广东省广州市广州中学2022_2023学年九年级数学上学期期末线上考试试卷

 广东省广州市广州中学2022~2023学年九年级数学上学期期末线上考试试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．汉字是迄今为止持续使用时间最长的文字，是传承中华文化的重要载体．汉字在发展过程中演变出多种字体，给人以美的享受．下面是“广州中学”四个字的篆书，其中能看作既是轴对称又是中心对称图形的是（　　）

A． B．

C． D．

2．将抛物线向下平移1个单位，得到的抛物线是（    ）

A． B． C． D．

3．二次函数，下列说法正确的是（　　）

A．开口向下 B．对称轴为直线

C．顶点坐标为 D．当时，随的增大而减小

4．下列事件中，必然事件是（　　）

A．打开电视体育频道，正在播放世界杯决赛 

B．若a是实数，则

C．六边形的一个内角为 

D．从一副扑克牌中，随意抽出一张是大王

5．如图，AB是⊙O的直径，CD为弦，CD⊥AB于点E，则下列结论中不成立是（ ）

A．弧AC＝弧AD B．弧BC＝弧BD C．CE＝DE D．OE＝BE

6．关于x的一元二次方程有实数根，则k的取值范围是（　　）

A． B． C． D．

7．圆锥的高，母线，则圆锥的侧面积是（　　）

A． B． C． D．

8．如图，在矩形中，，，若以点D为圆心，12为半径作，则下列各点在外的是（　　）

A．点A B．点B C．点C D．点D

9．如图，中，，，将绕点C逆时针旋转到的位置，当时，连接，则的度数为（　　）

A． B． C． D．

10．如图，抛物线的对称轴为直线，下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

二、填空题

11．若2是关于x的一元二次方程的一个根，则常数k的值为___________．

12．如图，在平面直角坐标系中，以原点O为中心，把点顺时针旋转 得到点，则的值为___________．

13．在一个不透明的袋中装有5个白色小球，个红色小球，小球除颜色外其他完全相同．若从中随机摸出一个球，恰为白球的概率为，则为___________．

14．根据物理学规律，如果不考虑空气阻力，以 的速度将小球沿与地面成角的方向击出，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间的函数关系是：，则小球运动中的最大高度是___________m．

15．如图，，分别与相切于点A，B，点C为弧上一点（不与A，B重合），若则的度数为___________．

16．关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则抛物线的顶点在第___________象限．

三、解答题

17．解方程：．

18．如图，中，，，求的度数．

19．2022世界杯8强1/4决赛部分赛程安排如下：

甲、乙两位同学各自从这3场比赛中随机抽取一场观看直播，请用列表法或画树状图求两位同学恰好观看同一场比赛的概率．

20．如图，的顶点坐标分别为，，．画出将绕点O旋转180°后的，并求旋转过程中点B经过的路线长．

21．已知二次函数的图象如图所示．

(1)求这个二次函数的解析式；

(2)根据图象直接回答：当x为何值时，．

22．某商店需要在外墙安装落地窗，用总长为6米的铝合金做成一个如图所示的“日”字型窗框，设窗框的宽度为x米，落地窗的面积为y平方米．落地窗的高不小于2米．

(1)求y与x之间的函数关系式，并直接写出自变量x的取值范围；

(2)能否使窗的面积达到2平方米，如果能，窗的高度和宽度各是多少？如果不能，试说明理由．

23．如图，是的直径，点C是上一点，和过点C的直线互相垂直，垂足为D，交于点E，且平分．

(1)求证：直线是的切线；

(2)连接，若，，求AE的长．

24．如图1，中，，，D为上一动点，E为延长线上的动点，始终保持．连接和，将绕A点逆时针旋转90°到，连接．

(1)请判断线段和的位置关系并证明；

(2)当时，求的度数；

(3)如图2，连接，G为中点，，当D从点C运动到点A的过程中，的中点G也随之运动，请求出点G所经过的路径长．

25．已知抛物线交x轴于点A、B（点A在B的左侧），交y轴于点，A点坐标为．

(1)求b和c的值；

(2)如图1，连接，交抛物线的对称轴于点D，第一象限内的点P在抛物线G上运动，连接，以P为圆心，为半径作，记的面积为S，试求S的最小值；

(3)是抛物线G上一点，且F不与点C重合，将抛物线的顶点先向左平移两个单位，再向上平移一个单位，得到点E，记，是否存在点F，满足：恒成立，同时使得T取得最大值？如存在，请求出点F的坐标；如不存在，请说明理由．

