2022-2023学年青海省西宁市九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年青海省西宁市九年级（上）期末数学试卷（含解析），共20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。

2022-2023学年青海省西宁市九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（本大题共8小题，共16.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列图形中，是中心对称的图形的是(    )
A.      直角三角形 B.     等边三角形
C.        平行四边形 D.        正五边形
2. 关于x的一元二次方程(m−1)x2+x+m2−1=0的一个根为0，则m为(    )
A. 0 B. 1 C. −1 D. 1或−1
3. “翻开北师大版数学七年级下册课本，恰好翻到第88页”，这个事件是(    )
A. 确定事件 B. 必然事件 C. 不可能事件 D. 随机事件
4. 如图，PA，PB为⊙O的两条切线，切点分别为A，B，连接OP交⊙O于点C，交弦AB于点D.下列结论中错误的是(    )
A. PA=PB
B. OP⊥AB
C. AC=BC
D. △APB是等边三角形
5. 若抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过A(1,4)，B(3,4)两点，则抛物线的对称轴为(    )
A. 直线x=1 B. 直线x=2 C. 直线x=3 D. 直线x=4
6. 如图，在4×4的正方形网格中，△MPN绕某点旋转一定的角度，得到△M′P′N′，其旋转中心是(    )

A. 点A B. 点B C. 点C D. 点D
7. 如图，点A，B，C在⊙O上，若四边形ACBO是平行四边形，⊙O的半径为r，则AB的长是(    )
A. r
B. 2r
C. 3r
D. 2r
8. 二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，且关于x的一元二次方程ax2+bx+c−m=0没有实数根，则下列结论正确的是(    )
A. b2−4ac<0
B. abc<0
C. ax2+bx D. m<−3
二、填空题（本大题共10小题，共20.0分）
9. 点A(−1,2)关于原点对称的点的坐标是______．
10. 如果m是方程x2−x+1=0的一个根，那么代数式m(m−1)的值等于______．
11. 甲、乙、丙三个事件发生的概率分别为0.5、0.1、0.9.对其中一个事件的描述是“发生的可能性很大，但不一定发生”.该事件是______.(填“甲、乙或丙”)
12. 若x1，x2是一元二次方程2x2−3x−1=0的两根，则x1+x2= ______ ．
13. 如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，若∠ADB=18°，则这个正多边形的边数为          ．






14. 在圆内接四边形ABCD中，∠A，∠B，∠C的度数之比为3：5：6，则∠B= ______ ．
15. 如图，直角坐标系中一条圆弧经过网格点A，B，C，其中B点坐标为(4,4)，则该圆弧所在圆的圆心坐标为______．


16. 点A(2,y1)，B(a,y2)在二次函数y=x2−2x+3的图象上．若y1 17. 某款“不倒翁”(图1)的主视图是图2，PA，PB分别与AMB所在圆相切于点A，B.若该圆半径是9cm，∠P=40°，则AMB的长是______．

18. 如图，一动点P在二次函数y=14x2−12x+14的图象上自由滑动，若以点P为圆心，1为半径的圆与x轴相切，则点P的坐标为______ ．


三、解答题（本大题共9小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题4.0分)
解方程：2x2+6x=−3．
20. (本小题6.0分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别是A(−1,0)，B(0,2)，C(2,1).请在平面直角坐标系中画出将△ABC绕A点旋转90°后的图形，并写出旋转后B，C两个点的对应点的坐标．

21. (本小题7.0分)
一个不透明的口袋中装有4个分别标有数字−1，−2，3，4的小球，它们的形状、大小完全相同．
(1)将口袋中的小球摇匀，然后从袋子中随机取出一个小球，则摸出有数字为3的小球的概率是______ ；
(2)甲、乙商定了一个游戏规则：从摇匀后的口袋中甲先随机摸出一个小球记下数字为a，乙在剩下的小球中随机摸出一个小球记下数字为b，若a与b之积为正则甲获胜；若a与b之积为负则乙获胜.请用列表法或画树状图的方法说明这个游戏规则对双方是否公平．
22. (本小题7.0分)
如图，在长为50m、宽为38m的矩形地面内的四周修筑同样宽的道路，余下的铺上草坪．要使草坪的面积为1260m2，道路的宽应为多少？


23. (本小题7.0分)
已知△ABC内接于⊙O，请仅用无刻度的直尺，根据下列条件按要求作图(保留作图痕迹，不写作法)．
(1)如图1，P是BC边的中点，请画出∠BAC的平分线；
(2)如图2，直线l与⊙O相切于点P，且l//BC，请画出∠BAC的平分线，并说明你的理由．

