九年级上学期期末数学试题 (40)

这是一份九年级上学期期末数学试题 (40)，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题.解答应写出文字说明等内容，欢迎下载使用。
1. 下列事件中是随机事件的是（ ）
A. 明天太阳从东方升起
B. 经过有交通信号灯的路口时遇到红灯
C. 平面内不共线的三点确定一个圆
D. 任意画一个三角形，其内角和是
【答案】B
【解析】
【分析】根据随机事件的定义，逐项判断即可求解．
【详解】解：A．明天太阳从东方升起，是必然事件，故本选项不符合题意；
B．经过有交通信号灯的路口时遇到红灯，是随机事件，故本选项符合题意；
C．平面内不共线的三点确定一个圆，是必然事件，故本选项不符合题意；
D．任意画一个三角形，其内角和是，是不可能事件，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念，熟练掌握必然事件指在一定条件下，一定发生的事件；不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件是解题的关键．
2. 若关于的一元二次方程有一个根是0，则的值为（ ）
A. 1B. -1C. 2D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】利用一元二次方程的解的定义，方程的解是使方程左右两边的值相等的未知数的的值，由定义知，x=0是方程的解，把x=0代入方程得m-1=0，解之即可．
【详解】关于的一元二次方程有一个根是0，
把x=0代入得m-1=0，
则m=1．
故选：A．
【点睛】本题考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法与解的性质，会用一元二次方程的解解决问题是解题的关键．
3. 抛物线的顶点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握利用顶点式解析式写出顶点坐标的方法是解题的关键．根据抛物线的顶点解析式写出顶点坐标即可．
【详解】解：顶点式顶点坐标是，
抛物线的顶点坐标是，
故选：A．
4. 不透明袋子中装有无差别的两个小球，分别写有“问天”和“梦天”．随机取出一个小球后，放回并摇匀，再随机取出一个小球，则两次都取到写有“问天”的小球的概率为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】画树状图，共有4种等可能的结果，两次都取到写有“问天”的小球的结果有1种，再由概率公式求解即可．
【详解】解：设“问天”为1，“梦天”为2，画树状图如图：
共有4种等可能的结果，两次都取到写有“问天”的小球的结果有1种，
∴两次都取到写有“问天”的小球的概率为，
故选：D．
【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，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；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
5. 如图，在中，，在同一平面内，将绕点逆时针方向旋转30°到，点恰好落在边的延长线上，则( )
A. B. C. 30°D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据旋转的性质得出，根据等边对等角以及三角形内角和定理，得出，根据三角形的外角的性质得出，根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：依题意，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形的外角的性质与三角形内角和定理，掌握旋转的性质是解题的关键．
6. 如图，已知是的外接圆，是的直径，是的弦，若，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆周角定理得到，，再根据直角三角形的两个锐角互余求解即可．
【详解】解：∵是的直径，，
∴，，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理、直角三角形的两锐角互余，熟练掌握圆周角定理是解答的关键．
7. 已知是一元二次方程的一个根，则的值是（ ）
A. B. 3C. 11D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】由题意易得，然后整体代入求值即可．
【详解】解：∵是一元二次方程的一个根，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解是解题的关键．
8. 如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的长为（ ）
A. 6B. 10C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先在中可结合“所对的直角边等于斜边的一半”求出，再结合旋转的性质可知为等腰直角三角形，从而求解即可．
【详解】解：∵在中，，，，
∴，
由旋转的性质可知，为等腰直角三角形，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查直角三角形中所对的直角边等于斜边的一半，以及旋转的性质，掌握直角三角形中的“斜中半”定理，熟练运用旋转的性质是解题关键．
9. 如图，在半径为3的中，点A是劣弧的中点，点D是优弧上一点，且，则的长度是（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设与交于点E，先利用圆周角定理得到再利用同弧或等弧所对的圆周角相等得到然后解直角三角形求出CE的长，解题即可．
【详解】解：设与交于点E，
∵
∴
又∵A是劣弧BC的中点，
∴
又∵
∴
∴，
∴，
又∵
∴
故选C．
【点睛】本题考查圆周角定理，勾股定理以及垂径定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
10. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴为直线，与x轴的一个交点为，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B.
