九年级上学期期末数学试题 (61)

这是一份九年级上学期期末数学试题 (61)，共26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. 杭州亚运会吉祥物是一组承载深厚底蕴和充满时代活力的机器人，如图所示的“遂珍”经过旋转不能得到的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了图形的旋转，旋转是围绕一点旋转一定的角度的图形变换，因而旋转一定有旋转中心和旋转角，且旋转前后图形能够重合，这是判断旋转的关键．由如图图形旋转，分别判断、解答即可．
【详解】解：A．由图形旋转而得出，故本选项不符合题意；
B．由图形对称而得出，故本选项符合题意；
C．由图形旋转而得出，故本选项不符合题意；
D．由图形旋转而得出，故本选项不符合题意；
故选：B．
2. 下列事件中、属于不可能事件的是（ ）
A. 打开电视机、正在直接足球比赛B. 在只装有2个玻璃球球的袋中摸出一个球是黑球
C. 掷一次骰子，向上的一面出现的点数大于7D. 当室外温度低于时，一碗清水在室外会结冰
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．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．熟知这三类事件的区别是解题的关键．
根据这三类事件的定义，逐项判断即可求解．
【详解】解：A．打开电视机，正在直播足球比赛是随机事件，故本选项不符合题意；
B．在只装有2个玻球的袋中摸出一个球是黑球是随机事件，故本选项不符合题意；
C．掷一次骰子，向上的一面出现的点数大于7是不可能事件，故本选项符合题意；
D．当室外温度低于时，一碗清水在室外会结冰是必然事件，故本选项不符合题意；
故选：C．
3. 一元二次方程的根的情况是（ ）
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 只有一个实数根D. 没有实数根
【答案】A
【解析】
【分析】先计算出判别式的值，然后根据判别式的意义进行判断．
【详解】因为，
所以，
所以方程有两个不相等的两个实数根．
故选：A．
【点睛】本题考查了根的判别式，熟练掌握根的判别式的意义是解题的关键．
4. 抛物线的对称轴是（ ）
A. B. C. x=1D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查二次函数的对称轴，根据二次函数的对称性求二次函数的对称轴即可．
【详解】解：令，则
解得：，
∴ 抛物线的对称轴是，
故选D．
5. 某商店购入一批衬衫进行销售，当每件盈利30元，每星期可以卖出100件，现需降价处理：每件衬衫售价每降价5元，每星期可以多卖出20件，店里每星期衬衫的利润要达到2800元．若可列方程为，则表示的实际意义是（ ）
A. 每件衬衫的售价B. 每件衬衫售价降低的金额
C. 每星期卖出衬衫的数量D. 每星期卖出衬衫增加的数量
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，代数式的意义，根据方程中表示的是单件的利润，即可求解．
【详解】解：依题意，中，表示的实际意义是每件衬衫售价降低的金额
故选：B．
6. 如图，在中，，，．绕直角顶点A顺时针旋转得到 ，当点B的对应点D正好在线段上时，点C经过的路径长为（ ）

A. B. C. D. π
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质和判定、含角的直角三角形的性质、弧长公式等知识点，能求出线段的长和的度数是解此题的关键．
解直角三角形求出，求出度数，从而求出度数，根据弧长公式求出即可．
【详解】解：∵中，，，
∴，，
∴，
∵绕直角顶点A顺时针旋转得到 ，当点B的对应点D正好在线段上，
∴，，
∴是等边三角形，
∴
∴，
∴，
∴点C经过的路径长为：，
故选：C．
7. 汽车刹车后行驶的距离s（单位：m）关于行驶的时间t（单位：s）的函数解析式是，汽车刹车后行驶的最远距离为，则a的值为（ ）
A. B. C. D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】此题主要考查了求二次函数的最值的问题，根据已知得出顶点式是解题关键．把二次函数化成顶点式，求最值即可．
【详解】解：∵，且汽车刹车后行驶的最远距离为，
∴
∴
故选：C．
8. 已知a，b是关于x的一元二次方程的两根，若的值是，则k的值是（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了根与系数的关系及分式的化简，牢记“一元二次方程的两根之和等于，两根之积等于”是解题的关键．
