福建省泉州市2021-2022学年九年级上学期期末数学试题

2021~2022学年九年级上学期期末考试

数学试题

（满分150分      时间：120分钟）

一、选择题（共10小题，每题4分，满分40分；每小题只有一个正确的选项）

1. 若二次根式有意义，则x的取值范围是（　　）

A. x＜3 B. x≠3 C. x≤3 D. x≥3

【答案】D

【解析】

【分析】根据二次根式有意义的条件即可求出答案．

【详解】解：由题意可知：x﹣3≥0，

∴x≥3，

故选：D．

【点睛】本题考查了二次根式的定义，形如的式子叫二次根式，熟练掌握二次根式成立的条件是解答本题的关键．

2. 如图，在△ABC中，∠A＝90°，若AB＝8，AC＝6，则sinC的值为（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先根据勾股定理求出BC，再根据正弦函数的定义即可求解．

【详解】解：在Rt△ABC中，，

∴sinC=．

故选：D

【点睛】本题考查了求角的正弦值，理解正弦函数的意义是解题关键．

3. 已知，它们的周长分别为30和15，且，则的长为（    ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

【答案】B

【解析】

【分析】根据相似三角形的周长比等于相似比解答．

【详解】解：∵△MBC和△DEF的周长分别为30和15，

∴△MBC和△DEF的周长比为2：1，

∵，

∴，

解得，EF＝3，

故选：B．

【点睛】本题考查的是相似三角形的性质，掌握相似三角形的周长比等于相似比是解题的关键．

4. 下列运算正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据算术平方根，合并同类项，二次根式的除法逐项计算进而判断即可．

【详解】解：A. ，故该选项不正确，不符合题意；   

B. ，故该选项不正确，不符合题意；   

C. 与不能合并，故该选项不正确，不符合题意；   

D. 故该选项正确，符合题意；

故选D

【点睛】本题考查了算术平方根，合并同类项，二次根式的除法，正确的计算是解题的关键．

5. 下列事件中，是必然事件的是（    ）

A. 掷两次般子，点数和为10 B. 一元二次方程有两个相等的实数根

C. 相似三角形对应高的比等于相似比 D. 汽车经过一个红绿灯路口时，前方正好是绿灯

【答案】C

【解析】

【分析】在一定条件下，一定发生的事件是必然事件，在一定条件下，可能发生，也可能不发生的事件是随机事件，利用概念逐一判断即可.

【详解】解：掷两次般子，点数和为10，是随机事件，故A不符合题意；

一元二次方程有两个相等的实数根，是随机事件，故B不符合题意；

相似三角形对应高的比等于相似比，是必然事件，故C符合题意；

汽车经过一个红绿灯路口时，前方正好是绿灯，是随机事件，故D不符合题意；

故选C

【点睛】本题考查的是随机事件，必然事件的判断，掌握“随机事件与必然事件的概念”是解本题的关键.

6. 如图，河坝横断面迎水坡的坡比为．坝高为，则的长度为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】在Rt△ABC中，已知坡面AB的坡比以及铅直高度BC的值，通过解直角三角形即可求出斜面AB的长．

【详解】解：在Rt△ABC中，BC=4米，tanA=1：；
∴AC=BC÷tanA=米，
∴米．
故选：B．

【点睛】此题主要考查学生对坡度坡角的掌握及三角函数的运用能力，根据坡比求出AC的长度是解答本题的关键．

7. 我国南宋数学家杨辉所著《田亩比类乘除算法》有题目：直田积（矩形面积）八百六十四步（平方步），只云阔（宽）与长共六十步，问阔（宽）及长各几步．设阔（宽）有x步，那么下面所列方程正确的是（　　）

A. x（x+60）＝864 B. x （60﹣x）＝864

C. x （x﹣60）＝864 D. x2﹣60x﹣864＝0

【答案】B

【解析】

【分析】由阔（宽）与长共六十步，设阔（宽）有x步，则长有步，再利用矩形的面积公式可得方程，从而可得答案．

【详解】解：由题意得：阔（宽）与长共六十步，

设阔（宽）有x步，则长有步，则

故选：

【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，掌握利用一元二次方程解决面积问题是解题的关键．

8. 如图，在ABC中，AB＝10，BC＝16，点D、E分别是边AB、AC的中点，点F是线段DE上的一点，连接AF、BF，若∠AFB＝90°，则线段EF的长为（　　）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

