广东省阳江市阳西县九年级上学期1月期末考试数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省阳江市阳西县九年级上学期1月期末考试数学试题（解析版）-A4，共17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。
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 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】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念，是解题的关键．
【详解】解：A、此图是轴对称图形，不是中心对称图形，故A不符合题意；
B、此图不是轴对称图形，是中心对称图形，故B不符合题意；
C、此图既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C符合题意；
D、此图是轴对称图形，不是中心对称图形，故D不符合题意；
故选：C．
2. 二次函数的图象上有两点， ，则a，b的大小关系为（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质，根据函数解析判断出二次函数的增减性是解题的关键．
【详解】解：对于二次函数，
∵，
∴当时，y随x的增大而减小，
∴当时，，
故选:B．
3. 如图，内接于，是的直径，连接，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查同弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角等于．
由是的直径，得，而，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：是的直径，
，
，
，
故选：D．
4. 已知，，是抛物线（为常数）上的点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟练求出对称轴，并熟悉二次函数的增减性是解题的关键．求出抛物线的对称轴为直线，然后根据二次函数的增减性解答即可．
【详解】解：∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵，
∴抛物线开口向下，
∴当时，y随x的增大而减小，当时，函数有最大值，
∵关于对称点为，，
∴．
故选：B．
5. 一个正多边形的每一个外角都是，则这个正多边形的内角和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查多边形的内角和与外角和之间的关系，多边形的外角和是固定的，依此可以先求出多边形的边数．再根据多边形的内角和公式求出多边形的内角和．
【详解】解：一个多边形的每个外角都等于，
多边形的边数为，
这个多边形的内角和，
故选：C．
6. 某地足球联赛中，参赛的每两个队之间都需要进行一场比赛，共比赛了45场．设共有个队参加比赛，则下列方程符合题意的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，根据参赛的每两个队之间都需要进行一场比赛，共比赛了45场．设共有个队参加比赛，则列式，即可作答．
【详解】解：∵根据参赛的每两个队之间都需要进行一场比赛，共比赛了45场，设共有个队参加比赛，
∴，
故选：D
7. 一个扇形的弧长是，面积为，则其半径为（ ）
A. 6B. 36C. 12D. 144
【答案】C
【解析】
【分析】根据代入计算即可．
【详解】∵，弧长是，面积为，
∴，
解得，
故选C．
【点睛】本题考查了扇形的面积公式，熟练掌握扇形面积与弧长的关系是解题的关键．
8. 已知二次函数的图像上有三点，， ，则、、的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键掌握二次函数图象的性质．
先求出抛物线的对称轴，再由对称性得C点关于对称轴的对称点的坐标，再根据抛物线开口向下，在对称轴右边，y随x的增大而增大，便可得出、、的大小关系.
【详解】解：，
对称轴为，
点关于的对称点时，
，
在的右边y随x的增大而增加，
，，，
，
∴．
故选：C．
9. 如图，分别切于两点，点在优弧上，，则度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了切线的性质、四边形内角和定理及圆周角定理，连接，根据切线的性质得出，再由四边形内角和为360度得出，最后根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半求解即可，熟练掌握知识点并添加适当的辅助线是解题的关键．
【详解】连接，

∵分别切于两点，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
10. 如图二次函数图象，与x轴交于、点，下列说法中：①；②方程的根是③；④当时，y随x的增大而增大．正确的说法有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的图象和性质，掌握由二次函数的图象确定二次函数中的符号是解题的关键．根据二次函数的图象确定二次函数中的符号，由与x轴的交点，确定方程的根，以及观察图象确定函数的增减性，再逐项分析即可．
【详解】①由二次函数的图象开口向上，可知，
与轴交于负半轴，
， ，故①正确；
②二次函数的图象，与x轴交于、点，
方程的根是；故②正确
③二次函数的图象，与x轴交于，
由图象可知，当时，故③错误；
④观察图象可知，对称轴为，
在对称轴右侧，y随x的增大而增大，
即当时，y随x的增大而增大．
所以正确的有①②④3个．
故选：C．
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分．
11. 若点与点关于原点对称，则的值是________．
【答案】9
【解析】
【分析】本题考查了关于原点对称的点坐标的特征，有理数的乘方等知识．熟练掌握关于原点对称的点坐标的特征，有理数的乘方是解题的关键．