利用根与系数的关系，可得出，即可求出结论．
【详解】解：，
，
，
a，b是关于x的一元二次方程的两根，
，
，
故答案：A．
9. 如图，为的切线，A为切点，B为上的一点，连接、交AB于点C，的延长线交于点D．则下列条件不能判断为的切线的是（ ）
A. B.
C. 点A，B都在以为直径的圆上D. 平分
【答案】D
【解析】
【详解】本题考查切线的性质和判定，全等三角形，连接，，根据选项条件证明即可解题．
解：∵为的切线，
∴，
连接，，
∴，
∴，
∴，
∴为的切线，故A正确，不符合题意；
∵，，
∴垂直平分AB，
∴，
即，
∴，
∴为切线，故B正确，不符合题意；
∵点A，B都在以为直径的圆上，
∴，
又∵，
∴为的切线，故A正确，不符合题意；
∵平分，
∴，
再根据，，不能判断，故D错误，符合题意；
故选：D
10. 定义：如果两个函数图象上至少存在一对点是关于原点对称的，则称这两个函数互为“关联函数”，这对对称的点称为“关联点”．例如：点在函数上，点在函数上，点与点关于原点对称，此时函数和互为“关联函数”，点与点则为一对“关联点”．已知函数和互为“关联函数”，则n不可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设在，则在上，得出，求得最大值为，即可求解．
【详解】解：设在，则在上，
∴
∴
∴当时，的最大值为,
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11. 方程的一次项系数是．则常数项是________________，
【答案】1
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的一般形式，要确定二次项系数、一次项系数和常数项，首先要把方程化成一般形式．根据任何一个关于x的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式．这种形式叫一元二次方程的一般形式．其中叫做二次项，a叫做二次项系数；叫做一次项；b叫做一次项系数，c叫做常数项，进行求解即可．
【详解】解：方程化为一般形式是的常数项是1，
故答案为；1．
12. 在平面直角坐标系中，将线段绕原点逆时针旋转，记点的对应点为，则的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查坐标与图形变化-旋转，解题关键在于通过把线段旋转的问题转化为直角三角形的性质解题．先构建，再把绕坐标原点O逆时针旋转得到，根据旋转的性质得到，，，然后写出点的坐标．
【详解】解：如图，
把绕坐标原点O逆时针旋转得到，
则，，，
∴点．
故答案为：
13. 正方形边长为2，若边长增加x，那么面积增加y，则y与x的函数关系式是______．
【答案】y=x2+4x
【解析】
【分析】增加的面积新正方形的面积原正方形的面积，把相关数值代入化简即可．
【详解】新正方形的边长为，原正方形的边长为2．
新正方形的面积为，原正方形的面积为4，
，
故答案为．
【点睛】考查列二次函数关系式；得到增加的面积的等量关系是解决本题的关键．
14. 某路口的人行造交通信号灯每分钟红灯亮秒，绿灯亮秒，黄灯亮5秒，当小明到达该路口时，遇到红灯的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了概率，根据题意和概率公式即可得，掌握概率公式是解题的关键．
【详解】解：∵每分钟红灯亮秒，绿灯亮秒，黄灯亮5秒，
∴当小明到达该路口时，遇到红灯的概率：，
故答案为：．
15. 如图，圆锥的底面半径为，其侧面展开图的圆心角为，则高的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长， 设圆锥的母线长为R，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到，求出R，再利用勾股定理即可得出答案．
【详解】解：设圆锥的母线长为R，
根据题意得，
解得：．
即圆锥的母线长为，
∴圆锥的高，
故答案是：．
16. 如图，在等腰中，，将绕点A逆时针旋转得到，连接，且．若 ，则的长为__________．
【答案】8
【解析】
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、勾股定理的应用等知识点，综合性强，难度大，解题的关键是作出适当的辅助线．
基本思路：见解析的辅助线作法，利用等腰直角三角形求得的长；利用两三角形的一个角对应相等且这个角的两边对应成比例证得，推得，从而证得，进一步证得四边形为矩形，最后在直角三角形中利用勾股定理可求得的长，即可求得的长．
【详解】解：如图，延长到E，连接，使，
∴，则
∴为直角三角形．
在中，，，
则，
由于由逆时针旋转得到，故
，，
在和中，，，
∴
，则，
如图，过点A作，设的长为，则
由于，．
∴，
，
∴四边形为矩形，
∴
在中，由勾股定理得，，
即，解得，
则，
故答案为：8．
三、解答题（共8小题，共72分）
17. 若关于的一元二次方程有一个根是，求的值及方程的另一个根．
【答案】，
【解析】
