九年级上学期期末数学试题 (35)

这是一份九年级上学期期末数学试题 (35)，共20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。
一、选择题（将你认为正确的答案选出填入答题表中：每小题3分，共30分）
1. 若有意义，则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数，可得不等式，解不等式可得答案．
【详解】由有意义，
得：，
解得：．
故选：B．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，注意被开方数为非负数．
2. 方程的根为( )
A. B. C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】由提公因式法进行因式分解，既而可解一元二次方程．
详解】解：
故选：D．
【点睛】本题考查因式分解法解一元二次方程，涉及提公因式法，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
3. 若关于x的方程有实数根，则m的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据方程的系数结合根的判别式，即可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出实数的取值范围．
【详解】解：∵关于的一元二次方程有实数根，
∴，
解得：．
故选：A．
【点睛】本题考查了根的判别式，牢记“当时，方程有实数根”是解题的关键．
4. 如图，在中，，．则=( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
，
，
，
故选B ．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
5. 在中，，则= ( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用勾股定理求得AB的长，然后利用正弦的定义即可求解．
【详解】解：如图，
在Rt△ABC中，，
则 ．
故选：A．
【点睛】本题考查勾股定理解三角形、锐角三角函数的定义及运用：在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．
6. 抛掷一枚普通硬币3次，抛出两次正面和一次反面的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据题意画出图形，然后由树状图求得所有等可能的结果与抛出两次正面和一次反面的情况，再利用概率公式求解即可求得答案；
【详解】解：画树状图得：
∵共有8种等可能的结果，两次正面和一次反面的有3种情况，
∴两次正面和一次反面的概率为：
故选D．
【点睛】本题考查的是画树状图法求概率．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．
7. 二次函数的对称轴为直线( )
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用二次函数的对称轴公式直线： 即可求解．
【详解】∵ ，
，
∴ 对称轴为直线，
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的的性质，正确掌握知识点是解题的关键．
8. 若是的弦，半径于点D，，则的长为( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】利用勾股定理和垂径定理即可求解．
【详解】解：如图，连接OA，
∵半径于点D，，
∴，
则 ，
∴25＝（5−DC）2＋16，
∴DC＝2cm．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的运用．垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的两条弧．解此类题一般要把半径、弦心距、弦的一半构建在一个直角三角形里，运用勾股定理求解．
9. 如图，为半圆O的直径，，平分，交半圆于点D，交于点E，则的度数是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接OD，由题意可知，，由角平分线性质得到，再根据圆的半径相等得到，由三角形外角性质及等边对等角解得，最后由直角三角形两个锐角互余解答．
【详解】解：连接OD
平分，
故选：B．
