吉林省吉林市桦甸市2024届九年级上学期期末考试数学试卷(含解析)

这是一份吉林省吉林市桦甸市2024届九年级上学期期末考试数学试卷(含解析)，共22页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（每小题2分，共12分）
1．（2分）如图是一个长方体切去部分得到的工件，箭头所示方向为主视方向，那么这个工件的主视图是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2分）一元二次方程kx2﹣4x+3＝0有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k≤2B．k≠0C．且k≠0D．k＜2
3．（2分）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，若∠OCA＝50°，AB＝4，则的长为（ ）
A．πB．πC．πD．π
4．（2分）如图，若点A的坐标为（1，2），则tan∠1＝（ ）
A．2B．C．3D．
5．（2分）如图，在△ABC中，两条中线BE、CD相交于点O，则S△DOE：S△COB＝（ ）
A．1：4B．2：3C．1：3D．1：2
6．（2分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象关于直线x＝1对称，与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）两点．若﹣2＜x1＜﹣1，则下列四个结论：①3＜x2＜4；②3a+2b＞0；③b2＞a+c+4ac；④a＞c＞b，正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（3分）关于x的一元二次方程2x2+4mx+m＝0有两个不同的实数根x1，x2，且x12+x22＝，则m＝ ．
8．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是直径，若∠BAC＝20°，则∠ADC的度数为 ．
9．（3分）在一个暗箱里放入除颜色外其它都相同的1个红球和11个黄球，搅拌均匀后随机任取一球，取到红球的概率是 ．
10．（3分）如图，直线l⊥x轴于点P，且与反比例函数y1＝（x＞0）及y2＝（x＞0）的图象分别交于点A，B，连接OA，OB，已知△OAB的面积为2，则k1﹣k2＝ ．
11．（3分）如图，△ABC为等边三角形，D为△ABC内一点，△ABD经过旋转后到达△ACP的位置，则本次旋转的旋转角是 度．
12．（3分）如图，已知AB是⊙O的弦，∠AOB＝120°，OC⊥AB，垂足为C，OC的延长线交⊙O于点D．若∠APD是所对的圆周角，则∠APD的度数是 ．
13．（3分）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r＝2cm，扇形的圆心角θ＝120°，则该圆锥的侧面积为 cm2．
14．（3分）已知二次函数y＝﹣x2+4x+5及一次函数y＝﹣x+b，将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到一个新图象（如图所示），当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围是 ．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）解方程：（2x﹣1）2﹣4x+2＝0．
16．（5分）随着信息技术的迅猛发展，移动支付已成为一种常见的支付方式．在一次购物中，马老师和赵老师都随机从“微信”、“支付宝”、“银行卡”三种支付方式中选一种方式进行支付．求两位老师恰好一人用“微信”支付，一人用“银行卡”支付的概率．
17．（5分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC于点E．直线DE与⊙O有怎样的位置关系？为什么？
18．（5分）已知抛物线y＝x2+bx+c的图象经过点（﹣1，0），点（3，0）．
（1）求抛物线函数解析式；