【分析】方法1：根据一元二次方程的解的定义把代入原方程中求出b的值，再解原方程求出另一个根即可；
方法2：利用根与系数的关系求出方程另一个根，进而求出b的值即可．
【详解】解：方法1：把代入方程得：，
解得，
∴原方程为，
解得：，．
∴的值为，方程的另一个根为．
方法2：设方程的一个根为，另一个根为，
由根与系数的关系，得：，，
即，，
解得．
∴的值为，方程的另一个根为．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程解的定义，熟知一元二次方程的相关知识是解题的关键．
18. 如图，中，．将绕点A逆时针旋转得到，点D恰好落在上，连接．
（1）填空： ________；
（2）求证：
【答案】（1）180 （2）证明过程见详解
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，垂直的定义，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
（1）根据旋转的性质可得，然后表示出，再根据列式整理即可得解；
（2）根据旋转的性质可得，，，再利用等腰三角形两底角相等表示出、，然后求出，根据垂直的定义即可得解．
【小问1详解】
解：由旋转的性质知：，
，
，
，
故答案为：180；
【小问2详解】
证明：由旋转知：，，，
，
，
，
，
，
，
．
19. 从甲、乙、丙、丁4名学生中选2名学生参加一次乒乓球单打比赛，求下列事件发生的概率．
（1）甲一定参加比赛，再从其余3名学生中任意选取1名，恰好选中丙的概率是 ；
（2）任意选取2名学生参加比赛，求一定有乙的概率．（用树状图或列表的方法求解）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用例举法例举所有的等可能的情况数，再利用概率公式进行计算即可；
（2）先列表得到所有的等可能的情况数以及符合条件的情况数，再利用概率公式进行计算即可．
【小问1详解】
解：由甲一定参加比赛，再从其余3名学生中任意选取1名，共有甲、乙，甲、丙，甲、丁三种等可能，符合条件的情况数有1种，
∴甲一定参加比赛，再从其余3名学生中任意选取1名，恰好选中丙的概率是
【小问2详解】
列表如下：
所有所有的等可能的情况数有12种，符合条件的情况数有6种，
所以一定有乙的概率为：
【点睛】本题考查的是利用例举法，列表的方法求解简单随机事件的概率，概率公式的应用，掌握“例举法与列表法求解概率”是解本题的关键．
20. 如图，C，D是圆上的两点，，且C为弧的中点，，交于点E．
（1）若，求的度数；
（2）若，，求圆的半径．
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理、全等三角形判定与性质以及勾股定理的应用．
（1）由已知条件可得出，由同弧或等弧所对的圆周角相等可得出， 根据角的和差关系可得出， 最后根据三角形内角和即可得出答案．
（2）由，可得出为直径，过点E作，证明，由全等三角形的性质可得出，，设，则，由勾股定理可得出，即可得出圆的半径．
【小问1详解】
解：∵C为弧的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
【小问2详解】
∵，
∴为圆的直径．
过点E作，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
设，则，
在中，
，
即，
解得x=6，
∴，
即半径为5．
21. 如图是由边长为1的小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．是半圆的直径，A、B两点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
（1）在图1中，P是半圆与网格的交点，先画圆心O，再画弦，使平分；
（2）在图2中，先画弦，使．再在直径上画点G，使
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）取的中点即为圆心O，取半圆与网格的交点D，连接，则平分．
（2）取格点C，点O为圆心，连接，交于点F，连接，则；连接并延长，取格点Q，连接并延长，交的延长线于点P，连接交于点M，连接并延长，交于点G，则．
【小问1详解】
解：如图，取的中点即为圆心O，取半圆与网格的交点D，连接，则平分．
连接，，，
根据图可知的半径为2，
∴，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
同理可得：为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴则平分．
【小问2详解】
解：取格点C，点O为圆心，连接，交于点F，连接，则；连接并延长，取格点Q，连接并延长，交的延长线于点P，连接交于点M，连接并延长，交于点G，则．
∵，，
∴，
∵，
∴；
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了格点作图，圆周角定理，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是数形结合，熟练掌握三角形全等的判定方法．
