2023-2024学年甘肃省武威市凉州区重点学校九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年甘肃省武威市凉州区重点学校九年级（上）期末数学试卷（含解析），共15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。

1.下列图案中，不能由其中一个图形通过旋转而构成的是( )
A. B.
C. D.
2.下列是一元二次方程的是( )
A. x+y=1B. x2+2=0C. 2x2−y=1D. x2+1x=1
3.若α，β是一元二次方程x2−3x−4=0的两个根，则α+β的值为( )
A. −4B. 4C. −3D. 3
4.用配方法解方程x2+8x+7=0，则配方正确的是( )
A. (x+4)2=9B. (x−4)2=9C. (x−8)2=16D. (x+8)2=57
5.如图，⊙O与正方形ABCD的两边AB，AD相切，且DE与⊙O相切于E点．若⊙O的半径为4，且AB=10，则DE的长度为( )
A. 5
B. 6
C. 30
D. 112
6.下列各点中，在抛物线y=−2x2的图象上的是( )
A. (2,1)B. (1,−2)C. (−2,−1)D. (−1,2)
7.二次函数y=x2−2x+3图象的对称轴是( )
A. 直线x=1B. 直线x=−1C. 直线x=2D. 直线x=−2
8.已知⊙O的半径为2，OA= 5，则点A和⊙O的位置关系是( )
A. 点A在圆上B. 点A在圆外C. 点A在圆内D. 不确定
9.一个圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角为72°，则该正多边形的边数是( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
10.在四张完全相同的卡片上，分别画有圆、菱形、等腰三角形、等腰梯形，现从中随机抽取一张，卡片上的图形恰好是中心对称图形的概率是( )
A. 14B. 12C. 34D. 1
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.关于x的方程x2+mx+6=0的一个根为−2，则另一个根是______ ．
12.关于x的一元二次方程kx2+3x−1=0有实数根，则k的取值范围是 ．
13.抛物线y=x2+bx+2的对称轴是直线x=1，那么b的值为______ ．
14.若抛物线y=ax2+bx+c与x轴的两个交点坐标是(−1,0)，(3,0)，则此抛物线的对称轴是直线______．
15.已知，点A(x,−5)，B(1,y)关于原点对称，则x+y的值为______ ．
16.已知扇形的圆心角为120°，其半径为3，则该扇形的面积为______．
17.如图，BC为⊙O的直径，P为CB延长线上的一点，过P作⊙O的切线PA，A为切点，PA=4，PB=2，则⊙O的半径等于______ ．
18.一个不透明的袋里装有除颜色外其他完全相同的10个小球，其中有6个黄球，3个白球，1个黑球，将袋中的球摇匀，从中任意摸出一个球，摸出______球的可能性最大．
三、解答题：本题共9小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
解下列方程：
(1)x2+2x−1=0；
(2)2x2−x−3=0．
20.(本小题6分)
关于x的一元二次方程mx2−4x+3=0有实数根，求m的取值范围．
21.(本小题6分)
已知抛物线y=x2+bx+c经过A(−2,−4)，B(1,2)，两点，求抛物线的解析式．
22.(本小题6分)
如图所示，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB=AD，∠C=100°.若点E在AD上，求∠E的度数．
23.(本小题6分)
如图所示，将Rt△ABC绕点A顺时针旋转一定角度得到Rt△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上.若AC=3，∠B=60°，求CD的长．
24.(本小题8分)
如图：D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA=∠CBD．
求证：CD是⊙O的切线．
25.(本小题8分)
如图所示是永州八景之一的愚溪桥，桥身横跨愚溪，面临潇水，桥下冬暖夏凉，常有渔船停泊桥下避晒纳凉.已知主桥拱为抛物线型，在正常水位下测得主拱宽24m，最高点离水面8m，以水平线AB为x轴，24m的中点为原点建立坐标系．

(1)求此桥拱线所在抛物线的解析式；
(2)桥边有一浮在水面部分高3.5m，最宽处12 2m的河鱼餐船，试探索此船能否开到桥下？说明理由．
26.(本小题8分)
有四张大小、形状完全相同的卡片，分别画有圆、平行四边形、矩形、一个锐角30°的直角三角形.从中任意抽取一张，记下图片的名称后放回、搅匀，再任意抽取一张.求两次抽取的卡片上的图形都是对称轴图形的概率．
27.(本小题10分)
如图，二次函数y=x2−3x+c的图象与x轴的一个交点为A(4,0)，另一个交点为B，且与y轴交于点C．
(1)求二次函数的解析式；
(2)求△ABC的面积；
