2022-2023学年天津市河北区九年级上学期数学期末考试卷及答案

2022-2023学年天津市河北区九年级上学期数学期末考试卷

及答案

一、选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）

1.下列图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）

®

【答案】D

【解析】

【分析】利用轴对称图形和中心对称图形的概念逐一选项判断即可.

【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；

B、是中心对称图形，不是轴对称图形，不合题意；

C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意；

D、既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意；

故选：D.

【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，如果一个图形沿着一条直线对折,

直线两旁的部分能够重合,那么这个图形就是轴对称图形,这条直线叫做这个图形的对称轴;

如果一个图形沿着某一个点旋转180。后，仍能与原来的图形重合，那么这个图形就是中心

对称图形，这个点叫做对称中心.

2.下列说法正确的是（）

A.“翻开九年上册数学课本，恰好是第88页”是不可能事件

B.“太阳从西方升起”是必然事件

C.“明天会下雨”描述的事件是随机事件

D.射击运动员射击一次，命中十环是必然事件

【答案】C

【解析】

【分析】根据确定事件和随机事件的定义来区分判断即可，必然事件和不可能事件统称确定

性事件；必然事件：在一定条件下，一定会发生的事件称为必然事件；不可能事件：在一定

条件下，一定不会发生的事件称为不可能事件；随机事件：在一定条件下，可能发生也可能

不发生的事件称为随机事件.

【详解】A.“翻开九年上册数学课本，恰好是第88页”是随机事件，故该选项不正确，不

符合题意；

B.“太阳从西方升起”是不可能事件，故该选项不正确，符合题意；

C.“明天会下雨”描述的事件是随机事件，故该选项正确，不符合题意；

D.射击运动员射击一次，命中十环是随机事件，故该选项不正确，不符合题意；

故选：C.

【点睛】本题考查了确定事件和随机事件的定义，熟悉定义是解题的关键.

3.今年以来，我市接待的游客人数逐月增加，据统计，游玩某景区的游客人数三月份为4

万人，五月份为5.76万人.设平均每月增长率为x,则可列方程为()

A.4(1+%)=5.76B.4(1+%)2=5.76

C.4（l+x）+4（l+x）2=5.76D.5.76（l+x）2=4

【答案】B

【解析】

【分析】根据三月份为4万人，五月份为5.76万人，设平均每月增长率为x,即可列出一元

二次方程.

【详解】解：设平均每月增长率X,

根据题意得：4(1+力2=5.76,

故选：B.

【点睛】本题考查了一元二次方程应用，理解题意，正确列出方程是解决本题的关键.

4.己知A(—2,%),3(—1,%)，C(l,%)三点都在二次函数y=2(x+l)2的图象上，则%,

为，％的大小关系为()

A.%<%<为B.%<%<%C.%<%<为D.

%<%<%

【答案】C

【解析】

【分析】由抛物线解析式可得抛物线开口方向及对称轴，根据A,B,C三点到对称轴的

距离大小关系求解.

【详解】解：7=2(尤+1)2,

，抛物线开口向上，对称轴为直线X=-1,

-1-(-1)<-1-(-2)<1-(-1),

%<%<%•

故选：C.

【点睛】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解题关键是掌握二次函数图像的对称性.

5.将抛物线丁=必先向右平移4个单位，再向下平移3个单位，所得抛物线表达式为()

A.y=(x-4)~-3B.y=(x-4)~+3

C.y=(x+4)2+3D.y=(x+4)--3

【答案】A

【解析】

【分析】根据函数图象的平移规则“左加右减，上加下减”进行求解即可.

【详解】解：将抛物线>=必先向右平移4个单位，再向下平移3个单位，

所得抛物线表达式为y=(%—4)2—3,

故选：A.

【点睛】本题考查二次函数图象的平移，熟练掌握函数图象平移规则是解答的关键.

6.如图，将绕直角顶点C顺时针旋转90°,得到△ABC,连接A4’，若

Zl=25°,则/B4c的度数是().

A.10°B.20°C.30°D.40°

【答案】B

【解析】

【分析】由旋转得A'C=AC,NAC4'=90°,求出NC4A'=45°,利用外角性质求出

ZAB'C,由旋转的性质得到NB的度数，再计算90。-NB即可得到结果.

