2021-2022学年华东师大版九年级上学期数学期末练习试卷

这是一份2021-2022学年华东师大版九年级上学期数学期末练习试卷，共22页。试卷主要包含了抛物线y＝3，已知点A等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年华东师大新版九年级上学期数学期末练习试卷一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
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．抛物线y＝3（x+4）2+2的顶点坐标是（　　）
A．（2，4） B．（2，﹣4） C．（4，2） D．（﹣4，2）
3．不解方程，判别方程2x2﹣3x＝3的根的情况（　　）
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根
C．有一个实数根 D．无实数根
4．如图，为了测量某棵树的高度，小刚用长为2m的竹竿作测量工具，移动竹竿，使竹竿、树的顶端的影子恰好落在地面的同一点，此时，竹竿与这一点相距6m，与树距15m，那么这颗树的高度为（　　）

A．5m B．7m C．7.5m D．21m
5．若二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的x与y的部分对应值如下表：
x
﹣2
﹣1
0
1
2
3
y
14
7
2
﹣1
﹣2
﹣1
则当x＝5时，y的值为（　　）
A．﹣1 B．2 C．7 D．14
6．《算学宝鉴》中记载了我国南宋数学家杨辉提出的一个问题：“直田积八百六十四步，之云阔不及长一十二步，问阔及长各几步？”译文：“一个矩形田地的面积等于864平方步，且它的宽比长少12步，问长与宽各是多少步？”若设矩形田地的长为x步，则可列方程为（　　）
A．2x+2（x+12）＝864 B．2x+2（x﹣12）＝864
C．x（x+12）＝864 D．x（x﹣12）＝864
7．已知点A（x，y）是反比例函数y＝图象上的一点，若x＞3，则y的取值范围是（　　）
A．2＜y＜6 B．0＜y＜2 C．y＜2 D．y＞2
8．如图，⊙O中，ABDC是圆内接四边形，∠BOC＝110°，则∠BDC的度数是（　　）

A．110° B．70° C．55° D．125°
9．如图，在Rt△ABC 中，AB＝AC，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，连接EF．下列结论：
①△ADC≌△AFB；
②△ABE≌△ACD； 　
③△AED≌△AEF；
④BE+DC＝DE．
其中正确的是（　　）

A．②④ B．①④ C．②③ D．①③
10．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的顶点A，B分别在y轴、x轴上，OA＝2，OB＝1，斜边AC∥x轴．若反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象经过AC的中点D，则k的值为（　　）

A．4 B．5 C．6 D．8
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．若M（3，y）与N（x，y﹣1）关于原点对称，则xy的值为　 　．
12．如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，建立平面直角坐标系，△ABC的三个顶点均在格点（网格线的交点）上，以原点O为位似中心，画△A1B1C1，使△ABC与△A1B1C1的位似比为2，则点B的对应点B1的坐标是 　 　．

13．若一个扇形的面积20，半径为8，则此扇形的弧长为　 　．
14．如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接BB'，若∠A′B′B＝20°，则∠A的度数是　 　．

15．如图，一个由8个正方形组成的“C”模板恰好完全放入一个矩形框内，模板四周的直角顶点M，N，O，P，Q都在矩形ABCD的边上，若8个小正方形的面积均为1，则边AB的长为 　 　．

16．在平面直角坐标系中，已知A（3，0），B（﹣1，0），点C是y轴上一动点，当∠BCA＝45°时，点C的坐标为 　 　．
三．解答题（共9小题，满分86分）
17．（8分）解方程：x2+4x﹣1＝0．
18．（8分）如图，在平面直角坐标系中，A（0，1），B（2，0），C（1，2），D（3，3）．
（1）作出△ABC绕点D旋转180°得到△A1B1C1；
（2）作出点B1绕点A1顺时针旋转90°得到点E；
（3）在y轴上存在点P，使得|PE﹣PB1|最大，直接写出点P的坐标．

19．（8分）（1）在图①中，已知⊙O1，点P在⊙O1上，过点P作⊙O1的切线l1；
（2）在图②中，已知⊙O2，点Q在⊙O2外，过点Q作⊙O2的切线l2．
（用直尺和圆规作图，保留作图痕迹，不写作法）

20．（8分）如图，在平面直角坐标系中，反比例函数y＝（x＞0）的图象上有一点A（m，），过点A作AB⊥x轴于点B，将点B向左平移2个单位长度得到点C，过点C作y轴的平行线交反比例函数的图象于点D，CD＝2．
（1）写出点D的横坐标（用含m的式子表示）；
（2）求出反比例函数的解析式．

