广东省广州市越秀区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编 3填空题

广东省广州市越秀区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编 02 填空题

二、填空题

31．（2022·广东广州·九年级期末）已知点P（2，﹣3）与点Q（a，b）关于原点对称，则a+b＝_____．

32．（2022·广东广州·九年级期末）在一个不透明的袋子中装有红球、黄球共20个，这些球除颜色外都相同．小明通过多次实验发现，摸出黄球的频率稳定在0.30左右，则袋子中黄球的数量可能是 _____个．

33．（2022·广东广州·九年级期末）在某一时刻，测得一根长为1.5米的竹竿竖直放置时，在平地上的影长是2米；在同一时刻测得旗杆在平地上的影长是24米，则旗杆的高度是 _____米．

34．（2022·广东广州·九年级期末）如图，它是在纸板上剪下的一个半圆和一个圆形，它们恰好能组成一个圆锥模型．已知半圆的半径为1，则该圆锥的侧面积是 _____．

35．（2022·广东广州·九年级期末）飞机着陆后滑行的距离（单位：米）关于滑行的时间t（单位：秒）的函数解析式是s＝60t﹣1.5t2，则飞机停下前最后10秒滑行的距离是 _____米．

36．（2022·广东广州·九年级期末）如图，正方形ABCD的边长为1，⊙O经过点C，CM为⊙O的直径，且CM＝1．过点M作⊙O的切线分别交边AB，AD于点G，H．BD与CG，CH分别交于点E，F，⊙O绕点C在平面内旋转（始终保持圆心O在正方形ABCD内部）．给出下列四个结论：

①HD＝2BG；②∠GCH＝45°；③H，F，E，G四点在同一个圆上；④四边形CGAH面积的最大值为2．其中正确的结论有 _____（填写所有正确结论的序号）．

37．（2021·广东广州·九年级期末）如图，顺时针旋转能与重合，且，则旋转角是__________度.

38．（2021·广东广州·九年级期末）在“Wishyousuccess”中，任选一个字母，这个字母为“s”的概率为_____．

39．（2021·广东广州·九年级期末）关于x的方程x2+3x+k﹣1＝0有两个相等的实数根，则k的值为___．

40．（2021·广东广州·九年级期末）若A(－4，y1)，B(－3，y2)，C(1，y3)为二次函数y＝x2＋4x－m的图象上的三点，则y1，y2，y3的大小关系是____

41．（2021·广东广州·九年级期末）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连接BD，则∠ABD＝____°．

42．（2021·广东广州·九年级期末）已知：△ABC在坐标平面内三顶点的坐标分别为A（0，2）、B（3，3）、C（2，1）．以O为位似中心画△A1B1C1，使得△A1B1C1与△ABC位似，且相似比是3，则点C的对应顶点C1的坐标是_________．

43．（2021·广东广州·九年级期末）已知一个圆锥体的三视图如图所示，将这个圆锥的侧面展开为扇形，则这个扇形的圆心角是_____．

44．（2021·广东广州·九年级期末）如图，在中，，，延长至点，使，则________.

45．（2021·广东广州·九年级期末）如图，△OAB的顶点A在双曲线y=（x＞0）上，顶点B在双曲线y=-（x＜0）上，AB中点P恰好落在y轴上，则△OAB的面积为_____.

46．（2021·广东广州·九年级期末）如图，已知⊙O的半径为1，AB，AC是⊙O的两条弦，且AB＝AC，延长BO交AC于点D，连接OA，OC，若AD2＝AB•DC，则OD＝__．

47．（2019·广东广州·九年级期末）关于的方程是一元二次方程，则的取值范围是_____．

48．（2019·广东广州·九年级期末）在平面直角坐标系中，有两点A（1，2），B（3，1），以原点O为位似中心，将△OAB放大为原来的3倍，得到，则点A的对应点的坐标是_______．

49．（2019·广东广州·九年级期末）一个袋中装有m个红球，10个黄球，n个白球，每个球除颜色外都相同，任意摸出一个球，摸到黄球的概率与不是黄球的概率相同，那么m与n的关系是________．

50．（2019·广东广州·九年级期末）若圆锥的底面半径是2，侧面展开图是一个圆心角为120的扇形，则该圆锥的母线长是________．

51．（2019·广东广州·九年级期末）如图，已知点B（3，3）、C（0，6）是抛物线 ()上两点，A是抛物线的顶点，P点是轴上一动点，当PA+PB最小时，P点的坐标是_____．

52．（2019·广东广州·九年级期末）如图，在四边形ABCD中，，AD=CD，AB+BC=8，则四边形ABCD的面积是_________．

【答案】

31．1

【分析】根据两点关于原点对称，横纵坐标分别互为相反数计算即可．

【详解】解：∵点与点关于原点对称，

∴a=-2，b= 3，

∴a+b=-2+3=1，

故答案为：1．

【点睛】本题考查了坐标系中两点关于原点对称的计算，代数式的值，熟练掌握两点关于原点对称时坐标之间的关系是解题的关键．

32．6

【分析】由题意直接根据黄球出现的频率和球的总数，可以计算出黄球的个数．

【详解】解：由题意可得，

20×0.30=6（个），

即袋子中黄球的个数最有可能是6个.