【详解】解：由旋转得A'C=AC,NAC4'=90°,

ZCAA,=45°,

•/Z1=25°,

ZA,B'C=Z1+ZCAA=7O°,

由旋转得NB=ZAB'C=70°,

/.ZBAC=^°-ZB=20°,

故选：B.

【点睛】此题考查三角形外角的性质，等边对等角求角的度数，直角三角形两锐角互余的性

质，旋转的性质，熟记旋转的性质是解题的关键.

7.如图所示，。。的外切梯形ABCD中，如果AD〃BC,那么/DOC的度数为（）

BC

A.70°B.90°C.60°D.45°

【答案】B

【解析】

【分析】由于AD、DC、CB都是。。的切线，根据切线长定理知：ZAD0=ZCD0,ZDC0=ZBC0；

而AD〃BC,则2N0DC和2/0CD互补，由此可求得/DOC的度数.

【详解】VDA,CD、CB都与。。相切，

ZAD0=Z0DC,Z0CD=Z0CB；

VAD/7BC,

AZADC+ZBCD=180°；

.•.Z0DC+Z0CD=90°,即ND0C=90°；

故选B.

【点睛】此题主要考查是切线长定理及平行线的性质，准确的确定角的关系是解题关键.

8.如图，Z\ABC中，ZC=90°,AC=12,BC=5,。。与AABC的三边相切于点D、E、F,

A.8B.10C.12D.14

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，勾股定理求得A3的长，设A。=%,根据切线长定理可得则

BF=BD=13—x,CF=CE=AC-AE=U-x,根据即3尸+CF=5列出一元一次

方程即可求得x的值，即A。的长

【详解】解：：/C=90°,AC=12,BC=5,

AB=7AC2+BC2=V122+52=13，

•；OO与RtAABC的三边相切于点D、E、F,

二.AD=AE，BD=BF,CE=CF

设AD=x,则5尸=3。=13—x,CF=CE=AC-AE=12-x

BC=5

即8F+CF=5

13—x+12—x=5

解得x=10

故选：B.

【点睛】本题考查了切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键.

9.如图，。是四边形A3CD的外接圆，若/5。。=120，则/C的度数为（）

A.130B.120C.60D.150

【答案】B

【解析】

【分析】根据同弧上圆心角与圆周角的关系，求得NA=60°,利用圆的内接四边形对角互补

求解即可.

【详解】VZB0D=120°,

ZA=60°,

VZA+ZC=180°,

AZC=120°,

故选B.

【点睛】本题考查了圆心角和圆周角关系定理，圆内接四边形的性质，熟记两个定理是解题

的关键.

10.函数y=。必+bx+c（a,b,c为常数，且aW0）经过点、（m,0）,5.1<m<2,

当x<—1时，y随x增大而减小，下列结论：@abc>0-,®a+b<0；③若点A（—3,%）,

3(3,%)在抛物线上，则为<为；④方程依2+法+°一2=。必有两个不相等实数根；其

中结论正确的有()个

A.1个B.2个C.3个D.4个

【答案】B

【解析】

【分析】①由抛物线开口方向、对称轴位置以及抛物线与y轴的交点位置即可判断；②根据

b1

抛物线的对称性和对称轴方程得到0<——<一，变形可得a+/?〉0,即可判断；③利用

2a2

开口方向和点4(-3,%),3(3,%)到对称轴的距离的大小即可判断；④抛物线与直线y=2

有两个交点，可得到双2+公+c=2有两个不相等的实数根，即可判断；

【详解】解：•••当x<-1时，y随x增大而减小，可知抛物线开口向上，

，。>0,

b

:抛物线的对称轴在y轴的右侧，即——〉0,

2a

：.b<0,

:抛物线与y轴的交点在x轴下方，

/•c<0,

/.abc>0,

故①的结论正确；

②：抛物线过点点(—1,0)、(m,0),且1<机<2,

「・a+Z?>0,

所以②的结论错误；

③•.•点4(—3,%)到对称轴的距离比点3(3,%)到对称轴的距离远，

:抛物线开口向上，

%>为，

所以③的结论错误；

④：ax2+bx+c—2=0,

ax~+bx+c=2，

..•抛物线与直线y=2有两个交点,

，改2+法+c=2有两个不相等的实数根，

所以④的结论正确；

...①④是正确的，正确的选项有2个，

故选：B.