（2）求函数的顶点坐标．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）如图，P，Q是方格纸中的两格点，请按要求画出以PQ为对角线的格点四边形．
（1）在图1中画出一个面积最小的平行四边形PAQB．
（2）在图2中画出一个四边形PCQD，使其是轴对称图形而不是中心对称图形，且另一条对角线CD由线段PQ以某一格点为旋转中心旋转得到．
20．（7分）如图，在△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，连接AD、DE．且∠B＝∠ADE＝∠C．
（1）证明：△BDA∽△CED；
（2）若∠B＝45°，BC＝6，当点D在BC上运动时（点D不与B、C重合）．且△ADE是等腰三角形，求此时BD的长．
21．（7分）如图，△BAD是由△BEC在平面内绕点B旋转60°而得，且AB⊥BC，BE＝CE，连接DE．
（1）求证：△BDE≌△BCE；
（2）试判断四边形ABED的形状，并说明理由．
22．（7分）如图1是一个简易手机支架，由水平底板DE、侧支撑杆BD和手机托盘长AC组成，侧面示意图如图2所示．已知手机托盘长AC＝10cm，侧支撑杆BD＝10cm，∠CBD＝75°，∠BDE＝60°，其中点A为手机托盘最高点，支撑点B是AC的中点，手机托盘AC可绕点B转动，侧支撑杆BD可绕点D转动．
（1）如图2，求手机托盘最高点A离水平底板DE的高度h（精确到0.1cm）．
（2）如图3，当手机托盘AC绕点B逆时针旋转15°后，再将BD绕点D顺时针旋转α，使点C落在水平底板DE上，求α（精确到0.1°）．（参考数据：tan26.6°≈0.5，≈1.41，≈1.73）
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．（8分）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当0＜x＜3时，直接写出y的取值范围；
（3）点P为抛物线上一点，若S△PAB＝10，求出此时点P的坐标．
24．（8分）如图，在矩形OABC中，OA＝3，OC＝2，点F是AB上的一个动点（F不与A，B重合），过点F的反比例函数y＝的图象与BC边交于点E．
（1）当F为AB的中点时，求该函数的解析式；
（2）当k为何值时，△EFA的面积最大，最大面积是多少？
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）教材呈现：下图是华师版九年级上册数学教材102﹣103页的部分内容．
性质：直角三角形的斜边中线等于斜边的一半给出上述性质证明中的部分演绎推理的过程如下：已知：如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD为斜边AB上的中线．求证：CD＝AB．
证明：如图2，延长CD至点E，使DE＝CD，连接AE，BE．
问题解决：请结合图3将证明过程补充完整．
应用探究：
（1）如图4，在△ABC中，AD是高，CE是中线，点F是CE的中点，DF⊥CE，点F为垂足，∠AEC＝78°，则∠BCE为 度．
（2）如图5，在线段AC上有一点B，AB＝4，AC＝11，分别以AB和BC为边作正方形ABED和正方形BCFG，点E落在边BG上，连接DF，点H为DF的中点，连接GH，则GH的长为 ．
26．（10分）抛物线y＝﹣x2+2（m﹣2）x+3与x轴交于A，B（3，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求m的值及顶点D的坐标；
（2）如图1，若点E是抛物线上对称轴右侧一点，设点E到直线AC的距离为d1，到抛物线的对称轴的距离为d2，当d1﹣d2＝2时，请求出点E的坐标．
（3）如图2，直线y＝﹣3x+b交抛物线于点M，N，连接AM，AN分别交y轴的正半轴和负半轴于点P，Q，试探究线段OP，OQ之间的数量关系．
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题2分，共12分）
1．
解答：解：该几何体的主视图是一个矩形，矩形的右边有一条线段把矩形分成了一个梯形和三角形．
故选：B．
2．
解答：解：∵一元二次方程kx2﹣4x+3＝0有实数根，