参考答案

1．C

【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可得到答案．

【详解】解：选项A既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；

选项B图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；

选项C是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；

选项D既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；

故选：C．

【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．

2．B

【分析】根据抛物线平移的性质，即可求解．

【详解】解：∵抛物线的顶点坐标为，

∴将抛物线向下平移1个单位，得到的抛物线的顶点坐标为，

∴平移后得到的抛物线的解析式是．

故选：B

【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，解题关键是熟记平移规律“左加右减，上加下减”．

3．D

【分析】将二次函数的顶点式化为一般式，确定二次函数的系数，由此即可求解．

【详解】解：，，，，

∴选项，开口向上，故选项错误；

选项，对称轴为，故选项错误；

选项，顶点坐标的横坐标为，纵坐标为，即顶点坐标为，故选项错误；

选项，开口向上，对称轴为，在对称轴坐标时，随的增大而减小，故选项正确．

故选：．

【点睛】本题主要考查二次函数图像与系数的关系，掌握二次函数中图像的性质与系数的关系是解题的关键．

4．B

【分析】根据必然事件定义逐个判断即可得到答案．

【详解】解：

打开电视体育频道，不一定正在播放世界杯决赛，故A不符合题意；

若a是实数，则，一定成立，故B符合题意；

六边形的一个内角不一定为，故C不符合题意；

从一副扑克牌中，随意抽出一张不一定是大王，故D不符合题意；

故选B．

【点睛】本题考查必然事件：一定发生的事件是必然事件，解题关键是看能否一定发生．

5．D

【分析】根据垂径定理解答．

【详解】解：∵AB是⊙O的直径，CD为弦，CD⊥AB于点E，

∴弧AC＝弧AD，弧BC＝弧BD，CE＝DE，

故选：D．

【点睛】此题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧，熟记定理是解题的关键．

6．A

【分析】根据一元二次方程根的判别式可直接进行求解．

【详解】解：由关于的一元二次方程有实数根，可得：

，解得：；

故选A．

【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．

7．B

【分析】根据圆锥的母线及高求出底面半径，再根据扇形面积公式即可得到答案．

【详解】解：由题意可得，

底面半径为：，

∴，

∴，

故选B．

【点睛】本题考查圆锥侧面积计算及勾股定理，解题的关键是熟练掌握底面圆的周长等于侧面扇形弧长．

8．B

【分析】根据点与圆的位置关系即可判断得到答案．

【详解】解：由题意可得，

，，

∴ ，

∴点A在圆上，B在圆外，C在圆内，D是圆心，

故选B．

【点睛】本题考查矩形性质及点与圆的位置关系：在圆上，在圆内，在圆外．

9．D

【分析】根据旋转得出，，得出等腰三角形，利用三角形的内角和计算即可．

【详解】解：∵中，，，，

∴，

∵绕点C逆时针旋转到的位置，

∴，，

∴是等腰三角形，

∴，

故选：D．

【点睛】本题考查的是直角三角形和旋转，解题的关键是旋转前后的线段长度不变，旋转的角度相等．

10．A

【分析】根据抛物线开口向上即可判断①；根据抛物线与y轴的交点即可判断②；根据抛物线对称轴为直线即可判断③；根据抛物线与x轴有两个交点即可判定④；根据当当时，即可判断⑤．

