2020-2021学年天津市河西区九上期末数学试卷

这是一份2020-2021学年天津市河西区九上期末数学试卷，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共12小题；共60分）
1. 已知 ⊙O 的半径为 10cm，点 M 到圆心 O 的距离为 10cm，则该点 M 与 ⊙O 的位置关系为
A. 点 M 在圆内B. 点 M 在圆上C. 点 M 在圆外D. 无法判断

2. 如图，五角星的五个顶点等分圆周，把这个图形绕着圆心顺时针旋转一定的角度后能与自身重合，那么这个角度至少为
A. 60∘B. 72∘C. 75∘D. 90∘

3. 下列图案中，可以看作是中心对称图形的是
A. B.
C. D.

4. 下列多边形一定相似的是
A. 两个平行四边形B. 两个矩形
C. 两个菱形D. 两个正方形

5. 下列说法错误的是
A. 已知圆心和半径可以作一个圆
B. 经过一个已知点 A 的圆能做无数个
C. 经过两个已知点 A，B 的圆能做两个
D. 经过不在同一直线上的三个点 A，B，C 只能做一个圆

6. 已知 △ABC 与 △DEF 相似，且对应边的比为 1:2，则 △ABC 与 △DEF 的面积比为
A. 1:2B. 1:2C. 1:3D. 1:4

7. 当 x≥2 时，二次函数 y=x2−2x−3 有
A. 最大值 −3B. 最小值 −3C. 最大值 −4D. 最小值 −4

8. 如图，已知 ⊙O 上三点 A，B，C，半径 OC=1，∠ABC=30∘，切线 PA 交 OC 延长线于点 P，则 PA 的长为
A. 2B. 3C. 2D. 12

9. 如图，在平行四边形 ABCD 中，点 E 是边 AD 的中点，EC 交对角线 AD 于点 F，则 EF:FC 等于
A. 1:2B. 3:2C. 1:1D. 3:1

10. 一个圆锥的底面半径 r=10，高 h=20，则这个圆锥的侧面积是
A. 2003πB. 2005πC. 1003πD. 1005π

11. 如图，将 △ABC 绕点 A 按逆时针方向旋转 100∘，得到 △ABʹCʹ，若点 Bʹ 在线段 BC 的延长线上，则 ∠BBʹCʹ 的度数为
A. 60∘B. 70∘C. 80∘D. 100∘

12. 二次函数 y=ax2+bx+ca≠0 的顶点坐标为 −1,n，其部分图象如图所示．以下结论错误的是
A. abc>0
B. 4ac−b2<0
C. 3a+c>0
D. 关于 x 的方程 ax2+bx+c=n+1 无实数根

二、填空题（共6小题；共30分）
13. 点 3,−2 关于原点对称的点的坐标为 ．

14. 抛物线 y=x2+2x−3 与 y 轴的交点为 ．

15. 一个质地均匀的小正方体，六个面分别标有数字“1”，“2”，“3”，“4”，“5”，“6”掷一次小正方体后，观察朝上一面的数字出现偶数的概率是 ．

16. 如图，铁道口的栏杆短臂长 1m，长臂长 16m；当短臂端点下降 0.5m 时，长臂端点升高（杆的宽度忽略不计）的长度为 ．

17. 如图，菱形 ABCD 的边长为 10，面积为 80，∠BAD<90∘，⊙O 与边 AB，AD 都相切，菱形的顶点 A 到圆心 O 的距离为 5，到 ⊙O 的半径长等于 ．

18. 如图，在每个小正方形的边长为 1 的网格中．矩形 ABCD 的四个顶点均在格点上．连接对角线 BD．
（1）对角线 BD 的长等于 ．
（2）将矩形 ABCD 绕点 A 顺时针旋转，使得点 B 的对应点 Bʹ 恰好落在对角线 BD 上，得到矩形 ABʹCʹDʹ，请用无刻度的直尺，画出矩形 ABʹCʹDʹ，并简要说明这个矩形的各个顶点是如何得到的（不要求证明） ．

三、解答题（共7小题；共91分）
19. 解方程：x2+10x+9=0．

20. 学生甲与学生乙学习概率初步知识后设计了如下游戏：学生甲手中有 6，8，10 三张扑克牌，学生乙手中有 5，7，9 三张扑克牌，每人从各自手中取一张牌进行比较，数字大的为本局获胜，每次获取的牌不能放回．
（1）若每人随机取手中的一张牌进行比较，请列举出所有情况．
（2）求学生乙本局获胜的概率．

