精品解析：安徽省合肥市长丰县陶楼中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题

2022-2023学年安徽省合肥市长丰县陶楼中学 九年级（上）期末数学试卷 一、单选题（本大题共10小题，共30分） 1. 在下列LOGO中，是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 2. 一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项依次是（ ） A. 1，-1，-3 B. 1，-3，-1 C. 2，-3，-1 D. 2，-3，-2 3. 如图，某天气预报软件显示“郑州市 2024年 6 月 22 日的降水概率为”，对这条信息的下列说法中，正确的是（ ） A. 6 月 22 日将有的时间下雨 B. 6 月 22 日将有地区下雨 C. 6 月 22 日下雨的可能性较大 D. 6月 22 日下雨的总降水量一定为 4. 下列正多边形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ） A B. C. D. 5. 如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转度得到，当点的对应点恰好落在边上时，则的长为（　　） A. 1.6 B. 1.8 C. 2 D. 2.6 6. 如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化．下面判断错误的是（ ） A. 四边形由矩形变为平行四边形 B. 对角线的长度减小 C. 四边形的面积不变 D. 四边形的周长不变 7. 如图，矩形中，，，动点从点出发，以的速度沿向终点移动，设移动时间为连接，以为一边作正方形，连接、，则面积最小值为（　　　） A. B. C. D. 8. 如图，在正中，，分别在边，上，连接，的平分线过的内心，交于点，连接．若要知道的周长，则只需要知道下列哪个三角形的周长？该三角形是( ) A. B. C. D. 9. 如图，抛物线的对称轴为，与x轴的一个交点在和之间，其部分图象如图所示，则下列结论：（1）；（2）；（3）点、、是该抛物线上的点，则；（4）；（5）（t为任意实数）；（6），其中正确结论的个数是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 10. 已知抛物线的顶点坐标为，若关于的一元二次方程（为实数）在范围内有两个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共6小题，共18.0分） 11. 若关于x的一元二次方程无实数根，则k的取值范围是_____． 12. 如图，在平面直角坐标系中，点坐标为，点的坐标为，连接，若将绕点顺时针旋转，得到，则点的坐标为__________． 13. 如图，在中，的垂直平分线交于E，交于点D，将线段绕点D顺时针旋转，点C的对应点为点F，连接．当为直角三角形时，的长为______． 14. 如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，则线段长的最小值为_______． 15. 已知正六边形的边长为4cm，分别以它的三个不相邻的顶点为圆心，边长为半径画弧（如图），则所得到的三条弧的长度之和为_____cm．（结果保留π） 16. 若p、q是方程的两个不相等的实数根，则代数式的值为______． 三、计算题（本大题共6小题，共36.0分） 17 已知． （1）化简A； （2）若a是方程的一个根，求A的值． 18. （1）计算； （2）解方程． 19. （1）解方程：．（配方法）； （2）解方程：（公式法） 20. 解方程： 21. 解答 （1）计算：； （2）解方程：． 22. 解方程：x2+4x﹣12＝0． 四、解答题（本大题共3小题，共24.0分） 23. 如图，在中，，，，逆时针旋转一定角度后与重合，且点C恰好是的中点． （1）指出旋转中心，并求出旋转的度数； （2）求出的度数和的长． 24. 已知二次函数 (，，是常数)的图象过点，点，交轴于点． （1）求点的坐标和，的值； （2）抛物线的对称轴为 ； （3）当时，求的取值范围． 25. 如图1，抛物线（a，b是常数，且）与x轴交于点和点B，与y轴交于点C，已知． （1）求a，b的值； （2）若点P第一象限抛物线上一点． （ⅰ）如图2，连接，，，若的面积为3，求点P的坐标； （ⅱ）如图3，是抛物线的对称轴，点D是顶点，点E是对称轴与x轴的交点，直线与直线交于点G，的面积为，的面积为，判断是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2022-2023学年安徽省合肥市长丰县陶楼中学 九年级（上）期末数学试卷 一、单选题（本大题共10小题，共30分） 1. 在下列LOGO中，是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．此题考查了中心对称图形，将一个图形绕一点旋转180度后能与自身完全重合的图形叫中心对称图形，掌握中心对称图形的概念是解题关键． 【详解】解：A、是中心对称图形，故此选项正确； B、不是中心对称图形，故此选项错误； C、不是中心对称图形，故此选项错误； D、不是中心对称图形，故此选项错误； 故选：A． 2. 一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项依次是（ ） A. 1，-1，-3 B. 1，-3，-1 C. 2，-3，-1 D. 2，-3，-2 【答案】D 【解析】 【分析】把一元二次方程化为一般形式求解即可． 【详解】解：一元二次方程化为一般式得：， ∴一元二次方程的二次项系数是2，一次项系数是-3，常数项是-2， 故选：D． 【点睛】本题考查了一元二次方程的一般形式：（a≠0），其中叫二次项，a叫二次项系数；bx是一次项，b为一次项系数；c为常数项． 