九年级数学上册期末试题-

这是一份九年级数学上册期末试题-，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷（选择题）
一、单选题
1．|﹣3|的绝对值为（ ）
A．﹣3B．0C．3D．±3
2．将如图的图形按逆时针方向旋转后得到的图形是（ ）
A．B．
C．D．
3．袋子中装有标号为1，1，2，3，4，2，4，4的完全相同的八个小球，从中任取一个，则（ ）
A．最有可能取到4号球B．最有可能取到2号球
C．最有可能取到3号球D．取4种球的可能性一样大
4．下列计算正确的是（ ）
A．m3÷m2＝mB．（a3）2＝a5C．x2•x3＝x6D．3a3﹣a2＝2a
5．下面那个图形经过折叠不能得到一个正方体（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在矩形ABCD中，AB＝3、AD＝4，直线MN从点D出发，沿D→A方向以每秒1个单位长度的速度运动，且该直线平行于对角线AC，与边AD（或AB）、CD（或BC）所在直线分别交于点M、N，设直线MN的运动时间为x（秒），△DMN的面积为y，则y关于x的函数图象是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，下列说法不正确的是（ ）
A．∠1与∠AOB是同一个角B．∠与∠COB是同一个角
C．图中共有3个角：∠AOB，∠BOC，∠AOCD．∠AOC可以用∠O来表示
8．以二元一次方程的解为坐标的点组成的图象画在坐标系中可能是（ ）
A．B．C．D．
9．据查，某存车处某日的存车量为4000辆次，其中变速车存车费是每辆一次0.3元，普通车存车费是每辆一次0.2元，若普通车存车数为x辆次，存车费总收入为y元，则y关于x的函数是（ ）
A．B．
C．D．
第II卷（非选择题）
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二、填空题
10．用科学记数法表示：万=______________．
11．已知关于x、y的方程组的解满足x+y＝4，则m＝__．
12．如图，一段抛物线：y＝﹣x（x﹣2）（0≤x≤2）记为C1，它与x轴交于两点O、A1；将C1绕A1能转180°得到C2，交x轴于A2；将C2绕A2旋转180°得到C3，交x轴于A3.此进行下去，直至得到C2021，若顶点P（m，n）在第2021段抛物线C2021上，则m＝___．
13．下列关于抛物线y＝x2+bx﹣2．
①抛物线的开口方向向下；
②抛物线与y轴交点的坐标为（0，﹣2）；
③当b＞0时，抛物线的对称轴在y轴右侧；
④对于任意的实数b，抛物线与x轴总有两个公共点．
其中正确的说法是 _____．（填写正确的序号）
14．把正方形按图1画线，然后沿实线分割．从而得到一副七巧板（图2）所示，进行①~⑦编号，①~⑦号分别对应着七巧板的七块，如果编号④对应的面积等于2，则由这七块拼成的正方形的面积等于___________．
15．下面4个说法中，正确的个数为_______．
（1）“从袋中取出一只红球的概率是99%”，这句话的意思是肯定会取出一只红球，因为概率已经很大．
（2）袋中有红、黄、白三种颜色的小球，这些小球除颜色外没有其他差别，因为小张对取出一只红球没有把握，所以小张说：“从袋中取出一只红球的概率是50%”．
（3）小李说“这次考试我得90分以上的概率是200%”．
（4）“从盒中取出一只红球的概率是0”，这句话是说取出一只红球的可能性很小．
三、解答题
16．计算：|﹣|+（）0﹣．
17．先化简，再求值：÷（1+），请从﹣4，﹣3，0，1中选一个合适的数作为a的值代入求值．