由题意知，，可求，然后代值求解即可．
【详解】解：∵点与点关于原点对称，
∴，
解得，，
∴，
故答案为：9．
12. 抛物线先向左平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，平移后所得抛物线的解析式为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次函数图象平移的规律即可得到平移后的函数解析式．
【详解】解：抛物线先向左平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，平移后所得抛物线的解析式为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是二次函数图象与几何变换，熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求得函数解析式是解题的关键．
13. 如图，将绕点O逆时针旋转后得到，若，则等于 ________．
【答案】##度
【解析】
【分析】本题考查旋转的性质，根据旋转的性质可知，旋转角等于，从而可以得到的度数，由可以得到的度数．
【详解】解：绕点按逆时针方向旋转后得到，
．
，
．
故答案为：．
14. 已知二次函数的图象与x轴有交点，则a的取值范围是______．
【答案】且
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数与一元二次方程的应用，掌握相关知识并正确计算是解题的关键．
令，根据根的判别式大于等于零即可求解；
【详解】解：∵二次函数的图象与轴有交点，
∴令时，根的判别式大于等于零；
即，
解得：，
，
故答案为：且．
15. 如图，以一定的速度将小球沿与地面成一定角度的方向击出时，小球的飞行路线是一条抛物线．若不考虑空气阻力，小球的飞行高度（单位：m）与飞行时间（单位：s）之间具有函数关系：，则当小球飞行高度达到最高时，飞行时间_________s．
【答案】2
【解析】
【分析】把一般式化为顶点式，即可得到答案．
【详解】解：∵h=-5t2+20t=-5（t-2）2+20，
且-5＜0，
∴当t=2时，h取最大值20，
故答案为：2．
【点睛】本题考查二次函数的应用，解题的关键是掌握将二次函数一般式化为顶点式．
16. 如图，AD是的外接圆的直径，若，则___________°．
【答案】40
【解析】
【分析】根据AD是的外接圆的直径，可得∠ABD=90°，再由圆周角定理，可得，即可求解．
【详解】解∶∵AD是的外接圆的直径，
∴∠ABD=90°，
∵，
∴∠BAD=90°-∠ADB=40°．
故答案为：40
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握直径所对的圆周角是直角，圆周角定理是解题的关键．
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分．
17. 已知关于x的一元二次方程．
（1）求m的值；
（2）用配方法解这个方程．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的定义，解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
（1）根据一元二次方程解的定义求得m的值，
（2）根据配方法解一元二次方程即可求解．
【小问1详解】
解：根据一元二次方程定义可得，
解得；
【小问2详解】
解：当时，方程为，
两边同除以2得：，
配方，得： ，
即： ，
直接开平方，得：，
∴，．
18. 如图，在中；是直径，是弦，且于点E，，．求的半径．
【答案】的半径为5
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理，连接，根据垂径定理求出，根据勾股定理得出方程，求出方程的解即可．
【详解】解：如图，连接，设的半径为x，
，
，
，
，
在中，由勾股定理，，
得，
解得，
的半径为5．
19. 用配方法将化为的形式并求出其与轴的交点坐标．
【答案】，
【解析】
【分析】配方法将一般式转化为顶点式，令，求出的值，即可得到抛物线与轴的交点坐标．
【详解】解：；
当时，，解得：，
∴抛物线与轴的交点坐标为．
【点睛】本题考查将二次函数的一般式转化为顶点式，求抛物线与轴的交点坐标．熟练掌握配方法将一般式转化为顶点式，是解题的关键．
四、解答题（一）：本大题共3小题，每小题9分，共27分．．
20. “二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明“．小李同学购买了“二十四节气”主题邮票，他将A（小雪）、B（寒露）、C（秋分）、D（立秋）四张纪念邮票（除正面不同外，其余均相同）背面朝上洗匀．
（1）小李从中随机抽取一张邮票，抽中是B（寒露）的概率是 ．
（2）小李先从中随机抽取一张邮票，记下内容后，正面朝下放回，重新洗匀后再随机抽取一张邮票．请用树状图或列表的办法求小李两次抽取的邮票中至少有一张是D（立秋）的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了概率公式，画树状图求概率，
（1）根据概率公式计算；
（2）画出树状图，确定所有可能出现结果，符合题意的结果，再根据概率公式得出答案．
【小问1详解】
解：一共有4张邮票，符合题意的有1张，
所以，抽中B的概率是．
故答案为：；
【小问2详解】
画树状图如下：
一共有16种可能出现的结果，每种结果出现的可能性相同，符合题意的有7种，所以两次抽取邮票中至少有一张是D的概率是．
21. 已知关于x的一元二次方程(m+1)x2+2mx+m-3=0有两个不相等的实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）当m取满足条件的最小奇数时，求方程的根．
【答案】（1）m＞且m≠-1；（2）m=1，
【解析】
【分析】（1）一元二次方程有两不等实数根，则根的判别式Δ=b2-4ac＞0，建立关于m的不等式，求出m的取值范围．还要注意二次项系数不为0；
（2）在m的范围内，找到最小奇数，然后把m的值代入一元二次方程（m+1）x2+2mx+m-3=0中，再解出方程的解即可．
