2020-2021学年九年级上学期期末数学试题 (1)

这是一份2020-2021学年九年级上学期期末数学试题 (1)，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )．
A.B.C.D.

2. 一个不透明的盒子中装有2个红球和1个白球，它们除颜色外都相同．若从中任意摸出一个球，则下列叙述正确的是（ ）
A.摸到红球是必然事件
B.摸到白球是不可能事件
C.摸到红球与摸到白球的可能性相等
D.摸到红球比摸到白球的可能性大

3. 方程的解为( )
A.B.
C.D.

4. 抛物线的顶点坐标是( )
A.B.C.D.

5. 将点绕原点顺时针旋转得到点的坐标为( )
A.B.C.D.

6. 如图，的边与相交于两点，且经过圆心，边与相切，切点为．已知，则的大小为( )

A.B.C.D.

7. 如图，边长为10的正方形中，点在延长线上，连接交于点．则在下面函数图象中，大致能反映与之闻函数关系的是( )

A.B.C.D.

8. 如图是二次函数图象的一部分，其对称轴是，且过点下列说法：①；②；③；④若是抛物线上两点，则．其中说法正确的是( )

A.①②B.②③C.①②④D.②③④
二、填空题

一个小球在如图所示的方格地板上自由滚动，并随机停留在某块地板上，每块地板大小、质地完全相同，那么该小球停留在黑色区域的概率是________．


某电脑公司计划两年内将产品成本由原来2500元下降到1600元，则每年平均下降的百分率是________．

一个圆锥的侧面积是底面积的4倍，则圆锥母线与底面半径的比是________．

方程的两个根是等腰三角形的底和腰，则这个等腰三角形周长是________．

如图，为的直径，为的弦，，则的度数为________．


如图的一座拱桥，当水面宽AB为12m时，桥洞顶部离水面4m，已知桥洞的拱形是抛物线，以水平方向为x轴，建立平面直角坐标系，若选取点A为坐标原点时的抛物线解析式是，则选取点B为坐标原点时的抛物线解析式是________．


如图，在中，，将绕顶点顺时针旋转到，当首次经过顶点时，旋转角为________度．


如图，一次函数的图象与轴交于两点，与反比例的图象交于两点，分别过两点作轴的垂线，垂足为，连接，有下列结论：①与面积相等；②；③；④．中正确的结论是________（把你认为正确结论的序号都填上）．

三、解答题

小虎同学用配方法推导一元二次方程的求根公式时，对于的情况，他是这样做的：
由于，方程变形为：
， 第一步
， 第二步
， 第三步
， 第四步
． 第五步
（1）小虎的解法从第________步开始出现错误；事实上，当时，方程的求根公式是：_________．

（2）用配方法解方程：．

一个不透明的袋子里装有红、黄、蓝三种颜色的球（除颜色以外，其余都相同），其中红球2个，黄球1个，从中随机摸出一个球是蓝色球的概率为．
（1）求袋子里蓝色球的个数；

（2）甲、乙两人分别从袋中摸出一个球（不放回），请用列表法或画树状图的方法求摸出的两个球颜⋅色⋅恰⋅好⋅相⋅同⋅的概率．

如图，已知正比例函数和反比例函数的图象交于点.

（1）求反比例函数的表达式；

（2）若双曲线上点沿OA方向平移个单位长度得到点B，判断四边形OABC的形状，并证明你的结论.

如图，在平面直角坐标系中，方格纸的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，的顶点均在格点（小正方形的顶点）上．

（1）将绕着点顺时针旋转得到，试在图上画出；

（2）并求出点到点所经过的路径的长；

（3）的外心坐标为________；

（4）的内切圆半径为________．（直接写出答案）

如图，在中，的平分线交于点，过点作的垂线交于点是的外接圆．

（1）求证：是的切线；

（2）过点作于点，若，求的半径．

在“新冠”疫情期间，全国人民“众志成城，同心抗疫”，某商家决定将一个月获得的利润全部捐赠给社区用于抗疫．已知商家购进一批产品，成本为10元/件，拟采取线上和线下两种方式进行销售．调查发现，线下的月销量（单位：件）与线下售价（单位：元/件，）满足一次函数的关系，部分数据如下表：

