2023年秋期南阳油田九年级期末教学质量检测试卷数学
注意事项：
1．本试卷共6页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟．
2．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案写在答题卡上．答在试卷上的答案无效．
一、选择题（每小题3分，共30分）下列各小题均有四个答案，其中只有一个是正确的．
1．在下列二次根式中，与是同类二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
2．一技术人员用刻度尺（单位：）测量某三角形部件的尺寸．如图所示，已知，点D为边的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则（ ）
A． B． C． D．
3．下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．用配方法解一元二次方程，配方后得到的方程是（ ）
A． B． C． D．
5．如图．在中，，，，，点是边的中点，则（ ）
A． B． C．2 D．1
6．某人患了流感，经过两轮传染后共有36人患了流感．设每一轮传染中平均每人传染了人，则可得到方程（ ）
A． B． C． D．
7．若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．9
8．中国古代的“四书”是指《论语》《孟子》《大学》《中庸》，它是儒家思想的核心著作，是中国传统文化的重要组成部分，若从这四部著作中随机抽取两本（先随机抽取一本，不放回，再随机抽取另一本），则抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的概率是（ ）
A． B． C． D．
9．下列关于二次函数的说法正确的是( )
A．图象是一条开口向下的抛物线 B．图象与轴没有交点
C．当时，随增大而增大 D．图象的顶点坐标是
10．如图，中，，，，P是斜边上一动点（不与点A，B重合），交的直角边于点Q，设为x，的面积为y，则下列图象中，能表示y关于x的函数关系的大致图象的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．已知x为正整数，写出一个使在实数的范围内没有意义的x值是 ．
12．两个相似图形的周长比为，则面积比为 ．
13．某学习小组做抛掷一枚瓶盖的实验，整理的实验数据如下表：
累计抛掷次数 50 100 200 300 500 1000 2000 3000 5000
盖面朝上次数 28 54 106 158 264 527 1056 1587 2850
盖面朝上频率
下面有三个推断：
①通过上述实验的结果，可以推断这枚瓶盖有很大的可能性不是质地均匀的；
②第2000次实验的结果一定是“盖面朝上”；
③随着实验次数的增大，“盖面朝上”的概率接近0.53．
其中正确的是 ．（填序号）
14．如图，三角形纸片中，，分别沿与平行的方向，从靠近A的AB边的三等分点剪去两个角，得到的平行四边形纸片的周长是 ．
15．矩形中，M为对角线的中点，点N在边上，且．当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，的长为 ．
三、解答题（本大题共8个小题，满分75分）
16．（1）计算：；
（2）解方程：．
17．如图，，两个带指针的转盘分别被分成三个面积相等的扇形，转盘上的数字分别是，，5，转盘上的数字分别是6，，4（两个转盘除表面数字不同外，其他完全相同）．小聪和小明同时转动，两个转盘，使之旋转（规定：指针恰好停留在分界线上，则重新转一次）．
(1)转动转盘，转盘指针指向正数的概率是________；
(2)若同时转动两个转盘，转盘指针所指的数字记为，转盘指针所指的数字记为，若，则小聪获胜；若，则小明获胜；请用列表法或树状图法说明这个游戏是否公平．
18．如图，在中，．
(1)实践与操作：用尺规作图法过点作边上的高；(保留作图痕迹，不要求写作法)
(2)应用与计算：在（1）的条件下，，，求的长．
19．已知二次函数．
(1)求该二次函数的顶点坐标；
(2)求该二次函数图象与x轴、y轴的交点坐标；
(3)在平面直角坐标系中，画出二次函数的图象；
(4)结合函数图象，直接写出当时，y的取值范围．
20．拜寺口双塔，分为东西两塔，位于宁夏回族自治区银川市贺兰县拜寺口内，是保存最为完整的西夏佛塔，已有近1000年历史，是中国佛塔建筑史上不可多得的艺术珍品．某数学兴趣小组决定采用我国古代数学家赵爽利用影子对物体进行测量的原理，来测量东塔的高度．东塔的高度为，选取与塔底在同一水平地面上的、两点，分别垂直地面竖立两根高为的标杆和，两标杆间隔为，并且东塔、标杆和在同一竖直平面内．从标杆后退到处（即），从处观察点，、、在一直线上；从标杆后退到处（即），从处观察A点，A、、三点也在一直线上，且、、、、在同一直线上，请你根据以上测量数据，帮助兴趣小组求出东塔的高度．
21．某品牌大米远近闻名，深受广大消费者喜爱，某超市每天购进一批成本价为每千克4元的该大米，以不低于成本价且不超过每千克7元的价格销售．当每千克售价为5元时，每天售出大米；当每千克售价为6元时，每天售出大米，通过分析销售数据发现：每天销售大米的数量与每千克售价（元）满足一次函数关系．
