇形面积相等，分别标有数字1，2，3，4．转动A、B转盘各一次，当转盘停止转动时，将指针所落扇形中的两个数字相乘（当指针落在两个扇形的交线上时，视为指针向右边的扇形）．
（1）用树状图或列表等方法列出所有可能出现的结果；
（2）求两个数字的积为偶数的概率．
22. 如图，点，分别在正方形的边，上，且，把绕点顺时针旋转得到．
（1）求证：≌．
（2）若，，求正方形边长．
23. 为了推广劳动教育课程实施，培养学生正确的劳动价值观和良好的劳动品质，如图所示，某中学用一段长为米的篱笆，再借助学校的一段围墙围成一个矩形菜园供学生参加劳动实践，已知学校该段围墙长为米．
（1）能围成一个面积为平方米的矩形菜园吗？请说明理由；
（2）这个矩形的长、宽各为多少时，菜园的面积最大？菜园的最大面积是多少？
24. 如图1，四边形内接于，为直径，过点作于点，连接．

（1）求证：；
（2）若是的切线，，连接，如图2．
①请判断四边形ABCO的形状，并说明理由；
②当AB=2时，求AD， AC与围成阴影部分的面积．
25. 已知函数（b，c为常数）的图象经过点．
（1）求b，c满足的关系式；
（2）设该函数图象的顶点坐标是，当b的值变化时，求k关于h的函数解析式；
（3）若该函数的图象不经过第三象限，当时，函数的最大值与最小值之差为16，求b的值．
2022学年第一学期九年级数学科期末测试题
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为( )
A. B. )C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数，即可求解．
【详解】解：在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为，
故选：D．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数．
2. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义：图形绕某一点旋转后能与原来的图形重合，可得到答案．
【详解】解：A.不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
B.是中心对称图形，故该选项符合题意；
C.不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
D.不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形的定义，熟练掌握和运用中心对称图形的定义是解决本题的关键．
3. 方程的根是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用因式分解法解方程即可得到正确选项．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴x+7=0，x-8=0，
∴x1=-7，x2=8．
故选：C．
【点睛】本题考查了解一元二次方程-因式分解法：因式分解法就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了．
4. 如图，在中，弧所对的圆周角，若为弧上一点，，则∠POB的度数为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆周角定理得出，根据即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∵
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
5. 抛物线的顶点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据顶点式的顶点坐标为求解即可．
【详解】解：抛物线的顶点坐标为，
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数顶点式的顶点坐标为，掌握顶点式求顶点坐标是解题的关键．
6. 某中学一生物兴趣小组的每位同学将自己收集的标本向本组其他成员各赠送一件，全组共赠送了90件，设组员有x名同学，则根据题意列出的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设组员有x名同学，则每位同学送出件，根据题意列出一元二次方程，即可求解．
【详解】解：设组员有x名同学，则根据题意列出的方程，
故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键．
7. 关于x的一元二次方程的根的情况，下列说法正确的是（ ）
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 无实数根D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】先计算判别式，再根据一元二次方程根与判别式关系即可得答案．
【详解】△=[-（k-3）]2-4（-k+1）
=k2-6k+9+4k-4
=（k-1）2+4，
∵（k-1）2≥0，
∴（k-1）2+4≥4，
∴方程有两个不相等的实数根，
故选：A．
【点睛】本题考查的是根的判别式，对于一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0），判别式△=b2-4ac，当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程无实数根．