故答案为：6．

【点睛】本题考查利用频率估计概率，解答本题的关键是明确题意，计算出黄球的个数．

33．18

【分析】AB为竹竿，BC为影长，连接AC，DE为旗杆，EF为影长，连结DF，如图所示：根据同一时刻光线平行可得DF∥AC，可得∠ACB=∠DFE，然后易得△ABC∽△DEF，进而根据相似三角形的性质可求解．

【详解】解：AB为竹竿，BC为影长，连接AC，DE为旗杆，EF为影长，连结DF，如图所示：

∵DF∥AC，

∴∠ACB=∠DFE，

∵∠ABC=∠DEF=90°，

∴△ABC∽△DEF，

∴，

∵AB=1.5米，BC=2米，EF=24米，

∴，

∴DE=18米；

答：旗杆DE的高度为18米．

故答案为：18米．

【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定及投影，熟练掌握相似三角形的性质与判定及投影是解题的关键．

34．

【分析】首先根据题意可确定组成的圆锥侧面刚好为该半圆形，所以求出该半圆形的面积即为该圆锥的侧面积．

【详解】解：由题意，半圆为该圆锥的侧面，完整的圆形为该圆锥的底面，

∴半圆形的面积即为该圆锥的侧面积，

∵半圆的半径为1，

∴，

故答案为：．

【点睛】本题考查圆锥的侧面积计算，本题中理解组成的圆锥侧面恰好为半圆形是解题关键．

35．150

【分析】将抛物线解析式化为顶点式，求出飞机滑行时间和距离，然后将t=2010代入解析式求出对应y，然后作差求解．

【详解】解：∵，

∴当时，飞机停下来，并滑行了600米；

把，代入，得

，

∴机停下前最后10秒滑行的距离是：（米）；

故答案为：150；

【点睛】本题考查二次函数的应用，解题关键是将抛物线化为顶点式，理解函数解析式与实际问题的对应关系．

36．②③④

【分析】根据切线的性质，正方形的性质，通过三角形全等，证明HD=HM，∠HCM=∠HCD，GM=GB，∠GCB=∠GCM，可判断前两个结论；运用对角互补的四边形内接于圆，证明∠GHF+∠GEF=180°，取GH的中点P，连接PA，则PA+PC≥AC，当PC最大时，PA最小，根据直径是圆中最大的弦，故PC=1时，PA最小，计算即可．

【详解】∵GH是⊙O的切线，M为切点，且CM是⊙O的直径，

∴∠CMH=90°，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠CMH=∠CDH=90°，

∵CM=CD，CH=CH，

∴△CMH≌△CDH，

∴HD=HM，∠HCM=∠HCD，

同理可证，∴GM=GB，∠GCB=∠GCM，

∴GB+DH=GH，无法确定HD＝2BG，

故①错误；

∵∠HCM+∠HCD+∠GCB+∠GCM=90°，

∴2∠HCM+2∠GCM=90°，

∴∠HCM+∠GCM=45°，

即∠GCH＝45°，

故②正确；

∵△CMH≌△CDH，BD是正方形的对角线，

∴∠GHF=∠DHF，∠GCH=∠HDF=45°，

∴∠GHF+∠GEF=∠DHF +∠GCH+∠EFC

=∠DHF +∠HDF+∠HFD

=180°，

根据对角互补的四边形内接于圆，

∴H，F，E，G四点在同一个圆上，

故③正确；

∵正方形ABCD的边长为1，

∴

=1

=，∠GAH=90°，AC=

取GH的中点P，连接PA，

∴GH=2PA，

∴=，

∴当PA取最小值时，有最大值，

连接PC，AC，

则PA+PC≥AC，

∴PA≥AC- PC，

∴当PC最大时，PA最小，

∵直径是圆中最大的弦，

∴PC=1时，PA最小，

∴当A，P，C三点共线时，且PC最大时，PA最小，

∴PA=-1，

∴最大值为：1-（-1）=2-，

∴四边形CGAH面积的最大值为2，

∴④正确；

故答案为: ②③④．

【点睛】本题考查了切线的性质，直径是最大的弦，三角形的全等，直角三角形斜边上的中线，四点共圆，正方形的性质，熟练掌握圆的性质，灵活运用直角三角形的性质，线段最短原理是解题的关键．