C. 不等式的解集为
D
【答案】D
【解析】
【分析】由开口方向和与y轴的交点位置以及对称轴判定选项A；由时判断B；由图像与x轴的交点判定选项C；由时，以及对称轴求出，可以判断D．
【详解】解：∵抛物线开口向上，
∴，
对称轴为直线，
∴，
∴，
∵抛物线与y轴交点在y轴负半轴，
∴，
∴，
故A错误，不符合题意；
由图像知，当时，，
∴，
故B错误，不符合题意；
由图像可知当或时，
∴不等式的解集为或，
故C错误，不符合题意；
，
∴，
故D正确，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质，二次函数与x轴的交点和一元二次方程、一元二次不等式间的关系，解题的关键是能够快速准确的读懂题目发现图像中所蕴含的信息．
二、填空题（共18分，每小题3分）
11. 方程的根是 _______________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的解法——直接开方法，利用直接开方法求解一元二次方程的一般步骤：（1）把方程化为左平方，右常数；（2）把系数化为1；（3）开平方取正负；（4）分开求得方程解．
【详解】，
，
，
，
故答案为：．
12. 已知的半径为5，点到圆心的距离为8，那么点与的位置关系是___________．
【答案】点在外
【解析】
【分析】根据点在圆上，点在圆外，点在圆内，即可得到答案．
【详解】解：的半径为5，点到圆心的距离为8，
，
点与的位置关系是点在外，
故答案为：点在外．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，熟练掌握点在圆上，点在圆外，点在圆内是解此题的关键．
13. 如图，一个五角星图案，绕着它的中心O旋转，则旋转角至少为_________时，旋转后的五角星与自身重合．
【答案】##72度
【解析】
【分析】根据五角星图案被分成相同的五份，用圆心角除以5即可得到最小旋转度数，即可得到答案；
【详解】解：由图形可得，
五角星图案被分成相同的五份，
∴，
∴只要是旋转的整数倍都可以与原图形重合，
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
14. 在平面直角坐标系中，抛物线与y轴的交点坐标为________．
【答案】
【解析】
【分析】令计算即可．
【详解】令，则，
∴抛物线与y轴的交点坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质以及与坐标轴的交点，解题的关键是熟记二次函数的性质．
15. 在一个不透明的袋子里，装有6枚白色棋子和若干枚黑色棋子，这些棋子除颜色外都相同．将袋子里的棋子摇匀，随机摸出一枚棋子，记下它的颜色后再放回袋子里．经过大量试验发现，摸到白色棋子的频率稳定在，由此估计袋子里黑色棋子的个数为___________
【答案】54
【解析】
【分析】用白色棋子的数量除以求出棋子的总个数，即可求解．
【详解】解：根据题意得：棋子的总个数为个，
∴袋子里黑色棋子的个数为个．
故答案为：54
【点睛】本题主要考查了根据频率求频数，解题的关键在于能够根据题意求出棋子的总个数．
16. 大强对自己某次实心球训练的录像进行分析，发现实心球飞行高度y（米）与水平距离x（米）之间的关系为，由此可知大强此次实心球训练的成绩为__________米．
【答案】10
【解析】
【分析】根据实心球落地时，高度，即把实际问题可理解为当时，求x值，解出x后，舍去不合题意的值即可．
【详解】解：令，即，
解得：，（舍）．
故该生此次实心球训练的成绩为10米．
故答案为：10．
【点睛】本题考查了二次函数的实际应用．结合题意，选取函数或自变量的特殊值，列出方程求解是解题关键．
三、解答题（共72分）.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
17. 解方程：
（1）．
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用配方法解一元二次方程；
（2）利用公式法解一元二次方程；
【小问1详解】
∴
∴解得；
【小问2详解】
∴
∴．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．
18. 有四张正面分别标有数字1，2，3，4的不透明卡片，它们除数字外其余全部相同，现将它们背面朝上洗均匀．
（1）随机抽取一张卡片，求抽到数字是偶数的概率；
（2）随机抽取一张卡片，然后不放回，再随机抽取一张卡片，请用列表或画树状图的方法求出两次抽到数字的和为奇数的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据概率公式直接解答；
（2）列出树状图，找到所有可能的结果数，再找到两次抽到的数字和为奇数的结果数，即可求出其概率．
【小问1详解】
解：随机抽取一张卡片共有4种情况，其中抽到数字为偶数的有2和4两种情况，
∴求抽到数字是偶数的概率；
【小问2详解】
解：列树状图为：
由树状图可知，所有等可能的情况共有12种，其中两次抽到的数字和为奇数的有8种情况，
∴两次抽到数字的和为奇数的概率．
【点睛】本题考查直接根据概率公式求解，以及列表法或树状图法求事件的概率，正确列表或画出树状图是关键．
19. 如图，是的直径，弦于点E，，若，求的长．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，连接，根据是的直径，弦于点E得，根据得，根据得，根据得，在中，根据勾股定理得，计算得，即可得；掌握垂径定理，添加辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图所示，连接，