(1)请直接写出y与x的函数关系式；
(2)超市将该大米每千克售价定为多少元时，每天销售该大米的利润可达到1800元？
(3)当每千克售价定为多少元时，每天获利最大？最大利润为多少？
22．某校想将新建图书楼的正门设计为一个抛物线型门，并要求所设计的拱门的跨度与拱高之积为，还要兼顾美观、大方，和谐、通畅等因素，设计部门按要求给出了两个设计方案．现把这两个方案中的拱门图形放入平面直角坐标系中，如图所示：
方案一，抛物线型拱门的跨度，拱高．其中，点N在x轴上，，．
方案二，抛物线型拱门的跨度，拱高．其中，点在x轴上，，．
要在拱门中设置高为的矩形框架，其面积越大越好（框架的粗细忽略不计）．方案一中，矩形框架的面积记为，点A、D在抛物线上，边在上；方案二中，矩形框架的面积记为，点，在抛物线上，边在上．现知，小华已正确求出方案二中，当时，，请你根据以上提供的相关信息，解答下列问题：
(1)求方案一中抛物线的函数表达式；
(2)在方案一中，当时，求矩形框架的面积并比较，的大小．
23．阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形． 我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切． ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点． ∵分别为的中点，∴．（依据1） ∴．∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即． ∵，即， ∴四边形是平行四边形．（依据2）∴． ∵，∴．同理，…
任务：
(1)填空：材料中的依据1是指：_____________．
依据2是指：_____________．
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线）
(3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．
参考答案与解析
1．D
【分析】现将选项中的二次根式化为最简二次根式，之后看哪个选项中根号下是2，即为正确答案
【详解】解：A. 因为=2，所以与不是同类二次根式，A错误；
B. 因为是最简二次根式，所以与不是同类二次根式，B错误；
C. 因为，所以与不是同类二次根式，C错误；
D. 因为，所以与是同类二次根式，D正确；
故选：D.
【点睛】本题考查同类二次根式，先把根式化成最简二次根式是解题关键
2．B
【分析】由图求得的长度，结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】解：由图可知，
在中，，点D为边的中点，
,
故选：B．
【点睛】本题考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；解题的关键是熟练掌握该性质．
3．C
【分析】根据二次根式的运算法则运算判断．
【详解】解：A、 ，不能合并，原计算错误，本选项不合题意；
B、 ，原计算错误，本选项不合题意；
C、 ，计算正确，本选项符合题意；
D、，注意运算顺序，原计算错误，本选项不合题意；
故选：C
【点睛】本题考查二次根式的运算，乘法公式；注意掌握运算法则是解题的关键．
4．D
【分析】方程两边同时加上一次项系数一半的平方即计算即可．
【详解】∵，
∴，
∴，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了配方法，熟练掌握配方法的基本步骤是解题的关键．
5．A
【分析】根据勾股定理可先求得的长度，根据直角三角形的斜边上的中线与斜边的数量关系，可求得的长度，根据三角形的中位线定理可求得答案．
【详解】∵，
∴为直角三角形．
∴．
∵点为的斜边的中点，
∴．
∵，，
∴．
故选：A．
【点睛】本题主要考查勾股定理、直角三角形的性质、三角形的中位线定理，牢记勾股定理、直角三角形的性质（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）、三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半）是解题的关键．
6．C
【分析】患流感的人把病毒传染给别人，自己仍然患病，包括在总数中．设每一轮传染中平均每人传染了人，则第一轮传染了个人，第二轮作为传染源的是人，则传染人，依题意列方程：．
【详解】由题意得：，
故选：C．
【点睛】本题考查的是根据实际问题列一元二次方程．找到关键描述语，找到等量关系准确地列出方程是解决问题的关键．
7．C
【分析】根据一元二次方程有两个相等的实数根，可得，进而即可求解．
【详解】解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴．
解得：．
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程 (为常数)的根的判别式，理解根的判别式对应的根的三种情况是解题的关键．当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．