（1）求与的函数关系式；

（2）若线上售价始终比线下每件便宜2元，且线上的月销量固定为400件．试问：当为多少时，线上和线下月利润总和达到最大？并求出此时的最大利润．

（问题探究）
（1）如图1，在矩形中，，在边上找一点，使为等腰三角形，请画出所有满足条件的点（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法），并直接写出相应的长；

（2）如图2，在中，是边上的高，分别为边的中点，，在边上是否存在点，使，若存在，求此时的长；若不存在，请说明理由；
（解决问题）

（3）有一场地，它的平面图为如图3所示的矩形，保卫人员想在边上选一点安装监控装置，用来监视边，当时监控装置的效果达到最佳，已知，请在边上画出满足条件的点（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．

如图，抛物线经过点，顶点，对称轴交轴于点，

（1）求抛物线的解析式；

（2）在第一象限内的抛物线上求点，使得是以为底边的等腰三角形，求出此时点的坐标；

（3）在（2）的基础上，点是否是第一象限内的抛物线上与距离最远的点？若是，请说明理由；若不是，请求出第一象限内的抛物线上与距离最远的点的坐标．
参考答案与试题解析
湖北省咸宁市咸安区2020-2021学年九年级上学期期末数学试题
一、单选题
1.
【答案】
C
【考点】
中心对称图形
轴对称图形
轴对称与中心对称图形的识别
【解析】
结合题意，根据轴对称和中心对称图形的性质分析，即可得到答案．
【解答】
根据题意，选项A是轴对称图形，不是中心对称图形；
选项B是轴对称图形，不是中心对称图形；
选项C既是轴对称图形又是中心对称图形；
选项D不是轴对称图形，是中心对称图形
故选：C．
2.
【答案】
D
【考点】
随机事件
可能性的大小
概率的意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．摸到红球是随机事件，故此选项错误；
B．摸到白球是随机事件，故此选项错误；
C．摸到红球比摸到白球的可能性相等，根据不透明的盒子中装有2个红球和1个白球，得出摸到红球比摸到白球的可能性大，故
此选项错误；
D．根据不透明的盒子中装有2个红球和1个白球，得出摸到红球比摸到白球的可能性大，故此选项正确；
故选D．
3.
【答案】
B
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
【解析】
先移项，然后将方程变形，利用因式分解的方法解该一元二次方程即可．
【解答】
解：xx−2=2−x
xx−2+x−2=0
x+1x−2=0
x+1=0或x−2=0
∴ x1=−1,x2=2
故选：B．
4.
【答案】
A
【考点】
轴对称图形
二次函数的性质
点的坐标
【解析】
将题目中的函数解析式化为顶点式，即可写出该抛物线的顶点坐标，本题得以解决．
【解答】
解：…抛物线y=−x2−4x−7=−x+22−3
…该抛物线的顶点坐标是−2,−3
故选：A．
5.
【答案】
D
【考点】
坐标与图形变化-旋转
点的坐标
坐标与图形变化-平移
【解析】
首先在平面直角坐标系中画出图形，连接OP、OP1，过点P作PC⊥x于点C，过点P1作P1C1⊥y于点C1，然后由点
的坐标与旋转变换、全等三角形的判定和性质即可求得答案．
【解答】
解：将点P−2,1绕原点（顺时针旋转90∘得到点P1
…连接OP、
OP，过点P作PC⊥x于点C，过点P1作P1C1⊥y于点C1，如图：
．OP=OP1∠PCO=∠P1C1O=90∘∠POC=90∘−∠POC1=∠P1OC1
：在△POC和ΔP1OC1中，
∠PCO=∠P1C1O=90∘∠POC=∠P1OC1OP=OP1
∴ △POC≅ΔPC1C1AAS
小OC=OCPC=P1C1
：P的坐标为−2,1
OC=2,PC=1
OC=OC1=2PC=P1C1=1
P1的坐标为1,2