18．如图，在四边形ABCD中，ABDC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AB＝，BD＝2，求OE的长．
19．小丽进行摸球实验，她在一个不透明的空布袋内，放入两个红球，一个白球和一个黄球，共四个小球．这些小球除颜色外其它都相同．实验规则：先将布袋内的小球摇匀，再从中随机摸出一个小球，记下颜色后放回，称为摸球一次．若小丽随机摸球两次，请你用画树状图或列表的方法，求这两次摸出的球中一个是白球、一个是黄球的概率．
20．已知点A（4m﹣6，0），B（0，m+3）分别为两坐标轴正半轴上一点，OA＝OB．
（1）求m的值及点A、点B的坐标；
（2）若点D为线段OA上一点（不与O，A重合）．
①如图1，将线段BO沿直线BD翻折，使点O落在AB边上的点E处，点P是直线BD上一动点，求△PEA的周长的最小值；
②如图2，点F为AB的中点，点C在y轴负半轴上，若AD+OC＝CD，则∠CFD的大小是否发生改变，若不变，请求出∠CFD度数；若变化，请说明理由．
21．某商店将进价为8元的商品按每件10元售出，每天可售出200件，现在采取提高商品售价减少销售量的办法增加利润，如果这种商品每件的销售价每提高1元，其每天的销售量就减少20件．
（1）当售价定为12元时，每天可售出 件；
（2）这种商品每件的销售价提高多少元，可以使利润最大？最大利润是多少元？
22．已知：如图，AB是⊙O直径，延长直径AB到点C，使AB＝2BC，DF是⊙O的弦，DF⊥AB于点E，OE＝1，∠BAD＝30°．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）连接并延长DO交于点G，连接GE，请补全图形并求GE的长．
23．如图1，抛物线yx2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0）和B点，与y轴交于点C（0，2）．
（1）求这个抛物线的解析式；
（2）若点P在抛物线上，且满足∠PAB＝∠ACO，求点P的坐标；
（3）如图2，若点D是在直线BC上方的抛物线的一点，作DE⊥BC于点E，求线段DE的最大值．
参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
利用绝对值的意义解答即可.
【详解】
解：|﹣3|＝3，
故选：C
【点睛】
本题考查了绝对值的意义，熟记负数的绝对值等于它的相反数是解题关键．
2．A
【解析】
【分析】
根据旋转图形的特征，图形逆时针旋转90°，就得到图形A据此判断即可．
【详解】
解：将题干中已知的图形按逆时针方向旋转90°得到图形A．
故选：A．
【点睛】
本题是考查作旋转一定角度的图形，图形旋转只是位置的改变，形状与大小不变．
3．A
【解析】
【分析】
分别求出取到每种小球的概率，进行比较即可．
【详解】
解：∵八个小球中有1号球2个，
∴P（取到1号小球）；
∵八个小球中有2号球2个，
∴P（取到2号小球）；
∵八个小球中有3号球1个，
∴P（取到3号小球）；
∵八个小球中有4号球3个，
∴P（取到4号小球）；
∵，
∴取到4号球的可能性最大．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了简单事件的概率计算，牢记概率公式是解题的关键．
4．A
【解析】
【分析】
根据同底数幂的乘除法、幂的乘方、合并同类项逐项判断即可得．
【详解】
解：A、，则此项正确；
B、，则此项错误；
C、，则此项错误；
D、与不是同类项，不可合并，则此项错误；
故选：A．
【点睛】
本题考查了同底数幂的乘除法、幂的乘方、合并同类项，熟练掌握各运算法则是解题关键．
