河南省驻马店市上蔡县九年级上学期1月期末数学试题（解析版）

这是一份河南省驻马店市上蔡县九年级上学期1月期末数学试题（解析版），共30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。
1. 下列各式中①，②，③，④，⑤，二次根式的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的定义，熟练掌握二次根式的定义是解题的关键．根据二次根式的定义．一般地，我们把形如的式子叫做二次根式进行判断即可．
【详解】解：①是二次根式；
②，当时，则不符合二次根式的定义，故不是二次根式；
③，当时，，则不符合二次根式的定义，故不是二次根式；
④，，则不符合二次根式的定义，故不是二次根式；
⑤不符合二次根式的定义，故不是二次根式；
∴二次根式有：共1个．
故选：A．
2. 关于一元二次方程的根的说法，正确的是（ ）
A. 有两个相等实数根B. 没有实数根
C. 两根之和为D. 两根之积为
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了根的判别式，根据方程的系数，结合根的判别式可得出，进而可得出该方程没有实数根．
【详解】解：由题意可知：，
∴方程没有实数根，则不存在两根之和，两根之积，
故选：B．
3. 如图，在平面直角坐标系中，与是位似图形，位似中心为点．若点的对应点为，则点的对应点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了位似变换，根据点的坐标可得到位似比，再根据位似比即可求解，掌握位似变换的性质是解题的关键．
【详解】解：∵与是位似图形，点的对应点为，
∴与的位似比为，
∴点的对应点的坐标为，即，
故选：．
4. 如图，四边形是的内接四边形，，若，则弦的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，勾股定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，勾股定理是解题的关键．连接，根据，可求，，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，
∵，，
∴是直角三角形，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，即，
∴是直角三角形，
∵，
∴，
故选：C．
5. 如图是平放在地上的油漆桶横截面，已知油漆桶直径为，油漆面宽度为，则油漆的最大深度是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理的应用以及勾股定理，根据垂径定理和勾股定理即可求出答案，先求出的长，再由垂径定理求出的长，根据勾股定理求出的长，然后用即可求出结果．
【详解】解：过O点作垂直于的半径，交于点D，连接，如下图，
∵油漆桶的直径为，
∴，
∵，
∴，
∴
∴油漆桶中油漆的最大深长为．
故选：B．
6. 在二次函数中，与的部分对应值如表：
则的大小关系为（ ）
A. B. C. D. 不确定
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，能根据表中点的坐标特点找出对称轴是解此题的关键．根据表格的、的值找出函数的对称轴，利用二次函数的性质即可得出答案．
【详解】解：由表格知：图象对称轴为：直线，
当时，，
当时，随增大而增大，当时，随的增大而减小，
当时，函数有最大值，即最大值为，
，分别为点和的纵坐标，
，
故选：B．
7. 如图，在矩形ABCD中，以点A为圆心，AD的长为半径画弧，交AB于点E，取BC的中点F，过点F作一直线与AB平行，且交弧DE于点G，则∠AGF的度数为 （ ）
A. 110°B. 120°C. 135°D. 150°
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：作GM⊥AB于点M，利用矩形的性质，首先求出AG=AD，GM=BF=BC=AD．利用三角函数求出∠GAB的值，继而求出∠AGF的值．
作GM⊥AB于点M
可得到AG=AD，GM=BF=BC=AD，
∴sin∠GAB=
∴∠GAB=30°．
∵GF∥AB，
∴∠AGF=150°．
故选D．
考点：矩形性质，锐角三角函数的定义
点评：锐角三角函数的定义是中考必考题，一般难度不大，正确作出辅助线构造直角三角形是解题关键.