21．（8分）如图，在△ABC中，D在AC上，DE∥BC，DF∥AB．
（1）求证：△DFC∽△AED；
（2）若CD＝AC，求的值．

22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，连接AC，过上一点E作EG∥AC交CD的延长线于点G，连接AE交CD于点F，且EG＝FG，连接CE．
（1）求证：EG是⊙O的切线；
（2）延长AB交GE的延长线于点M，若AH＝2，CH＝4，求EM的值．

23．（10分）今年以来，我市接待的游客人数逐月增加，据统计，游玩某景区的游客人数三月份为4万人，五月份为5.76万人．
（1）求四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长百分之几；
（2）若该景区仅有A，B两个景点，售票处出示的三种购票方式如下表所示：
购票方式
甲
乙
丙
可游玩景点
A
B
A和B
门票价格
100元/人
80元/人
160元/人
据预测，六月份选择甲、乙、丙三种购票方式的人数分别有2万、3万和2万，并且当甲、乙两种门票价格不变时，丙种门票价格每下降1元，将有600人原计划购买甲种门票的游客和400人原计划购买乙种门票的游客改为购买丙种门票．
①若丙种门票价格下降10元，求景区六月份的门票总收入；
②问：将丙种门票价格下降多少元时，景区六月份的门票总收入有最大值？最大值是多少万元？
24．（12分）如图1，正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE．
（1）[发现]：当正方形AEFG绕点A旋转，如图2，线段DG与BE之间的数量关系是　 　；位置关系是　 　；
（2）[探究]：如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE，猜想DG与BE的数量关系与位置关系，并说明理由；
（3）[应用]：在（2）情况下，连接GE（点E在AB上方），若GE∥AB，且AB＝，AE＝1，求线段DG的长．
25．（14分）在平面直角坐标系中，已知点A在抛物线y＝x2+bx+c（b＞0）上，且A（1，﹣1）．
（1）若b﹣c＝4，求b，c的值；
（2）若该抛物线与y轴交于点B，其对称轴与x轴交于点C，则命题“对于任意一个k（0＜k＜1），都存在b，使得OC＝k•OB”是否正确？若正确，请证明；若不正确，请举反例；
（3）将该抛物线平移，平移后的抛物线仍经过（1，﹣1），点A的对应点A1为（1﹣m，2b﹣1），当m≥﹣时，求平移后抛物线的顶点所能达到的最高点的坐标．

参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确．
故选：D．
2．解：∵y＝3（x+4）2+2是抛物线解析式的顶点式，
∴根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（﹣4，2）．
故选：D．
3．解：方程整理得2x2﹣3x﹣3＝0，
∵Δ＝（﹣3）2﹣4×2×（﹣3）＝18+24＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
4．解：如图，
∵AB⊥OD，CD⊥OD，
∴AB∥CD，
∴△OAB∽△OCD，
∴＝，
∵AB＝2m，OB＝6m，OD＝6+15＝21m，
∴＝，
解得CD＝7m．
这颗树的高度为7m，
故选：B．

5．解：由表格可知，当x＝1时，y＝﹣1，当x＝3时，y＝﹣1，
由抛物线的对称性可知，抛物线的对称轴为直线x＝2；
∴x＝5时y的值与x＝﹣1时的值相等，
∴x＝5时y的值为7．
故选：C．
6．解：设矩形田地的长为x步，则矩形田地的宽为（x﹣12）步，
依题意得：x（x﹣12）＝864．
故选：D．
7．解：∵y＝，
∴在第一象限内，y随x的增大而减小，
∴当x＞3时，0＜y＜2，
故选：B．
8．解：∵∠BOC＝110°
∴∠A＝∠BOC＝×110°＝55°
又∵ABDC是圆内接四边形
∴∠A+∠D＝180°
∴∠D＝180°﹣55°＝125°
故选：D．
9．解：∵△ADC绕点A顺时针旋转90°得△AFB，
∴△ADC≌△AFB，①正确；
∵EA与DA不一定相等，
∴△ABE与△ACD不一定全等，②错误；
∵∠FAD＝90°，∠DAE＝45°，
∴∠FAE＝∠DAE＝45°，
在△AED和△AEF中，
，
∴△AED≌△AEF，③正确；
∵△ADC≌△AFB，
∴BF＝CD，
∵BE+BF＞DE
∴BE+DC＞DE，④错误；
故选：D．
10．解：作CE⊥x轴于E，
∵AC∥x轴，OA＝2，OB＝1，
∴OA＝CE＝2，
∵∠ABO+∠CBE＝90°＝∠OAB+∠ABO，
∴∠OAB＝∠CBE，
∵∠AOB＝∠BEC，
∴△AOB∽△BEC，
∴＝，即＝，
∴BE＝4，
∴OE＝5，
∵点D是AC的中点，
∴D（，2）．
∵反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象经过点D，
∴k＝×2＝5．
故选：B．