【详解】解：∵抛物线开口向上，

∴，故①正确；

∵抛物线与y轴交于y轴负半轴，

∴，故②正确；

∵抛物线对称轴为直线，

∴，

∴，故③正确；

由函数图象可知抛物线与x轴有两个不同的交点，

∴，故④错误；

∵当时，，

∴，故⑤错误；

∴正确的一共有3个，

故选C．

【点睛】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数与一元二次方程的关系，二次函数的性质等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．

11．

【分析】直接把代入到方程中得到关于k的方程，解方程即可．

【详解】解：∵2是关于x的一元二次方程的一个根，

∴，

∴，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了一元二次方程解的定义.熟知一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值是解题的关键．

12．

【分析】根据旋转的性质，旋转后图形大小形状未发生改变，只是位置发生改变即可得到答案．

【详解】解：由题意可得，旋转后如图所示，

∵四边形是由四边形绕O旋转得到，

∴四边形≌四边形，

∴，，

∴，，

∴，

故答案为．

【点睛】本题考查旋转的性质：旋转后图形大小形状未发生改变，只是位置发生改变．

13．15

【分析】根据概率公式列式即可求出的值．

【详解】根据题意得：

解得：

经检验：是原方程的解．

故答案为：15.

【点睛】本题考查了概率公式，掌握概率所求情况数与总情况数之比是解题的关键．

14．

【分析】根据二次函数的性质配方找出顶点坐标，即可得到答案．

【详解】解：由题意可得，

，

小球运动中的最大高度是m，

故答案为．

【点睛】本题考查二次函数性质的实际应用，解题的关键是配方化成顶点式．

15．##80度

【分析】在优弧上取点D，连接，，利用圆内接四边形的对角互补，求出，利用同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，求出，再由切线的定义得出，最后利用四边形内角和为即可求出的度数．

【详解】解：如图，在优弧上取点D，连接，，

圆内接四边形的对角互补，，

，

，

，分别与相切于点A，B，

，

，

故答案为：．

【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，切线的定义，圆周角定理等知识点，解题的关键是掌握“圆内接四边形的对角互补” ．

16．三

【分析】根据对称轴公式求出顶点横坐标，再根据开口向上及有两个交点即可得到顶点纵坐标与0的关系，即可得到答案．

【详解】解：由题意可得，

顶点横坐标为：，

∵，

∴抛物线开口向上，

∵一元二次方程有两个不相等的实数根，

∴抛物线与x轴有两个交点，

顶点纵坐标：，

∴抛物线顶点在第三象限，

故答案为：三．

【点睛】本题考查二次函数与一元二次方程之间的关系及二次函数顶点公式，解题的关键是根据开口方向及与x轴交点确定顶点纵坐标与0的关系．

17．x1=0，x2=-4

【分析】利用因式分解法求解即可．

【详解】解：

x1=0，x2=-4

【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，正确选择因式分解法是解题的关键．

18．

【分析】利用同圆中等弧所对的圆周角相等求出，再利用三角形内角和定理求解即可．

【详解】解：∵中，，

∴，

∴．

【点睛】本题主要考查了同圆或等圆中等弧所对的圆周角相等，三角形内角和定理，求出的度数是解题的关键．

19．

【分析】先画出树状图得到所有的等可能性的结果数，再找到两位同学恰好观看同一场比赛的结果数，最后根据概率计算公式求解即可．

【详解】解；画树状图如下所示：

由树状图可知一共有9种等可能性的结果数，其中甲、乙两位同学恰好观看同一场比赛的结果数为3种，

∴两位同学恰好观看同一场比赛的概率为．

【点睛】本题主要考查了树状图法或列表法求解概率，正确列出表格或画出树状图是解题的关键．

20．画图见解析，

【分析】先求出A、B、C对应点的坐标，然后描出，再顺次连接即可；然后根据点B经过的路线长即为以O为圆心，为半径的半圆的弧长求出点B经过的路线长即可．

【详解】解；如图所示，即为所求；

由题意得，点B经过的路线长即为以O为圆心，为半径的半圆的弧长，

∵，

∴点B经过的路线长．

【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，勾股定理，求弧长，灵活运用所学知识是解题的关键．

21．(1)