∴k≠0且Δ≥0，
即16﹣12k≥0，
解得k≤，
故k≤且k≠0．
故选：C．
3．
解答：解：∵∠OCA＝50°，OA＝OC，
∴∠A＝50°，
∴∠BOC＝2∠A＝100°，
∵AB＝4，
∴BO＝2，
∴的长为：＝π．
故选：B．
4．
解答：解：过点A作AB⊥x轴，垂足为B，
∵点A的坐标为（1，2），
∴OB＝1，AB＝2，
在Rt△OAB中，tan∠1＝＝＝2，
故选：A．
5．
解答：解：∵BE和CD是△ABC的中线，
∴DE＝BC，DE∥BC，
∴＝，△DOE∽△COB，
∴＝（）2＝（）2＝，
故选：A．
6．
解答：解：∵对称轴为直线x＝1，﹣2＜x1＜﹣1，
∴3＜x2＜4，①正确，
∵﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∴3a+2b＝3a﹣4a＝﹣a，
∵a＞0，
∴3a+2b＜0，②错误；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2﹣4ac＞0，
由题意可知x＝﹣1时，y＜0，
∴a﹣b+c＜0，
∴a+c＜b，
∵a＞0，
∴b＝﹣2a＜0，
∴a+c＜0，
∴b2﹣4ac＞a+c，
∴b2＞a+c+4ac，③正确；
∵抛物线开口向上，与y轴的交点在x轴下方，
∴a＞0，c＜0，
∴a＞c，
∵a﹣b+c＜0，b＝﹣2a，
∴3a+c＜0，
∴c＜﹣3a，
∴b＝﹣2a，
∴b＞c，
所以④错误；
故选：B．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．
解答：解：根据题意得x1+x2＝﹣2m，x1x2＝，
∵x12+x22＝，
∴（x1+x2）2﹣2x1x2＝，
∴4m2﹣m＝，
∴m1＝﹣，m2＝，
∵Δ＝16m2﹣8m＞0，
∴m＞或m＜0，
∴m＝不合题意，
故答案为：﹣．
8．
解答：解：∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝20°，
∴∠B＝90°﹣20°＝70°，
∵∠ADC+∠B＝180°，
∴∠ADC＝110°，
故答案为：110°．
9．
解答：解：1÷（1+11）＝1÷12＝，
故答案为：．
10．
解答：解：∵反比例函数y1＝（x＞0）及y2＝（x＞0）的图象均在第一象限内，
∴k1＞0，k2＞0．
∵AP⊥x轴，
∴S△OAP＝k1，S△OBP＝k2．
∴S△OAB＝S△OAP﹣S△OBP＝（k1﹣k2）＝2，
解得：k1﹣k2＝4．
故答案为：4．
11．
解答：解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∵将△ABD经过一次逆时针旋转后到△ACP的位置，
∴∠BAD＝∠CAP，
∵∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝60°，
∴∠PAC+∠CAD＝60°，
∴∠DAP＝60°；
故旋转角度60度，
故答案为：60．
12．
解答：解：∵OC⊥AB，
∴，
∴∠AOD＝∠BOD，
∵∠AOB＝120°，
∴∠AOD＝∠BOD＝∠AOB＝60°，
∴∠APD＝∠AOD＝×60°＝30°，
故答案为：30°．
13．
解答：解：设该圆锥的母线长为l．
由题意，得2πr＝．
∴l＝3r＝6（cm），
∴S侧＝＝12π（cm2）．
故答案为：12π．
14．
解答：解：如图，当y＝0时，﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝﹣1，x2＝5，则A（﹣1，0），B（5，0），
将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方的部分图象的解析式为y＝（x+1）（x﹣5），
即y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5），
当直线y＝﹣x+b经过点A（﹣1，0）时，1+b＝0，解得b＝﹣1；
当直线y＝﹣x+b与抛物线y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5）有唯一公共点时，方程x2﹣4x﹣5＝﹣x+b有相等的实数解，解得b＝﹣，