(3)该二次函数图象上是否存在点D，使△ABD与△ABC的面积相等？若存在，请求出D点的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据旋转的性质，分析图可知C不是旋转，它是轴对称的关系．
故选：C．
能否构成旋转，关键是看有没有旋转中心、旋转方向和旋转角度．
本题考查旋转的性质和轴对称的定义：
(1)旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．要注意旋转的三要素：①定点−旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
(2)轴对称的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形．
2.【答案】B
【解析】解：A、含有两个未知数，不符合定义，故不符合题意；
B、符合定义，故符合题意；
C、含有两个未知数，不符合定义，故不符合题意；
D、含有分式，不符合定义，故不符合题意；
故选：B．
根据一元二次方程的定义判断即可，只含有一个未知数，且未知数的最高次数为二次的整式方程即为一元二次方程．
此题考查了一元二次方程的定义，熟记定义是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：∵α，β是一元二次方程x2−3x−4=0的两个根，
∴α+β=−ba=−−31=3．
故选：D．
利用根与系数的关系，可得出α+β=3，此题得解．
本题考查了根与系数的关系，牢记“一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根之和等于−ba，两根之积等于ca”是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题可以用配方法解一元二次方程，首先将常数项移到等号的右侧，将等号左右两边同时加上一次项系数一半的平方，即可将等号左边的代数式写成完全平方形式．
配方法的一般步骤：
①把常数项移到等号的右边；
②把二次项的系数化为1；
③等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好是方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
【解答】
解：∵x2+8x+7=0，
∴x2+8x=−7，
x2+8x+16=−7+16，
∴(x+4)2=9．
∴故选A．
5.【答案】B
【解析】解：设⊙O与正方形ABCD的两边AB，AD相切于点N、M，连接OM、ON，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=10，∠A=90°，
∵圆O与正方形ABCD的两边AB、AD相切，
∴∠OMA=∠ONA=90°=∠A，
∵OM=ON，
∴四边形ANOM是正方形，
∴AM=OM=4，
∵AD和DE与圆O相切，圆O的半径为4，
∴AM=4，DM=DE，
∴DE=10−4=6，
故选：B．
连接OM、ON，证明四边形ANOM是正方形，求出AM长和AD长，根据DE=DM求出即可．
本题考查了正方形的性质和判定，切线的性质，切线长定理等知识点的应用，关键是求出AM长和得出DE=DM．
6.【答案】B
【解析】解：对于二次函数y=−2x2，
A.当x=2时，y=−2×2=−8≠1，故(2,1)不在y=−2x2的图象上；
B.当x=1时，y=−2×12=−2，故(1,−2)在y=−2x2的图象上；
C.当x=−2时，y=−2×(−2)2=−8≠−1，故(−2,−1)不在y=−2x2的图象上；
D.当x=−1时，y=−2×(−1)2=−2≠2，故(−1,2)不在y=−2x2的图象上；
故选：B．
将各点的横坐标代入y=−2x2，看得到的y值是否等于该点的纵坐标即可．
本题考查二次函数y=ax2的图象和性质，掌握y=ax2图象上的点的坐标特征是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：已知a=1，b=−2，c=3
由对称轴公式可知，对称轴是x=−b2a=1．
故选：A．
利用二次函数的对称轴公式x=−b2a，可求对称轴．
主要考查了求抛物线的对称轴的方法．
8.【答案】B
【解析】解：∵⊙O的半径为2，OA= 5，
∴点到圆心的距离大于半径，
∴点A在圆外，
故选：B．
由⊙O的半径为2，OA= 5知点到圆心的距离大于半径，从而得出答案．
本题主要考查点与圆的位置关系，点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有 ①点P在圆外⇔d>r；②点P在圆上⇔d=r；③点P在圆内⇔d9.【答案】B
【解析】解：设正多边形的边数为n．
由题意可得：360°n=72°，
∴n=5，
故选：B．
根据正多边形的中心角=360°n计算即可．
本题考查正多边形的有关知识，解题的关键是记住正多边形的中心角=360°n．
10.【答案】B
【解析】解：∵是中心对称图形的有圆、菱形，
所以从中随机抽取一张，卡片上的图形恰好是中心对称图形的概率是24=12；
故选：B．
确定既是中心对称的有几个图形，除以4即可求解．
此题考查了概率公式，概率等于所求情况数与总情况数之比，关键是能够找出中心对称图形．
11.【答案】−3