：将点P−2,1绕原点（顺时针旋转90∘得到点的坐标为(12
故选：D
6.
【答案】
B
【考点】
圆周角定理
切线的性质
【解析】
连结OB，根据切线的性质得到OB⊥AB，则∠ABO=90∘，利用A=40∘得到∠AOB=50∘，再利用圆周角定理可求得∠C=12
∴AOB=25∘，即可得出结论．
【解答】
解：如图，连结OB，
AB与OO相切，
∴ OB⊥AB
∠ABO=90∘
ΔA=40∘
∠AOB=50∘
∴C=12∠AOB=25∘
故选：B．
7.
【答案】
C
【考点】
反比例函数图象上点的坐标特征
动点问题的解决方法
函数的图象
【解析】
通过相似三角形EFB−EDC的对应边成比例列出比例式10−x10=y−10y，从而得到y与x之间函数关系式，从而推知该函数图象
【解答】
解：根据题意知，BF=10−xBE=y−10
四边形ABCD是正方形，ADBC
则△EFB−∠EDC
BFDC=BEEC，即10−x10=y−10y
所以y=100x2≤x≤8，该函数图象是位于第一象限的双曲线的一部分．
A、D的图象都是直线的一部分，B的图象是抛物线的一部分，C的图象是双曲线的一部分．
故选：c．
8.
【答案】
C
【考点】
二次函数图象与系数的关系
【解析】
根据抛物线开口方向得到a>0，根据抛物线的对称轴b=2a>0，得到2a−b=0，可判断○；根据抛物线与y轴的交点在x轴
的下方得到c<0，那么abc<0，可判断①；由于x=2时，y>0，可得到4a+2b+c>0，可对③进行判断；通过点
−5,y1,2,y2离对称轴的远近可判断④．
【解答】
解：抛物线开口向上，
a>0
抛物线对称轴为直线x=−b2a=−1
b=2a>0，得到2a−b=0，则②正确；
根据抛物线与y轴的交点在x轴的下方，
c<0
∴ abc<0，则①正确；
x=2时，y>0
∴ 4a+2b+c>0，则③错误；
点−5,y1关于直线x=−1的点的坐标是3,y1
又：当x>−1时，y随x的增大而增大，3>2
…点−5,y1离对称轴要比点2,y2离对称轴的远，
∴ y1>y2，则④正确；
所以①○④正确．
故选：c．
二、填空题
【答案】
38
【考点】
几何概率
【解析】
先求出黑色方砖在整个地板中所占的比值，再根据其比值即可得到答案．
【解答】
由图可知：黑色方砖6块，共有16块，
…黑色方砖在整个地板中所占的比值=616=38
：小球停留在黑色区域的概率是38
故答案为：38
【答案】
20%
【考点】
一元二次方程的应用
一元二次方程的应用——增长率问题
一元一次方程的应用——工程进度问题
【解析】
新成本=原成本×（1−平均每月降低的百分率）？，把相关数值代入即可求解．
【解答】
：原开支为2500元，设平均每月降低的百分率为x，
…第一个月的开支为2500×1−x元，第二个月的开支为2500×(1−x)×(1−x)=2500×(1−x)2)元，
可列方程为25001−x2=1600
解得：x=0.2=20%或x=−1.8（舍去）
故答案为:20%
【答案】
4:
【考点】
圆锥的计算
圆锥的展开图及侧面积
倒数
【解析】
根据圆锥的侧面积是底面积的4倍可得到圆锥母线长和底面半径的关系．
【解答】
解：设圆锥的底面圆半径为”，圆锥母线长为R，弧长为！，扇形面积为S，底面积为S1，圆心角为”，
S=4S1
12R=4πr2
小IrR=4π,2，即R=4r
．R:r=4:1
故答案为：4:1
【答案】
10
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
三角形三边关系
【解析】
先解一元二次方程，再利用等腰三角形的性质进行分类讨论．
【解答】
解方程：x2−6x+8=0
得x1=2x2=4
当2为腰，4为底时，不能构成等腰三角形；
当4为腰，2为底时，能构成等腰三角形，周长为4+4+2=10
故答案为：10.
【答案】
.Ig案】50∘
【考点】
圆周角定理
【解析】