【答案】B

【解析】

【分析】根据直角三角形的斜边的中线等于斜边的一半，得到DF=5，由三角形中位线的性质得到DE=8，最后由线段的和差解题即可．

【详解】解：∵∠AFB=90°，点D是AB的中点，
∴DF= AB=5，
∵BC= 16，D、E分别是AB，AC的中点，

∴DE=BC=8，
∴EF=DE-DF=3，
故选：B．

【点睛】本题考查了直角三角形的性质和中位线性质，掌握定理是解题的关键．

9. 已知点、、均在抛物线上，则的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据解析式求得对称轴，根据开口向上，离对称轴越远的点的函数值越大进行分析判断即可

【详解】的对称轴为，，开口向上，

点、、均在抛物线上，

在顶点，则最小，

又

故选A

【点睛】本题考查了图象的性质，掌握二次函数图象的性质是解题的关键．

10. 若已知抛物线经过点，则关于x的一元二次方程的解为（    ）

A.  B.  C. 或 D. 或

【答案】C

【解析】

【分析】由于抛物线沿x轴向左平移1个单位得到y＝a（x+1）2＋b（x+1）＋c，由于方程的解为x1＝-1，x2＝2得到对于方程a（x+1）2＋b（x+1）＋c＝0，则x+1＝-1或x+1＝2，解得x＝-2或x＝1，从而得到一元二方程的解．

【详解】解：关于x的一元二次方程变形为a（x+1）2＋b（x+1）＋c＝0，

因为抛物线经过点，

所以方程的解为x1＝-1，x2＝2，

对于方程a（x+1）2＋b（x+1）＋c＝0，则x+1＝-1或x+1＝2，解得x＝-2或x＝1，

所以一元二方程的解为x＝-2或x＝1．
故选：C．

【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2＋bx＋c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．

二、填空题（共6小题，每题4分，满分24分）

11. 计算：＝___．

【答案】

【解析】

【分析】根据二次根式的分母有理化方法即可得．

【详解】解：原式，

故答案为：．

【点睛】本题考查了二次根式的分母有理化，熟练掌握二次根式的分母有理化方法是解题关键．

12. 二次函数图象的顶点坐标是__________．

【答案】

【解析】

【分析】由抛物线顶点式y=a(x−h)2+k的顶点坐标为(h,k),可得抛物线的顶点坐标.

【详解】由抛物线顶点式y=a(x−h)2+k的顶点坐标为(h,k),可得抛物线的顶点坐标为(2,3).

故答案为

【点睛】本题考查了二次函数图象和性质，熟记抛物线顶点式y=a(x−h)2+k的顶点坐标为(h,k)是解本题的关键.

13. 在不透明的袋子中装有个白球，个红球，这些球除颜色外都相同．从袋子中随机提出个球，是红球的概率为______．

【答案】

【解析】

【分析】统计出红球的个数，根据概率公式计算其概率即可得出结果．

【详解】解：∵共有（2+3）个球，红球有2个，

∴摸出的球是红球的概率是：，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查概率的计算，一般方法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=，难度适中．

14. 关于x的一元二次方程的一个根是3，则另一个根是___________．

【答案】

【解析】

【分析】设方程的另一根为 则由一元二次方程根与系数的关系可得：从而可得答案.

【详解】解：关于x的一元二次方程的一个根是3，

设方程的另一根为

则

故答案为：

【点睛】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，掌握“一元二次方程根与系数的关系”是解本题的关键.

15. 如图，点E是的重心，和是以点D为位似中心的位似图形，则与的面积之比为___________．

【答案】1：9．

【解析】

【分析】根据位似图形的概念得到∽，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算即可．

【详解】解：∵点E是的重心，

∴点E是AD的三等分点，

∴，

∵和是以点D为位似中心的位似图形，

∴∽，EF∥AB，

∴，

∴，

故答案为：1：9．

【点睛】本题考查的是位似变换的概念和性质，掌握位似图形的概念、相似三角形的性质是解题的关键．

16. 如图，在矩形中，点E在上，且于F，连结，有下列四个结论：①；②；③；④．其中正确的结论有___________（填写序号即可）．

【答案】①④##④①

【解析】

【分析】根据矩形的性质，等角的余角相等可得,，即可证明进而判断①，根据可得，根据，结合相似比可得，进而判断②，过点作，反证法证明可得，进而判断③，连接设则，勾股定理求得各边，根据建立关系式，进而可得，进而求得，即可判断④