【点睛】本题主要考查了二次函数的性质以及二次函数图象与系数的关系，有一定综合性和

难度，能够综合运用二次函数的性质，利用数形结合的思想是解题的关键.

二、填空题(共8小题，满分24分，每小题3分)

11.若抛物线y=(a—1)*—4x—1的开口向上，则常数a的取值范围是.

【答案】a>l

【解析】

【分析】根据二次函数的性质，图象开口向上，则二次项系数大于0可得答案.

【详解】解：•••抛物线y=(a—1)Y—4x—1的开口向上，

a—l>0,即a>l.

故答案为：a>l.

【点睛】本题主要考查了二次函数的性质.用到的知识点：对于二次函数丁=以2+初^+。

(。/0)来说，当。>0时，抛物线开口向上；当a<0时，抛物线开口向下，解题的关键

是熟练掌握二次函数图象及其性质.

12.在-2、-1、0、1、2这五个数中随机取出一个数，取出的数是1的概率为.

【答案】1##0.2

【解析】

【分析】根据概率计算公式求解即可.

【详解】解：•一共有五个数，取出每一个数的概率都一样，

...取出的数是1的概率为g,

故答案为：—.

【点睛】本题主要考查了简单的概率计算，熟知概率计算公式是解题的关键.

13.已知尤2+3尤-1=0的两个根为与、巧，则石+々一七々的值为.

【答案】-2

【解析】

【分析】根据根与系数的关系求解.

【详解】解：•••一+3x-l=0的两个根为毛、演，

b.c

Xy+%2=——3,————1,

-aa

%+%2一%9=-3—（-1）二-2,

故答案为：-2.

【点睛】本题考查了一元二次方程依2+法+°=0（。/0）的根与系数的关系：若方程

bc

两个根为为、巧，则%+龙，=-一，王马=一，解题的关键是熟练掌握根与系数的关系.

aa

14.现有一个半径为7cm的半圆形纸片，用它恰好围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计），则

该圆锥底面圆的半径为cm.

7

【答案】-

2

【解析】

【分析】设该圆锥底面圆的半径为rcm,由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧

长等于圆锥底面的周长，则利用弧长公式得到2夕=180X"）＜7,然后解方程即可.

180

【详解】解：设该圆锥底面圆的半径为rcm,

根据题意得2万7=180*"*7,

180

7

解得r=—,

2

7

即该圆锥底面圆的半径为一CH1.

2

7

故答案为：一.

2

【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底

面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长.

15.如图，一大型油罐的截面。的直径为10m,油面宽A3=8m,则油深m.

【解析】

分析】根据垂径定理和勾股定理进行解答即可.

【详解】解：如图：连接。4,过点。作。。，人3于点口，交。。于点C,

AD=—AB=4cm

2

由题意得，OA=OC=5m,

/.OD=y/OA'-AD2=452-42=3(m),

CD=OD+OC=3+5=8(m),

故答案：8.

【点睛】此题考查了垂径定理的应用，勾股定理，此题难度不大，作出辅助线是解决本题的

关键.

16.点4(5,-加)和点5(”,一4)关于原点对称，则"2+〃=.

【答案】-9

【解析】

【分析】平面内关于原点对称的点的坐标特点为：横坐标、纵坐标都互为相反数，由此可求

解.

【详解】解：丁点A(5,f)和点B(n,-4)关于原点对称,

.•・m=4n=-5,

.*.m+n=-4+(-5)=-9,

故答案为：-9.

【点睛】本题考查关于原点对称的点的坐标，熟练掌握关于原点对称的点的坐标特点是解题

的关键.

17.已知二次函数的图象以4(-1,4)为顶点，且过点8(2,-5),则该二次函数的表达式为

【答案】y=-x2-2x+3

【解析】

【分析】设二次函数的解析式为y=a(x+l『+4,再把点B的坐标代入，即可求解.

【详解】解：设二次函数的解析式为y=a(x+iy+4,

把点B的坐标代入，得

。(2+1)一+4=-5,解得。=-1,

故y=++4=-x2-2x+3,

故答案为：y=-x2-2x+3.

【点睛】本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式，设出顶点式是解决本题的关键.

18.如图，将等边AAOB放在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0,4),点B在第一象限.将

等边AAOB绕点0顺时针旋转90°得到AA'OB',则点B'的坐标是.

【解析】

【分析】作B，H，x轴于H,根据勾股定理求出HB，可得结论.