8. 对于题目“已知及圆外一点，如何过点作出的切线？”甲乙的作法如图：
下列说法正确的是（ ）
A. 乙的作法正确，甲的作法错误B. 甲和乙的作法都错误
C. 甲的作法正确，乙的作法错误D. 甲和乙的作法都正确
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了作图-复杂作图、线段垂直平分线的性质和切线的判定方法，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．对于甲的作法，连接，利用基本作图得到垂直平分，则，再根据圆周角定理得到，然后根据切线的判定方法得到为的切线，于是可判断甲的作法正确；对于乙的作法：利用基本作图得到，，由于，所以，则根据等腰三角形的性质得到，然后根据切线的判定方法得到为的切线，于是可判断乙的作法正确．
【详解】解：对于甲的作法：
连接
．
由作法得垂直平分，
∴，
∴点为以为直径的圆与的交点，
∴，
∴，
∴为的切线，所以甲的作法正确；
对于乙的作法：
由作法得，，
∵，
∴，
∴，
∴为的切线，所以乙的作法正确；
故选：D．
9. 一种燕尾夹如图1所示，图2是在闭合状态时的示意图，图3是在打开状态时的示意图（此时），相关数据（单位：）如图所示，从图2闭合状态到图3打开状态，点B，D之间的距离减少了（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的应用，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】解：连接，如图所示：
由题意得，，，
∴，
，
，
，
点，之间的距离减少了，
故选：D．
10. 在平面直角坐标系中，菱形的位置如图所示，其中点的坐标为，第1次将菱形绕着点顺时针旋转，同时扩大为原来的2倍得到菱形（即，第2次将菱形绕着点顺时针旋转，同时扩大为原来的2倍得到菱形（即，第3次将菱形绕着点顺时针旋转，同时扩大为原来的2倍得到菱形（即依次类推，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质以及规律型等知识．由题意得的坐标为，同理的坐标为，即，的坐标为，即， 的坐标为，即， ，再由，即可得出结论．
【详解】解：点的坐标为，第1次将菱形绕着点顺时针旋转，同时扩大为原来的2倍得到菱形（即，
的坐标为，
同理：的坐标为，即，
的坐标为，即，
的坐标为，即，
，
，
点的坐标为，
故选：A．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11. 已知，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查比例的性质，根据比例式与等积式间的转化得出，据此可得答案．
【详解】解：，
，
，
，
则，
故答案为：．
12. 点在二次函数的图象上，则的最小值是_______．
【答案】1
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值．代入点，得到，化简并配方，根据二次函数性质解答即可．
【详解】解：把代入二次函数中得，
，
∴
，
∵，
∴当时，有最小值，最小值为1．
故答案为：1．
13. 如图，在菱形中，，，，分别是边，上的动点，连接，，，分别为，的中点，连接，则的最小值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】连接，利用中位线的性质，要使最小，只要最小，由点F在上，当时，最小，利用菱形性质求出，由确定为等腰直角三角形，得出，由勾股定理得：求出即可．
【详解】解：连接，
∵，分别为，的中点，
∴，且，
要使最小，只要最小，
由点F在上，当时，最小，
在菱形中，，
∴，
在中，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查三角形的中位线，菱形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理应用问题，掌握中位线的性质，菱形性质，等腰直角三角形的性质，二次根式的乘法运算是解题关键．
14. 已知二次函数的图象的顶点为C，与y轴交于点A，过点A作轴，与该二次函数图象的另一个交点为B，连接，则a的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】作轴于点，通过可得，用含代数式表示，进而求解．本题考查二次函数的性质，相似三角形的判定与性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握相似三角形的性质．
【详解】解：，
抛物线开口向下，顶点坐标为，抛物线对称轴为直线，
作轴于点，则，
轴，抛物线对称轴为直线，
，
轴，，
，
，
把代入得，
点坐标为，即，
，
，
．
故答案为：．
15. 如图，在中，，，D为平面内一动点，，连接，将绕点D逆时针旋转得到，连接，当点E落在的边上时，的长为________．
【答案】或
【解析】
【分析】首先得到，均为等腰直角三角形，然后根据题意分两种情况讨论，点E落在边上和点E落在边上，然后分别根据勾股定理和相似三角形的性质求解即可．
【详解】∵在中，，，
∴为等腰直角三角形，
∵将绕点D逆时针旋转得到，
∴均为等腰直角三角形，
∴，
①当点E落在边上时，如图所示，则点D在边上，
∴，
在中，；
