2022-2023学年广东省广州市番禺区九年级（上）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年广东省广州市番禺区九年级（上）期末数学试卷

一、选择题（本大题共10小题，共30分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.在平面直角坐标系中，点（3,-2）关于原点对称点的坐标是（）

A.(3,2)B.(-3,-2)C.(—3,2)D.(3,-2)

2.如图图形中，是中心对称图形的是（）

A.=7,x2=8B.=7,x2=—8

C.%1=—7,x2=8D.=—7,x2=—8

4.如图，在O。中，弧AB所对的圆周角N4CB=50。，若P为弧48上

一点，^AOP=53°,贝ikPOB的度数为（）

A.25°

B.47°

C.53。

D.37°

5.抛物线y=2(x—3>—7的顶点坐标是()

A.(3,7)B.(-3,7)C.(3,-7)D.(-3,-7)

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.x（x-1）=90B.%（%+1）=90

C.1）=90x2D.x（x+1）=90x2

7.关于X的一元二次方程/一（卜一3）%-左+1=0的根的情况，下列结论中，正确的结论

是（）

A.有两个相等的实数根B.没有实数根

C.有两个不相等的实数根D.无法确定

8.如图，正六边形4BCDEF内接于。0,连接BD.则NC8D的度数是（）

E

A.30°B,45°C.60°D,90°

9.如图，AABC中，Z.ACB=90°,N4BC=40。.将AABC绕点B逆时针旋转得至ABC',使

点C的对应点C'恰好落在边上，则NC44'的度数是（）

A.50°

B.70°

C.110°

D.120°

10.如图是二次函数丫=a/+bx+c（a,b,c是常数，a。。）图象

的一部分，与x轴的交点4在点（2,0）和（3,0）之间，顶点为（1,3）对于下列结论:

①2a+b=0；

（2^）<z—6+c<0；

③3a+c>8；

④当—1<%<3时：y>0；

⑤若方程|aX2+。久+c|=1有四个根，则这四个根的和为4.

其中正确的是（）

A.①②⑤B.①②④C.①②③D.②③⑤

二、填空题（本大题共6小题，共18分）

11.方程/=9的实数解是—.

12.点。是正五边形2BCDE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。至少旋转。后能与原来的图案互相重合.

13.关于x的方程2/+mx-4=0的一根为x=1,则另一根为.

14.已知二次函数y=2（%-1）2-3,当尤_时，y随x的增大而减小.

15.在一个布袋里放有1个白球和2个红球,它们除颜色外其余都相同，从布袋里摸出1个球,

记下颜色后放回，搅匀，再摸出1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仇章算术》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？大意是：如图，CD为O。的直径，弦48_L垂足为

点E,CE=1寸，AB=10寸，则直径CD=一寸.

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.（本小题充）

解方程：x2—5x+6-0

18.(本小题分)

如图，在。。中，AB=AC，N4CB=70。,分另ij求N4BC和NBOC的度数.

19.(本小题笏

在直角坐标系中画出函数y=—g(X-1)2+2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y=-T/就可以得到抛物线y=-T(x—1尸+2?

20.(本小题笏

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，AAB。

的三个顶点坐标分别为2(-1,3),B(-4,3),0(0,0).

⑴画出△48。关于%轴对称的44当0,并写出点电的坐标；

(2)画出△AB。绕点。顺时针旋转90。后得到的△&B2。，并写出点当的坐标；

(3)在(2)的条件下，求点B旋转到点为所经过的路径长(结果保留兀).

21.(本小题充)

如图是2个可以随机转动的转盘，转盘4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4B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.(本小题笏

如图，点M,N分别在正方形ABCD的边BC,CD上，且AM4N=45。.把△4DN绕点2顺时针旋

转90。得至!U4BE.

(1)求证：AAEMm^ANM；

(2)若BM=3,DN=2,求正方形2BCD的边长.

23.(本小题分)

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30米的篱笆，再借助学校的一段围墙围成一个矩形菜园4BCD供学生参加劳

动实践，已知学校该段围墙长为12米.

(1)能围成一个面积为72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？

D

24.(本小题笏

如本题图①所示，四边形4BCD内接于。0,4。为直径，过点C作CELAB于点E,连接4c.

(/)求证：4CAD=4ECB：

(II)如本题图②，若CE是。。的切线，^CAD=30°,连接。C.

(1)试判断四边形ABC。的形状，并说明理由；

(2)当2B=2时，求2D、AC与比围成的阴影部分的面积.

图1图2

25.(本小题笏

已知函数y=x2+bx+。(6,<:为常数)的图象经过点(-2,4).