21. 如图，在 △ABC 中，DE∥BC，DE 分别交 AB，AC 与点 D，E．若 AD=3，BD=2，BC=6，求 DE 的长．

22. 如图，AB 为 ⊙O 的直径，点 C 在 ⊙O 上，AD 与过点 C 的切线互相垂直，垂足为 D．连接 BC 并延长，交 AD 的延长线于点 E．
（1）求证：AE=AB；
（2）若 AB=10，BC=6，求 CD 的长．

23. 某种商品每件的进价为 30 元，在某时段内若以每件 x 元出售，可卖出 100−x 件，应如何定价才能使利润最大?
（1）填空：
①当每件以 35 元出售时，可卖出 件，利润为 元；
②当每件以 x 元出售时，利润为 元，其中 x 的取值范围是 ．
（2）完成对本题的解答．

24. 如图①，将两个等腰直角三角形纸片 OAB 和 OCD 放置在平面直角坐标系中，点 O0,0，点 A0,2+1，点 B2+1,0，点 C0,1，点 D1,0．
（1）求证：AC=BD．
（2）如图②，现将 △OCD 绕点 O 顺时针方向旋转，旋转角为 α0∘<α<180∘．
连接 AC，BD，这一过程中 AC 和 BD 是否仍然保持相等?说明理由；当旋转角 α 的度数为 时，AC 所在直线能够垂直平分 BD．
（3）在（2）的情况下，将旋转角 α 的范围扩大为 0∘<α<360∘，那么在旋转过程中，求 △BAD 的面积的最大值，并写出此时旋转角的度数．（直接写出结果即可）