二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．解：∵M（3，y）与N（x，y﹣1）关于原点对称，
∴x＝﹣3，y﹣1＝﹣y，
解得：x＝﹣3，y＝，
∴xy＝﹣，
故答案为：﹣．
12．解：∵以原点O为位似中心，画△A1B1C1，使△ABC与△A1B1C1的位似比为2，点B的坐标为：（2，4），
∴点B的对应点B1的坐标是：（2×，4×）或[（2×（﹣），4×（﹣）]，即（1，2）或（﹣1，﹣2）．
故答案为：（1，2）或（﹣1，﹣2）．
13．解：∵一个扇形的面积20，半径为8，
∴此扇形的弧长为：＝5，
故答案为：5．
14．解：∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△A′B′C，
∴BC＝B′C，
∴△BCB′是等腰直角三角形，
∴∠CBB′＝45°，
∴∠B′A′C＝∠A′B′B+∠CBB′＝20°+45°＝65°，
由旋转的性质得∠A＝∠B′A′C＝65°．
故答案为：65°．
15．解：如下图所示，连接EG，则∠OEP＝90°，

由题意得，小正方形的边长为1，
∴OP＝＝＝，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝∠A＝90°，∠MQP＝90°，
∴∠BMQ＝∠CQP＝90°﹣∠MQP，
同理∠EPO＝∠CQP＝90°﹣∠QPC，
∴∠BMQ＝∠EPO，
又∠OEP＝∠B＝90°，
∴△OEP∽△QBM，
∴＝＝＝，
∴BM＝＝＝，QB＝＝＝，
∵∠B＝∠A＝90°，∠NMQ＝90°，
∴∠BMQ＝∠ANM＝90°﹣∠AMN，
在△QBM和△MAN中，
，
∴△QBM≌△MAN（AAS），
∴AM＝QB＝，
∴AB＝BM+AM＝+＝．
故答案为：．
16．解：如图，

先作等腰直角△PAB，再以P点为圆心，PA为半径作⊙O交y轴于C点，
作PD⊥y轴于D，可得P（1，2），PA＝2，
∴PC＝2，
∴CD＝＝，
∴OC＝2+，
∴C（0，2+），
同理可得C′（0，﹣2﹣），
综上所述，满足条件的C点坐标为：（0，2+）或（0，﹣2﹣）．
故答案为：（0，2+）或（0，﹣2﹣）．
三．解答题（共9小题，满分86分）
17．解：∵x2+4x﹣1＝0
∴x2+4x＝1
∴x2+4x+4＝1+4
∴（x+2）2＝5
∴x＝﹣2±
∴x1＝﹣2+，x2＝﹣2﹣．
18．解：（1）如图，△A1B1C1即为所求作．
（2）如图，线段A1E即为所求作．
（3）如图，点P即为所求作．

∵E（7，7），B1（4，6），
设直线EB1的解析式为y＝kx+b，
则有，
解得，
∴直线EB1的解析式为y＝x+，
∴P（0，）．
19．解：（1）如图①，l1为所作；

（2）如图②，l2为所作

20．解：（1）∵CD∥y轴，
∴C和D的横坐标相等，
∵A（m，），
∴点D的横坐标为：m﹣2
（2）∵CD＝2
∴点D的坐标为（m﹣2，2）
∵点、D（m﹣2，2）均在反比例函数图象上
∴
解得 m＝3
∴反比例函数的解析式为：
21．（1）证明：∵DF∥AB，DE∥BC，
∴∠DFC＝∠ABF，∠AED＝∠ABF，
∴∠DFC＝∠AED，
又∵DE∥BC，
∴∠DCF＝∠ADE，
∴△DFC∽△AED；
（2）∵CD＝AC，
∴＝
由（1）知△DFC和△AED的相似比为：＝，
故：＝（）2＝（）2＝．
22．（1）证明：如图，连接OE，

∵FG＝EG，
∴∠GEF＝∠GFE＝∠AFH，
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠OEA，
∵CD⊥AB，
∴∠AFH+∠FAH＝90°，
∴∠GEF+∠AEO＝90°，
∴∠GEO＝90°，
∴GE⊥OE，
∴EG是⊙O的切线；
（2）解：连接OC，