【详解】解：•.•等边aAOB绕点0顺时针旋转90°得到塞A'OB',

.•.A'落在x轴正半轴，作B，H_Lx轴于H,

,.,△0AzB'为等边三角形，0A，=0B'=0A=4,

.•.OH=A'H=2,

H=Jo/—.=2百,

；.B，点坐标为(2,-2班)，

故答案为：(2,-2不).

【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，等边三角形的性质，勾股定理，解题关键是结

合旋转的角度和构建直角三角形求出旋转后的点的坐标.

三、解答题(共6小题，满分46分)

19.解方程：2X2-4X-3=0

【答案】寸言便’)"普

【解析】

【分析】由公式法解一元二次方程，即可求出方程的解.

【详解】解：2X2-4X-3=0,

*.*a=2,b=—4,c=-3,

・・・b1-4ac=(-4)2-4X2X(-3)=16+24=40>0

.-(-4)±7402土布

••x=-------------=----------

2x22

.2+A/IO2-710

力22

【点睛】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握公式法解一元二次方程.

20.某景区检票口有A、B、C、D共4个检票通道.甲、乙两人到该景区游玩，两人分别从

4个检票通道中随机选择一个检票.

(1)甲选择A检票通道的概率是；

(2)求甲乙两人选择的检票通道恰好相同的概率.

【答案】(1)(2)

44

【解析】

【分析】(1)直接利用概率公式求解；

(2)通过列表展示所有9种等可能结果，再找出通道不同的结果数，然后根据概率公式求

解.

【详解】(1)解：一名游客经过此检票口时，选择A通道通过的概率=上,

4

故答案为3

(2)解：列表如下:

ABcD

A(A,A)(A,B)(A,C)(A,D)

B(B,A)(B,B)(B,C)(B,D)

C(C,A)(C,B)(C,C)(C,D)

D(D,A)(D,B)(D,C)(D,D)

共有16种可能结果，并且它们的出现是等可能的，“甲、乙两人选择相同检票通道”记为

事件E,它的发生有4种可能：(A,A)、(B,B)、(C,C)、(D,D)

41

AP(E)=.

164

【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n,

再从中选出符合事件A或B的结果数目m,然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率.

21.在二。中，弦CD与直径A3相交于点P,ZABC=16°.

(1)如图①，若N54O=52。，求/APC和/CD6的大小；

(2)如图②，若CDLA6,过点口作《。的切线，与AB的延长线相交于点E,求々的

大小.

【答案】(1)ZAPC=68°；ZCDB=74°

(2)58°

【解析】

【分析】(1)由同弧所对圆周角相等求得/C,进而求得/APC；连接AC,求得NB4C,

进而由同弧所对的圆周角相等求得NCDB.

(2)连接0D,求得NPCB,进而求得其所对圆心角/50Z),再由三角心外角和内角的

关系求得

【小问1详解】

解：：BD=BD

：.NC=ZBAD=52。

：.ZAPC=ZC+ZABC=68°

如图，连接AC,TAB为：。直径

ZACB=90°

ZBAC=1SCP-ZACB-ZABC=74°

,•*BC=BC

：.NCDB=/BAC=74°

解：如图，连接0D

•/CD±AB

：.ZCPB=90°

：.ZPCB=90°-NPBC=74°

；在。中，NBOD=2/BCD

：.ZBOr>=148°

•：DE是，。的切线

OD1DE即NODE=90°

ZE=ZBOE>-90°=58°.

【点睛】本题考查圆与三角形的综合问题，熟练掌握三角形和圆的相关性质定理是解题的关

键.

22.某商品的进价为每件50元.当售价为每件70元时，每星期可卖出300件，现需降价处

理，且经市场调查：每降价1元，每星期可多卖出20件.在确保盈利的前提下，解答下列

问题：

(1)若设每件降价x元、每星期售出商品的利润为y元，请写出y与x的函数关系式，并

求出自变量x的取值范围；

(2)当降价多少元时，每星期的利润最大？最大利润是多少？

【答案】(1)y=-20X2+100X+6000,0WX<20

(2)当降价2.5元时，每星期的利润最大，最大利润是6125元

【解析】

【分析】(1)根据总利润=单件获得利润义数量得出解析式；

(2)首先利用配方法把二次函数化为顶点式，再求出最大自.