5．D
【解析】
【分析】
根据正方体展开图的常见形式作答即可．
【详解】
解：由展开图可知：A、B、C能围成正方体，不符合题意；
D、围成几何体时，有两个面重合，故不能围成正方体，符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了展开图折叠成几何体．熟记能组成正方体的“一，四，一”“三，三”“二，二，二”“一，三，二”的基本形态是解题的关键．
6．D
【解析】
【分析】
要找出准确反映y与x之间对应关系的图象，需分析在不同阶段中y随x变化的情况，根据矩形的性质和直角三角形的面积公式求解即可．
【详解】
解：当0＜x≤4时，y；
当4＜x≤8时，y＝12，由以上分析可知，这个分段函数的图象左边为抛物线的一部分且开口方向向上，右边为抛物线的一部分，开口方向向下．
故选：D．
【点睛】
本题以动态的形式考查了分类讨论的思想，函数的知识和矩形的性质，具有很强的综合性．解题关键是掌握分类讨论的思想．
7．D
【解析】
【分析】
结合题意，根据角的性质，对各个选项逐个分析，即可得到答案．
【详解】
根据题意，∠1与∠AOB是同一个角，∠与∠COB是同一个角，且图中共有3个角：∠AOB，∠BOC，∠AOC即选项A、B、C正确；
∠AOC不可以用∠O来表示，故选项D错误；
故选：D．
【点睛】
本题考查了角的知识；解题的关键是熟练掌握角的表示方法，从而完成求解．
8．B
【解析】
【分析】
先解出方程2x−y=1的二个解，再在平面直角坐标系中利用描点法解答．
【详解】
解：二元一次方程2x−y=1的解可以为：
或．
所以，以方程2x−y=1的解为坐标的点分别为：（，0）、（0，-1），
它们在平面直角坐标系中的图象如下图所示：
，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查的是二元一次方程的解及其直线方程的图象，表示出方程的解是解题的关键．
9．B
【解析】
【分析】
根据普通车存车数为x辆次，则变速车存车数为（4000-x）辆次，再利用每辆车的存车费得出总费用即可．
【详解】
解：设普通车存车数为x辆次，则变速车存车数为（4000-x）辆次，
根据题意得出：y=0.2x+0.3（4000-x）=-0.1x+1200(0≤x≤4000)．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了根据实际问题列一次函数解析式，正确得出等量关系是解题关键．
10．8.036×107
【解析】
【分析】
根据科学记数法的公式计算即可；
【详解】
万；
故答案是：8.036×107．
【点睛】
本题主要考查了科学记数法的表示，准确分析计算是解题的关键．
11．##2.5
【解析】
【分析】
①﹣②得出x+y＝m，根据x+y＝4求出m＝4，再求出方程的解即可．
【详解】
解：，
①﹣②得：2x+2y＝2m+3，化简得x+y＝m+
∵x+y＝4，
∴m+＝4，
解得：m＝，
故答案为：．
【点睛】
此题考查了二元一次方程组含参数问题，解题的关键是根据题意让两个方程相加．
12．4041
【解析】
【分析】
根据题意，通过求解一元二次方程，得；根据二次方程的性质，得抛物线对称轴，从而求得C1的顶点；根据旋转的性质，得C2的顶点，同理得C3的顶点；根据数字规律的性质计算，即可得到答案．
【详解】
∵
∴，
∵C1与x轴交于两点O、A1；
∴
∵一段抛物线：y＝﹣x（x﹣2）（0≤x≤2）记为C1，
∴抛物线对称轴为：
∴C1的最大值为：
∴C1的顶点为：
将C1绕A1能转180°得到C2，交x轴于A2；
∴C2的顶点为：，即
将C2绕A2旋转180°得到C3，交x轴于A3.