24. (本小题7.0分)
已知抛物线上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如表所示：
x
…
−1
0
1
2
3
…
y
…
0
−3
−4
−3
m
…
(1)m= ______ ；并在图上所给的平面直角坐标系中画出该抛物线；
(2)若直线l与两坐标轴分别交于点(3,0)和(0,−3)，请直接写出抛物线在直线上方时对应的x的取值范围．

25. (本小题7.0分)
如图，AB是半圆O的直径，C，D是半圆O上的两点，OD//BC，OD与AC交于点E，若∠D=70°．
(1)求∠CAD的度数；
(2)若AC=8，DE=2，求扇形AOD的面积．

26. (本小题9.0分)
阅读下列材料：
用配方法不仅可以解一元二次方程，还可以用它来解决很多问题.例如：因为3a2≥0，所以3a2+1就有最小值1，即3a2+1≥1，只有当a=0时，才能得到这个式子的最小值1；同样，因为−3a2≤0，所以−3a2+1有最大值1，即−3a2+1≤1，只有在a=0时，才能得到这个式子的最大值1．
(1)[材料理解]当x= ______ 时，代数式−3(x+3)2+4有最______ (填写“大或小”)值为______ ；
(2)[类比应用]求证：关于x的一元二次方程x2−(k−3)x−2k+1=0总有两个不相等的实数根．
27. (本小题10.0分)
如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A(3,0)，B(−1,0)，与y轴交于点C，D为顶点，直线AC与抛物线的对称轴交于点E．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求DE的长；
(3)若以D为圆心的圆与直线AC相切，求⊙D的半径长．


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A.直角三角形不是中心对称图象，故本选项不合题意；
B.等边三角形不是中心对称图象，故本选项不合题意；
C.平行四边形是中心对称图象，故本选项正确；
D.正五边形不是中心对称图象，故本选项不合题意．
故选：C．
根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心进行分析即可．
此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的定义．

2.【答案】C 
【解析】解：依题意，得
m2−1=0，且m−1≠0，
解得m=−1．
故选：C．
根据一元二次方程的解的定义，把x=0代入原方程列出关于m的方程，通过解该方程来求m的值；注意一元二次方程的二次项系数不等于零．
本题考查了一元二次方程的解的定义，一元二次方程的定义．注意，一元二次方程的二次项系数不为0，这是考试中经常出现的知识点，需要同学们注意．

3.【答案】D 
【解析】解：“翻开北师大版数学七年级下册课本，恰好翻到第88页”，这个事件是随机事件，
故选：D．
根据在一定条件下可能发生也可能不发生的事件是随机事件判断即可．
本题主要考查随机事件的知识，熟练掌握随机事件的定义是解题的关键．

4.【答案】D 
【解析】解：由切线长定理可得：PA=PB，∠APO=∠BPO，
∴AB⊥OP，AD=BD，
∴AC=BC，
故A，B，C正确，而△APB中只满足PA=PB，无其他条件证明△APB是等边三角形，
故选：D．
利用切线长定理、等腰三角形的性质以及垂径定理即可判断．
本题考查了切线长定理、等腰三角形的性质以及垂径定理，关键是利用切线长定理得到垂径定理的前提条件．

5.【答案】B 
【解析】解：∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)过A(1,4)，B(3,4)两点，
∴抛物线的对称轴为直线x=1+32=2，
故选：B．
由二次函数的对称性可求得抛物线的对称轴．
本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数图象上关于对称轴对称的点所对应的函数值相等是解题的关键．

6.【答案】B 
【解析】解：如图，由旋转可知：P和P′为对应点，N和N′为对应点，
连接PP′、NN′，作PP′、NN′的垂直平分线，
可得：点B为旋转中心，
故选：B．

连接PP′、NN′，分别作PP′、NN′的垂直平分线，两者的交点就是旋转中心．
本题考查了旋转变换的性质，根据对应点连线的平分线的交点即为旋转中心解答，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．

7.【答案】C 
【解析】解：AB与OC交于点D，如图所示：

∵四边形ACBO是平行四边形，OA=OB，
∴四边形ACBO为菱形，
∴OA=OB=AC=BC，OC⊥AB，
又∵OA=OC=OB，
∴△AOC和△BOC都为等边三角形，AD=BD，
在Rt△AOD中，OA=r，∠AOD=60°，
∴AD=OA⋅sin60°= 3r2
∴AB=2AD= 3r．
故选：C．
AB与OC交于点D，由题意可知ACBO为菱形，根据菱形的性质得到对角线互相垂直，且四条边相等，再由半径相等得到三角形AOC与三角形BOC都为等边三角形，同时得到AD=BD，在直角三角形AOD中，由OA=r，∠AOD为60°，根据AD=OA⋅sin60°即可得出AD的长，进而求出AB的长．
考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，垂径定理以及锐角三角函数定义，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．