(1)求b,c满足的关系式；

(2)设该函数图象的顶点坐标是(小,切，当b的值变化时，求几关于税的函数解析式；

(3)若该函数的图象不经过第三象限，当-5WXW1时，函数的最大值与最小值之差为16,求

6的值.

答案和解析

1.【答案】C

解：根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，

二点(3,-2)关于原点对称的点的坐标为(-3,2),

故选：C.

根据平面直角坐标系中两个关于原点对称的点的坐标特点，结合题意代入点的坐标易得答案.

本题主要考查了平面直角坐标系内关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，比较简单.

2.【答案】B

解：观察四个选项可知，只有B选项中的图形绕某一点旋转180。后能与自身重合，

因此B选项中的图形是中心对称图形，

故选：B.

利用中心对称图形的定义即可得出答案.

本题考查中心对称图形的识别，掌握定义是解题的关键.平面内，如果把一个图形绕着某一点旋

转180。后能与自身重合，那么这个图形叫做中心对称图形.

3.【答案】C

解：x2—x=56,

■■X2—x—56=0,

因式分解得(久一8)。+7)=0,

x+7=0或无-8=0,

解得久1=-7,x2=8.

故选C.

利用因式分解法求解即可.

本题主要考查解一元二次方程-因式分解法.

4.【答案】B

解：•.•乙4cB与乙40B是同弧所对的圆周角与圆心角，乙4cB=50。，

•••4AOB=24ACB=100°,

/.AOP=53°,

•••4POB="OB-AAOP=100°-53°=47°.

故选:B.

先根据圆周角定理求出N40B的度数，进而可得出结论.

本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧

所对的圆心角的一半是解题的关键.

5.【答案】C

解：因为y=2。—3/-7是抛物线的顶点式，

根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为(3,-7)；

故选：C.

直接利用顶点式的特点可知顶点坐标.

本题考查了二次函数的性质，由抛物线的顶点坐标式写出抛物线顶点的坐标，比较容易.

6.【答案】A

解：••・全组共有x名同学，

・•.每名同学需赠送出(％-1)件标本.

根据题意得：x(x-1)=90.

故选：A.

由全组的人数可得出每名同学需赠送出(尤-1)件标本，结合全组共赠送了90件标本，即可得出关

于久的一元二次方程，此题得解.

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.

7.【答案】C

解：4=[-(k-3)]2-4(-fc+1)

=/c2—6fc+9—4+4/c

=k2-2k+5

=(k—1)2+4,

•••(k-I/>0,

•••(fc-l)2+4>0,即4>0,

••.方程有两个不相等的实数根.

故选：C.

先计算判别式，再配方得到/=(k—1)2+4,然后根据非负数的性质得到4>0,再根据判别式

的意义即可得到方程总有两个不相等的实数根.

本题主要考查根的判别式，一元二次方程a/+6%+c=0(a力0)的根与/=b2-4ac有如下关系:

①当4>0时，方程有两个不相等的实数根；

②当4=0时，方程有两个相等的实数根；

③当2<0时，方程无实数根.

8.【答案】A

解：•••在正六边形4BCDEF中，

乙BCD=e-2)}80°=120。，BC=CD,

6

•••乙CBD=1(180°-120°)=30°,

故选：A.

根据正六边形的内角和求得NBCD,然后根据等腰三角形的性质即可得到结论.

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【答案】D

【解析】

【分析】

根据旋转可得N&BA=^ABC=40°,A'B=AB,得ZBA4'=70。，根据NC44'=A.CAB+ABAA',

进而可得NC44'的度数.

本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解决本题的关键是掌握旋转的

性质.

【解答】

解：VAACB=90°,乙ABC=40°,

•••4CAB=90°-乙ABC=90°-40°=50°,

••・将△ABC绕点B逆时针旋转得到仆A'BC,使点C的对应点C怡好落在边2B上，

•••^A'BA=4ABe=40°,A'B=AB,

•••^BAA'=Z.BA'A=|(180°-40°)=70°,

•••^LCAA'=/.CAB+ABAA'=50°+70°=120°.

故选：D.

10.【答案】A

解："-7-=1,

2a

2。+b=0,故①正确；

•・•与1轴的交点4在点(2,0)和(3,0)之间，对称轴为直线％=1,

・•・与％轴的另一个交点B在点(一1,0)和(0,0)之间，

・,・当％=-1时，y=a-b+c<0,故②正确；

v2a+b=0,

・•・b=-2a,

a—b+c<0,

3a+c<0,故③错误；

函数图象与％轴的交点没有具体说明交点的坐标，

・•・当一1<%<3时,y>0不一定成立，故④错误；

方程+人工+c|=1的四个根分别为+人工+c=1和a/++c=—1的根，

,•・抛物线y=ax2+bx+c关于直线久=1对称，

・•・抛物线与直线y=1的交点的横坐标之和为2,

抛物线与直线y=-1的交点横坐标之和为2,

••・方程la/+加；+c|=1的四个根的和为4,故⑤正确.