∴C3的顶点为：，即
∴C2021的顶点为：，即
∵顶点P（m，n）在第2021段抛物线C2021上
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了二次函数、一元二次方程、旋转、数字规律的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数、旋转的性质，从而完成求解．
13．②④
【解析】
【分析】
利用抛物线的性质对每个说法进行逐一判断即可得出结论．
【详解】
∵a＝1＞0，
∴抛物线的开口方向向上．
∴①说法错误；
令x＝0则y＝﹣2，
∴抛物线与y轴交点的坐标为（0，﹣2）．
∴②说法正确；
∵抛物线y＝x2+bx﹣2的对称轴为直线x＝﹣，
∴当b＞0时，﹣＜0，
∴当b＞0时，抛物线的对称轴在y轴左侧．
∴③说法错误；
令y＝0，则x2+bx﹣2＝0，
∵Δ＝b2﹣4×1×（﹣2）＝b2+8＞0，
∴对于任意的实数b，抛物线与x轴总有两个公共点．
∴④说法正确；
综上，说法正确的有：②④，
故答案为：②④．
【点睛】
本题主要考查了二次函数图象的性质，抛物线与x轴的交点，抛物线上点的坐标的特征，利用抛物线的开口方向，对称轴，抛物线与x轴的交点的性质解答是解题的关键．
14．16
【解析】
【分析】
由七巧板的作图原理，可知④是正方形，它的面积是大正方形面积的，再求大正方形面积即可求解．
【详解】
解：④是正方形，它的面积等于2，它的面积是大正方形面积的，
∴七块拼成的正方形的面积＝2×8＝16．
故答案为：16
【点睛】
本题考查七巧板中的几何图形，能够理解七巧板的构图原理是解题的关键．
15．0
【解析】
【分析】
有概率的定义：某事件发生可能性的大小，可对（1）进行判断；根据等可能性可对（2）进行判断；根据概率的取值范围：，可对（3）进行判断；根据不可能事件的概率为0，可对（4）进行判断．
【详解】
（1）中即使概率是99%，只能说取出红球的可能性大，但是仍然有取出不是红球的可能，所以（1）错误；
（2）因为有三个球，机会相等，所以概率应该是，所以（2）错误；
（3）概率的取值范围是，不可能达到，所以（3）错误；
（4）概率为0，说明事件是不可能事件，故不可能取到红球，所以（4）错误．
故答案为：0．
【点睛】
本题考查概率的定义，关键是理解概率是反映事件可能性大小的量，概率小的又可能发生，概率大的有可能不发生，一定发生的事件是必然事件，概率为1，可能发生也可能不发生的事件是随机事件，概率为，一定不发生的事件是不可能事件，概率为0．
16．
【解析】
【分析】
先去绝对值、计算零指数幂、化简二次根式，然后计算加减法．
【详解】
解： |﹣|+()0﹣
＝+1﹣2
＝1﹣．
【点睛】
本题考查了实数的混合运算，熟练掌握二次根式的性质是解答本题的关键．
17．，5
【解析】
【分析】
先对分式进行化简，然后根据分式有意义的条件选择一个合适的值代入求解即可．
【详解】
解：原式=÷
＝
＝，
∵a（a+3）≠0，a+4≠0，
∴a≠﹣4，﹣3，0，
∴a＝1，
当a＝1时，原式＝．
【点睛】
本题主要考查分式的化简求值，熟练掌握分式的运算是解题的关键．
18．（1）见解析；（2）2
【解析】
【分析】
（1）先判断出∠OAB＝∠DCA，进而判断出∠DAC＝∠DCA，得出CD＝AD＝AB，即可得出结论；
（2）先判断出OE＝OA＝OC，再求出OB＝1，利用勾股定理求出OA，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：∵ABCD，
∴∠OAB＝∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD＝AB，
∵ABCD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝AB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，BD⊥AC，
∵CE⊥AB，
