广东省潮州市20222023学年九年级上学期期末教学质量检测数学试题

2022－2023学年度第一学期期末教学质量检查九年级数学科试题一、选择题（本大题共10小题，每题3分，共30分）1.下列图形中，是中心对称图形的是（）．A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据中心对称图形的概念，即旋转后能够与原图形完全重合的图形即是中心对称图形，据此即可一一判定．【详解】解：A、不是中心对称图形，故该选项不符合题意；B、不是中心对称图形，故该选项不符合题意；C、是中心对称图形，故该选项符合题意；D、不是中心对称图形，故该选项不符合题意．故选：C．【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后能够与原图形完全重合．2.若是方程的一个根，则c的值为（）．A.1 B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】将代入得到关于c的方程，解之可得．【详解】解：根据题意，将代入，得：，解得：，故选：D．【点睛】本题主要考查了利用方程的解求参数，熟练掌握和运用利用方程的解求参数的方法是解决本题的关键．3.已知抛物线，向下平移3个单位长度后得到的抛物线的解析式为（）．A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据二次函数图象平移规律：左加右减，上加下减，可得新抛物线的解析式．【详解】解：将抛物线，向下平移3个单位长度后得到的抛物线的解析式为：，故选：A．【点睛】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，熟练掌握平移的规律是解决本题的关键．4.如图，点A、B、C在上，，那么的度数为（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可得到，即而得到答案【详解】，．故选：C．【点睛】此题主要考查了圆周角定理，关键是找准同弧所对的圆周角和圆心角．5.下列说法正确的是（）．A.不可能事件发生的概率为1 B.随机事件发生的概率为C.概率很小的事件不可能发生 D.随着试验次数的增加，频率一般会越来越接近概率【答案】D【解析】【分析】利用概率的意义、随机事件的判定等知识分别判断，即可确定正确的选项．【详解】解：A.不可能事件发生的概率为0，故该选项错误，不符合题意；B.随机事件发生的概率大于0，小于1，，故该选项错误，不符合题意；C.概率很小的事件也可能发生，故该选项错误，不符合题意；D.随着试验次数的增加，频率一般会越来越接近概率，故该选项正确，符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了利用频率估计概率、随机事件、概率的意义等知识，解题的关键是了解大量重复试验中，事件发生的频率可以估计概率．6.在估算一元二次方程的根时，小彬列表如右：由此可估算方程的一个根x的范围是（）．x1A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】结合表中的数据，根据代数式的值的变化趋势，即可进行解答．【详解】解：由表可知，当时，，当时，，∴方程的一个根x的范围是，故选：B．【点睛】本题主要考查了估算一元二次方程的近似解，解题的关键是掌握估算一元二次方程近似解的方法．7.圆锥的底面直径是，母线长，则它的侧面积是（）．A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2进行求解即可．【详解】解：，∴圆锥的底面直径是，母线长，则它的侧面积是，故选A．【点睛】本题主要考查了圆锥的侧面积计算，掌握圆锥侧面积的计算方法是解题的关键．8.一个人患了流感，经过两轮传染后共有121人患了流感，设每轮传染中平均一个人传染了x个人，依题意可列方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】患流感的人把流感传染给别人，自己仍然患病，包括在总数中．设每轮传染中平均一个人传染了个人，则第一轮传染了个人，第二轮作为传染源的是人，则传染了人，根据两轮传染后共有121人患了流感，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．【详解】解：若每轮传染中平均一个人传染了个人，则第一轮传染了个人，第二轮作为传染源的是人，则传染了人，根据题意，可得：．故选：B【点睛】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．9.如图，为外一点，、分别切于点、，切于点，分别交、于点、，若，则的周长为（）A.8 B.12 C.16 D.20【答案】C【解析】【分析】根据切线长定理得到，，，再根据三角形的周长公式计算，得到答案．【详解】解：∵、分别切于点、，切于点，，∴，，，∴的周长，故选C．【点睛】本题考查的是切线长定理，得出的周长为是解题关键．10.抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴的一个交点坐标为（2，0），对称轴是直线x＝1，其图象的一部分如图所示，对于下列说法：其中正确的是（）①抛物线过原点：②a﹣b+c＜0：③2a+b+c＝0；④抛物线顶点为（1，）：⑤当x＜1时，y随x的增大而增大A.①②③ B.①③④ C.①④⑤ D.③④⑤【答案】B【解析】【分析】利用二次函数的性质可以判断各个小题即可完成解答.【详解】解：∵抛物线与x轴的一个交点坐标为（2，0），对称轴是直线x＝1，∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（0，0），因此①正确；当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c，由图象可知此时y＞0，即a﹣b+c＞0，因此②不正确；对称轴是x＝1，即﹣＝1，就是2a+b＝0，而c＝0，因此有2a+b+c＝0，故③正确；对称轴是x＝1，即﹣＝1，就是a＝﹣，而c＝0，当x＝1时，y＝a+b+c＝，故顶点为（1，），因此④正确；在对称轴左侧，y随x的增大而减小，即：当x＜1时，y随x的增大而减小，因此⑤不正确；综上所述，正确的结论有①③④，故答案为B．【点睛】本题考查二次函数的图象与系数的关系、抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是掌握二次函数的性质和灵活运用数形结合的思想解题.二、填空题（本大题共5小题，每题3分，共15分）11.9张背面相同的卡片，正面分别写有不同的从1到9的一个自然数，现将卡片背面朝上，从中任意抽出一张，正面的数是偶数的概率为______．【答案】【解析】【分析】根据概率计算公式进行求解即可．【详解】解：∵1到9的自然数中偶数有2，4，6，8一共4个，∴从中任意抽出一张，正面的数是偶数的概率为，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．12.已知点A（9，a）和点B（b，﹣2）关于原点对称，则a+b=____．【答案】−7【解析】【分析】根据两点关于原点对称的坐标特征，可求得a与b的值，从而可求得a+b的值．【详解】∵点A（9，a）和点B（b，﹣2）关于原点对称∴a=2，b=−9∴a+b=2+(−9)=−7故答案为：－7【点睛】本题考查了关于原点对称的两点的坐标特征，求代数式的值，关键是掌握两点关于原点对称的坐标特征：横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数．13.若，是方程的两根，则______．【答案】【解析】【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可得出、，代入代数式求值即可．【详解】解：，是方程的两根，、，，故答案为：．【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，牢记两根之和等于、两根之积等于是解题的关键．14.如图，平面直角坐标系内的顶点A坐标为，将绕O点逆时针旋转后，顶点A的坐标为___________．【答案】【解析】【分析】作出图形，根据旋转的性质可得，然后写出顶点A的对应点的坐标即可．【详解】解：∵顶点A坐标为，∴，由旋转的性质得，，∴顶点A的对应点的坐标为．故答案为：．【点睛】本题考查了坐标与图形变化旋转，主要利用了旋转的性质，作出图形更形象直观．15.如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B是第一象限内的一个动点并且使，点，则BC的最小值为______．【答案】##【解析】【分析】由可知点B是以为直径的圆上的动点，当过圆心时长度最小，画图计算即可解题．【详解】解：如图，以为直径作，连接，交于点B，此时长最小，∵，，∴，∴，∴∴．故答案为：．【点睛】本题考查90°的圆周角所对的弦是直径，勾股定理，找到线段长最小位置是解题的关键．三、解答题（一）（本大题共4小题，每题6分，共24分）16.解方程：【答案】，；【解析】【分析】选用配方法可解此方程.【详解】解：x24x+2=0x24x+42=0(x2)2=2∴x2=或x2=解得：，故答案为，.【点睛】本题考查了选用适当的方法解一元二次方程.17.如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上，点C的坐标为，将绕点C逆时针旋转后得到的．（1）画出的图形；（2）求点A在旋转过程中的路径长度．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）根据旋转的性质，确定点、、的位置，即可求解；（2）根据弧长公式计算可得点A所经过的路径长．【小问1详解】解：如图，即为所求．；【小问2详解】解：∵点A是绕点C逆时针旋转到点，又，∴点A在旋转过程中的路径长度为：．【点睛】本题考查的是作图旋转变换、弧长公式，作出各顶点旋转变换的对应点是解答此题作图的关键．18.已知二次函数，该抛物线与y轴交于点A，且顶点为B，求A、B两点的坐标．【答案】点A的坐标为；点B的坐标为【解析】【分析】将代入求出点A的坐标，根据二次函数顶点坐标公式即可求出点B的坐标．【详解】解：∵∴当时，即点A的坐标为，∵，∴点B的坐标为．