3. 如图，某天气预报软件显示“郑州市 2024年 6 月 22 日的降水概率为”，对这条信息的下列说法中，正确的是（ ） A. 6 月 22 日将有的时间下雨 B. 6 月 22 日将有的地区下雨 C. 6 月 22 日下雨的可能性较大 D. 6月 22 日下雨的总降水量一定为 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了概率反映随机事件出现的可能性大小，掌握相关概念是解题的关键． 根据概率反映随机事件出现的可能性大小，即可进行解答． 【详解】解：解：“郑州市 2024年 6 月 22 日的降水概率为 ”表示“郑州市6 月 22 日下雨的可能性较大”， 故选：C． 4. 下列正多边形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，那么这样的图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；据此解答即可． 本题考查了轴对称图形的识别以及中心对称图形的识别，熟记轴对称图形的定义以及中心对称图形的定义是解本题的关键． 【详解】解：A、C、D都既是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意； B、是轴对称图形但不是中心对称图形，符合题意； 故选：B． 5. 如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转度得到，当点的对应点恰好落在边上时，则的长为（　　） A. 1.6 B. 1.8 C. 2 D. 2.6 【答案】A 【解析】 【分析】由将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上，可得AD=AB，又由∠B=60°，可证得△ABD是等边三角形，继而可得BD=AB=2，则可求得答案． 【详解】由旋转的性质可知，， ∵，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 故选A． 【点睛】此题考查旋转的性质，解题关键在于利用旋转的性质得出AD=AB 6. 如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化．下面判断错误的是（ ） A. 四边形由矩形变为平行四边形 B. 对角线的长度减小 C. 四边形的面积不变 D. 四边形的周长不变 【答案】C 【解析】 【分析】根据四边形不稳定性、矩形的性质和平行四边形的性质，结合图形前后变化逐项判断即可． 【详解】解：A、因为矩形框架向左扭动，，，但不再为直角，所以四边形变成平行四边形，故A正确，不符合题意； B、向左扭动框架，的长度减小，故B正确，不符合题意； C、因为拉成平行四边形后，高变小了，但底边没变，所以面积变小了，故C错误，符合题意； D、因为四边形的每条边的长度没变，所以周长没变，故D正确，不符合题意， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质和平行四边形的性质、四边形的不稳定性，弄清图形变化前后的变量和不变量是解答此题的关键． 7. 如图，矩形中，，，动点从点出发，以的速度沿向终点移动，设移动时间为连接，以为一边作正方形，连接、，则面积最小值为（　　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设的面积为，根据面积公式求出，根据勾股定理求出，结合得到，根据二次函数的性质解答即可． 【详解】解：设的面积为， 由题意得：，， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， 当为时，的面积最小，且最小值为． 故选：A． 【点睛】此题考查了正方形的性质，勾股定理，二次函数的性质，正确理解题意列得函数关系式是解题的关键． 8. 如图，在正中，，分别在边，上，连接，的平分线过的内心，交于点，连接．若要知道的周长，则只需要知道下列哪个三角形的周长？该三角形是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过点分别作的垂线，垂足分别为，连接，，，证明，得出，证明，，得出，，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，连接，，， ∵是的内心，， ∴,， ∵， ∴， ∴， ∵是等边三角形，则， ∴是等边三角形， ∵的平分线过的内心， ∴， 又∵， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∴， ∴的周长． 即只需要知道的周长，即可求得的周长． 故选：A． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，内心的性质，角平分线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 9. 如图，抛物线的对称轴为，与x轴的一个交点在和之间，其部分图象如图所示，则下列结论：（1）；（2）；（3）点、、是该抛物线上的点，则；（4）；（5）（t为任意实数）；（6），其中正确结论的个数是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】由抛物线与x轴有两个不相同的交点结合根的判别式即可得出（1）正确；根据抛物线的对称轴为，即可得出，即（2）正确；根据抛物线的对称性找出点在抛物线上，再结合抛物线对称轴左边的单调性，即可得出（3）错误；由时，，即可得出，结合，即可得出（4）正确；由方程中结合，即可得出抛物线中，由此即可得出（5）正确；先根据因式分解得到，再求出，即可得出（6）错误．综上即可得出结论． 