(2)或

【分析】（1）把函数解析式设为顶点式，然后代入点进行求解即可；

（2）根据当时，二次函数图象在x轴下方进行求解即可．

【详解】（1）解：设这个二次函数解析式为，

把点代入中得：，

∴，

∴这个二次函数的解析式为

（2）解；由题意得，当或时，．

【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，图象法解不等式，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．

22．(1)，

(2)不能使窗的面积达到2平方米，理由见解析

【分析】（1）先求出窗框的高，再根据长方形的面积公式求解即可；

（2）把代入（1）所求式子，建立关于x的一元二次方程，看方程是否有解即可．

【详解】（1）解：设窗框的宽度为x米，则窗框的高为米，

∴，

∵落地窗的高不小于2米，

∴，

∴；

（2）解；由题意得，

∴，

∵，

∴原方程无实数根，

∴不能使窗的面积达到2平方米．

【点睛】本题主要考查了列函数关系式，一元二次方程的应用，正确理解题意列出窗的面积与宽的关系式是解题的关键．

23．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）如图所示，连接，由角平分线的定义得到，再由推出，则，再由，得到，由此即可证明结论；

（2）如图所示，连接，先证明，再由是直径，得到，即可利用勾股定理求出，证明，求出，再利用勾股定理求出，则．

【详解】（1）证明：如图所示，连接，

∵平分，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴，

又∵点C在上，

∴直线是的切线；

（2）解：如图所示，连接，

由（1）得，

∴，

∴，

∵是直径，

∴，

∴，

∴，

∴，即，

∴，

∴，

∴．

【点睛】本题主要考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，勾股定理，平行线的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．

24．(1)，证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）由题意可得，继而证明出，然后利用外角的性质和平行线的判定求解即可；

（2）延长交于点H，首先证明出四边形是平行四边形，然后由三角形的面积公式可得，从而可得垂直平分，继而由等腰三角形的性质进行求解即可；

（3）连接，过点G作交延长线于H，于N，首先根据等腰直角三角形的性质得到，然后证明四边形是矩形，进而证明出，得到G点所经过的路径长是以为边的正方形的对角线长度的一半，即可求得答案．

【详解】（1），证明如下：

∵，

∴，

∴，

在和中，

，

∴；

∴，

∵将绕A点逆时针旋转90°到，

∴，

∵，，

∴，

∴；

（2）延长交于点H，

∵将绕A点逆时针旋转90°到，

∴，，

∵，

∴，，

∴，

∵，

∴四边形是平行四边形，

∵，

∴S四边形ABDF＝BD2，

∴，

∴，

∴垂直平分，

∴，

∵，，

∴，

又∵，

∴；

（3）连接，过点G作交延长线于H，于N，

∵，，

∴，

∵，，，

∴四边形是矩形，

∵，G是中点，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴，

又∵，

∴，

∴，

∴四边形是正方形，

∴平分，

∴点G在的角平分线上运动，

∴当D从C运动到A点，G点所经过的路径长是以为边的正方形的对角线长度的一半，即为．

【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，旋转的性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练运用相关知识是解题的关键．

25．(1)，

(2)

(3)不存在，见详解

【分析】（1）把，代入二次函数可得；

（2）由（1）可得，对称轴为，待定系数法求出过B、C两点的一次函数解析式，表示出的距离即可解得；

（3）根据一元二次方程极值性质求解即可．

【详解】（1）把，代入二次函数可得

，

解得，．

（2）由（1）可得，

对称轴为，

令，

解得，

∴

设过B、C两点的一次函数解析式为，

把，，代入解得

，

∴

与对称轴交点坐标

设

的距离为：

当时最小值为，

圆的最小值为：

（3）把变成顶点式

，

顶点坐标

根据题意可知将抛物线的顶点先向左平移两个单位，再向上平移一个单位，得到点E

∴E的表达式为： ，

∵，

∴不成立．

【点睛】本题考查了二次函数得图像和性质，一元二次方程的应用，解决本题的关键时熟练掌握二次函数得图像和性质，一元二次方程的知识．