【点睛】本题考查圆的基本性质，涉及等边对等角、三角形的外角性质、直角三角形两个锐角互余等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
10. 如图，在矩形中，，点E是的中点，点F是边上一动点，当的周长最小时，则的长为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】作点E关于直线CD的对称点E'，连接AE'交CD于点F，再根据即可求出CF的长，进而得出DF的长．
【详解】解：如图所示：
作点E关于直线CD的对称点E'，连接AE'交CD于点F，此时，△AEF的周长最小，
∵在矩形ABCD中，AB=6，BC= 8，点E是BC中点，
∴，
∵，
∴，
∴ ，即，
解得：，
∴；
故选：D．
【点睛】本题考查的是轴对称最短路线问题及相似三角形的判定与性质，根据题意作出E点关于直线CD的对称点E'，再根据轴对称的性质求出CE'的长，利用相似三角形的对应边成比例即可得出结论，熟练应用轴对称和相似的判定与性质相关知识解决问题是解题的关键．
二、填空题（将下列各题答案填入答题表中；每小题3分，共15分）
11. 若关于x的一元二次方程的一根为2，则另一个根为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，代入求解即可
【详解】解：设另一个根为，根据根与系数的关系有：
，
即，
解得：，
故答案为．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．本根与系数的关系：若是一元二次方程的两根，，．
12. 计算：_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据特殊角的锐角三角函数值计算即可求解．
【详解】解：原式＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查了特殊角的锐角三角函数值的混合运算，牢记特殊角的锐角三角函数值是解题的关键．
13. 如图为函数和图象，则图中阴影部分的面积为___________．
【答案】4
【解析】
【分析】连接OA，BC，CD，OE，由二次函数图象的平行性质得到阴影部分的面积=2，再利用平行四边形的面积公式解答．
【详解】解：连接OA，BC，CD，OE，如图，
函数的图象是由的图象，通过往上平移1个单位得到
阴影部分的面积=2
故答案为：4．
【点睛】本题考查二次函数图象的平移、平行四边形的面积等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
14. 已知是抛物线上的三点，则为的大小关系为___________．
【答案】y1＜y3＜y2## y2> y3> y1
【解析】
【分析】先求出抛物线的对称轴和开口方向，根据二次函数的性质比较即可．
【详解】解：抛物线开口向下，对称轴是直线x=1，当x＜1时，y随x的增大而增大，
∵点A（-1，y1）、B（1，y2）、C（2，y3）是抛物线上的三点，
∴点C关于对称轴x=1的对称点是（0，y3），
∵-1＜0＜1，
∴y1＜y3＜y2，
故答案为y1＜y3＜y2．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质，能熟记二次函数的性质是解此题的关键．
15. 如图，Rt△ABC纸片中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点D在边BC 上，以AD为折痕将△ABD折叠得到△AB′D,AB′与边BC交于点E．若△DEB′为直角三角形，则BD的长是_______．
【答案】2或5
【解析】
【分析】先依据勾股定理求得AB的长，然后由翻折的性质可知：AB′=10，DB=DB′，接下来分为∠B′DE=90°和∠B′ED=90°，两种情况画出图形，设DB=DB′=x，然后依据勾股定理列出关于x的方程求解即可．
【详解】解：∵Rt△ABC纸片中，∠C=90°，AC=6，BC=8
∴AB=10
∵以AD为折痕△ABD折叠得到△AB′D
∴BD=DB′，AB′=AB=10
如图1所示：当∠B′DE=90°时，过点B′作B′F⊥AF，垂足为F
设BD=DB′=x，则AF=6+x，FB′=8-x
在Rt△AFB′中，
由勾股定理得：AB′2=AF2+FB′2，即（6+x）2+（8-x）2=102
解得：x1=2，x2=0（舍去）
∴BD=2
如图2所示：当∠B′ED=90°时，C与点E重合
∵AB′=10，AC=6
∴B′E=4
设BD=DB′=x，则CD=8-x
在Rt△′BDE中，