正确的是①②⑤，

故选：A.

根据题意和函数图象，可以判断各个小题中的结论是否成立，本题得以解决.

本题考查二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征、抛物线与%轴的交点，解答

本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答.

n.【答案】句=3,%2=-3

解：x2=9,

x=±3,

,,,%1=3,%2=—3.

故答案为：%i=3,%2=-3.

直接利用开方法求解即可.

本题考查的是利用公式法解一元二次方程，熟记平方根的定义是解题的关键.

12.【答案】72

【解析】

【分析】

此题主要考查了旋转图形，正确求出中心角的度数是解题关键.

直接利用旋转图形的性质进而得出旋转角.

【解答】

解：•••五边形28CDE为正五边形，

•••中心角为：嗒=72。.

则这个图形至少旋转72。才能与原图象重合，

故答案为：72.

13.【答案】-2

解：设方程的另一根为久2，

;关于x的方程2/+mx-4=0的一根为x=1,

则1XX2=?=-2，

解得%2=-2.

故答案为：-2.

设方程的另一根为%2,根据根与系数的关系可得久2=-2,即可解答出.

本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系：冷是一元二次方程+必+C=0（QH0）的

两根时，4+叼=一(=；.

14.【答案】<1

解：在y=2(%-1)2-3中，a=2,

a>0,

・••开口向上，

由于函数的对称轴为X=1,

当X<1时，y的值随着X的值增大而减小；

当x>l时，y的值随着久的值增大而增大.

故答案为：<1.

根据二次函数的性质，找到解析式中的a为1和对称轴；由a的值可判断出开口方向，在对称轴的

两侧可以讨论函数的增减性.

本题考查了二次函数的性质，找到的a的值和对称轴，对称轴方程是解题的关键.

15.【答案】［

解：根据题意画图如下：

•••共有9种情况，两次摸出的球都是红球的有4种情况，

・••两次摸出的球都是红球的概率是

故答案为：

根据题意先画出树状图，求出总情况数，再根据概率公式即可得出答案.

此题考查的是树状图法求概率.树状图法适合两步或两步以上完成的事件.用到的知识点为：概

率=所求情况数与总情况数之比.

16.【答案】26

解：连接。4设。4=r寸，则OE=r—CE=(r—l)寸，

■.■AB1CD,AB=10寸，

AE=^AB=5寸，

在RtACME中，

OA2=AE2+OE2,即产=52+(r—I/,

解得r=13,

•••CD=2r=26寸.

故答案为：26.

连接。4设O4=r,则。E=r—CE=r-l,再根据垂径定理求出4E的长，在RtAOAE中根据

勾股定理求出r的值，进而得出结论.

本题考查的是垂径定理的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键.

17.【答案】解：,：x2-5x+6=0,

•­.(x-2)(x-3)=0,

则x—2=0或％-3=0,

解得=2,上=3.

【解析】利用因式分解法求解可得.

本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法:直接开平方法、

因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键.

18.【答案】解：­••AB=AC，^ACB=70°,

•••4ABC=AACB=70°,

44=180°-AABC-NACB=40°,

•••LBOC=2N2=80°,

•••/ABC的度数为70°,NBOC的度数为80°.

【解析】根据等弧所对的圆周角相等可得N4BC=乙4cB=70%从而利用三角形内角和定理可得

乙4=40。，然后利用圆周角定理，进行计算即可解答.

本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键.

19.【答案】解：如图:

由y=—2(x-+2得到该函数的图象的开口方向向下，对称轴是：x=l,顶点坐标是(1,2)；

抛物线y=—3*2的顶点坐标是(0,0),抛物线y=-1(x-l)2+2的顶点坐标是(1,2),

•••由顶点(0,0)向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到顶点(1,2),

•••由抛物线y=-向右平移1个单位，再向上平移2个单位就可以得到抛物线y=-i(x-l)2+

2.

【解析】根据抛物线解析式y=-^Q-+2可以直接得到图象的开口方向、对称轴和顶点；

由抛物线移动前后的顶点坐标的变化规律进行解答.