【解析】解：∵设方程x2+x+m=0的根为x1，x2，
∴x1x2=6，
∵−2是方程x2+mx+6=0的一个根，
∴−2x2=6，
∴x2=−3，
故答案为：−3．
根据若二次项系数为1，常用以下关系：x1，x2是方程x2+px+q=0的两根时，x1+x2=−p，x1x2=q进行计算即可．
此题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，关键是掌握关系计算公式．
12.【答案】k≥−94且k≠0
【解析】【分析】
本题考查根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与△=b2−4ac有如下关系：①当△>0时，方程有两个不相等的实数根；②当△=0时，方程有两个相等的实数根；③当△<0时，方程无实数根．上面的结论反过来也成立．
利用根的判别式以及二次项系数不为0，列不等式即可解决问题；
【解答】
解：∵关于x的一元二次方程kx2+3x−1=0有实数根，
∴△≥0且k≠0，
∴9+4k≥0，
∴k≥−94，且k≠0，
故答案为k≥−94且k≠0．
13.【答案】−2
【解析】解：∵y=x2+bx+2，
∴抛物线对称轴为x=−b2×1=−b2，
∴−b2=1，
解得b=−2，
故答案为：−2．
由对称轴公式可得到关于b的方程，可求得答案．
本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的对称轴公式是解题的关键，即y=ax2+bx+c的对称轴为x=−b2a．
14.【答案】x=1
【解析】解：∵y=ax2+bx+c与x轴的两个交点坐标是(−1,0)和(3,0)，
∴抛物线的对称轴为直线x=−1+32=1，即x=1．
故答案为：x=1．
由抛物线与x轴的两个交点，利用对称性确定出对称轴即可．
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
15.【答案】4
【解析】解：∵点A(x,−5)，B(1,y)关于原点对称，
∴x=−1，y=5，
∴x+y=−1+5=4．
故答案为：4．
直接利用两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P(x,y)关于原点O的对称点是P′(−x,−y)，进而得出答案．
此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．
16.【答案】3π
【解析】解：∵扇形的圆心角为120°，其半径为3，
∴S扇形=120π×32360=3π．
故答案为：3π．
直接根据扇形的面积公式进行计算即可．
本题考查的是扇形面积的计算，熟记扇形的面积公式是解答此题的关键．
17.【答案】3
【解析】解：连接OA，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠PAO=90°，∵PA=4，PB=2，
在Rt△PAO中，PO2=PA2+AO2，
即(BO+2)2=42+AO2，
∴(AO+2)2=42+AO2，
解得AO=3，
故答案为：3．
连接OA，因为PA是⊙O的切线，得∠PAO=90°，结合已知在Rt△PAO中运用勾股定理即可求解．
本题考查了切线的性质和勾股定理的运用；掌握切线的性质构造直角三角形是解题的关键．
18.【答案】黄
【解析】解：因为袋子中有6个黄球，3个白球，1个黑球，从中任意摸出一个球，
①为黑球的概率是110；
②为黄球的概率是610=35；
③为白球的概率是310．
可见摸出黄球的可能性大．
故答案为：黄．
分别求出摸出各种颜色球的概率，即可比较出摸出何种颜色球的可能性大．
本题考查了可能性的大小，要求可能性的大小，只需求出各自所占的比例大小即可，求比例时，应注意记清各自的数目．
19.【答案】解：(1)移项，得x2+2x=1，
配方，得x2+2x+1=2，
(x+1)2=2，
由此可得x+1=± 2，
x1=−1+ 2，x2=−1− 2．
(2)2x2−x−3=0.a=2，b=−1，c=−3，
Δ=b2−4ac=(−1)2−4×2×(−3)=25，
x=−b± b2−4ac2a=−(−1)± 252×2=1±54，
x1=32，x2=−1．
【解析】(1)采用配方法即可求解；
(2)采用公式即可求解．
本题主要考查了采用配方法和公式求解一元二次方程的解的知识，掌握配方法和公式法是解答本题的关键．
20.【答案】解：∵关于x的一元二次方程mx2−4x+3=0有实数根，
∴Δ=b2−4ac=16−12m≥0，且m≠0．
解得：m≤43且m≠0．
【解析】根据一元二次方程的定义得出m≠0，根据一元二次方程有实根，得出Δ≥0，解不等式即可求解．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0,a,b,c为常数)的根的判别式Δ=b2−4ac，理解根的判别式对应的根的三种情况是解题的关键．当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程没有实数根．
21.【答案】解：∵抛物线y=x2+bx+c经过，A(−2,−4)，B(1,2)两点，
∴4−2b+c=−41+b+c=2，
解得b=3c=−2，
∴抛物线的解析式为y=x2+3x−2．
【解析】待定系数法求抛物线解析式即可．