DB′2=DE2+B′E2，即x2=（8-x）2+42
解得：x=5
∴BD=5
综上所述，BD的长为2或5，
故答案为：2或5．
三、解答题（共75分）
16. 计算：
（1）计算：
（2）已知是一元二次方程的一个根，求a的值．
【答案】（1） ；
（2）a=-2．
【解析】
【分析】(1) 先计算乘方，再算乘法，最后去括号后进行加减法；
(2) 把x=1代入方程求出a的值，注意a-2≠0．
【小问1详解】
解：原式=
=
= ；
【小问2详解】
把x=1代入方程，得a−2+a2−3−a+1=0 ，
整理，得a2−4=0，
解得a=±2，
又a-2≠0，
∴a=-2．
【点睛】本题考查二次根式的混合运算、一元二次方程的定义以及一元二次方程的解，易错点是忽略一元二次方程的定义（a-2≠0）．
17. 已知三个连续奇数的平方和是371，求这三个奇数．
【答案】这三个连续正整数为，，或，，
【解析】
【分析】设这三个连续奇数分别为、、，根据题意列方程求解．
【详解】解：设这三个连续奇数分别为、、，
根据题意得：
，
解得：，
当时，，，
当时，，，
答：这三个连续正整数为，，或，，
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解题关键是设未知数，用代数式表示三个奇数，即可列方程求解．
18. 如图，已知∠ACB=∠CBD=90°，AC=b，CB=a，当BD与a，b之间满足怎样的关系时，△ACB∽△CBD？
【答案】当BD=时，△ACB∽△CBD
【解析】
【分析】要想证明△ACB∽△CBD，由于已知∠ACB=∠CBD=90°，所以只需要这两个角的夹边对应成比例即可，也就是，由此可得解．
【详解】解：当BD=时，△ACB∽△CBD；理由如下：
∵∠ACB=∠CBD=90°，
∴当时，即当时，△ACB∽△CBD，
∴BD=，
∴当BD=时，△ACB∽△CBD．
【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，熟练掌握两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，是解题的关键．
19. 如图，两座建筑物和的水平距离为24米，从A点测得点D的俯角，测得点C的俯角，求这两座建筑物的高．
【答案】建筑物AB的高是米，建筑物CD的高是米．
【解析】
【分析】在直角△ABC和直角△ADE中，根据AE可以求得AB、DE的长，根据AB、DE可以求得CD的长，即可解题．
【详解】解：延长CD至E，作AE⊥CE，则四边形ABCE是矩形，
∴AE∥BC，AE＝BC，AB＝CE，∠ACB＝∠CAE＝60°，
在Rt△ABC中，∵∠ACB＝60°，
∴tan60°＝
∴米，
在Rt△AED中，DE＝AE•tanα＝米，
∴CD＝CE−DE＝AB−DE＝米．
答：建筑物AB高是米，建筑物CD的高是米．
【点睛】本题考查了直角三角形中三角函数的运用，特殊角的三角函数值，本题中求DE的长是解题的关键．
20. 将正面分别标有数字1，2，3，6，背面花色相同的四张卡片洗匀后，背面朝上放在桌面上，先从中随机抽取一张，再从剩下的三张中随机抽取第二张．
（1）求两次抽取的卡片上的数字之和大于5的概率；
（2）求两次抽取的卡片上的数字之和为奇数的概率．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可列出如下图的树状图，先将所有可能出现的结果列出来，然后将两次抽取的卡片上的数字之和大于5的结果列出来即可得出结果；
（2）将两次抽取的卡片上的数字之和为奇数的结果列出来，计算即可得出结果．
【详解】解：根据题意可列出如下图的树状图，
从树形图可以看出，所有可能出现的结果共有12个，
即(1，2)，(1，3)，(1，6)，(2，1)，(2，3)，(2，6)，(3，1)，(3，2)，(3，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)
(1)两次抽取的卡片上的数字之和大于5(记为事件A)的结果有6个，
分别为：(1，6)，(2，6)，(3，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，
故 P(A)=；
(2)两次抽取的卡片上的数字之和为奇数(记为事件 B)的结果有8个，
分别为：(1，2)，(1，6)，(2，1)，(2，3)，(3，2)，(3，6)，(6，1)，(6，3)，
故 P(B)=．
【点睛】本题主要考查了概率的运算，属于基础题，难度一般，熟练掌握树状图的画法是解题的关键．