37．35

【分析】由△ABC顺时针旋转能与△ADE重合，且∠BAE=70°，即可求得旋转角的度数．

【详解】解：∵△ABC顺时针旋转能与△ADE重合，且∠BAE=70°，

∴∠BAC=∠DAE=∠BAE=35°．

∴旋转角的大小是35°．

故答案为：35．

【点睛】本题考查旋转的性质，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想的应用．

38．

【分析】根据概率公式进行计算即可．

【详解】解：任选一个字母，这个字母为“s”的概率为：，

故答案为：．

【点睛】本题考查了概率，如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．

39．.

【分析】根据判别式的意义得到△=32-4×（k-1）=0，然后解关于k的方程即可．

【详解】解：根据题意得△＝32﹣4×1×（k﹣1）＝0，解得k＝，

故答案为．

【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；当△＜0时，方程无实数根．

40．y2＜y1＜y3

【分析】根据二次函数对称轴的位置和点的横坐标利用二次函数增减性直接判断即可．

【详解】解：抛物线对称轴直线为，开口向上

点A、B、C三个点与对称轴的水平距离分别为2、1、3，且点C在对称轴右侧，

∴y2＜y1＜y3．

故答案为y2＜y1＜y3．

【点睛】已知抛物线的对称轴和点的横坐标，要比较函数值大小，即要比较点到对称轴的水平距离大小，当抛物线开口向上时，离对称轴水平距离越大，函数值越大；当抛物线开口向下时，离对称轴水平距离越大，函数值越小．

41．72

【分析】根据多边形内角和定理、正五边形的性质求出∠ABC、CD＝CB，根据等腰三角形的性质求出∠CBD，计算即可．

【详解】∵五边形ABCDE为正五边形，

∴∠ABC＝∠C＝＝108°，

∵CD＝CB，

∴∠CBD＝＝36°，

∴∠ABD＝∠ABC−∠CBD＝72°，

故答案为72°．

【点睛】本题考查的是正多边形和圆、多边形的内角和定理，掌握正多边形和圆的关系、多边形内角和等于（n−2）×180°是解题的关键．

42．或

【分析】根据位似图形的特点可知将对应点坐标乘以±3故可求解．

【详解】解：∵以O为位似中心画△A1B1C1，使得△A1B1C1与△ABC位似，且相似比是3，

∴对应点坐标乘以±3，

∵C（2，1），

∴点C1的坐标为：（6，3）或（﹣6，﹣3）．

故答案为：（6，3）或（﹣6，﹣3）．

【点睛】此题主要考查坐标与图形性质、位似变换，解题的关键是熟知位似的特点．

43．216°

【分析】根据展开图的扇形的弧长等于圆锥底面周长计算．

【详解】解：观察三视图得：圆锥的底面半径为3cm，高为4cm，

所以圆锥的母线长为5cm，

，

解得n=216°．

故答案为：216°．

【点睛】考查了圆锥的计算，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．本题就是把的扇形的弧长等于圆锥底面周长作为相等关系，列方程求解．

44．

【分析】过点A 作AF⊥BC于点，过点D 作DE⊥AC交AC的延长线于点E，目的得到直角三角形利用三角函数得△AFC三边的关系，再证明 △ACF∽△DCE，利用相似三角形性质得出△DCE各边比值，从而得解.

【详解】解:过点A 作AF⊥BC于点，过点D 作DE⊥AC交AC的延长线于点E，

∵，

∴∠B=∠ACF，sin∠ACF==，  

设AF=4k，则AC=5k，CD=，由勾股定理得：FC=3k，

∵∠ACF=∠DCE，∠AFC=∠DEC=90°，

∴△ACF∽△DCE，

∴AC：CD=CF：CE=AF：DE，即5k： =3k：CE=4k：DE，

解得：CE=，DE=2k，即AE=AC+CE=5k+=，

∴在Rt△AED中， DE：AE=2k：=.

故答案为：.

【点睛】本题考查三角函数定义、相似三角形的判定与性质，解题关键是构造直角三角形.

45．5.