【详解】解：由函数图象可知，抛物线与x轴有两个不同的交点， ∴关于x的方程有两个不相等的实数根， ∴， ∴（1）正确； ∵抛物线的对称轴为， ∴， ∴， ∴（2）正确； ∵抛物线的对称轴为，点在抛物线上， ∴． ∵，且抛物线对称轴左边图象y值随x的增大而增大， ∴． ∴（3）错误； ∵当时，，且， ∴， ∴， ∴（4）正确； ∵， ∴方程中， ∴抛物线与x轴只有一个交点， ∵图中抛物线开口向下， ∴， ∴， 即． ∴（5）正确． ∵，， ∴， 由图象可知：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即 ∴（6）错误． 故选：C． 【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数与不等式以及抛物线与x轴的交点，解题的关键是逐一分析6条结论是否正确．本题属于中档题，难度不大，但过程较为繁琐，解决该题型题目时，熟练掌握二次函数的图象是关键． 10. 已知抛物线的顶点坐标为，若关于的一元二次方程（为实数）在范围内有两个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了抛物线与一元二方程的综合应用、二次函数的图像与性质等知识，运用数形结合的思想分析问题是解题关键．先把顶点坐标代入中求出函数解析式，再根据关于的一元二次方程（为实数）在范围内有两个不同的实数根，则与有两个交点，根据二次函数的性质结合函数图像得出结论． 【详解】解：∵抛物线的顶点坐标为， ∴， 解得：， ∴抛物线解析式为，且其对称轴为， 把代入得：， 解得：，， 抛物线与x轴的交点为：，， 把代入得：， 关于的一元二次方程（为实数）在范围内有两个不同的实数根， 则与有两个交点， 如图所示， 由图像可得：实数的取值范围是． 故选：D． 二、填空题（本大题共6小题，共18.0分） 11. 若关于x的一元二次方程无实数根，则k的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意关于x的一元二次方程无实数根，然后利用根的判别式列出不等式求解即可． 【详解】∵关于x的一元二次方程无实数根， ∴且 解得 故答案为． 【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式，熟记一元二次方程根的情况与根的判别式之间的关系是解题的关键． 12. 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，连接，若将绕点顺时针旋转，得到，则点的坐标为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据旋转的性质可求得和的长度，进而可求得点的坐标． 【详解】解：作轴于点， 由旋转可得，轴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴点坐标为． 故答案为：． 【点睛】此题考查了旋转的性质，解题的关键是根据旋转找到题目中线段之间的关系． 13. 如图，在中，的垂直平分线交于E，交于点D，将线段绕点D顺时针旋转，点C的对应点为点F，连接．当为直角三角形时，的长为______． 【答案】2或 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，分类讨论是解题的关键． 在中，，则，根据垂直平分线的性质得出，继而根据勾股定理以及含30度角的直角三角形的性质得出，，根据旋转的中得出，进而在中，，分为直角边和斜边，分别讨论，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：在中，， ∴， ∵垂直平分线交于，交于点， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵由线段绕点顺时针旋转得到， ∴， 在中，， 当为直角边时，， 当为斜边时，， 故答案为：2或． 14. 如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，则线段长的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，证明，可得，由条件可得，根据，即可得出的最小值． 【详解】解：连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵正方形中，，O是边的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴线段OF长的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，以及三角形三条边的关系．解题的关键是掌握图形旋转的性质． 15. 已知正六边形的边长为4cm，分别以它的三个不相邻的顶点为圆心，边长为半径画弧（如图），则所得到的三条弧的长度之和为_____cm．（结果保留π） 【答案】8π 【解析】 【详解】试题分析：先求得正多边形的每一个内角，然后由弧长计算公式． 解：方法一： 先求出正六边形的每一个内角==120°， 所得到的三条弧的长度之和=3×=8π（cm）； 方法二：先求出正六边形的每一个外角为60°， 得正六边形的每一个内角120°， 每条弧的度数为120°， 三条弧可拼成一整圆，其三条弧的长度之和为8πcm． 故答案8π． 考点：弧长的计算；正多边形和圆． 16. 若p、q是方程的两个不相等的实数根，则代数式的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据一元二次方程的解的定义得到，再根据根与系数的关系得到，然后利用整体思想计算即可． 【详解】∵若p、q是方程的两个不相等的实数根， ∴，， ∴， ∴ ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，一元二次方程的解，利用整体思想降次消元是解题的关键． 三、计算题（本大题共6小题，共36.0分） 17. 已知． （1）化简A； （2）若a是方程的一个根，求A的值． 