8.【答案】D 
【解析】解：∵抛物线与x轴有两个交点，
∴Δ=b2−4ac>0，故A错误；
∵抛物线开口向上，对称轴为直线x=1，与y轴交于负半轴，
∴a>0，−b2a=1，c<0，
∴b=−2a<0，
∴abc>0，故B错误；
由图可知：当x=1时，y=ax2+bx+c(a≠0)取最小值，且为y=a+b+c，
∴ax2+bx+c≥a+b+c，
∴ax2+bx≥a+b，故C错误；
∵方程ax2+bx+c−m=0没有实数根，
即y=ax2+bx+c的图象和直线y=m没有交点，
∴m<−3，故D正确；
故选：D．
由抛物线与x轴有两个不同交点，可判断A；根据抛物线的开口方向、对称轴及与y轴交点的位置，可得出a>0、b<0、c<0，进而即可得出abc>0，即可判断B；根据图象得到函数最小值，可判断C；再根据方程ax2+bx+c−m=0没有实数根，转化为y=ax2+bx+c的图象和直线y=m没有交点，可判断D．
本题考查了二次函数图象与系数的关系以及抛物线与x轴的交点，观察函数图象，逐一分析四条结论的正误是解题的关键．

9.【答案】(1,−2) 
【解析】解：∵点A的坐标是(−1,2)，
∴点A关于原点对称的点的坐标是(1,−2)．
故答案为：(1,−2)．
根据平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)，即关于原点的对称点，横、纵坐标都变成相反数．
本题考查点的对称，解决的关键是对知识点的正确记忆，同时能够根据点的坐标符号确定点所在的象限．

10.【答案】1 
【解析】解：把x=m代入方程x2−x+1=0可得：m2−m−1=0，
即m2−m=1，
所以m(m−1)=m2−m=1．
故答案是：1．
将x=m代入原方程即可求m2−m的值．
此题考查了一元二次方程的解，解题时应注意把m2−m当成一个整体．利用了整体的思想．

11.【答案】丙 
【解析】解：甲、乙、丙三个事件发生的概率分别为0.5、0.1、0.9.对其中一个事件的描述是“发生的可能性很大，但不一定发生”.该事件是丙，
故答案为：丙．
根据概率的意义即可解答．
本题考查了概率的意义，熟练掌握概率的意义是解题的关键．

12.【答案】32 
【解析】解：∵x1、x2是一元二次方程2x2−3x−1=0的两实数根，
∴x1+x2=−−32=32．
故答案为：32．
由根与系数的关系可直接求得x1+x2的值．
本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，掌握一元二次方程的两根之和等于−ba、两根之积等于ca是解题的关键．

13.【答案】10 
【解析】
【分析】
本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，正确的理解题意是解题的关键．
连接OA，OB，根据圆周角定理得到∠AOB=2∠ADB=36°，于是得到结论．
【解答】
解：连接OA，OB，
∵A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，
∴点A、B、C、D在以点O为圆心，OA为半径的同一个圆上，
∵∠ADB=18°，
∴∠AOB=2∠ADB=36°，
∴这个正多边形的边数=360°36∘=10，
故答案为：10．  
14.【答案】100° 
【解析】解：∵∠A，∠B，∠C的度数之比为3：5：6，
∴设∠A=3x，则∠B=5x，∠C=6x．
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠A+∠C=180°，即3x+6x=180°，解得x=20°，
∴∠B=5x=100°，
故答案为：100°．
设∠A=3x，∠B=5x，∠C=6x，根据圆内接四边形的性质求出x的值，进而可得出结论．
本题考查的是圆内接四边形的性质，解题的关键是熟知圆内接四边形的对角互补．

15.【答案】(2,0) 
【解析】
【分析】
本题主要考查垂径定理的应用，能够根据垂径定理来确定出圆弧所在圆的圆心，是解答此题的关键．根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．
【解答】
解：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．
如图所示，则圆心是(2,0)．