21. 如图，一个运动员推铅球，铅球在点A处出手．出手时铅球离地面的高度约为1.6米，铅球在点B处落地．铅球在运动员前4米处达到最高点，最高点离地面的高度为3.2米．已知铅球经过的路线为抛物线，试利用图示的平面直角坐标系算出这个运动员的成绩（精确到0.1米）
【答案】9.6米
【解析】
【分析】根据题意可得抛物线顶点是（4，3.2），设顶点式y=a（x-4）2+3，求出a，然后令y=0，解得x．
【详解】解：∵铅球在运动员前4米处达到最高点，最高点离地面的高度为3.2米，
∴抛物线的顶点坐标为（4，3.2），
设抛物线的解析式为y=a（x-4）2+3.2，
把A（0，1.6）代入得，
得1.6=a（0-4）2+3.2，
∴a=-0.1，
∴y=-0.1（x-4）2+3.2，
令y=0，得-0.1（x-4）2+3.2=0，
故该运动员的成绩为
【点睛】本题考查了二次函数的应用，根据题意求得二次函数的解析式是解题的关键．
22. 如图，在中，，，以边上一点O为圆心，以为半径作，恰好经过边的中点D，并与边相交于另一点F．
（1）求证：．
（2）填空：①当为_______________度时，四边形是菱形；
②当为_____________度时，是直角三角形．
【答案】（1）证明见解析
（2）①120；②180或60
【解析】
【分析】（1）由在中，，，恰好经过边BC的中点D，易得，继而证得，即可证得结论；
（2）①根据由（1）得，结合得到，进而得到，利用菱形的性质求得，进而得到，即可求出的度数；②分别从∠ADE=90°，∠DAE=90°，∠AED=90°去分析求解即可求得答案．
【小问1详解】
证明：∵在中，，，
∴．
∵D是BC的中点，，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：①当时，四边形ABDE是菱形．
设DE交AC于点M，
由（1）得，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵四边形ABDE是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：120；
②或时，是直角三角形，
若，则点E与点F重合，此时，
∴AE是的直径，
∴
∴是直角三角形；
若，
则DE是的直径，
则，
∴是直角三角形；
∵AD不是的直径，
∴，
∴此时不是直角三角形；；
综上可得：当或时，△ADE是直角三角形．
故答案为：180，60．
【点睛】本题属于圆的综合题．考查了菱形的性质、直角三角形的判定和性质，圆周角定理，含30°角的直角三角形的性质等知识．注意利用分类讨论思想求解是解此题的关键．
23. 如图，抛物线的开口向下，与x轴交于点和点，与y轴交于点．
（1）求抛物线的解析式．
（2）已知点M的坐标为，过点M作，垂足为N，若Q为直线上一动点，过点Q作交抛物线于点P，设点P的横坐标为m．
①若以点M、N、P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求m的值；
②填空：连接，．则Q点的坐标为（ ）．
【答案】（1）
（2）①或－4；②．
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①由以点M、N、P，Q为顶点的四边形是平行四边形可得MN＝QP，过点P作PH∥y轴交AC于点H，证明△AMN和△PHQ是腰相等的等腰直角三角形，则可得PH＝AM＝4，求出直线AC的解析式，可得P（m，），H（m，m＋6），根据PH＝4列方程求解即可；
②连接MQ，CM，根据三角形外角的性质结合题意求出∠QMC＝∠MCA，可得QC＝QM，设点Q（x，x＋6），利用两点间距离公式列式求出x即可．
【小问1详解】
解：将点，，代入得：，
解得：，
故抛物线的解析式为：；
【小问2详解】
（2）①∵，，
∴MN∥QP，
∵以点M、N、P，Q为顶点的四边形是平行四边形，
∴MN＝QP，
∵，，
∴OA＝6，OC＝6，
∴△AOC是等腰直角三角形，即∠OAC＝∠ACO＝45°，
∵，MN⊥AC，
∴△AMN是等腰直角三角形，AM＝4，
过点P作PH∥y轴交AC于点H，则∠PHC＝∠ACO＝45°，
∴△PHQ是等腰直角三角形，
∴QH＝PQ＝MN＝AN，
∴PH＝AM＝4，
设直线AC的解析式为：y＝kx＋6，
代入A（－6，0）得：－6k＋6＝0，
解得：k＝1，
∴直线AC的解析式为：y＝x＋6，
∵点P的横坐标为m，
∴P（m，），H（m，m＋6），
∴PH＝，
解得：或－4；
②如图，连接MQ，CM，
∵∠MQN＝∠MCA＋∠QMC，，
∴∠QMC＝∠MCA，
∴QC＝QM，
设点Q（x，x＋6），
∵M（－2，0），C（0，6），
∴，
解得：，
∴，
故答案为：．