∵是的直径，弦于点E，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，根据勾股定理得，
，
，
，
，
∴．
20. 如图，在等腰直角中，点D是边上中点，连接，将线段绕点C按顺时针方向旋转后得到，连接．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据等腰直角三角形的性质和旋转的性质，以及平行四边形的判定和性质即可得到结论．
【详解】证明：在等腰直角中，点D是边上中点，
∴，，，
∵将线段绕点C按顺时针方向旋转后得到，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
21. 已知关于x的一元二次方程．
（1）求证：无论m取何值，此方程总有两个不相等的实数根；
（2）当该方程的判别式的值最小时，写出m的值，并求出此时方程的解．
【答案】（1）见解析 （2），
【解析】
【分析】（1）判断判别式的符号，即可得证；
（2）求出判别式的值最小时的m的值，再解一元二次方程即可．
【小问1详解】
证明：∵，
∵，
∴．
∴无论m取何值，方程总有两个不相等的实数根．
【小问2详解】
解：由题意可知，当时，的值最小．
将代入，得
解得：．
【点睛】本题考查一元二次方程的判别式与根的个数的关系，以及解一元二次方程．熟练掌握判别式与根的个数的关系，以及解一元二次方程的方法，是解题的关键．
22. 如图，在四边形中，是对角线，将点绕点逆时针旋转得到点，连接．
（1）求的度数；
（2）若是等边三角形，且，求的长．
【答案】（1）的度数为
（2）的长为
【解析】
【分析】（1）根据旋转的性质得到，再根据等边三角形的判定与性质得到的度数为；
（2）根据等边三角形的性质及全等三角形的判定得到，再根据全等三角形的性质及勾股定理得到．
【小问1详解】
解：∵将点绕点逆时针旋转得到点，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
即的度数为；
【小问2详解】
解：∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴的长为．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键．
23. 如图，隧道的截面由抛物线和矩形构成，矩形的长为6m，宽为4m，以所在的直线为x轴，线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系．y轴是抛物线的对称轴，最高点E到地面距离为5米．
（1）求出抛物线的解析式．
（2）如果该隧道内设单行道（只能朝一个方向行驶），现有一辆货运卡车高4.5米，宽3米，这辆货运卡车能否通过该隧道？通过计算说明你结论．
【答案】（1）
（2）这辆货运卡车能通过该隧道
【解析】
【分析】（1）抛物线的解析式为，把代入计算即可；
（2）把时代入（1）的解析式，求出x的值即可求出结论．
【小问1详解】
解：根据题意得：，
设抛物线的解析式为，
把代入
得：
解得，
∴抛物线的解析式为；
【小问2详解】
这辆货运卡车能通过该隧道，理由如下：
在中，令得：
，
解得：，
，
，
这辆货运卡车能通过该隧道．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是求出二次函数的解析式．
24. 如图，已知以的直角边为直径作交斜边于点，连接并延长交的延长线于点，连接，点为的中点，连接．
（1）求证：是切线；
（2）若的半径为6，，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，可根据三角形中位线的性质可判断，然后根据直径所对的圆周角是直角，可得，进而知，然后根据垂径定理可得，，再通过可知，因此可证为的切线；
（2）根据题意可先在中求出，然后在中设，则，根据求出，最终在中求解即可．
【小问1详解】
证明：连接，则由题意为的中位线，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴由垂径定理知，所在直线垂直平分，
∴，，
∴，，
∵，
即：，
∴，
即：，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：∵的半径为6，，，
∴为直角三角形，，，
∴，，
由（1）知，为直角三角形，且，
∴设，则，
∴由勾股定理，，
即：，解得：，
即：，
∵点为的中点，
∴，
∵，
∴在中，，
∴．
【点睛】本题考查切线的证明，圆的基本性质，以及勾股定理解三角形等，在圆内要证明切线有两种方法：第一个是作垂直，证明垂直线段等于半径，第二个是连接半径，证明半径与直线垂直，熟练运用圆中的基本性质是解题关键．
25. 抛物线与x轴交于点和，与y轴交于点C，连接．点P是线段下方抛物线上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交于M，交x轴于N．

（1）求该抛物线的解析式；
（2）过点C作于点H，，
①求点P的坐标；
②连接，在y轴上是否存在点Q，使得为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）①)②或
【解析】
【分析】（1）用待定系数法求出二次函数的解析式即可；
（2）①由题可得为矩形，根据，可得点P的横坐标，代入解析式即可求出坐标；②分和两种情况解题即可．
【小问1详解】
解：把点和代入得：
，
解得：，
∴
【小问2详解】
①解：∵，轴，
∴四边形为矩形，
∴
∵
∴
当x=1时
∴点P的坐标)
②由题可知，显然不能为90°
如图，当时，
在中，，
∴，
∵轴，
∴
∴，
即，
即：
解得：，
∴
∴点Q的坐标为；
如图，当时，
显然，为矩形，
∴，
∴点Q的坐标为；
综上所述：点Q的坐标为或