由同弧所对的圆周角相等可知∠ABD=∠ACD=40∘，再由直径所对的圆周角为直角即可得到答案．
【解答】
解：连接BD，
∠ACD=40∘
∴ ∠ABD=40∘
AB为⊙O的直径，
∠ADB=90∘
∠BAD+∠ABD=90∘
∠BAD=90∘−40∘=50∘
故答案为：50∘
【答案】
y−−−(x+6)^+4.
【考点】
二次函数的应用
待定系数法求二次函数解析式
根据实际问题列二次函数关系式
【解析】
试题分析：根据题意，选取点A为坐标原点时的抛物线解析式是y=−19x−62+4，则选取点B为坐标原点时的抛物线相当于把原抛物线向左平移12个单位．
原抛物线的顶点为6,4，根据平移的性质，平移后的抛物线的顶点为−6,4，即选取点B为坐标原点时的抛物线解析式是
y=−19x−62+4
【解答】
此题暂无解答
【答案】
40
【考点】
等腰三角形的判定
【解析】
由旋转的性质可知：BC=BC1，得到∠BCC1=∠C1，又因为旋转角∠ABA1=∠CBC，根据等腰三角形的性质计算即可．
【解答】
解：△ABC)绕顶点B顺时针旋转到=A1BC1D1
.BC=BC1
∴BCC1=∠C1
A=70∘
∠BCD=∠A=∠C1=70∘
∠BCC1=∠C1=70∘
小∠CBC1=180∘−2×70∘=40∘
…当C1D1首次经过顶点C时，旋转角为40∘
故答案为：40．
【答案】
①②④
【考点】
反比例函数与一次函数的综合
【解析】
设点D的坐标为x,kx，则Fx,0，根据三角形面积公式得到S△DEF=S△CEF=12k，再根据面积相等的两个三角形
若同底，则它们的高相同，即E、F到AD的距离相等，由此可证得CDIEF；要判断△DCE≅△CDF，则四边形CEFD为等腰梯形
△OAB为等腰直角三角形，而a的值不确定，所以△DCE和△CDF不一定全等；易得四边形ACEF，四边形BDFE都是平行四边形
，贝1AC=EF，所以BD=AC
【解答】
解：设点D的坐标为x,kx，则Fx,0
由函数的图象可知∵x>0,k>0
S△DFE=12DF⋅OF=12⋅kx⋅x=k2
同理可得S△EEF=k2
S△DEF=S△CEF，故①正确；
若两个三角形以EF为底，则EF边上的高相等，故CDIEF．故②正确；
③条件不足，无法得到判定两三角形全等的条件，故③错误；
四边形ACE，四边形BDEF都是平行四边形，
AC=EF=BD
.BD=AC，故④正确．
故答案为：①②④．
三、解答题
【答案】
（1）四；x=−b±b2−4ac2a．；
（2）x1=−3+5x2=−3−5
【考点】
解一元二次方程-配方法
解一元二次方程-公式法
【解析】
（1）观察小虎的解法找出出错的步骤，写出求根公式即可；
（2）利用配方法求出方程的解即可．
故答案为：四；x=−b±b2−4ac2a
（2）移项得：x2+6x=−4
配方得：x2+6x+9=−4+9，即x+32=5
开方得：x+3=±5
解得：x1=−3+5x2=−3−5
【解答】
此题暂无解答
【答案】
（1）2个；
（2）15
【考点】
列表法与树状图法
概率公式
利用频率估计概率
【解析】
（1）首先设袋子里蓝色球的个数为x，根据题意得：xx+2+1=25，解此方程即可求得答案；
（2）首先根据题意列出表格，然后由表格求得所有等可能的结果与摸出的两个球中颜色恰好相同的情况，再利用概率公式即可
求得答案．
【解答】
（1）设袋子里蓝色球的个数为x，
根据题意得：xx+2+1=25
解得：x=2
经检验，x=2是原分式方程的解，
…P（摸出的两个球颜色恰好相同）=420=15
【答案】
（1）y=2x；
（2）四边形OABC是菱形，见解析．
【考点】
反比例函数与一次函数的综合
【解析】
（1）设反比例函数的解析式为y=kxk>0，然后根据条件求出A点坐标，再求出k的值，进而求出反比例函数的解析式；
（2）首先求出OA的长度，结合题意CBIIOAE1CB=5，判断出四边形OABC是平行四边形，再证明OA=OC即可判定出四边形
OABC的形状．
【解答】