25. 已知抛物线与 x 轴交于点 A−2,0，B4,0，与 y 轴交于点 C0,8，该抛物线的顶点为 D．
（1）求抛物线的解析式及其顶点 D 的坐标．
（2）完成下列小题．
①直线 CD 的解析式为 ．
②过点 D 作 DH⊥x 轴于 H，在线段 DH 上有一点 P 到直线 CD 的距离等于线段 PO 的长，求点 P 的坐标．
（3）设直线 CD 交 x 轴于点 E，过点 B 作 x 轴的垂线，交直线 CD 于点 F，将抛物线沿其对称轴平移，使平移后的抛物线与线段 EF 总有公共点，试探究：抛物线向上最多可平移多少个单位长度?向下最多可平移多少个单位长度?
答案
第一部分
1. B【解析】∵⊙O 的半径为 10cm，点 M 到圆心 O 的距离为 10cm，
∴d=r，
∴ 点 M 与 ⊙O 的位置关系是：点 M 在圆上．
2. B【解析】因为五角星的五个顶点等分圆周，
所以 360∘÷5=72∘，
所以这个圆形绕着圆心顺时针旋转一定的角度后能与自身重合，
那么这个角度至少为 72∘．
3. C【解析】根据中心对称图形的概念可知C可以看作是中心对称图形．
4. D【解析】两个平行四边形，既不满足对应边成比例，也不满足对应角相等，所以A错误，
两个矩形，满足对应角相等，但不满足对应边成比例，所以B错误，
两个菱形，满足对应边成比例，但不满足对应角相等，所以C错误，
两个正方形，既满足对应边成比例，也满足对应角相等，所以D正确．
5. C
【解析】A选项：已知圆心和半径可以作一个圆，故A正确；
B选项：经过一个已知点 A 的圆能做无数个，故B正确；
C选项：经过两个已知点 A，B 的圆能做无数个，圆心在线段 AB 的垂直平分线上，故C错误；
D选项：经过不在同一直线上的三个点 A，B，C 只能做一个圆，故D正确．
故选C．
6. D【解析】∵△ABC 与 △DEF 相似，且对应边的比为 1:2，
∴ 相似比为 1:2，
∴△ABC 与 △DEF 面积比为 1:4．
7. B【解析】∵y=x2−2x−3=x−12−4，
∴ 抛物线开口向上，对称轴为直线 x=1，
∴ 当 x>1 时，y 随 x 的增大而增大，
∴ 当 x≥2 时，函数有最小值 y=22−2×2−3=−3．
8. B【解析】连接 OA．
∵∠ABC=30∘，
∴∠AOC=2∠ABC=60∘，
∵ 过点 A 作 ⊙O 的切线交 OC 的延长线于点 P，
∴∠OAP=90∘，
∵OA=OC=1，
∴AP=OAtan60∘=1×3=3．
9. A【解析】∵ 平行四边形 ABCD，
∴AD∥BC，
∴△DEF∽△BCF，
∴DEBC=EFFC，
∵ 点 E 是边 AD 的中点，
∴AE=DE=12AD，
∴EFCF=12．
故选A．
10. D
【解析】这个圆锥的母线长 =102+202=105，
这个圆锥的侧面积 =12×2π×10×105=1005π，
故选D．
11. C【解析】由旋转性质可知 ∠BABʹ=100∘，AB=ABʹ，∠ABC=∠ABʹCʹ，
∴∠ABC=∠ABʹC=180∘−∠BABʹ2=40∘，
∴∠ABʹCʹ=40∘，
∴∠BBʹCʹ=∠ABʹCʹ+∠ABʹC=40∘+40∘=80∘．
12. C【解析】由图可知，a<0，b<0，c>0．
∴abc>0，故A正确．
∵ 图象与 x 轴有两个交点，
∴b2−4ac>0，
∴4ac−b2<0，故B正确．
∵ 对称轴 x=−b2a=−1，与 x 轴交于 −3,0，
∴2a=b，与 x 轴交于另一点 1,0，
∴a+b+c=0，
∴3a+c=0，故C错误．
∵ 抛物线顶点为 −1,n，
∴ 直线 y=n+1 与抛物线无交点，
∴ax2+bx+c=n+1 无实数根，故D正确．
第二部分
13. −3,2
【解析】关于原点对称，横纵坐标都要互为相反数，
点 3,−2 关于原点对称的点的坐标为 −3,2．
故答案为：−3,2．
14. 0,−3
【解析】把 x=0 代入 y=x2+2x−3 中，得 y=−3，
∴ 抛物线 y=x2+2x−3 与 y 轴交点为 0,−3．
15. 12
【解析】∵ 掷小正方体后共有 6 种等可能结果，
其中朝上一面的数字出现偶数的有 2，4，6 这 3 种可能，
∴ 朝上一面的数字出现偶数的概率是 36=12．
16. 8m
【解析】方法一：
8m
设长臂端点升高 x 米，
则 0.5x=116，
∴x=8．
方法二：
由题意知，∠BAO=∠C=90∘，
∵∠AOB=∠COD，
∴△ABO∽△CDO，
∴ABCD=BODO，即 0.5CD=116，
解得：CD=8．
17. 5
【解析】如图，连接 BD 交 AC 于点 Oʹ，作 BF⊥CD 于 F，
过点 O 作 OE⊥AB，垂足为 E，
∵ 菱形 ABCD 的边长为 10，面积为 80，
∴CD⋅BF=80，
∴BF=8，
∴FC=BC2−BF2=6，
∴DF=CD−FC=10−6=4，
∴BD=DF2+BF2=42+82=45，
∴OʹD=OʹB=12BD=25，
∵∠AEO=∠AOʹB=90∘，∠OAE=∠BAOʹ，
∴△AOE∽△ABOʹ，
∴OEOʹB=AOAB，
即：OE25=510，
∴OE=5．
18. 25，如图，取格点 Cʹ，G，F，H，连接 AH 交边 BD 于点 Bʹ，连接 AF 和 CʹG 相交于点 Dʹ，则矩形 AʹBʹCʹDʹ 即为所求
【解析】在 Rt△ABD 中，BC=AB2+AD2=22+42=25．
第三部分
19. x+1x+9=0，
x+1=0 或 x+9=0，
所以 x1=−1，x2=−9．
20. （1） 由题意可得，每人随机取手中的一张牌进行比较的所有情况是：5,6，6,7，6,9，8,5，8,7，8,9，10,5，10,7，10,9．
（2） 学生乙获胜的情况有：6,7，6,9，8,9，
∴ 学生乙本局获胜的概率是 39=13，