8. 如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连接BD．则∠CBD的度数是（ ）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
【答案】A
【解析】
【分析】根据正六边形的内角和求得∠BCD，然后根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】∵在正六边形ABCDEF中，∠BCD＝＝120°，BC＝CD，
∴∠CBD＝（180°﹣120°）＝30°，
故选A．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆、等腰三角形的性质，三角形的内角和，熟记多边形的内角和是解题的关键．
9. 如图，中，．将绕点B逆时针旋转得到，使点C的对应点恰好落在边上，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由余角的性质，求出∠CAB=50°，由旋转的性质，得到，，然后求出，即可得到答案．
【详解】解：在中，，
∴∠CAB=50°，
由旋转的性质，则
，，
∴，
∴；
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，以及余角的性质，解题的关键是掌握所学的性质，正确求出．
10. 如图是二次函数（，，是常数，）图象的一部分，与x轴的交点在点和之间，顶点为对于下列结论：①；②；③；④当时，；⑤若方程有四个根，则这四个根的和为．其中正确的是（ ）
A. ①②⑤B. ①②④C. ①②③D. ②③⑤
【答案】A
【解析】
【分析】根据对称轴判断①，根据抛物线与轴的另一个交点在和之间，得出当时，，即可判断②，根据当时，，即可判断③，根据函数图象即可判断④,根据抛物线与直线的交点关于对称即可求解．
【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线，
∴，即，
∴，故①正确；
∵抛物线与x轴的交点在点和之间，对称轴为直线，
∴抛物线与轴的另一个交点在和之间，
∴当时，，即，故②正确；
∵抛物线与x轴的交点在点和之间，
∴当时，
又
∴
∴，故③错误
根据函数图象可知，当时，的值有正有负，故④错误，
∵抛物线与直线的交点关于对称，
设的两根为,根据对称性可得，则，
同理的两根和为，
∴若方程有四个根，
这四个根的和为．故⑤正确
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分．）
11. 方程的解是____________．
【答案】
【解析】
【分析】把方程两边开方得到即可求解．
【详解】解：，
开方得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平方根：形如或的方程可采用开平方的方法求解．
12. 点O是正五边形ABCDE的中心，分别以各边为直径向正五边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案（如图）．这个图案绕点O至少旋转_____°后能与原来的图案互相重合．
【答案】72
【解析】
【分析】直接利用旋转图形的性质进而得出旋转角．
【详解】解：连接OA，OE，则这个图形至少旋转∠AOE才能与原图象重合，
∠AOE＝＝72°．
故答案为：72．
【点睛】本题主要考查了旋转图形．正确掌握旋转图形的性质是解题的关键．
13. 关于x的方程2x2+mx﹣4＝0的一根为x＝1，则另一根为________．
【答案】x2=-2
【解析】
【分析】设方程的另一根为x2，根据根与系数的关系可得x2=-2，解答出即可．
【详解】解：设方程的另一根为x2，
∵关于x的方程2x2+mx-4=0的一根为x=1，
则1×x2= =-2，
解得x2=-2．
故答案为：x2=-2．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，x1+x2=，x1•x2=．
14. 已知二次函数，当x_________时，y随x的增大而减小．
【答案】##小于1
【解析】
【分析】首先可求得该二次函数的开口方向及对称轴，再根据二次函数的性质，即可解答．
【详解】解：该二次函数图象的对称轴为直线，
，
该二次函数图象的开口向上，
当时，y随x的增大而减小，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握和运用二次函数的图象和性质是解决本题的关键．
15. 一个布袋里装有2个红球，1个白球，每个球除颜色外均相同，从中任意摸出一个球，记下颜色并放回，再摸出一个球，则两次摸出的球都是红球的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】先画树状图展示所有9种等可能结果，再两次摸出的球都是红颜色的概率结果数，然后根据概率公式计算．
【详解】解：画树状图如下，
共有9种等可能结果，其中两次摸出的球都是红颜色的为4种，
所以两次摸出的球都是红颜色的概率=，
故答案：．
【点睛】本题考查了列表法或树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．