8．C
【分析】本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．利用古典概型的概率公式求解．
【详解】解：把《论语》《孟子》《大学》《中庸》分别记 为A、B、C、D，画树状图如下：
共有12种等可能的情况，其中抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的结果有2种，即、，
所以抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的概率是，
故选：C．
9．D
【分析】由二次函数解析式可得抛物线开口方向、对称轴、顶点坐标，与轴的交点个数，由此解答即可．
【详解】解：A、，图象的开口向上，故此选项不符合题意；
B、，
，
即图象与轴有两个交点，
故此选项不符合题意；
C、抛物线开口向上，对称轴为直线，
当时，随增大而减小，
故此选项不符合题意；
D、，
图象的顶点坐标是，
故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的图象性质，解题的关键是掌握二次函数图象与系数的关系．
10．C
【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法和相似三角形对应边成比例，以及二次函数开口向上，反之，开口向下．根据题意进行分类讨论：①当点Q在上时：通过证明，得出，根据三角形的面积公式，即可得出y关于x的解析式；②当点Q在上时，通过证明，得出，根据三角形的面积公式，即可得出y关于x的解析式，即可解答．
【详解】解：根据勾股定理可得：，
①当点Q在上时：
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
整理得：，
∴；
②当点Q在上时，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
整理得：，
∴，
∵为开口向上的抛物线，为抛物线向下的抛物线，
∴表示y关于x的函数关系的大致图象的是C，
故选：C．
11．1（答案不唯一）
【分析】根据二次根式有意义的条件，可得当时，没有意义，解不等式，即可解答．
【详解】解：当时，没有意义，
解得，
为正整数，
可取1，2，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，熟知根号下的式子小于零时，二次根式无意义，是解题的关键．
12．
【分析】由两个相似图形，其周长之比为，根据相似图形的周长的比等于相似比，即可求得其相似比，又由相似图形的面积的比等于相似比的平方，即可求得答案．
【详解】解：两个相似图形，其周长之比为，
其相似比为，
其面积比为．
故答案为：．
【点睛】此题考查了相似图形的性质．此题比较简单，注意熟记定理是关键．
13．①③
【分析】根据表中数据及频率估计概率依次判断即可．
【详解】解：①通过上述实验的结果，发现盖面朝上的次数多与累计次数的一半，可以推断这枚瓶盖有很大的可能性不是质地均匀的，故正确；
②实验是随机的，第2000次实验的结果不一定是“盖面朝上”，故错误；
③随着实验次数的增大，“盖面朝上”的概率接近0.53，故正确．
故答案为：①③．
【点睛】题目主要考查频率估计概率，结合表中数据求解是解题关键．
14．14
【分析】由平行四边形的性质推出，，得到，，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：如图，由题意得，四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，，
∵四边形平行四边形，
∴平行四边形纸片的周长是，
故答案为：14．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
15．2或
【分析】分两种情况：当时和当时，分别进行讨论求解即可．
【详解】解：当时，
∵四边形矩形，
∴，则，
由平行线分线段成比例可得：，
又∵M为对角线的中点，
∴，
∴，
即：，
∴，
当时，
∵M为对角线的中点，
∴为的垂直平分线，
∴，
∵四边形矩形，
∴，则，
∴
∴，
综上，的长为2或，
故答案为：2或．
【点睛】本题考查矩形的性质，平行线分线段成比例，垂直平分线的判定及性质等，画出草图进行分类讨论是解决问题的关键．
16．（1）1 （2）．
【分析】本题主要考查了实数的混合运算以及解一元二次方程．
（1）实数的混合运算，按照实数的混合运算法则计算即可．
（2）用公式法解一元二次方程即可．
【详解】解：（1）原式；
（2），
，
解得：．
17．(1)
(2)这个游戏公平，理由见解析
【分析】（1）转盘指针指向正数的概率，据此即可求解；
（2）通过列表找出事件的所有等可能结果，分别计算小明获胜的概率、小聪获胜的概率即可进行判断．
【详解】（1）解：∵为正数
∴转盘指针指向正数的概率为：
（2）解：列表得：
6
4
一共有9种等可能的结果
其中的有4种、、、；
其中的有4种、、、
∴（小聪获胜）；（小明获胜）
（小聪获胜）（小明获胜）
∴这个游戏公平
【点睛】本题考查了概率的应用．熟记概率的计算公式以及列表法（或树状图）是解题关键．