【详解】解：（1）∵关于x的一元二次方程（m+1）x2+2mx+m-3=0 有两个不相等的实数根，
∴m+1≠0且Δ＞0，
∵Δ=（2m）2-4（m+1）（m-3）=4（2m+3），
∴2m+3＞0，
解得 m＞−，
∴m的取值范围是m＞−且m≠-1；
（2）在m＞−且m≠-1的范围内，最小奇数m为1，
此时，方程化为x2+x-1=0，
∵Δ=b2-4ac=12-4×1×（-1）=5，
∴，
∴方程的根为，．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程根的情况与判别式△的关系，以及一元二次方程的解法，关键是掌握（1）Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）Δ＜0⇔方程没有实数根．
22. 某文具店购进一批纪念册，每本进价为元，出于营销考虑，要求每本纪念册的售价不低于元且不高于元，在销售过程中发现该纪念册每周的销售量y（本）与每本纪念册的售价x（元）之间满足一次函数关系：当销售单价为23元时，销售量为34本；当销售单价为25元时，销售量为30本．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）设该文具店每周销售这种纪念册所获得的利润为w元，将该纪念册销售单价定为多少元时，才能使文具店销售该纪念册所获得利润最大？最大利润是多少？
【答案】（1）
（2）定为元时，最大利润是元
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求解可得；
（2）根据所获得总利润每本利润销售数量列出函数解析式，配方成顶点式可得答案．
【小问1详解】
解：设与的关系式为，
把与代入，
得：，
解得：，
∴y与之间函数关系式为；
【小问2详解】
解：由题意可得：
，
此时当时，最大，
即当时，（元），
答：该纪念册销售单价定为元时，才能使文具店销售该纪念册所获利润最大，最大利润是元．
【点睛】本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式，根据销售问题中关于利润的相等关系列出函数解析式及二次函数的性质．
五、解答题（一）：本大题共2小题，每小题12分，共24分．
23. 如图所示，是直角三角形，，以为直径的交于点E，点D是边的中点，连接．
（1）求证：与相切；
（2）若的半径为，，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】此题考查了切线的判定、圆周角定理、勾股定理等知识．
（1）如图连接，，由是直径知，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半知，再利用，根据等腰三角形的性质知，得到，即得证为切线；
（2）由，知，在直角中可利用勾股定理求出，再利用的面积相等求出，然后在直角中利用勾股定理求出即可．
【小问1详解】
证明：连接，
∵是直径，
∴，
∵点D是的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
又，
∴，
∴是的切线．
【小问2详解】
解：∵，知，
∴，
∵，
∴，
∴．
24. 如图，在平面直角坐标系中，∠ACB＝90°，OC＝2BO，AC＝6，点B的坐标为（1，0），抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A、B两点．
（1）求点A的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）点P是直线AB上方抛物线上的一点，过点P作PD垂直x轴于点D，交线段AB于点E，使PE＝DE．
①求点P的坐标；
②在直线PD上是否存在点M，使△ABM为直角三角形？若存在，求出符合条件的所有点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=﹣x2﹣3x+4；（2）①P（﹣1，6）；②点M的坐标为：M（﹣1，3+）或（﹣1，3﹣）或（﹣1，﹣1）或（﹣1，）．
【解析】
【分析】（1）由OC=2BO及点B的坐标可得出OC的长度，结合AC的长度及∠ACB=90°可得出点A的坐标；
（2）根据点A，B的坐标，利用待定系数法可求出抛物线的解析式；
（3）①先得AB的解析式为：y=-2x+2，根据PD⊥x轴，设P（x，-x2-3x+4），则E（x，-2x+2），根据PE=DE，列方程可得P的坐标；
②先设点M的坐标，根据两点距离公式可得AB，AM，BM的长，分三种情况：△ABM为直角三角形时，分别以A、B、M为直角顶点时，利用勾股定理列方程可得点M的坐标．
【详解】（1）∵OC=2BO，点B的坐标为（1，0），
∴OC=2．
∵AC=6，∠ACB=90°，
∴AC⊥x轴，
∴点A的坐标为（-2，6）；
（2）把A（﹣2，6）和B（1，0）代入y=﹣x2+bx+c得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2﹣3x+4；
（3）①∵A（﹣2，6），B（1，0），
易得AB的解析式为：y=﹣2x+2，
设P（x，﹣x2﹣3x+4），则E（x，﹣2x+2），
∵PE=DE，
∴﹣x2﹣3x+4﹣（﹣2x+2）=（﹣2x+2），
x=1（舍）或﹣1，
∴P（﹣1，6）；
②∵M在直线PD上，且P（﹣1，6），
设M（﹣1，y），
∴AM2=（﹣1+2）2+（y﹣6）2=1+（y﹣6）2，
BM2=（1+1）2+y2=4+y2，
AB2=（1+2）2+62=45，
分三种情况：
i）当∠AMB=90°时，有AM2+BM2=AB2，
∴1+（y﹣6）2+4+y2=45，
解得：y=3，
∴M（﹣1，3+）或（﹣1，3﹣）；
ii）当∠ABM=90°时，有AB2+BM2=AM2，
∴45+4+y2=1+（y﹣6）2，y=﹣1，
∴M（﹣1，﹣1），
iii）当∠BAM=90°时，有AM2+AB2=BM2，
∴1+（y﹣6）2+45=4+y2，y=，
∴M（﹣1，）；
综上所述，点M的坐标为：M（﹣1，3+）或（﹣1，3﹣）或（﹣1，﹣1）或（﹣1，）．