本题考查了待定系数法求抛物线解析式．正确运算是解题的关键．
22.【答案】解：如图，连接BD，

∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠C+∠BAD=180°，
∴∠BAD=180°−100°=80°，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∴∠ABD=12(180°−80°)=50°，
∵四边形ABDE为圆的内接四边形，
∴∠E+∠ABD=180°，
∴∠E=180°−50°=130°．
【解析】连接BD，先根据圆内接四边形的性质计算出∠BAD=180°−∠C=80°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出∠ABD=50°，然后再根据圆内接四边形的性质可得∠E的度数．
本题考查了圆内接四边形的性质以及等腰三角形的性质，解题的关键是掌握圆内接四边形的对角互补．
23.【答案】解：∵∠B=60°，∠BAC=90°，
∴∠C=90°−60°=30°，AC2+AB2=BC2，
∴BC=2AB，
∵AC=3，
∴32+AB2=4AB2，
∴AB= 3，BC=2AB=2 3，
由旋转的性质知，AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB= 3，
则CD=BC−BD=2 3− 3= 3．
【解析】先求出∠C=30°得出BC=2AB，再根据勾股定理求出AB，由题意可得△ABD是等边三角形，即可求出BD，则CD=BC−BD．
本题考查旋转的性质，勾股定理，等边三线的性质，熟练掌握以上知识是解题关键．
24.【答案】证明：连OD，如图，
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，即∠ADO+∠1=90°，
又∵∠CDA=∠CBD，
而∠CBD=∠1，
∴∠1=∠CDA，
∴∠CDA+∠ADO=90°，即∠CDO=90°，
∴OD⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
【解析】连接OD，根据圆周角定理得到∠ADO+∠1=90°，而∠CDA=∠CBD，∠CBD=∠1，于是∠CDA+∠ADO=90°，即可得出OD⊥CD，即CD是⊙O的切线．
本题考查了切线的判定，过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线，是基础题，要熟练掌握．
25.【答案】解：(1)由题意可知A(−12,0)、B(12,0)、C(0,8)，
设解析式为y=a(x+12)(x−12)，
将C(0,8)代入y=a(x+12)(x−12)，a(0+12)(0−12)=8，
解得a=−118，
∴y=−118(x+12)(x−12)=−118x2+8
即y=−118x2+8
(2)当y=3.5时，−118x2+8=3.5，
解得x=±9，
此时拱桥宽度为2×9=18，
由18>12 2，可知船能开到桥下．
【解析】(1)设出二次函数解析式的顶点式，代入点A或B即可解答；
(2)把y=4代入(1)中函数解析式，求得一元二次方程的解即可解决．
此题考查利用待定系数法求二次函数解析式以及二次函数与一元二次方程的关系．
26.【答案】解：分别用A，B，C，D表示圆、平行四边形、矩形、一个锐角30°的直角三角形，
画树状图得：

∵共有16种等可能的结果，两次抽取的卡片上的图形都是对称轴图形的有4种情况，
∴两次抽取的卡片上的图形都是对称轴图形的概率为：416=14．
【解析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次抽取的卡片上的图形都是对称轴图形的情况，再利用概率公式即可求得答案．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
27.【答案】解：(1)把A(4,0)代入y=x2−3x+c得16−12+c=0，
解得c=−4，
∴抛物线解析式为y=x2−3x−4；
(2)当y=0时，x2−3x−4=0，
解得x1=−1，x2=4，
∴B(−1,0)，
当x=0时，y=x2−3x−4=−4，
∴C(0,−4)，
∴△ABC的面积=12×(4+1)×4=10；
(3)存在．
设D(t,t2−3t−4)，
∵△ABD与△ABC的面积相等，
∴12×5×|t2−3t−4|=10，
即|t2−3t−4|=4，
解方程t2−3t−4=4得t1=3+ 412，t2=3− 412，
此时D点坐标为(3+ 412,4)或(3− 412,4)；
解方程t2−3t−4=−4得t1=0，t2=3，
此时D点坐标为(3,−4)；
综上所述，D点坐标为(3+ 412,4)或(3− 412,4)或(3,−4)．
【解析】(1)把A点代入=x2−3x+c中求出c的值，从而得到抛物线解析式；
(2)先解方程x2−3x−4=0得到B(−1,0)，再确定C(0,−4)，然后利用三角形面积公式计算；
(3)设D(t,t2−3t−4)，根据三角形面积公式得到12×5×|t2−3t−4|=10，然后解方程得到D点坐标．
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．