18．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据过直线外一点作已知直线的垂线的方法作图即可，可用圆规以点D为圆心，在上找到两个点到点D的距离相等，再分别以这两个点为圆心，相等且大于这两点距离的一半为半径画弧，再找到一个到这两个点的距离相等的点，连接最后得到的点与点D所得线段所在的直线就是高所在的直线，据此画图即可；
（2）先利用度角的余弦值求出，再由计算即可．
【详解】（1）解：依题意作图如下，则即为所求作的高：
（2）∵，，是边上的高，
∴，即，
∴．
又∵，
∴，
即的长为．
【点睛】本题考查尺规作图—作垂线，度角的余弦值，掌握过直线外一点作垂线的方法和度角的余弦值是解题的关键．
19．(1)该二次函数的顶点坐标为
(2)该二次函数图象与x轴的交点坐标为或，该二次函数图象与y轴的交点坐标为
(3)见解析
(4)当时，
【分析】本题考查的是抛物线与x轴的交点，正确记忆函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征是解题关键．
（1）用配方法即可求解；
（2）当时，即，解得，，当时求得即可求解；
（3）列表，画二次函数图象即可；
（4）观察函数图象即可求解．
【详解】（1），
该二次函数的顶点坐标为；
（2）把代入得：，
解得：，，
该二次函数图象与x轴的交点坐标为或，
把代入得：，
该二次函数图象与y轴的交点坐标为；
（3）列表：
x …… 0 1 2 3 ……
y …… 0 0 ……
函数图象如图所示：
（4）由图可知：当时，．
20．36m
【分析】设，则，通过证明，得到，即，同理得到，则可建立方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：设，则
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
同理可证，
∴，即，
∴，
解得，
经检验，是原方程的解，
∴，
∴，
∴该古建筑的高度为36m．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用，利用相似三角形的性质建立方程是解题的关键．
21．(1)
(2)6元
(3)当每千克售价定为7元时，每天获利最大，最大利润为2550元
【分析】（1）根据题意可得，该函数经过点，y与x的函数关系式为，将代入，求出k和b的值，即可得出y与x的函数关系式；
（2）根据总利润=每千克利润×销售量，列出方程求解即可；
（3）设利润为w，根据总利润=每千克利润×销售量，列出w关于x的函数表达式，再根据二次函数的性质， 即可解答．
【详解】（1）解∶ 根据题意可得，该函数经过点，
设y与x的函数关系式为，
将代入得：
，解得：，
∴y与x的函数关系式为，
（2）解；根据题意可得：，
∴，
整理得：，
解得：，
∵售价不低于成本价且不超过每千克7元，
∴每千克售价定为6元时，利润可达到1800元；
（3）解：设利润为w，
，
∵，函数开口向下，
∴当时，w随x的增大而增大，
∵，
∴当时，w有最大值，此时，
∴当每千克售价定为7元时，每天获利最大，最大利润为2550元．
【点睛】本题主要考查了求一次函数解析式，一元二次方程的实际应用，二次函数的实际应用，解题的关键是熟练掌握用待定系数法求解函数解析式的方法和步骤，正确理解题意，根据题意找出等量关系，列出方程和函数关系式，熟练掌握二次函数的性质．
22．(1)
(2)，
【分析】（1）利用待定系数法则，求出抛物线的解析式即可；
（2）在中，令得：，求出或，得出，求出，然后比较大小即可．
【详解】（1）解：由题意知，方案一中抛物线的顶点，
设抛物线的函数表达式为，
把代入得：，
解得：，
∴；
∴方案一中抛物线的函数表达式为；
（2）解：在中，令得：，
解得或，
∴，
∴；
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，求二次函数解析式，解题的关键是熟练掌握待定系数法则，求出函数解析式．
23．(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
(2)答案不唯一，见解析
(3)平行四边形的周长等于对角线与长度的和，见解析
【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；
（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；
（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．
【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求
（3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于四边形的两条对角线与长度的和，
证明如下：∵点分别是边的中点，
∴．
∴．
同理．
∴四边形的周长．
即瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度的和．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