∴OE＝OA＝OC，
∵BD＝2，
∴OB＝BD＝1，
在Rt△AOB中，AB＝，OB＝1，
∴OA＝＝2，
∴OE＝OA＝2．
【点睛】
此题主要考查特殊平行四边形的判定与性质，解题的关键是菱形的判定与性质、勾股定理的应用．
19．树状图见解析，P两次摸出的球中一个是白球、一个是黄球．
【解析】
【分析】
先画出树状图得到所有的等可能性的结果数，然后找到两次摸出的球中一个是白球、一个是黄球的结果数，最后根据概率公式求解即可．
【详解】
解：画树状图如下所示：
由树状图可知，一共有16种等可能性的结果数，其中两次摸出的球中一个是白球、一个是黄球的结果数有2种，
∴P两次摸出的球中一个是白球、一个是黄球．
【点睛】
本题主要考查了用树状图或列表法求解概率，解题的关键在于能够熟练掌握画树状图或列表法求解概率．
20．（1）m＝3，A（6，0），B（0，6）；（2）①△PEA周长的最小值为；②∠CFD的大小不发生改变，∠DFC＝45°．
【解析】
【分析】
（1）由OA＝OB列方程，解方程即可求解；
（2）①连接OP，在Rt△AOB中，由勾股定理解得AB的长，再由翻折的性质得到BE＝BO＝6，OP＝PE，据此解得当点P与点D重合时，△PEA的周长最短；
②连接OF，在BO上截取OH＝AD，连接HF，证明△ADF≌△OHF（SAS），得到HF＝DF，∠AFD＝∠OFH，再证明△CFD≌△CFH（SSS），由全等三角形的对应角相等解题．
【详解】
解：（1）∵OA＝OB，
又∵点A（4m﹣6，0），B（0，m+3），
∴4m﹣6＝m+3，
∴m＝3，
∴点A（6，0），点B（0，6），
∴m＝3，A（6，0），B（0，6）；
（2）①如图，连接OP，
∵点A（6，0），点B（0，6），
在Rt△AOB中，AO＝BO＝6，
∴AB
∵将线段BO沿直线BD翻折，使点O落在AB边上的点E处，
∴BE＝BO＝6，OP＝PE，
∵△PEA的周长＝PE+EA+PA＝OP+EA+AP，
∴当点P与点D重合时，△PEA的周长最短，
∴△PEA周长的最小值＝EA+OP+PA＝EA+OA＝AB＝6；
（2）②∠CFD的大小不发生改变，
理由如下：如图2，连接OF，在BO上截取OH＝AD，连接HF，
∵OA＝OB，点F是AB的中点，∠AOB＝90°，
∴OF⊥AB，OF＝AF＝BF，∠BAO＝∠BOF＝45°，
又∵OH＝AD，
∴△ADF≌△OHF（SAS），
∴HF＝DF，∠AFD＝∠OFH，
∵∠AFD+∠DFC+∠OFC＝90°，
∴∠DFC+∠OFC+∠HFO＝90°，
∴∠HFD＝90°，∵AD+OC＝CD，OH+OC＝HC，
∴HC＝CD，又∵CF＝CF，HF＝FD，
∴△CFD≌△CFH（SSS），
∴∠DFC＝∠HFC＝45°．
【点睛】
本题考查图形变换与坐标、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
21．（1）160；（2）当每件售价提高4元时，每天获得最大利润，最大利润为720元．
【解析】
【分析】
（1）根据题意，“如果这种商品每件的销售价每提高1元，其每天的销售量就减少20件”即可求得售价定为12元时的销售量；
（2）设这种商品每件的销售价提高x元，每天的利润为W元，根据单件利润乘以销售量即可求得W关于的函数关系式，根据二次函数的性质即可求得最大值
【详解】
解：（1）200﹣20×（12﹣10）＝160（件）．
故答案为：160；
（2）设这种商品每件的销售价提高x元，每天的利润为W元，由题意，得：
W＝（10+x﹣8）（200﹣20x）
＝﹣20x2+160x+400
＝﹣20（x﹣4）2+720．
∵a＝﹣20＜0，
∴x＝4时，W有最大值，最大值为720，
答：当每件售价提高4元时，每天获得最大利润，最大利润为720元．
【点睛】
本题考查了二次函数的应用，根据题意列出函数关系式是解题的关键．
22．（1）见解析；（2）图见解析，．