16. “圆材埋壁”是我国古代数学名著《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问：径几何？”．用现在的几何语言表达即：如图，为的直径，弦，垂足为点，寸，寸，则直径的长度是________寸．
【答案】26
【解析】
【分析】连接构成直角三角形，先根据垂径定理，由垂直得到点为的中点，由可求出的长，再设出圆的半径为，表示出，根据勾股定理建立关于的方程，求解方程可得的值，即为圆的直径．
【详解】解：连接，
，且寸，
寸，
设圆的半径的长为，则，
，
，
在直角三角形中，根据勾股定理得：
，化简得：，
即，
（寸）．
故答案为：26．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线构造直角三角形．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 解方程：．
【答案】，
【解析】
【分析】利用因式分解法解方程即可．
【详解】解：
原方程可变为：，
∴或，
解得，．
【点睛】此题考查了一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
18. 如图，在中，，．分别求和的度数．
【答案】，
【解析】
【分析】根据等弧对等弦，得出，根据等边对等角即可求得的度数，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理得出，根据圆周角定理即可求的度数．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴，．
【点睛】本题考查了弧与弦的关系，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，圆周角定理，掌握以上知识是解题的关键．
19. 在直角坐标系中画出函数的图象（不用列表，直接画图），并指出它的开口方向，对称轴和顶点，怎样移动抛物线就可以得到抛物线？
【答案】画图见解析；的开口向下，对称轴为直线，顶点坐标为，将向右平移1个单位，再向上平移2个单位即可得到
【解析】
【分析】根据题意画出二次函数图象，根据顶点式写出开口方向，对称轴，以及顶点坐标，根据二次函数的平移规律即可求解．
【详解】解：如图，
的开口向下，对称轴为直线，顶点坐标为，
将向右平移1个单位，再向上平移2个单位即可得到
【点睛】本题考查了画二次函数图象，二次函数的性质，二次函数的平移，掌握二次函数的性质是解题的关键．
20. 如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点分别为．
（1）画出关于轴对称的，并写出点的坐标；
（2）画出绕点顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点旋转到点所经过的路径长（结果保留）．
【答案】（1）图见详解，；（2）图见详解，；（3）所经过的路径长为．
【解析】
【分析】（1）分别作出点A、B关于x轴的对称点，然后依次连接即可，最后通过图象可得点的坐标；
（2）根据旋转的性质分别作出点A、B绕点O旋转90°的点，然后依次连接，最后根据图象可得点的坐标；
（3）由（2）可先根据勾股定理求出OB的长，然后根据弧长计算公式进行求解．
【详解】解：（1）如图所示：
∴由图象可得；
（2）如图所示：
∴由图象可得；
（3）由（2）的图象可得：点B旋转到点所经过的路径为圆弧，
∵，
∴点B旋转到点所经过的路径长为．
【点睛】本题主要考查旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式，熟练掌握旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式是解题的关键．
21. 如图是2个可以随机转动的转盘，转盘A的三个扇形面积相等，分别标有数字1，2，3，转盘B的四个扇形面积相等，分别标有数字1，2，3，4．转动A、B转盘各一次，当转盘停止转动时，将指针所落扇形中的两个数字相乘（当指针落在两个扇形的交线上时，视为指针向右边的扇形）．
（1）用树状图或列表等方法列出所有可能出现的结果；
（2）求两个数字的积为偶数的概率．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）先根据题意画出树状图，再由树状图求得所有等可能的结果；
（2）由树状图得出两个数字的积为偶数的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【小问1详解】
解：画树状图得：
则共有12种等可能的结果；
【小问2详解】
解：共有12种等可能的结果，其中两个数字的积为偶数有8种情况，
两个数字的积为偶数的概率是：．
【点睛】此题考查了列表法或树状图法求概率，解题的关键是用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
22. 如图，点，分别在正方形的边，上，且，把绕点顺时针旋转得到．
（1）求证：≌．
（2）若，，求正方形的边长．
【答案】（1）证明见解析；（2）正方形的边长为6．
【解析】
【分析】（1）先根据旋转的性质可得，再根据正方形的性质、角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）设正方形的边长为x，从而可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据三角形全等的性质可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】（1）由旋转的性质得：