所以当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围为﹣＜b＜﹣1．
故答案为：﹣＜b＜﹣1．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．
解答：解：（2x﹣1）2﹣4x+2＝0，
则（2x﹣1）2﹣2（2x﹣1）＝0，
∴（2x﹣1）（2x﹣1﹣2）＝0，
∴2x﹣1＝0或2x﹣3＝0，
∴x1＝，x2＝．
16．
解答：解：将“微信”记为A、“支付宝”记为B、“银行卡”记为C，
列表法如下：
∴共有9种等可能的结果，其中一人选择“微信”支付，一人选择“银行卡”支付的结果有2种，
∴两位老师恰好一人选择“微信”支付，一人选择“银行卡”支付的概率为．
17．
解答：解：连接OD，
∵在△ABC中，AB＝AC，
∴∠C＝∠CBA，
∵在△OBD中，OB、OD均为⊙O的半径，
∴∠BDO＝∠CBA，
∴OD∥AC，
又∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∴直线DE与⊙O相切．
18．
解答：解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c的图象经过点（﹣1，0），点（3，0），
∴抛物线的解析式为y＝（x+1）（x﹣3），
即所求函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的顶点坐标为（1，﹣4）．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．
解答：解：（1）如图，平行四边形PAQB为所；
（2）如图，四边形PCQD为所作．
20．
解答：解：（1）∵∠B＝∠ADE＝∠C，
∴∠BAD＝180°﹣∠ADB﹣∠ADE，
∵∠CDE＝180°﹣∠ADB﹣∠ADE，
∴∠BAD＝∠CDE，
∴△BDA∽△CED；
（2）当AD＝AE时，
∴∠1＝∠AED，
∵∠1＝45°，
∴∠1＝∠ADE＝45°，
∴∠DAE＝90°，
∴点D与B重合，不合题意舍去；
当EA＝ED时，如图1，
∴∠EAD＝∠1＝45°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝∠EAD＝45°，
∴AD平分∠BAC，
∴AD垂直平分BC，
∴BD＝3；
当DA＝DE时，如图2，
∵∠1＝∠C，∠DAE＝∠CAD，
∴△ADE∽△ACD，
∴DA：AC＝DE：DC，
∴AC＝DC，
∵∠B＝45°，
∴∠C＝45°，∠BAC＝90°，
∵BC＝6，
∴，
∴，
综上所述，当△ADE是等腰三角形时，BD的长为3或．
21．
解答：（1）证明：∵△BAD是由△BEC在平面内绕点B旋转60°而得，
∴DB＝CB，∠ABD＝∠EBC，∠ABE＝60°，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∴∠DBE＝∠CBE＝30°，
在△BDE和△BCE中，
，
∴△BDE≌△BCE（SAS）；
（2）四边形ABED为菱形；
由（1）得△BDE≌△BCE，
∵△BAD是由△BEC旋转而得，
∴△BAD≌△BEC，
∴BA＝BE，AD＝EC＝ED，
又∵BE＝CE，
∴AB＝BE＝ED＝AD，
∴四边形ABED为菱形．
22．
解答：解：（1）如图2，作BF⊥DE于点F，BG∥DE，AG⊥BG于点G，
∵∠BDE＝60°，
∴∠DBF＝30°，
又∵BD＝10cm，
∴，
∵∠CBD＝75°，
∴∠CBF＝45°，
∴∠ABG＝45°，
∵AC＝10cm，B是AC的中点，
∴AB＝5cm
∴cm，
∴，
答：手机托盘最高点A离水平底板DE的高度h约为12.2cm；
（2）由条件，得：∠DBC＝90°，
又∵BD＝10cm，BC＝5cm，
∴，
∴∠BDC≈26.6°，
∴α＝60°﹣26.6°＝33.4°．
答：α的度数为33.4°．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．