【小问1详解】

解：根据题意得y=(70-x-50)(300+20x)=-20x，100x+6000,

V70-x-50>0,且x20,

，0Wx<20；

【小问2详解】

Vy=-20x^l00x+6000=-20(x-2.5)2+6125,

.,.当x=2.5时，y取得最大值，最大值为6125,

答：当降价2.5元时，每星期的利润最大，最大利润是6125元.

【点睛】本题考查利用二次函数解决利润最大问题，解决问题的关键是构造函数解析式，利

用解析式的性质求出极值.

23.在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点0(0,0),点4(6,0),点8(0,8).以

点A为中心，顺时针旋转矩形得到矩形A0EF,点0,B,C的对应点分别为D,

E,F,记旋转角为夕(0°<夕<90°).

(1)如图1,当。=30°时，求点D的坐标；

(2)如图2,当点E落在AC的延长线上时，求点D的坐标；

(3)当点D落在线段OC上时，求点E的坐标.

【答案】(1)(6-36，3)；(2)(|,y)；(3)(12,8)

【解析】

【分析】(1)过点。作。轴于G,由旋转的性质得出AD=AO=6,a=ZOAD=30°,

DE=OB=8,由直角三角形的性质得出OG=3Ar>=3,AG=6DG=35得出

OG=OA-AG=6-3也，即可得出点。的坐标为(6-3如，3)；

(2)过点D作。轴于G,DH_LAE于H，则G4=OH,HA=DG,由勾股定理

*__________,______24

得出AE=4AD。+DE。=依+8?=10，由面积法求出。”=彳，得出

OG^OA-GA^OA-DH=^,由勾股定理得出。G=],即可得出点。的坐标为(g,y)；

(3)连接AE,作轴于G,由旋转的性质得出NZM£=NAOC,AD=AO,由

等腰三角形的性质得出NAOC=NADO,得出/ZME=NAZ)O,证出AE//OC,由平

行线的性质的NG4E=N4OD,证出NZME=NG4E,证明AAEG三AA£D(A4S),得出

AG=AD=6,EG=ED=8,得出OG=。4+AG=12,即可得出答案.

【详解】解：(1)过点。作。轴于G,如图所示：

点4(6,0),点3(0,8).

/.OA-6,08=8,

以点A为中心，顺时针旋转矩形AO5C,得到矩形ADEF,

：.AD=AO=6,a=ZOAD=30°,DE=OB=8,

在RtAADG中，DG=^AD=3,AG=QDG=3B

OG=OA-AG=6-3A/3，

二点。的坐标为(6-34,3)；

(2)过点。作。G，x轴于G,于H,如图所示:

则G4=DH,HA=DG，

DE=OB=8,ZADE=ZAOB=90°,

AE=y/AD2+DE2=46?+8。=10，

-AExDH=-ADxDE,

22

c”ADxDE6x824

二.DH=------------=------=—,

AE105

:.OG=OA-GA=OA-DH=6-^-=^,DG=^AD1-AG2=^62-(y)2=y,

点D的坐标为(g,；

(3)连接AE,作石GJL1轴于G,如图所示：

.\ZAOC=ZADO,

:.ZDAE=ZADO,

:.AE//OC,

:.ZGAE=ZAOD,

:.ZDAE=ZGAE,

在AAEG和A4ED中，

ZAGE=ZADE=90°

<ZGAE=NDAE,

AE=AE

:.AAEG=AAED(AAS),

:.AG=AD=6,EG=ED=8,

:.OG=OA+AG=12,

.・•点E的坐标为(12,8).

【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角

形的判定与性质、旋转变换的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理

解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题.

24.如图，平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A,B在x轴上，抛物线y=-炉+6x+c

(1)求抛物线的解析式：

(2)P为y轴上一点，过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为Q,连接EQ,AP.试求

EQ+PQ+A尸的最小值；

(3)N为平面内一点，在抛物线对称轴上是否存在点M,使得以点M,N,E,A为顶点的四

边形是菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)、=一/+2工+3

(2)用+1

⑶存在，(1,-3),(1,722),(1,-722),(1,一5+后)，(1,-5-717)

【解析】

【分析】（1）求出A点坐标，把A、C坐标代入解析式计算即可；

（2）连接0C,交对称x=l于点Q,证明四边形AOQP是平行四边形，即可说明若使的

EQ+PQ+AP值为最小，其EQ