【分析】分别作BC⊥ y轴于点C，AD⊥ y轴于点D，由P为AB的中点，得到S△ADP=S△BCP，在由A，B都在反比例函数上得到面积，转换即可

【详解】如图分别作BC⊥ y轴于点C，AD⊥ y轴于点D，

∵P为AB的中点，

∴S△ADP=S△BCP，

则S△ABO=S△ BOC+S△ OAC，

∵A在双曲线y=（x＞0）上，顶点B在双曲线y=-（x＜0）上，

∴S△ BOC=2，S△ OAD=3，则S△ABO=5，故答案为5

【点睛】熟练掌握反比例函数上的点与坐标轴和原点围成的三角形面积为|k|和面积转换是解决本题的关键

46．．

【分析】可证△AOB≌△AOC，推出∠ACO=∠ABD，OA=OC，∠OAC=∠ACO=∠ABD，∠ADO=∠ADB，即可证明△OAD∽△ABD；依据对应边成比例，设OD=x，表示出AB、AD，根据AD2=AB•DC，列方程求解即可．

【详解】在△AOB和△AOC中，

∵AB＝AC，OB＝OC，OA＝OA，

∴△AOB≌△AOC（SSS），

∴∠ABO＝∠ACO，

∵OA＝OA，

∴∠ACO＝∠OAD，

∵∠ADO＝∠BDA，

∴△ADO∽△BDA，

∴，

设OD＝x，则BD＝1+x，

∴，

∴OD，AB，

∵DC＝AC﹣AD＝AB﹣AD，AD2＝AB•DC，

（）2═（），

整理得：x2+x﹣1＝0，

解得：x或x（舍去），

因此AD，

故答案为．

【点睛】本题考查了圆的综合题、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、比例中项等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，利用参数解决问题是数学解题中经常用到的方法．

47．

【分析】根据定义，一元二次方程的二次项系数不能是0，求出的取值范围．

【详解】解：∵方程是一元二次方程，

∴，即．

故答案是：．

【点睛】本题考查一元二次方程的定义，解题的关键是掌握一元二次方程的定义．

48．或

【分析】根据位似图形的定义，以原点O为位似中心，将原三角形放大3倍，则对应点坐标也变为原来的3倍．

【详解】解：以原点O为位似中心，将△OAB放大为原来的3倍，

则点A的横纵坐标都变为原来的3倍，对应的点或．

故答案是：或．

【点睛】本题考查位似图形，解题的关键是掌握位似图形的定义．

49．m+n＝10．

【分析】直接利用概率相同的频数相同进而得出答案．

【详解】∵一个袋中装有m个红球，10个黄球，n个白球，摸到黄球的概率与不是黄球的概率相同，

∴m与n的关系是：m+n＝10．

故答案为m+n＝10．

【点睛】此题主要考查了概率公式，正确理解概率求法是解题关键．

50．6

【分析】先根据圆锥的底面半径求出底面圆周长，也就是侧面图扇形的弧长，再利用弧长公式求出扇形半径，也就是圆锥的母线．

【详解】解：∵圆锥的底面半径是2，

∴底面圆周长是，即展开后的扇形弧长是，

根据弧长公式：，

得，解得，即该圆锥的母线长是6．

故答案是：6．

【点睛】本题考查扇形和圆锥的有关计算，解题的关键是掌握扇形的弧长公式，以及圆锥和侧面展开的扇形的关系．

51．(2.4，0)

【分析】根据点B（3，3）、C（0，6）是抛物线（a≠0）上两点，可以求得该抛物线的解析式，从而可以求得顶点A的坐标，然后即可得到点A关于x轴的对称点的坐标，则点A关于x轴的对称点的坐标与点B所连直线与x轴的交点即为所求的点P的坐标．

【详解】解：∵点B(3，3)、C(0，6)是抛物线 (a≠0)上两点，

∴，得 ，

∴抛物线解析式为，

∴点A的坐标为(2,2)，

点A关于x轴的对称点的坐标为(2,−2)，

则点(2,−2)与点B(3,3)所连直线与x轴的交点即为所求的点P，此时PA+PB最小，

设过点(2,−2)与点B(3,3)的直线解析式为y=kx+b，

，得 ，

即过点(2，−2)与点B(3，3)的直线解析式为y=5x−12，

当y=0时，0=5x−12，得x=2.4，

∴点P的坐标为(2.4,0)，

故答案为：(2.4，0)．

【点睛】本题考查了二次函数的性质、二次函数上点的坐标特征、对称轴最短路径问题，解本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合思想解答．

52．16

【分析】求不规则四边形的面积，可以转化为两个三角形的面积，由题意，可知：求出与的面积，即为四边形ABCD的面积．

【详解】连接AC，

∵，

∴，，

∴

，

∵AB+BC=8，

∴，

∴，

∴

故答案为：16．

【点睛】本题主要考查的是四边形面积的求解，三角形面积以及勾股定理，熟练运用三角形面积公式以及勾股定理是解答本题的关键．