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质得到∠ODA＝∠OAD＝30°，根据垂直的定义得到∠AED＝90°，根据直角三角形的性质得到OE＝OD，求得OD＝2OE＝2，得到AB＝2OD＝4，根据等腰三角形的性质得到∠DCA＝∠DAC＝30°，根据切线的判定定理得到CD是⊙O的切线；
（2）连接FG，根据勾股定理得到DE＝＝＝，根据三角形中位线的性质得到OE＝FG，求得FG＝2OE＝2，由勾股定理即可得到结论．
【详解】
（1）证明：∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD＝30°，
∵DF⊥AB，
∴∠AED＝90°，
∴∠ADE＝90°﹣∠EAD＝60°，
∴∠ODE＝∠ADE﹣∠ODA＝30°，
∴OE＝OD，
∴OD＝2OE＝2，
∴OA＝OD＝2，
∵AB是⊙O直径，
∴AB＝2OD＝4，
∵AB＝2BC，
∴BC＝2，
∴AE＝OA+OE＝3，
∴AC＝AB+BC＝6，CE＝AC﹣AE＝3，
∴AE＝CE，
∴DA＝DC，
∴∠DCA＝∠DAC＝30°，
∴∠CDE＝90°﹣∠DCE＝60°，
∴∠ODC＝∠ODE+∠CDE＝90°，
∴OD⊥CD，
∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：连接FG，
在Rt△DOE中，
∵OD＝2，OE＝1
∴DE＝＝＝，
∵OE⊥DF，
∴EF＝DE＝，
∵OD＝OG，
∴OE是△DFG的中位线，
∴OE＝ FG，
∴FG＝2OE＝2，
在Rt△EFG中，GE2＝EF2+FG2，
∴GE＝＝＝．
【点睛】
本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形的中位线等，熟练掌握垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形的中位线等知识是解题的关键．
23．（1）yx2x+2；（2）点P的坐标为（3，2）或（5，﹣3）；（3）DE的最大值为．
【解析】
【分析】
（1）把A（﹣1，0）、C（0，2）代入函数解析式，再利用待定系数法求解函数解析式即可；
（2）过P作PM⊥x轴于M，设P（m， m2m+2），则PM＝|m2m+2|，AM＝m+1，如图：tan∠PAB＝tan∠ACO，即，再列方程求解即可；
（3）作D作DN⊥x轴于N交BC于F，如图，证明∠EDF＝∠NBF，可得DE＝DF•cs∠EDF＝DF•cs∠CBODF，则DF最大时，DE最大，再利用二次函数的性质求解最大值即可.
【详解】
解：（1）∵抛物线yx2+bx+c经过A（﹣1，0）、C（0，2），
∴，解得，
∴抛物线解析式为yx2x+2；
（2）过P作PM⊥x轴于M，
设P（m， m2m+2），则PM＝|m2m+2|，AM＝m+1，
∵∠PAB＝∠ACO，
∴tan∠PAB＝tan∠ACO，即，
∴，
当P在x轴上方时，，
解得m＝3或m＝﹣1（与A重合，舍去），经检验符合题意；
∴P（3，2），
当P在x轴下方时，，
解得m＝5或m＝﹣1（舍去），经检验符合题意；
∴P（5，﹣3），
综上所述，点P的坐标为（3，2）或（5，﹣3）；
（3）作D作DN⊥x轴于N交BC于F，如图：
在yx2x+2中，令y＝0得x2x+2＝0，
解得x＝4或x＝﹣1，
∴B（4，0），设直线BC为y＝kx+2，
∴0＝4k+2，解得k，
∴直线BC为yx+2，
在Rt△BOC中，BC2，
∴cs∠CBO，
∵DE⊥BC，∠DFE＝∠BFN，∴∠EDF＝∠NBF，
∴DE＝DF•cs∠EDF＝DF•cs∠CBODF，
∴DF最大时，DE最大，
设D（n，n2n+2），则F（n，n+2），
∴DF＝（n2n+2）﹣（n+2）（n﹣2）2+2，
∴n＝2时，DF最大为2，
∴DE的最大值为2．
【点睛】
本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，线段长度最大值问题，熟练的运用二次函数的性质解决问题是解本题的关键.