故答案为(2,0)．  
16.【答案】3(答案不唯一) 
【解析】解：∵y=x2−2x+3，
∴抛物线开口系数，对称轴为直线x=−−22×1=1，
∵点A(2,y1)，B(a,y2)在二次函数y=x2−2x+3的图象上．且y1 ∴2+a2>1，
解得a>0．
故a的值可以是3，
故答案为：3(答案不唯一)．
由解析式求得开口方向和对称轴，然后利用二次函数的性质即可得出a>0．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特点，熟知二次函数的性质是解题的关键．

17.【答案】11πcm 
【解析】解：由题意得，OA⊥PA，OB⊥PB，OA，OB交于点O，如图，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵∠P=40°，
∴∠AOB=140°，
∴优弧AMB对应的圆心角为360°−140°=220°，
∴优弧AMB的长是：220π×9180=11π(cm)，
故答案为：11πcm．
根据题意，先找到圆心O，然后根据PA，PB分别与AMB所在圆相切于点A，B，∠P=40°可以得到∠AOB的度数，然后即可得到优弧AMB对应的圆心角，再根据弧长公式计算即可．
本题考查弧长的计算、切线的性质，解答本题的关键是求出优弧AMB的度数．

18.【答案】(−1,1)或(3,1) 
【解析】解：当⊙P与x轴相切时，则点P的纵坐标为1，
令14x2−12x+14=1，
解得：x1=−1，x2=3，
此时点P的坐标为：(−1,1)或(3,1)．
故答案为：(−1,1)或(3,1)．
当⊙P与x轴相切时，则点P的纵坐标为1，则得一元二次方程，解方程即可．
本题考查了切线的性质，解题关键是掌握相切时y=1，以此计算出x的值．

19.【答案】解：∵2x2+6x=−3，
∴2x2+6x+3=0，
∴a=2，b=6，c=3，
∴Δ=62−4×2×3=36−24=12，
∴x=−6± 122×2=−6±2 34=−3± 32，
∴x1=−3+ 32，x2=−3− 32． 
【解析】将方程转化为一般形式运用公式法求解即可．
本题考查了解一元二次方程，熟练掌握公式法求解一元二次方程是解题的关键．

20.【答案】解：如图，当绕A点逆时针旋转90°时，得△AB1C1，
此时，B1(−3,1)，C1(−2,3)．

当绕A点顺时针旋转90°时，得△AB2C2，
此时，B1(−3,1)，C1(−2,3)． 
【解析】根据旋转的性质分逆时针与顺时针两种情况作图即可．
本题考查作图−旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．

21.【答案】14 
【解析】解：(1)∵4个小球标有−1，−2，3，4，
∴摸出有数字为3的小球的概率是14．
故答案为：14；
(2)列表如下：

−1
−2
3
4
−1

(−1,−2)
(−1,3)
(−1,4)
−2
(−2,−1)

(−2,3)
(−2,4)
3
(3,−1)
(3,−2)

(3,4)
4
(4,−1)
(4,−2)
(4,3)

∴共有12种等可能的结果，其中a与b之积为正的有4种，a与b之积为负的有8种，
∴甲获胜的概率为412=13，乙获胜的概率为812=23，
∴这个游戏不公平．
(1)直接利用概率公式求解可得；
(2)通过列表展示所有12种等可能性的结果，然后根据概率公式计算两人获胜的概率即可．
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的结果求出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．

22.【答案】解：设路宽应为x米
根据等量关系列方程得：(50−2x)(38−2x)=1260，
解得：x=4或40(舍去)，
答：道路的宽应为4米． 
【解析】本题考查一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
设路宽为x米，根据题意列出等量关系解方程即可．

23.【答案】解：(1)如图所示，AD即为所求；

(2)如图所示，AE即为所求．
连接PO并延长，交⊙O于E，连接AE，
∵直线l与⊙O相切于点P，且l//BC，
∴PE垂直平分BC，
∴点E为BC的中点，
∴BE=CE，
∴∠BAE=∠CAE．
 
【解析】(1)连接OP并延长，交⊙O于D，根据P是BC边的中点，可得OD垂直平分BC，进而得到点D为BC的中点，连接AD，则∠BAD=∠CAD，因此AD即为所求；
(2)连接PO并延长，交⊙O于E，连接AE即可．
本题主要考查了复杂作图、圆周角定理、垂径定理以及切线的性质的综合应用，解决问题的关键是掌握：平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．解题时注意：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等．