②当点E落在边上时，如解图2所示．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上所述，的长为或．
【点睛】此题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是根据题意分情况讨论．
三、解答题
16. 计算与解方程：
（1）计算：；
（2）解方程：．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查实数的混合运算和解一元二次方程，熟练掌握运算解题步骤是解答本题的关键．
（1）原式分别根据负整数指数幂运算法则，绝对值代数意义以及特殊角三角形函数值化简各项后再进行加减运算即可；
（2）方程移项后，运用因式分解法求解即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：，
，
，
，
或，
∴．
17. 剪纸是一种很普遍的群众艺术，并有极高的审美价值．如图，现有4张背面完全一样的剪纸画卡片，将这4张卡片背面向上洗匀后放在桌面上．
（1）从中随机抽取1张卡片，抽取的卡片上的图案是中心对称图形的概率为__________．
（2）若从中随机抽取1张卡片后不放回，再随机抽取1张，请用画树状图或列表的方法，求两次所抽取的卡片恰好都是轴对称图形的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了列表法与树状图法、概率公式、中心对称、轴对称图形等知识点，掌握运用列表法和树状图法求概率成为解题的关键．
（1）先判断其中的中心对称图形，再根据概率公式求解即得答案；
（2）先画出树状图得到所有可能的情况，再判断两次都是轴对称图形的情况，然后根据概率公式计算即可．
【小问1详解】
解：中心对称图形的卡片是A，所以从中随机抽取1张卡片，卡片上的图案是中心对称图形的概率为．
故答案为：．
【小问2详解】
解：轴对称的卡片有A和D，
根据题意画树状图如下：
由树状图知，共有12种等可能结果，其中两次所抽取的卡片恰好都是轴对称图形的有2种结果，
则两次所抽取的卡片恰好都是轴对称图形的概率为．
18. 如图，在中，对角线，相交于点O，M为上点，且，连接交于点N，且．
（1）求的长；
（2）若的面积为，求四边形的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的性质可得，，，于是可证得，由相似三角形的性质可得，根据已知条件，可推出，即，进而可得，，，由可得，再根据即可求出的长；
（2）由（1）可得：，，由相似三角形的性质可得，进而可得，由可得，进而可得，由平行四边形的性质可得，再根据即可得解．
【小问1详解】
解：四边形是平行四边形，
，，，
，
，
，，
，
即：，
，
，
，
，
，
；
【小问2详解】
解：由（1）可得：，，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形的面积是．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，线段的和与差，等式的性质，三角形的面积公式等知识点，熟练掌握平行四边形的性质及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
19. 小明在学习了解直角三角形及其应用的知识后，尝试利用所学知识测量河对岸大树的高度，他在点处测得大树顶端的仰角为，再从点出发沿斜坡走米到达斜坡上点，在点处测得树顶端的仰角为，若斜面的坡比为（点、、在同一条直线上）．
（1）求小明从点到点的过程中上升的高度；
（2）大树的高度大约是多少米？（参考数据：，结果精确到米）
【答案】（1）小明从点到点的过程中上升的高度为米；
（2）大树的高度是米．
【解析】
【分析】（）过点作于点，则，由斜面的坡比为，设米，则米，最后由勾股定理即可求解；
（）过点作于点，设米，则可得四边形为矩形，故有米，米，然后利用仰角，俯角及正切即可求解；
本题考查了解直角三角形的应用——仰角俯角问题，坡度问题，矩形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键．
【小问1详解】
解：如图，过点作于点，则，
由题意知米，
∵斜面的坡比为，
∴，
设米，则米，
∵，
∴，
∴，
∴（米），
∴小明从点到点的过程中上升的高度为米；
【小问2详解】
解：过点作于点，设米，
由（）得：（米），
∴（米），
∵，
∴四边形为矩形，
∴米，（米），
∵，
∴（米），
∴米，
∵，
在中，，
∴，
∴，
经检验：是原方程的解，
∴（米），
答：大树的高度是米．
20. 一大型商场经营某种品牌商品，该商品的进价为每件元，根据市场调查发现，该商品每天的销售量（件）与售价（元/件）（为正整数）之间满足一次函数关系为
（1）求每天销售利润与函数关系式（不求自变量的取值范围）；
（2）在销售过程中要求销售单价不低于成本价，且不高于元/件．求该商场销售这种商品每天获得的最大利润为多少元？
（3）临近春节，该商场组织这种商品参加“迎新春，大返现”活动，每销售一件商品便向顾客返现元，返现后发现，这种商品每天销售量不少于件，且该商场每天销售这种商品的利润仍随售价的增大而增大．求的取值范围．
【答案】（1）
（2）元
（3）
【解析】
【分析】（）根据利润（售价进价）销售量列出函数式即可；
（）根据二次函数的性质解答即可求解；