（1）设反比例函数的表达式为y=kxk≠0
点Am,−2在直线y=2x上，
−2=2m
m=−1
A−1,−2
又：点A在y=kx的图象上，
∴ −2=k−1，k=2，…反比例函数的表达式为y=2x
（2）四边形2ABC是菱形．证明如下：
A−1,−2OA=12+22=5
由题意知，CB//OA且CB=5
∴ CB=OA
…四边形OABC是平行四边形．
：点C2,n在y=2x的图象上，
∴ C2,1
OC=22+12=5
∴ OC=OA
…四边形OABC是菱形．
【答案】
（1）见解析；
（2）52π；
（3）−4,32：
（4）1
【考点】
几何变换综合题
内切圆与外接圆综合题
【解析】
（1）根据网格结构找出点B、C绕着点A顺时针旋转90∘得到B1,C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）利用勾股定理列式求出AC，然后根据弧长公式列式计算即可得解；
（3）根据直角三角形的外心是斜边的中点，并由图象可得点A的坐标是−6,0，C的坐标是−2,3，利用中点坐标公式
即可求解；
（4）利用等面积法即可列出关于内切圆半径的等式，计算后即可得出结果．
【解答】
（1）如图所示，ΔAB1C1即为所求作的图形；
B1C1
（2）AB=4,BC=3
AC=32+42=5
…点C到点C1所经过的路径的长为：l=90π×5180=52π
（3）直角三角形的外心是斜边的中点，且点A的坐标是−6,0，C的坐标是−2,3
∴ 12×−6−2=−4,12×0+3=32
△ABC的外心坐标为−4,32
故答案为：−4,32
（4）设Rt△ABC的内切圆半径为r，
S△ABC=12×3×4=6
12×3+12×4r+12×5r=6
解得r=
△ABC的内切圆半径为1．
故答案为：1．
【答案】
（1）见解析；
（2）5
【考点】
角平分线的性质
【解析】
（1）连接OE，由于BE是角平分线，则有∠CBE=∠ABE，再证可得OE//BC；根据平行线的性质和切线的判定即可证得结论；
（2）先证明△BCE≅△BHE，再根据勾股定理列方程求解即可．
【解答】
（1）证明：连结OE．
：BE平分∠ABC
∠CBE=∠ABE
又OB=OE.
∠ABE=∠BEO
∠CBE=∠BEO
OE//AC，又∠C=90∘．即AC⊥BC
OE⊥AC
．AC是SO的切线，
（2）解：BE平分∠ABC,AC⊥BC,EH⊥AB
B
CE=EH
BE=BE
Rt△CBE≅ΔΔHL)
CB=HB=8
设OE=OB=
HO=BH−OB=8−r
．OE2=OH2+HE2
r2=8−v2+42
解得：r=5
【答案】
（1）y=−100x+240012≤x≥24；
（2）x为19，线上和线下月利润总和达到最大，此时的最大利润为7300元
【考点】
二次函数的应用
一次函数的应用
【解析】
（1）根据线下月销售量与线下售价存在一次函数关系，将表格中任意两个数值代入一次函数，计算求解即可．
（2）先算当定价为x时线上利润为，再算线下利润，再算线上线下利润总和，其结果可表示成以x为自变量的二次函数，运用求
二次函数最大值的方法运算求解．
【解答】
（1）一线下的周销售量y与线下售价x12≤x<24满足一次函数的关系，
…假设y=kx+b，从题中表格任取两组数值，联立二元一次方程组，
1200=12k+b1100=13k+b
解得：k=−100b=2400
…y与×的函数关系式：y=−100x+240012≤x≤24,
（2）当定价为x时线上利润为：400x−10−2=400x−4800
线下利润为：x−10−100x+2400=−100x2+3400x−2400
线上线下利润总和为：400x−4800−100x2+3400x−2400=−100x−192+7300
此时|x=19;满足12≤x≤24
当x为19，线上和线下月利润总和达到最大，此时的最大利润为7300元．
【答案】
（1）作图见解析；BP=2或7或4−7
（2）存在，3+3
（3）见解析