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）利用分式的加减法计算法则进行解答； （2）把代入已知方程，得到，然后代入化简后的中求值即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 是方程的一个根， ． ． ． ． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解的定义，分式的加减法，分式的通分必须注意整个分子和整个分母，分母是多项式时，必须先分解因式，分子是多项式时，要把分母所乘的相同式子与这个多项式相乘，而不能只同其中某一项相乘． 18. （1）计算； （2）解方程． 【答案】（1）；（2）， 【解析】 【分析】本题考查二次根式的加减混合计算、解一元二次方程， （1）先把每项化成最简二次根式，再进行加减计算即可； （2）利用配方法解方程即可． 【详解】（1）解：原式= ； （2）解： 去括号得，， 配方得，， 即， 开平方得，， ∴，． 19. （1）解方程：．（配方法）； （2）解方程：（公式法） 【答案】（1），；（2），． 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程： （1）依据完全平方公式进行配方，即可求解； （2）先判断是否大于等于0，再根据求解． 【详解】（1）解：， ， ， ， ， ∴，； （2）解：， ∴， ∴， ∴，． 20. 解方程： 【答案】， 【解析】 【分析】先整理，再提出公因式，然后求出解即可． 详解】整理，得， 即， ∴，． 【点睛】本题主要考查了因式分解法解一元二次方程，将方程变为因式乘积等于0的形式是解题的关键． 21. 解答 （1）计算：； （2）解方程：． 【答案】（1）； （2）或． 【解析】 【分析】（1）根据二次根式的加减混合运算法则计算即可； （2）利用开平方法直接解方程即可． 【小问1详解】 解：原式． 【小问2详解】 解：两边开方得：或， ∴或． 【点睛】此题考查了二次根式的加减，以及解一元二次方程，熟练掌握二次根式运算法则以及解一元二次方程的方法是解本题的关键． 22. 解方程：x2+4x﹣12＝0． 【答案】x1=﹣6，x2=2 【解析】 【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可． 【详解】解：原方程变形为：（x+6）（x,﹣2）=0， ∴x+6=0或x﹣2=0， ∴x1=﹣6，x2=2． 【点睛】本题考查解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法并能灵活运用是解答的关键． 四、解答题（本大题共3小题，共24.0分） 23. 如图，在中，，，，逆时针旋转一定角度后与重合，且点C恰好是的中点． （1）指出旋转中心，并求出旋转的度数； （2）求出的度数和的长． 【答案】（1）旋转中心是点A， （2）度数为，的长为 【解析】 【分析】（1）根据逆时针旋转一定角度后与重合， A为公共顶点得旋转中心是点A， 根据旋转的性质即可得； （2）由（1）可知，即可得，由旋转的性质可知，， 根据C为中点得， 即可得． 【小问1详解】 解：∵逆时针旋转一定角度后与重合， A为公共顶点， ∴旋转中心是点A， 根据旋转的性质可知， ∴旋转角度是； 【小问2详解】 解：由（1）可知， ∴， 由旋转的性质可知，， 又∵C为中点， ∴， ∴， 答：的度数为，的长为． 【点睛】本题考查了旋转的性质，解题的关键是理解题意，掌握旋转的性质，正确计算． 24. 已知二次函数 (，，是常数)的图象过点，点，交轴于点． （1）求点的坐标和，的值； （2）抛物线的对称轴为 ； （3）当时，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求得，再运用待定系数法可求出抛物线的解析式，即可求解； （2）根据对称轴公式，即可求解； （3）抛物开口向下，当时，结合函数性质可得出． 【小问1详解】 解：当时，， ； 将点，点代入， 得， 解得 ； 【小问2详解】 解：， 抛物线对称轴为直线． 故答案为：直线． 【小问3详解】 ，抛物线开口向上，对称轴为直线， 当时，取最小值为； 当时取最大值为， 当时，． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 25. 如图1，抛物线（a，b是常数，且）与x轴交于点和点B，与y轴交于点C，已知． （1）求a，b的值； （2）若点P是第一象限抛物线上一点． （ⅰ）如图2，连接，，，若的面积为3，求点P的坐标； （ⅱ）如图3，是抛物线的对称轴，点D是顶点，点E是对称轴与x轴的交点，直线与直线交于点G，的面积为，的面积为，判断是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1）， （2）（ⅰ）或；（ⅱ）是，8 【解析】 【小问1详解】 解：当时，， ∴， ∴点，点， ∴可设抛物线对应的函数解析式为， 将点代入，得， 解得， ∴， ∴，； 【小问2详解】 解：设． （ⅰ）如图，过点P作轴交于点Q． 设直线解析式为 反，，代入得 ，解得： ∴直线的解析式为， 则点， ∴， ∴， 整理，得，解得，， 当时，；当时，， ∴点P的坐标为或； （ⅱ）为定值． 设直线AP的解析式为，代入，， 得解得 ∴直线的解析式为． ∵ ∴抛物线的对称轴为直线， 把代入，得， ∴点F的坐标为， ∴． 设直线的解析式为， 代入，， 得解得 ∴直线的解析式为， 把代入，得， ∴点G的坐标为， ∴， ∴， 即为定值，该定值为8． 【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解板式、一次函数解析式，二次函数图象性质，三角形的面积等知识．此题属二次函数综合题目—面积问题，在坐标系中，银题关键是掌握求三边均不与坐标轴平行的三角形面积的方法．方法一：“宽高法”．．方法二：“割补法”．． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$