（）根据每天销售量不少于件可得，又由题意可得，可得当时，值随的增大而增大，由二次函数的性质得到，据此即可求解；
本题考查了二次函数的应用，根据题意正确列出二次函数的解析式是解题的关键．
【小问1详解】
解：由题意得，，
即；
【小问2详解】
解：∵，
∴二次函数的对称轴为直线，当时，的值随着的增大而增大，
∵，
∴当时，的值最大，，
答：该商场销售这种商品每天获得的最大利润为元；
【小问3详解】
解：∵种商品每天销售量不少于件，
∴，
∴，
又由题意得，，
∴对称轴为直线，
∵，
∴当时，的值随的增大而增大，
∵返现后发现，该商场每天销售这种商品的利润仍随售价的增大而增大，
∴，
∴，
∵，
∴的取值范围为．
21. 在中，弦与直径相交于点，
（1）如图①，若求和的大小：
（2）如图②，若过点作的切线，与的延长线相交于点，求的大小．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等求得，进而根据三角形的外角性质可得；由直径所对的圆周角等于度，根据，即可求得；
（2）连接，求出，由切线的性质得出，由圆周角定理得出，即可得出答案．
【小问1详解】
如图1，
，，
，
，
，
是直径，
，
；
【小问2详解】
连接，如图②所示：
，
，
，
是的切线，
，
，
，
°．
【点睛】本题考查了切线的性质、圆周角定理、三角形的外角性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握切线的性质和圆周角定理是解题的关键．
22. 如图平面直角坐标系中，运动员通过助滑道后在点A处起跳经空中飞行后落在着陆坡上的点处，他在空中飞行的路线可以看作抛物线的一部分．从起跳到着陆的过程中，运动员到地面的竖直距离y（单位：m）与他在水平方向上移动的距离（单位：m）近似满足二次函数关系，已知，，落点到的水平距离是，到地面的竖直高度是．
（1）求y与的函数表达式；
（2）进一步研究发现，运动员在空中飞行过程中，其水平方向移动的距离（m）与飞行时间t（秒）具备一次函数关系，当他在起跳点腾空时，，；当他在点着陆时，飞行时间为5秒．
①求与t的函数表达式；
②当运动员与着陆坡在竖直方向上的距离达到最大时，求出此时他飞行时间t的值．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）将，代入，得，计算求解即可；
（2）①设，将，代入，得，计算求解，然后作答即可；
②设直线的解析式为，将代入得，，计算求解可确定直线的解析式为，设运动员飞行过程中的某一位置为，如图，过作轴交于点，设，则，则，由，可得当时，最大，根据，计算求解即可．
【小问1详解】
解：由题意可得过点，，
将，代入，得，
解得，
∴与的函数关系式为；
【小问2详解】
①解：设，
将，代入，得，
解得，
∴；
②解：由题意得
设直线的解析式为，
将代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为，
设运动员飞行过程中的某一位置为，如图，过作轴交于点，
设，则，
∴，
∵，
∴当时，最大，
∴，
解得．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，一次函数的应用，二次函数的最值，一次函数解析式等知识．熟练掌握二次函数的应用，一次函数的应用，二次函数的最值，一次函数解析式是解题的关键．
23. 【教材呈现】
如图是华师版九年级上册数学教材第63页的部分内容
平行于三角形一边的直线，和其他两边（或两边的延长线）相交所构成的三角形与原三角形相似，
例1，如图，在中，是边的三等分点，，求的长，
解：．
（平行于三角形一边的直线，和其他两边相交所构成的三角形与原三角形相似），
，
，
．
【应用】
（1）如图①，在中，为边延长线上的点，过点作交延长线于点．若，求的长；
（2）如图②，在中，是边上的点，为边的中点，连接、交于点．若，求：的值；
温馨提示；可以过点作的平行线或过点作的平行线．如有更好的解法，请尝试．
【拓展】
如图③，在中，是边上的点，为边延长线的点，连接、交延长线点．若，且的面积为1，则四边形的面积为______．
【答案】（1）10；（2）；拓展：
【解析】
【分析】本题考查相似三角形的综合应用．
（1）证明，通过对应边成比例求解；
（2）作交于点M，通过，导出各边长比．
拓展：连接，作交于点R，通过相似三角形导出线段比，再通过等底等高利用线段比导出面积比，分别求出与而求解．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴，
∴；
（2）作交于点M，
∵E为中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，，
∴，，
∴，
设，则，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
拓展：连接，作交于点R，
∴，，
设，则，，
∴，
∵的面积为1，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的面积为．
故答案为：．
…
0
1
2
3
…
…
…
甲的作法连接，作的垂直平分线交于点，以点为圆心，长为半径画弧交于，作直线．直线即为所求．
乙的作法连接并延长，交于两点，分别，以为圆心，长为半径作弧，两弧交于点，连接，交于点．作直线．直线即为所求．