【考点】
作三角形的内切圆与外接圆
解直角三角形
【解析】
（1）以D为圆心，DA为半径画弧，交BC于R、以A为圆心，DA为半径画弧，交BC于B、作AD的垂直平分线，交
BC于B．从而可确定点尸的位置，再利用勾股定理及全等三角形的性质可得BR．BP，BB的长；
（2）先求解EF=6，以EF为直径作○○，过点O作OQ1BC，垂足为Q，连接EQ、FQ，如图2．证明○○与BC相切，切点为Q，从
而可得LEQF=90∘，过点E作EG1BC，垂足为G，证明四边形OEGQ是正方形．可得GQ=EO=3，EG=OQ=3．求解
BG=EGtan∠B=33=、．从而可得答案；
（3）如图3，先以AD为一条边，在AD的下方作等边ΔADE，再作等边(ADE的外接圆○○，○○与BC边有两个交点M；，Mz
，即为所求M点的位置．
【解答】
（1）解：
（2）如图1，B．B，B即为所求作的点，
A________D
B“P\F/P．∼C
图1
由作图可得：DR}=AP；=AD=4，
·AB=CD=3，
CR=BR=√+^−3^=√，
．．BR=BC−CR=4−√，
由垂直平分线的性质可得：AB=DB，
：AB=DC，LB=2C=90∘，
．．RraABRQRraDCR(HL)，
．BB=CP3=12BC=2,
综上：BP的长为2或J或4−√；
（3）在BC边上存在点Q，使LEQF=90∘．
理由如下：
：E、F分别为边AB、AC的中点，
．EFlIBC,EF=12BC
：BC=12，
．EF=6.
以EF为直径作○○，过点O作OQ1BC，垂足为Q，连接EQ、FQ，如图2．
E
图3
理由如下：
如图3，以AD为一条边，在AD的下方作等边4ADE，再作等边4ADE的外接圆○○，○○与BC边有两个交点M，M，
由作图可得：：等边．ADE
LAED=60∘，
：AD﹦AD，
．LAM，D=LAM；D=LAED=60∘，
M；，M，是符合要求的安装监控的位置．
【答案】
（1）y=−x2+2x+1；
（2）1+52,1+52；
（3）不是，32:74
【考点】
待定系数法求二次函数解析式
二次函数的应用
【解析】
（1）由抛物线y=ax−n2+k的顶点坐标是B(12)知：ℎ=1,k=2，则y=ax−12+2，再把A点的坐标代入此解析式即
可；
（2）易知△OAC是等腰直角三角形，可得AC的垂直平分线是直线y=，根据垂直平分线的性质可知直线y=x与抛物线的交点即
为点P解方程组即可求得点P的坐标；
（3）设Qm,−m2+2m+1第一象限内的抛物线上与AC距离最远的点，即可得到S加加加ACD=S△OAQ+S△OCQ的值，后再根据
二次函数最值的问题进行求值即可；
【解答】
（1）抛物线y=ax−b2+k的顶点坐标是B1,2
∴ y=ax−12+2
…抛物线经过点Δ0,1
小a0−12+2=1
解得：3=−
所以抛物线的解析式为y=−x−12+2或y=−x2+2x+1
（2）∵A0,1,C1,0
OA=OC
若PA=PC
则点P在直线y=x上，
即直线y=x与抛物线y=−x−12+2在第一象限的交点即为点P．
令y=−x2+2x+1=x
解得：x=1−52（舍）或1+52
…P点的坐标为1+52,1+52
（3）假设Qm,−m2+2m+1点是第一象限内的抛物线上与AC距离最远的点，
则△AOC的面积最大，即四边形OAQC的面积最大，连接OQ，
S加加加ABC=SΔAQ+S△OOQ=12×1×m+12×1×−m2+2m+1=−12m2+32m+12
当m=32时，四边形cDAQC的面积最大，
此时点Q的坐标为32,74
（元/件）
12
13
14
15
16
（件）
1200
1100
1000
900
800
甲
乙
红
红
蓝
蓝
黄
红
）
）
）
）
红
）（红，红│
）
）（蓝，红│（蓝，红│（黄，红│
）
）
）
蓝
（红，蓝）（红，蓝│
）
）
）（蓝，蓝│（黄，蓝│
）
）
蓝
）（红，蓝）（红，蓝
）
）
（蓝，蓝│
）
）（黄，蓝│
）
黄
）
）
）