【详解】解：四边形是矩形

,

,

，

故①正确；

即

故②不正确

过点作，如图，

若，

则

即与矛盾，故

故③不正确

设则

中，

连接，如图，

在 中，

在中，

即①

又②

①+②得   

故④正确，

故答案为：①④

【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，平行线分线段成比例，解直角三角形，勾股定理，根据特殊角的三角函数值求角度，掌握以上知识是解题的关键．

三、解答题（满分86分；请将正确答案及解答过程填在答题卡相应位置，作图或添加辅助线用铅笔画完，再用黑色签字表描黑）

17. 计算：

【答案】

【解析】

【分析】分别计算二次根式的除法与乘法，锐角三角函数的计算，再合并即可.

【详解】解：

【点睛】本题考查的二次根式的除法，二次根式的乘法，锐角三角函数的应用，掌握“二次根式的运算”是解本题的关键.

18. 解方程：

【答案】

【解析】

【分析】先计算根的判别式，再利用公式法解方程即可．

【详解】解：由题意得：

＞

【点睛】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握利用公式法解一元二次方程是解题的关键．

19. 已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，

（1）求m的取值范围；

（2）当时，求出此时方程的两个根．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由一元二次方程有两个不相等的实数根，则 再解不等式即可得到答案；

（2）把代入原方程可得，再利用因式分解法解方程即可.

【小问1详解】

解： 关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，

整理得：

解得：

【小问2详解】

解：当时，方程：，

解得：

【点睛】本题考查的是一元二次方程的解法，一元二次方程根的判别式，掌握“一元二次方程有两个不相等的实数根，则”是解本题的关键.

20. 某景区检票口有A，B，C共3个检票通道．甲、乙两人到该景区游玩，两人分别从3个检票通道中随机选择一个检票．

（1）求甲选择A检票通道的概率；

（2）求甲乙两人选择检票通道恰好不同的概率．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由某景区检票口有A，B，C共3个检票通道，根据概率公式直接计算可得答案；

（2）先列表，求解所有的等可能的结果数，再得到符合条件的结果数，再利用概率公式进行计算即可.

【小问1详解】

解： 某景区检票口有A，B，C共3个检票通道，

甲选择A检票通道的概率为：

【小问2详解】

解：列表如下：

由表格信息可得：一共有9种等可能结果，

甲乙两人选择的检票通道恰好不同的结果数有6种，

所以甲乙两人选择的检票通道恰好不同的概率

【点睛】本题考查的是简单随机事件的概率，利用画树状图或列表的方法求解等可能事件的概率，掌握“列表法求概率”是解本题的关键.

21. 在中，，D为边上的一点，．

（1）求证：；

（2）求的值．

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】（1）根据即可证明；

（2）由（1）可得，设BC=k，则AC=2k，由勾股定理可得AB=，根据正弦的定义可求出的值．

【小问1详解】

∵

∴

∵，

∴

又

∴，

【小问2详解】

由（1）知

∴

∵

∴

设BC=k，则AC=2k，

由勾股定理得，

∴

【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理以及锐角正弦值，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．

22. 如图，在四边形中，．

（1）求作点E，使得四边形为菱形（要求：尺规作图，保留痕迹，不写作法）；

（2）在（1）的作图条件下，延长、交于点F，求证：直线、、相交于同一点．

【答案】（1）作图见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）分别以为圆心，为半径画弧，两弧交于点E，从而可得答案；

（2）如图，延长交于点 连接 与交于点 先证明 可得 再证明 可得 可得三点共线，从而可得三条直线交于点

【小问1详解】

解：如图，点即为所求作点，

小问2详解】

解：如图，延长交于点 连接 与交于点

四边形是菱形，

同理：

菱形

即

三点共线，即三条直线交于点

【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，菱形的作图，菱形的性质，相似三角形的判定与性质，证明三条直线交于同一点转换成证明三点共线是解本题的关键.