24.【答案】0 
【解析】解：(1)由表格可得，
该抛物线的对称轴为直线x=1，
∴当x=−1和x=3时对应的函数值相等，
∴m=0，
在所给的平面直角坐标系中画出的抛物线如右图所示，
故答案为：0；
(2)由图象可得，
抛物线在直线上方时对应的x的取值范围是x<0或x>3．
(1)根据表格中的数据和二次函数具有对称性，可以得到该抛物线的对称轴和m的值，然后画出相应的抛物线即可；
(2)根据(1)中画出的抛物线，可以直接写出抛物线在直线上方时对应的x的取值范围．
本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，画出相应的抛物线，利用数形结合的思想解答．

25.【答案】解：(1)∵OA=OD，∠D=70°，
∴∠OAD=∠D=70°，
∴∠AOD=180°−∠OAD−∠D=40°，
∵AB是半圆O的直径，
∴∠C=90°，
∵OD//BC，
∴∠AEO=∠C=90°，即OD⊥AC，
∴AD=CD，
∴∠CAD=12∠AOD=20°；
(2)∵AC=8，OE⊥AC，
∴AE=12AC=4，
设OA=x，则OE=OD−DE=x−2，
∵在Rt△OAE中，OE2+AE2=OA2，
∴(x−2)2+42=x2，
解得：x=5，
∴OA=5，
∴扇形AOD的面积为：40×π×52360=25π9． 
【解析】(1)由∠D=70°，可求得∠AOD的度数，由AB是半圆O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可求得∠C=90°，又由OD∖user2//BC，证得OD⊥AC，然后由垂径定理求得AD=CD，再由圆周角定理求得∠CAD的度数；
(2)由垂径定理可求得AE的长，然后设OA=x，则OE=OD−DE=x−2，在Rt△OAE中，OE2+AE2=OA2，可得方程(x−2)2+42=x2，解此方程得到OA，再利用扇形面积公式计算即可．
此题考查了圆周角定理、垂径定理、扇形的面积以及勾股定理．注意得到OD⊥AC，应用垂径定理是关键．

26.【答案】3  大  4 
【解析】(1)解：代数式−3(x+3)2+4，
∵−3(x+3)2≤0，
∴当x=−3时，式子有最大值4，
故答案为：3，大，4；
(2)证明：由题意可知，Δ=(k−3)2−4×(−2k+1)
=k2−6k+9+8k−4
=k2+2k+5
=k2+2k+1+4
=(k+1)2+4，
∵(k+1)2≥0，
∴Δ=(k+1)2+4≥4>0，
∴关于x的一元二次方程x2−(k−3)x−2k+1=0总有两个不相等的实数根．
(1)根据非负数得性质得−3(x+3)2≤0所以当x=−3时，式子有最大值4；
(2)由题意得Δ=(k−3)2−4×(−2k+1)，整理得Δ=(k+1)2+4，即可判断Δ=(k+1)2+4≥4>0，进而得证结论．
考查了配方法的应用，用配方法解一元二次方程，利用配方法将二次三项式配方，即可求出最值．

27.【答案】解：(1)将A(3,0)，B(−1,0)代入y=−x2+bx+c中，
得−9+3b+c=0 −1−b+c=0 ，
解得：b=2 c=3 ，
∴y=−x2+2x+3；
(2)在y=−x2+2x+3中，对称轴为直线x=−2−1×2=1，
令x=0，则y=3，令x=1，则y=4，
∴C(0,3)，D(1,4)，
设直线AC的表达式为y=mx+n，将A(3,0)，C(0,3)代入，
得3m+n=0 n=3 ，
解得：m=−1 n=3 ，
∴直线AC的表达式为y=−x+3，
令x=1，则y=2，
∴E(1,2)，
∴DE=4−2=2；
(3)连接CD，AD，
∵A(3,0)，C(0,3)，D(1,4)，
∴AC2=32+32=18，AD2=(3−1)2+42=20，CD2=12+(3−4)2=2，
∴AC2+CD2=AD2，
∴△ACD是直角三角形，∠ACD=90°，
∵以D为圆心的圆与直线AC相切，
∴切点为C，
∴半径为CD= 2．
 
【解析】(1)将A，B代入二次函数表达式中，解关于b，c的二元一次方程组，即可得到结果；
(2)根据A，C坐标求出直线AC的表达式，再求出抛物线的顶点D的坐标，结合直线AC求出点E坐标，可得DE的长；
(3)根据A，C，D的坐标分别求出AC，AD，CD的长，利用勾股定理的逆定理证明∠ACD=90°，结合切线的性质可得半径．
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，勾股定理的逆定理，一次函数解析式，切线的性质，解题的关键是求出函数解析式，根据点的坐标计算线段的长．