22. 如图，为探究锅珠在斜面的滚动距离s（单位：m）与滚动时间t（单位：s）之间的关系式，测得如下表所示数据：
（1）经计算，发现s与t满足二次函数关系，请直接写出这个函数解析式；
（2）在斜面顶端每隔就释放一颗钢珠．
①当斜面足够长时，第1颗钢珠出发多长时间后会和第2颗钢珠相距3米？
②若斜面长13米，则斜面上同时最多有多少颗小钢珠？
【答案】（1）
（2）①②5
【解析】
【分析】本题考查二次函数的应用，熟练掌握用待定系数法，二次函数性质是解题的关键．
（1）用待定系数法求出二次函数解析式即可；
（2）①设第1颗钢珠出发时间为 后，则第2颗钢珠出发时间为，则，求解即可；
②把代入求得t值，从而可求得当时，，则可得t的整数解，即可求解．
【小问1详解】
解：设s与t满足的二次函数关系为：，
把，，分别代入，得
，解得：，
∴．
【小问2详解】
解：①设第1颗钢珠出发时间为 后，则第2颗钢珠出发时间为，则
解得：，
∴当斜面足够长时，第1颗钢珠出发后会和第2颗钢珠相距3米．
②当米时，则，
解得：(负数已舍)，
∴当时，
∴，
∴t的整数解为0，1，2，3，4
∵在斜面顶端每隔就释放一颗钢珠
∴若斜面长13米，则斜面上同时最多有5颗小钢珠．
23. 问题背景：如图1，在与中，若，，，则存在一对全等三角形，请直接写出这对全等三角形；
尝试运用：如图2，在中，，将线段绕点顺时针旋转90°至CD，，连接，CE，．若，，求的长；
拓展创新：如图3，在中，，将线段绕点顺时针旋转90°至CD，，连接，CE，，．直接写出的值．

【答案】问题背景：，理由解析，尝试运用：；拓展创新：
【解析】
【分析】问题背景：先证明，然后根据证明，
尝试运用：证明，得出是等腰直角三角形，进而在中，勾股定理，即可求解．
拓展创新：证明，得出是等腰直角三角形，证明，进而在中，勾股定理，即可求解．
【详解】问题背景：，理由如下，
∵
∴，
又∵，，
∴；
尝试运用：延长交于点，

∵，
∴，
∴，
∵，
∴,
∵，
∴
∵，
∴，
∴,
又∵,
∴是等腰直角三角形
∴,
在中，；
拓展创新：延长交于点，

同法可得，
∴,
又∵,
∴是等腰直角三角形
则
又∵，，
∴
∵
∴
∴
在中，
∴
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
24. 如图1，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在B的左侧），与y轴交于点C．
（1）当时，直接写出：点B的坐标为______，点C的坐标为______；
（2）在（1）的条件下，P是x轴下方抛物线上的一点，且，求点P到y轴的距离；
（3）当时，若的外心在x轴上，求代数式的值．
【答案】（1），
（2）点P到y轴的距离为
（3）
【解析】
【分析】（1）将代入函数解析式得出抛物线的解析式，然后分别令即可得出答案；
（2）将直线绕点逆时针旋转得到直线，因为，所以，将沿直线折叠得到，则，即，先证明，设点的坐标为，然后根据相似三角形的性质得出点的坐标，根据待定系数法求出直线的解析式，设点，由中点公式可知点，则根据点在直线上得出①；证明，根据相似三角形的性质得出②；根据①②得出点的坐标，然后根据待定系数法求出直线的解析式，联立直线与抛物线解析式求出交点坐标，则结果可得；
（3）根据，得出点的坐标，从而得出的长度，令得出的长度，根据的外心在x轴上，
可得为的外接圆直径，即，证明，根据相似三角形的性质列式进行计算即可．
【小问1详解】
解：将代入中，
得：，
令，则，
∴点，
令，则，
解得：，
∴，
故答案为：，；
【小问2详解】
如图：
将直线绕点逆时针旋转得到直线，
∵，
∴，
将沿直线折叠得到，
则，
∵，
∴，
∴，
设点的坐标为，
∵，，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴点，
设直线的解析式为，
则，
解得：，
∴直线的解析式为，
由折叠的性质可得点关于直线对称，
∴点是的中点，
设点，
由中点公式可知点，
∵点在直线上，
∴，
整理得：①；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即：，
整理得：②；
由①②得：，，
∴点的坐标为，
设直线的解析式为，
则，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
即，
解得：（舍），，
∴点P到y轴的距离为；
【小问3详解】
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点，
∴，
令，则，
∴点，
∴，
∵的外心在x轴上，
∴为的外接圆直径，
∴，
∴,
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
即，
即，
整理得：，
等式两边同时除以得：，
即．甲
乙
丙
丁
甲
甲、乙
甲、丙
甲、丁
乙
乙、甲
乙、丙
乙、丁
丙
丙、甲
丙、乙
丙、丁
丁
丁、甲
丁、乙
丁、丙
滚动时间
0
0.5
1
1.5
2
滚动距离
0
3