设⊙O的半径为r，
∵AH＝2，CH＝4，
∴OH＝r﹣2，OC＝r，
则（r﹣2）2+42＝r2，
解得：r＝5，
∵GM∥AC，
∴∠CAH＝∠M，
∵∠OEM＝∠AHC，
∴△AHC∽△MEO，
∴，
即，
解得：EM＝2.5．
23．解：（1）设四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长率为x，
由题意，得4（1+x）2＝5.76，
解这个方程，得x1＝0.2，x2＝﹣2.2（舍去），
答：四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长率为20%；
（2）①由题意，得
100×（2﹣10×0.06）+80×（3﹣10×0.04）+（160﹣10）×（2+10×0.06+10×0.04）＝798（万元）．
答：景区六月份的门票总收入为798万元．
②设丙种门票价格降低m元，景区六月份的门票总收入为W万元，
由题意，得
W＝100（2﹣0.06m）+80（3﹣0.04m）+（160﹣m）（2+0.06m+0.04m），
化简，得W＝﹣0.1（m﹣24）2+817.6，
∵﹣0.1＜0，
∴当m＝24时，W取最大值，为817.6万元．
答：当丙种门票价格下降24元时，景区六月份的门票总收入有最大值，最大值是817.6万元．
24．解：（1）DG＝BE，DG⊥BE，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴BE＝DG；
如图2，延长BE交AD于Q，交DG于H，
∵△ABE≌△DAG，
∴∠ABE＝∠ADG，
∵∠AQB+∠ABE＝90°，
∴∠AQB+∠ADG＝90°，
∵∠AQB＝∠DQH，
∴∠DQH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG，
故答案为：DG＝BE，DG⊥BE；
（2）DG＝2BE，BE⊥DG，理由如下：
如图3，延长BE交AD于K，交DG于H，
∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，
∴∠BAD＝∠EAG，
∴∠BAE＝∠DAG，
∵AD＝2AB，AG＝2AE，
∴＝＝，
∴△ABE∽△ADG，
∴＝＝，∠ABE＝∠ADG，
∴DG＝2BE，
∵∠AKB+∠ABE＝90°，
∴∠AKB+∠ADG＝90°，
∵∠AKB＝∠DKH，
∴∠DKH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）如图4，（为了说明点B，E，F在同一条线上，特意画的图形）
设EG与AD的交点为M，
∵EG∥AB，
∴∠DME＝∠DAB＝90°，
在Rt△AEG中，AE＝1，
∴AG＝2AE＝2，
根据勾股定理得：EG＝＝，
∵AB＝，
∴EG＝AB，
∵EG∥AB，
∴四边形ABEG是平行四边形，
∴AG∥BE，
∵AG∥EF，
∴点B，E，F在同一条直线上，如图5，
∴∠AEB＝90°，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得，BE＝＝＝2，
由（2）知，△ABE∽△ADG，
∴＝＝，
即＝，
∴DG＝4．




25．解：（1）把（1，﹣1）代入y＝x2+bx+c，可得b+c＝﹣2，
解，可得b＝1，c＝﹣3，
（2）不正确，
理由：由b+c＝﹣2，得c＝﹣2﹣b．
对于y＝x2+bx+c，
当x＝0时，y＝c＝﹣2﹣b．
抛物线的对称轴为直线x＝﹣．
所以B（0，﹣2﹣b），C（﹣，0）．
因为b＞0，
所以OC＝，OB＝2+b，
当k＝时，由OC＝OB得＝（2+b），此时b＝﹣6＜0不合题意．
所以对于任意的0＜k＜1，不一定存在b，使得OC＝k•OB；
（3）由平移前的抛物线y＝x2+bx+c，可得
y＝（x+）2﹣+c，即y＝（x+）2﹣﹣2﹣b．
因为平移后A（1，﹣1）的对应点为A1（1﹣m，2b﹣1）
可知，抛物线向左平移m个单位长度，向上平移2b个单位长度．
则平移后的抛物线解析式为y＝（x++m）2﹣﹣2﹣b+2b，
即y＝（x++m）2﹣﹣2+b．
把（1，﹣1）代入，得
（1++m）2﹣﹣2+b＝﹣1．
（1++m）2＝﹣b+1．
（1++m）2＝（﹣1）2．
所以1++m＝±（﹣1）．
当1++m＝﹣1时，m＝﹣2（不合题意，舍去）；
当1++m＝﹣（﹣1）时，m＝﹣b，
因为m≥﹣，所以b≤．
所以0＜b≤，
所以平移后的抛物线解析式为y＝（x﹣）2﹣﹣2+b．
即顶点为（，﹣﹣2+b），
设p＝﹣﹣2+b，即p＝﹣（b﹣2）2﹣1．
因为﹣＜0，所以当b＜2时，p随b的增大而增大．
因为0＜b≤，
所以当b＝时，p取最大值为﹣，
此时，平移后抛物线的顶点所能达到的最高点坐标为（，﹣）．