四边形ABCD是正方形
，即
，即
在和中，
；
（2）设正方形的边长为x，则
由旋转的性质得：
由（1）已证：
又四边形ABCD是正方形
则在中，，即
解得或（不符题意，舍去）
故正方形的边长为6．
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题关键．
23. 为了推广劳动教育课程实施，培养学生正确的劳动价值观和良好的劳动品质，如图所示，某中学用一段长为米的篱笆，再借助学校的一段围墙围成一个矩形菜园供学生参加劳动实践，已知学校该段围墙长为米．
（1）能围成一个面积为平方米的矩形菜园吗？请说明理由；
（2）这个矩形的长、宽各为多少时，菜园的面积最大？菜园的最大面积是多少？
【答案】（1）能，理由见详解；
（2）长为，宽为9，时面积最大为平方米；
【解析】
【分析】（1）假设能围成平方米的矩形菜园，设此时长为x米，则宽为米，根据面积列方程即可得到答案；
（2）设矩形菜园长为a米，则宽为米，用a表示S，根据函数性质即可得到答案；
【小问1详解】
解：假设能围成平方米的矩形菜园，设此时长为x米，则宽为米，
由题意可得，
，
解得： ，，
∵学校该段围墙长为米，
∴，
答：能围成面积为平方米的矩形菜园，此时长为6米；
【小问2详解】
解：设矩形菜园长为a米，则宽为米，由题意可得，
，
∵，，
∴当时，S最大，
∴此时宽为：，
∴（平方米）；
【点睛】本题考查一元二次方程和二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质．
24. 如图1，四边形内接于，为直径，过点作于点，连接．

（1）求证：；
（2）若是的切线，，连接，如图2．
①请判断四边形ABCO的形状，并说明理由；
②当AB=2时，求AD， AC与围成阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析；（2）四边形ABCO是菱形，理由见解析；（3）阴影部分的面积为．
【解析】
【分析】（1）利用圆内接四边形的性质证得∠D=∠EBC，再利用圆周角的性质证得∠D+∠CAD=，即可证明∠CAD=∠ECB；
（2）①利用切线的性质得到OC⊥EC，从而证明OC∥AE，再证明∠BAO=∠EBC =60°，推出BC∥AO，即可证明四边形ABCO是菱形；②先计算，再利用扇形的面积公式计算，即可求得阴影部分的面积．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠D+∠ABC=，
∵∠EBC+∠ABC=，
∴∠D=∠EBC，
∵AD为⊙O直径，
∴∠ACD=，
∴∠D+∠CAD=，
∵CE⊥AB，
∴∠ECB+∠EBC=，
∴∠CAD=∠ECB；
（2）①四边形ABCO是菱形，理由如下：
∵CE是⊙O的切线，
∴OC⊥EC，
∵AB⊥EC，
∴∠OCE=∠E=，
∴∠OCE+∠E=18，
∴OC∥AE，
∴∠ACO=∠BAC，
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠CAD，
∴∠BAC=∠CAD，
∵∠CAD=∠ECB，∠CAD=30°，
∴∠EBC=90°-30°=60°，
∴∠BAO=∠EBC =60°，
∴BC∥AO，
∴四边形ABCO是平行四边形，
∵OA=OC，
∴四边形ABCO是菱形；
②∵四边形ABCO是菱形，
∴AO=AB=2，AD=4，
∵∠CAD=30°，
∴CD=AD=2，AC=2，
过点C作CF⊥AD于点F，
∴CF=，
∴，
∵OC∥AE，
∴∠DOC=∠BAO=60°，
∴，
∴阴影部分的面积为．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、菱形的判定和性质以及扇形面积的求法，熟练掌握切线的性质定理以及扇形面积的求法是解答此题的关键．
25. 已知函数（b，c为常数）的图象经过点．
（1）求b，c满足的关系式；
（2）设该函数图象的顶点坐标是，当b的值变化时，求k关于h的函数解析式；
（3）若该函数的图象不经过第三象限，当时，函数的最大值与最小值之差为16，求b的值．
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】(1)将点代入，即可求解；
(2)根据题意得，，可得，进而可得答案；
(3)，对称轴是直线，开口向上，再分别求得当，，时的函数值，分四种情况得到函数的最大值与最小值，根据题意列出方程，解方程即可得到答案．
【小问1详解】
解：将点代入，
得，
解得，
故b，c满足的关系式为；
【小问2详解】
解：，，
，
，
，
故k关于h函数解析式为；
【小问3详解】
解：，
该二次函数图象的对称轴是直线，
，
该二次函数的开口向上，
当时， ，
当时， ，
当时，，
当，即时，
时y取最大值，时取最小值，
得，
解得(舍去)；
当，即时，
时y取最大值，时取最小值，
得，
解得(舍去)；
当时，与时的函数值相等，
故当，即时，
时y取最大值，时取最小值，
，
解得或(舍去)；
故当，即时，
时y最大值，时取最小值，
，
解得或(舍去)，
当时，不经过第三象限，符合题意，
当时，不经过第三象限，符合题意，
综上，或．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象，采用数形结合及分类讨论的思想解题是关键．