【点睛】此题考查了二次函数与y轴的交点，二次函数的顶点，解题的关键是熟练掌握二次函数与y轴的交点的性质和顶点公式．19.某校组织了关于冬奥知识竞答活动，计划对此次竞答活动成绩最高的小颖同学，奖励两枚“2022北京冬梦之约”的邮票．现有如图所示“2022·北京冬梦之约”的四枚邮票供小颖选择，依次记为A，B，C，D，背面完全相同．将这四枚邮票背面朝上，洗匀放好，小颖从中随机抽取一枚不放回，再从中随机抽取一枚．请用列表或画树状图的方法，求小颖同学抽到的两枚邮票恰好是B（冰墩墩）和C（雪容融）的概率．【答案】【解析】【分析】列表或画树状图表示出所有的可能结果，找出符合要求的结果，运用概率公式求出概率．【详解】解：由题意画树状图如下：共有12种等可能的结果，其中小颖同学抽到的两枚邮票恰好是B（冰墩墩）和C（雪容融）的结果有2种，∴小颖同学抽到的两枚邮票恰好是B（冰墩墩）和C（雪容融）的概率为．【点睛】本题考查列表或画树状图求概率，分清可放回和不可放回两种情况的区别是解题的关键．四、解答题（二）（本大题共3小题，每题9分，共27分）20.如图，四边形内接于，是直径，点D是的中点．（1）求证：；（2）连接交于点E，若，，求的半径．【答案】（1）见解析（2）5【解析】【分析】（1）连接，根据点D是的中点及圆周角定理，可以证得，据此即可证得结论；（2）连接，交于点E，设的半径为r，则，，首先根据等腰三角形的性质可证得，，再利用勾股定理列出方程，通过解方程求得相关线段的长度即可．【小问1详解】证明：如图，连接，∵点D是的中点，又；【小问2详解】解：如图，连接，交于点E，设的半径为r，则，，，，，，，，在中，，，解得，的半径为5．【点睛】本题考查了圆周角定理，平行线的判定定理，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握和运用各图形的性质是解决本题的关键．21.如图，用长为米的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度为米），围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃，为了方便出入，在建造篱笆花圃时，在上用其他材料做了宽为1米的两扇小门（如图），设花圃垂直于墙的边长为x米．（1）用含x的代数式表示；（2）当为多少米时，所围成花圃面积为平方米？【答案】（1）米（2）当AB为7米时，所围成花圃面积为105平方米【解析】【分析】（1）用绳子的总长减去三个的长，然后加上两个门的长即可表示出；（2）由（1）得花圃长，宽为x，然后再根据面积为，列一元二次方程方程解答即可．【小问1详解】解：设花圃垂直于墙的边长为x米，则长（米）故答案为：；【小问2详解】由题意可得：解得：∵当时，，不符合题意，故舍去；当时，，符合题意，∴（米）．答：当为7米时，所围成花圃面积为105平方米．【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，弄清题意、用x表示出是解答本题的关键．22.如图，中，，将绕点C顺时针旋转得到，点D落线段AB上，连接BE．（1）求证：DC平分；（2）试判断BE与AB的位置关系，并说明理由：【答案】（1）见解析；（2）BE⊥AB，见解析【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得到对应边、对应角相等，再利用等量代换即可求证；（2）根据旋转的性质得到对应角相等，再利用等量代换即可求证．【详解】（1）证明：由旋转可知：AC＝CD，∠A＝∠CDE，∴∠A＝∠ADC，∴∠ADC＝∠CDE，即DC平分∠ADE；（2）解：BE⊥AB，理由：由旋转可知，∠ACD＝∠BCE，CB＝CE，AC＝CD，∴∠CAD＝∠ADC＝∠CBE＝∠CEB，又∵∠ACB＝90°，∴∠CAD＋∠ABC＝90°，∴∠CBE＋∠ABC＝90°，即∠ABE＝90°，∴BE⊥AB．【点睛】本题考查旋转的性质，对应边相等、对应角相等，并灵活运用等量代换是关键．五、解答题（三）（本大题共2小题，每题12分，共24分）23.图，正六边形ABCDEF内接于，的半径为6（1）求正六边形ABCDEF的边心距；（2）过F作交BA的延长线于点G，求证：FG是的切线；（3）若点M是中点，连接MA，求弓形MA的面积．【答案】（1）（2）见解析（3）【解析】【分析】（1）过点O作OH⊥AB于点H，连接OB，根据垂径定理可得AH＝BH，而六边形ABCDEF是正六边形，所以∠BOH＝30°，根据三角函数；（2）连接OA、OB、AF、BE，易证∠ABF＝∠OFB，得AB∥OF，可得OF⊥FG，从而可证FG是⊙O的切线；（3）因为六边形ABCDEF是正六边形，点M是中点，所以∠BOC＝∠BOA＝60°，∠MOC＝∠BOM＝30°，∠MOA＝90°，根据弓形的面积可求解．【小问1详解】解：如图，过点O作OH⊥AB于点H，连接OB，则AH＝BH，∵六边形ABCDEF正六边形，∴∠BOH＝30°．∵⊙O的半径为6，∴；【小问2详解】证明：如图，连接OA、OB、OF，BF、AE，∵AB＝AF＝EF，∴，∴∠ABF＝∠AFB＝∠EBF＝=30°，∵OB＝OF，∴∠OBF＝∠BFO＝30°，∴∠ABF＝∠OFB，∴AB