23. 鱼卷是泉州十大名小吃之一，不但本地人喜欢，还深受外来游客的赞赏．小张从事鱼卷生产和批发多年，有着不少来自零售商和酒店的客户，当地的习俗是农历正月没有生产鱼卷，客户正月所需要的鱼卷都会在农历十二月底进行一次性采购．2018年年底小张的“熟客”们共向小张采购了5000箱鱼卷，到2020年底“熟客”们采购了7200箱．

（1）求小张的“熟客"们这两年向小张采购鱼卷的年平均增长率；

（2）2020年底小张“熟客”们采订购鱼卷的数量占小张年底总销售量的，由于鱼卷受到游客们的青睐，小张做了一份市场调查，决定今年年底是否在网上出售鱼卷，若没有在网上出售鱼卷，则按去年的价格出售，每箱利润为15元，预计销售量与去年持平；若计划在网上出售鱼卷，则需把每箱售价下4至5元，且每下调1元销售量可增加1000箱，求小张在今年年底能获得的最大利润是多少元？

【答案】（1）   

（2）小张在今年年底能获得的最大利润是元.

【解析】

【分析】（1）设小张的“熟客”们这两年向小张采购鱼卷的年平均增长率为则可得方程再解方程即可得到答案；

（2）先求解今年的总的销量为箱，设今年总利润为元，价格下调元，则可建立二次函数为，再利用二次函数的性质求解最大值即可.

【小问1详解】

解：设小张的“熟客”们这两年向小张采购鱼卷的年平均增长率为 则

整理得：

解得：（负根不合题意舍去）

答：小张的“熟客”们这两年向小张采购鱼卷的年平均增长率为

【小问2详解】

解： 2020年底小张“熟客”们采订购鱼卷的数量占小张年底总销售量的，

  2020年小张年总销量为：（箱），

设今年总利润为元，价格下调元，则

令 则

所以抛物线的对称轴为：

所以函数有最大值，

当时，（元），

所以小张在今年年底能获得的最大利润是元.

【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，二次函数的应用，掌握“确定相等关系建立一元二次方程，建立二次函数模型”是解本题的关键.

24. 在中，是边上的中线，过点C作的垂线交的延长线于点E，于点F．

（1）求证：平分；

（2）求证：；

（3）过点A作交的延长线于点G，连结，当时，求的长．

【答案】（1）见解析    （2）见解析   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据题意可得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等边对等角，等量代换，即可证明，即平分；

（2）证明可得，根据中线的定义即可证明，从而得证；

（3）根据题意，可得，根据正弦的定义求得，同方法求得，勾股定理求得，进而勾股定理求得的长．

【小问1详解】

是边上的中线，

即平分；

【小问2详解】

，

又

是边上的中线，

【小问3详解】

如图，

中，

中，

中，

【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等角对等边，角平分线的定义，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，掌握以上知识是解题的关键．

25. 已知直线与抛物线交于A，B两点（点A在点B的左侧），与抛物线的对称轴交于点P，点P与抛物线顶点Q的距离为2（点P在点Q的上方）．

（1）求抛物线的解析式；

（2）直线与抛物线的另一个交点为M，抛物线上是否存在点N，使得？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）过点A作x轴的平行线交抛物线于点C，请说明直线过定点，并求出定点坐标．

【答案】（1）   

（2）存在，或   

（3），理由见解析

【解析】

【分析】（1）根据题意可得直线过定点，根据点P与抛物线顶点Q的距离为2（点P在点Q的上方），求得顶点坐标，根据顶点式求得的值，即可求得抛物线解析式；

（2）过点分别作轴的垂线，垂足分别为，设抛物线与轴的另一个交点为，连接，交轴于点，过点作交轴于点，交于点，求得点的坐标，证明，，即找到一个点，根据对称性求得直线的解析式，联立二次函数解析式找到另一个点；

（3）设，，则点坐标为，设直线的解析式为，求得解析式，进而求得，联立直线和二次函数解析式，根据一元二次方程根与系数的关系求得，代入直线解析式，根据解析式判断定点的坐标即可

【小问1详解】

，则当时，

则必过定点，

的对称轴为，顶点为

与抛物线的对称轴交于点P，则

点P与抛物线顶点Q的距离为2（点P在点Q的上方），

抛物线解析式为：

【小问2详解】

存在，或

直线的解析式为

联立直线与抛物线解析式

解得

即

如图，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，连接，交轴于点，过点作交轴于点，交于点，

,

则此时点与点重合，

设直线的解析式为

则

解得

令，则

四边形是矩形

四边形是正方形

设直线的解析式分别为

则

解得

解析式

联立

解得或

综上所述，或

【小问3详解】

设，，则点坐标为，

设直线的解析式为，

联立

过定点

【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，正切的定义，解直角三角形，正方形的性质，直线与二次函数交点问题，数形结合是解题的关键．