解答：解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）两点代入y＝﹣x2+bx+c，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，物线的对称轴为x＝1，开口向下，y的最大值为4，
如图，
∴0＜x＜3时，0＜y≤4；
（3）设P（x，y），
∴△PAB的高为|y|，
∵A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝4，
∴，
解得y＝±5，
当y＝5时，5＝﹣x2+2x+3，
此时方程无解，
当y＝﹣5时，﹣5＝﹣x2+2x+3，
解得x1＝4，x2＝﹣2，
∴P（4，﹣5）或P（﹣2，﹣5）．
24．
解答：解：（1）∵在矩形OABC中，OA＝3，OC＝2，
∴B（3，2），
∵F为AB的中点，
∴F（3，1），
∵点F在反比例函数y＝的图象上，
∴k＝3，
∴该函数的解析式为y＝；
（2）由题意知E，F两点坐标分别为E（，2），F（3，），
∴S△EFA＝AF•BE＝×k（3﹣k），
＝k﹣k2
＝﹣（k2﹣6k+9﹣9）
＝﹣（k﹣3）2+
当k＝3时，S有最大值．
S最大值＝．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．
解答：问题解决：
证明：延长CD至点E，使DE＝CD，连接AE，BE．
∵CD为斜边AB上的中线，
∴AD＝BD，
∴四边形ACBE是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，
∴平行四边形ACBE为矩形，
∴AB＝EC，
∴CD＝CE＝AB；
应用探究：
解：（1）如图4，连接DE，
∵点F是CE的中点，DF⊥CE，
∴DE＝DC，
∴∠DEC＝∠BCE，
∴∠EDB＝∠DEC+∠BCE＝2∠BCE，
∵AD是△ABC的高，
∴∠ADB＝90°，
∵CE是中线，
∴AE＝BE，
∴DE＝AB＝BE，
∴∠B＝∠EDB＝2∠BCE，
∴∠AEC＝∠B+∠BCE＝3∠BCE＝78°，
∴∠BCE＝26°，
故答案为：26；
（2）如图5，过E作EM⊥CF于M，过H作HN⊥GF于N，延长AD、FG交于点P，
则四边形ACFP、四边形ABGP是矩形，
∴PF＝AC＝11，AP＝BG，∠APF＝90°，
∵四边形ABED和四边形BCFG是正方形，
∴AD＝AB＝4，FG＝BG＝BC＝AC﹣AB＝11﹣4＝7，
∴AP＝BG＝7，
∴PD＝AP﹣AD＝7﹣4＝3，
∵HN⊥PF，AP⊥PF，
∴∠HNG＝90°，HN∥PD，
∵点H为DF的中点，
∴HN是△PDF的中位线，
∴PN＝FN＝PF＝，HN＝PD＝，
∴GN＝FG﹣FN＝7﹣＝，
在Rt△GHN中，由勾股定理得：GH＝＝＝，
故答案为：．
26．
解答：解：（1）将点B（3，0）代入y＝﹣x2+2（m﹣2）x+3得，
﹣9+6（m﹣2）+3＝0，
解得m＝3，
∴y＝﹣x2+2x+3，
∴顶点D（1，4）；
（2）过点E作y轴的平行线，交直线AC于G，交x轴于H，作EF⊥AG于F，
∵对称轴是直线x＝1，
∴A（﹣1，0），
∴OA＝1，OC＝3，
∴AC＝，
∵OC∥GH，
∴∠ACO＝∠G，
∴sin∠ACO＝sinG＝，
∴EF＝EG，
设E（t，﹣t2+2t+3），
由待定系数法可知，直线AC的解析式为y＝3x+3，
∴G（t，3t+3），
∴GE＝3t+3﹣（﹣t2+2t+3）＝t2+t，
∴d1＝EF＝（t2+t），
∴（t2+t）﹣（t﹣1）＝2，
解得t＝或﹣1（舍），
∴E（，2﹣7）；
（3）设P（0，m），Q（0，n），
利用待定系数法可得直线AP的解析式为y＝mx+m，
直线AQ的解析式为y＝nx+n，
当mx+m＝﹣x2+2x+3时，
∴﹣x2+（2﹣m）x+3﹣m＝0，
由根与系数的关系得，xA+xM＝2﹣m，
∴xM＝3﹣m，
同理得，xN＝3﹣n，
当﹣3x+b＝﹣x2+2x+3时，
∴﹣x2+5x+3﹣b＝0，
∴xM+xN＝5，
∴3﹣m+3﹣n＝5，
∴m+n＝1，
∴OP﹣OQ＝1．A
B
C
A
（A，A）
（B，A）
（C，A）
B
（A，B）
（B，B）
（C，B）
C
（A，C）
（B，C）
（C，C）