本题考查了二次函数的性质，二次函数图象与几何变换，抛物线平移问题，实际上就是两条抛物

线顶点之间的问题，找到了顶点的变化就知道了抛物线的变化.

20.【答案】解：(1)如图，△2/1。即为所求，4(—4,—3).

(2)如图，△&B2。即为所求，B2(3,4).

(3)点B旋转到点为所经过的路径长=需=噌

loUZ

【解析】⑴根据轴对称的性质分别作出48的对应点Bi即可.

(2)根据旋转变换的性质分别作出4B的对应点A2，B2即可.

(3)利用弧长公式求解即可.

本题考查作图-轴对称变换，旋转变换，弧长公式等知识，解题的关键是熟练掌握轴对称变换,

旋转变换的性质，属于中考常考题型.

21.【答案】解：(1)画树状图得:

开始

123

/Ax

B123412341234

积1234246836912

则共有12种等可能的结果;

(2)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：卷=|.

【解析】(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奇数的情况，再利用概率公式即可求得答案.

此题考查了列表法或树状图法求概率.用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.

22.【答案】(1)证明：・・•△4DN绕点4顺时针旋转90。得到△ZBE,

•,△ADNWAABE,

・・

•乙DAN=乙BAE,AN=AEf

•・•乙DAB=90°,乙MAN=45°,

・•・/LMAE=2LBAE+/-BAM=乙DAN+^BAM=45°,

・•・^MAE=乙MAN,

在a/EM和中，

AM=AM

Z.EAM=4NAM,

AE=AN

.••△/EM三△4NM(S/S)；

(2)解：设CD=BC=x,

则CM=%-3,CN=x-2,

•••△AEMwZk/NM,

EM=MN,

•・•BE=DN,

・•.MN=BM+DN=5,

•・•ZC=90°,

222

・•.MN=CM+CNf

25=(%—2)2+(x—3尸，

解得久=6或一1(舍)，

・・.正方形ABC。的边长为6.

【解析】本题考查旋转的基本性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，以及勾股定理.

(1)证明4MAE=4MAN=45。，再证明三角形全等即可；

(2)设CD=BC=x,则CM=%—3,CN=x—2,在RtZkMCN中，利用勾股定理构建方程即可

解决问题.

23.【答案】解：⑴能,理由如下:

设矩形的长为xrn,则宽为弓三小，

菜园的面积S=%•等=-1x2+15x=72,

解得x=24(不合题意，舍)或尤=6,

.・・能，此时矩形的长为6m,宽为12米；

(2)设矩形的长为则宽为竽血，

22

菜园的面积S=x-与H=-lx+15%=-1(x-15)+言，(0<%<12)

•.•当x<15时，S随x的增大而增大，

二当x=12时，S^e值=一炉9+芋=108,

答：当矩形的长为12m、宽为9nl时矩形的面积最大，最大面积为108巾2.

【解析】(1)设矩形的长为xni,则宽为笥加，根据题意列出关于x的方程，解之即可；

(2)设矩形的长为“zn,则宽为誓小，根据矩形的面积公式得出函数解析式，继而将其配方成顶

点式，由x的取值范围结合函数性质可得最值.

本题主要考查二次函数的实际应用，根据题意列出函数解析式是解题的根本，由自变量X的取值范

围结合二次函数的性质求函数解析式是解题的关键.

24.【答案】(/)证明：••・四边形ABCD是。。的内接四边形，

・•.Z.CBE=Z.D,

・••4。为。。的直径，

・••乙4co=90°,

・•・乙D+/.CAD=90°,

・•・Z.CBE+Z.CAD=90°,

CE1AB,

Z.CBE+乙BCE=90°,

••・Z.CAD=Z.BCE；

(II)解：(1)四边形/BC。是菱形，理由：

•・•Z.CAD=30°,

・•・乙COD=2/-CAD=60°,

・•,CE是。。的切线，

・•・OC1CE,

•・,CE1AB,

・•.OC//AB,

・•・ADAB=ACOD=60°,

由(1)知,Z-CBE+/-CAD=90°,

・•・(CBE=90°-^CAD=60°=^DAB,

・•.BC//OA,

・•・四边形ABC。是平行四边形，

•・,OA=OC,

QABCO是菱形；

(2)由①知，四边形ABC。是菱形，

OA=OC=AB=2,

AD=20A=4,

由①知，乙COD=60°,

在RM4CD中，ZC4D=30°,

CD=2,AC=2V3,

AD,AC与比围成阴影部分的面积为SMOC+S励险°。

=2S^ACD+S扇碗OD

11

-XX2X2W+嗜

2-2-

=V3+|TT.

【解析】(/)先判断出N