即学生乙本局获胜的概率是 13．
21. ∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ADAB=DEBC，
又 ∵AD=3，DB=2，BC=6，
∴AB=AD+DB=5，
即 35=DE6，
∴DE=185．
22. （1） 连 AC，OC，
∵CD⊥AE，
∴∠CDE=90∘，
又 ∵CD 为 ⊙O 的切线，
∴∠OCD=90∘=∠CDE，
∴CO∥AE，
∵O 为 AB 中点，
∴CO 为 △BAE 中位线，CO=12AE，
在 Rt△ABC 中，CO 为斜边中线，
∴CO=12AB，
∴AE=AB．
（2） ∵AB=10，BC=6，
∴CE=CB=6，AE=AB=10，
在 Rt△ABC 中，AC=8，
S△ACE=12⋅AC⋅CE=12⋅8⋅6=24，
又 ∵S△ACE=12⋅CD⋅AE=12⋅CD⋅10，
∴CD=245．
23. （1） 65；325；x−30100−x；30【解析】①当 x=35 时，100−35=65（件）；65×35−5=325（元）．
②利润为：x−30100−x；x 的取值范围是 30 （2） 设利润为 y 元，
根据题意得 y=x−30100−x=−x−30x−100，30因为该二次函数的图象与 x 轴交于 30,0，100,0 两点，
所以当 x=30+1002=65 时，函数 y 取得最大值为 65−30×100−65=1225（元）．
答：当定价为 65 元时，利润取最大值 1225 元．
24. （1） ∵ 点 A0,2+1，点 B2+1,0，点 C0,1，点 D1,0，
∴OA=2+1，OB=2+1，OC=1，OD=1，
∴AC=OA−OC=2+1−1=2，BD=2+1−1=2，
∴AC=BD．
（2） 保持相等，
由题意知，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=90∘，
∴∠AOC=∠AOB−∠COB=90∘−∠COB，
∠BOD=∠COD−∠COB=90∘−∠COB，
∴∠AOC=∠BOD，
在 △AOC 和 △BOD 中，
OA=OB,∠AOC=∠BOD,OC=OD,
∴△AOC≌△BODSAS，
∴AC=BD，∠OAC=∠OBD；
90∘
【解析】如图③（注：点 C 在 x 轴上，为了不要出现误解，点 C 没画在 x 轴上），延长 AC 交 BD 于 D，连接 BC，
在 Rt△AOB 中，OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=45∘，
∴∠CAB+∠ABD=∠OAB−∠OAC+∠ABO+∠BOD=∠OAB+∠OBA=90∘.
∴AC⊥BD，
∵AC 垂直平分 BD，
∴CD=BC，
设点 C 的坐标为 m,n，
∴m2+n2=1, ⋯⋯①
由旋转知，CD=1+1=2，
∵B2+1,0，m−2+12+n2=2, ⋯⋯②
联立①②解得，m=1，n=0，
∴ 点 C 在 x 轴上，
∴ 旋转角为 ∠AOC=90∘ .
（3） 5+322；135∘
【解析】如图④，
∵OA=OB=2+1，
∴AB=2OA=2+2，
过点 O 作 OH⊥AB 于 H，
∴S△AOB=12OA⋅OB=12AB⋅OH，
∴OH=OA⋅OBAB=2+122+2=3+222+2=2+22，
过点 D 作 DG⊥AB 于 G，S△ABD=12AB⋅DG=122+2DG，
要使 S△ABD 的面积最大，则 DG 最大，
由旋转知，点 D 是以 O 为圆心，1 为半径的圆上，
∴ 点 D 在 HO 的延长线上时，DG 最大，
即 DG 的最大值为 DʹH=ODʹ+OH=1+2+22=4+22，
∴S△ABD最大=12AB⋅DʹH=122+2×4+22=5+322，
在 Rt△AOB 中，OA=OB，OH⊥AB，
∴∠BOH=45∘，
∴ 旋转角 ∠BODʹ=180∘−45∘=135∘．
25. （1） 设抛物线解析式 y=ax+2x−4，
把 C0,8 代入 y=ax+2x−4 中，
得 −8a=8
a=−1
∴y=−x+2x−4=−x2+2x+8=−x−12+9，
∴ 顶点 D1,9．
故答案为：y=−x2+2x+8；1,9．
（2） ① y=x+8
②设直线 CD 与 x 轴交于点 N 作 PM⊥CD 于 M，
则 PM 即点 P 到 CD 距离，
把 y=0 代入 y=x+8，
得 x=−8，
∴N−8,0，
∵C0,8，
∴OC=ON=8，
∴∠ONC=∠OCN=45∘，
∵DH⊥x轴，
∴DH∥x轴，
∴∠PDM=∠DCN=45∘，
∴△PMD 是等腰直角三角形，
∴PD=2PM，
∵PM=OP
∴PM=2OP，
设 P1,t，
∵D1,9，
∴PD=t−9，OP=t2+1，
∴t−9=2⋅t2+1
t2+18t−79=0，
解得 t1=−9+410，t2=−9−410（舍去），
∴P 坐标 1,−9+410．
【解析】①设直线 CD 解析式为 y=kx+b，
把 C0,8，D1,9 代入 y=kx+b 中，
得 b=8,k+b=9. 解得 k=1,b=8.
∴ 直线 CD 解析式 y=x+8．
（3） 由（2）知直线 CD 解析式 y=x+8，
当 y=0 时，x=−8，
∴E−8,0，
当 x=4 时，y=12，
∴F4,12，
①若抛物线向上平移，可设解析式为 y=−x2+2x+8+m（m>0），
当 x=−8 时，y=−72+m，
当 x=4 时，y=m，
∴−72+m≤0 或 m≤12，
∴0②若抛物线向下移，可设解析式为 y=−x2+2x+8−m（m>0），
由 y=−x2+2x+8−m,y=x+8. 有 x2−x+m=0，
∴Δ=1−4m≥0，
∴0 ∴ 向上最多可平移 72 个单位长，向下最多可平移 14 个单位长．