【期末押题复习】人教版数学九年级上册 期末突破-专题10 期末考试达标试题（五）

2022-2023上学期人教版上册9年级数学单元精练与期末考试达标试题突破

专题10 期末考试达标试题（五）

（满分120分，答题时间120分钟）

一、选择题（本大题有10个小题，每小题3分，共30分）

1．已知关于x的一元二次方程有一个根为，则a的值为（    ）

A．0 B． C．1 D．

【答案】D

【解析】根据一元二次方程的定义，再将代入原式，即可得到答案.

∵关于x的一元二次方程有一个根为，

∴，，则a的值为：．故选D．

2. （2022湖南常德）关于的一元二次方程无实数解，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】根据一元二次方程根的判别式小于0即可求解．

∵关于的一元二次方程无实数解，

∴

解得：，故选：A．

【点睛】本题考查了一元二次方程 (为常数)的根的判别式，理解根的判别式对应的根的三种情况是解题的关键．当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．

3．已知等腰三角形的两边长分别是一元二次方程的两根，则该等腰三角形的底边长为（   ）

A．2 B．4 C．8 D．2或4

【答案】A

【解析】解一元二次方程求出方程的解，得出三角形的边长，用三角形存在的条件分类讨论边长，即可得出答案．

x2－6x+8=0   （x－4）（x－2）=0   解得：x=4或x=2，

当等腰三角形的三边为2，2，4时，不符合三角形三边关系定理，此时不能组成三角形；

当等腰三角形的三边为2，4，4时，符合三角形三边关系定理，此时能组成三角形，

所以三角形的底边长为2．

4.（2022山东滨州）如图，在中，弦相交于点P，若，则的大小为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】根据三角形的外角的性质可得，求得，再根据同弧所对的圆周角相等，即可得到答案．

，，

【点睛】本题考查了圆周角定理及三角形的外角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．

5. （2022山东烟台）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，其对称轴为直线x＝﹣，且与x轴的一个交点坐标为（﹣2，0）．下列结论：①abc＞0；②a＝b；③2a+c＝0；④关于x的一元二次方程ax2+bx+c﹣1＝0有两个相等的实数根．其中正确结论的序号是（　　）

A. ①③ B. ②④ C. ③④ D. ②③

【答案】D

【解析】根据对称轴、开口方向、与y轴的交点位置即可判断a、b、c与0的大小关系，然后将由对称可知a＝b，从而可判断答案．

①由图可知：a＞0，c＜0，＜0，

∴b＞0，

∴abc＜0，故①不符合题意．

②由题意可知：＝，

∴b＝a，故②符合题意．

③将（﹣2，0）代入y＝ax2+bx+c，

∴4a﹣2b+c＝0，

∵a＝b，

∴2a+c＝0，故③符合题意．

④由图象可知：二次函数y＝ax2+bx+c的最小值小于0，

令y＝1代入y＝ax2+bx+c，

∴ax2+bx+c＝1有两个不相同的解，故④不符合题意．

【点睛】本题考查二次函数的图像与系数的关系，解题的关键是正确地由图象得出a、b、c的数量关系，本题属于基础题型．

6.（2022湖南株洲）已知二次函数，其中、，则该函数的图象可能为（    ）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】【分析】利用排除法，由得出抛物线与y轴交点应该在y轴的负半轴上，排除A选项和D选项，根据B选项和C选项中对称轴，得出，抛物线开口向下，排除B选项，即可得出C为正确答案．

对于二次函数，

令，则，

∴抛物线与y轴的交点坐标为

∵，

∴，

∴抛物线与y轴的交点应该在y轴的负半轴上，

∴可以排除A选项和D选项；

B选项和C选项中，抛物线的对称轴，

∵ ，

∴，

∴抛物线开口向下，可以排除B选项．

【点睛】本题考查二次函数的图象的性质，熟练掌握二次函数图象与三个系数之间的关系是解题的关键．

7. （2022山东潍坊）抛物线y=x2+x+c与x轴只有一个公共点，则c的值为（    ）

A.  B.  C.  D. 4

【答案】B

【解析】根据抛物线与x轴只有一个公共点，得到根的判别式等于0，即可求出c的值．

∵y=x2+x+c与x轴只有一个公共点，

∴x2+x+c=0有两个相等的实数根，

∴△=1-4c=0，

解得：c=．

8. （2022四川自贡）如图，菱形对角线交点与坐标原点重合，点，则点的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】根据菱形的中心对称性，A、C坐标关于原点对称，利用横反纵也反的口诀求解即可．

∵菱形是中心对称图形，且对称中心为原点，

∴A、C坐标关于原点对称，

∴C的坐标为．

【点睛】本题考查了菱形的中心对称性质，原点对称，熟练掌握菱形的性质，关于原点对称点的坐标特点是解题的关键．

9. （2022河南） 如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点A的坐标为（    ）

A.      B.       C.     D.

【答案】B

【解析】首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2022次旋转后，点A的坐标即可．

正六边形ABCDEF边长为2，中心与原点O重合，轴，

∴AP＝1， AO＝2，∠OPA＝90°，

∴OP＝＝，

∴A（1，），

第1次旋转结束时，点A的坐标为（，-1）；

第2次旋转结束时，点A的坐标为（-1，）；

第3次旋转结束时，点A的坐标为（，1）；

第4次旋转结束时，点A的坐标为（1，）；

∵将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，

∴4次一个循环，

∵2022÷4＝505……2，

∴经过第2022次旋转后，点A的坐标为（-1，），

故选：B

【点睛】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化﹣旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．

10．如图，小球从A入口往下落，在每个交叉口都有向左或向右两种可能，且可能性相等．则小球从E出口落出的概率是（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据“在每个交叉口都有向左或向右两种可能，且可能性相等”可知在点B、C、D处都是等可能情况，从而得到在四个出口E、F、G、H也都是等可能情况，然后概率的意义列式即可得解．

由图可知，在每个交叉口都有向左或向右两种可能，且可能性相等，

小球最终落出的点共有E、F、G、H四个，所以小球从E出口落出的概率是：．

二、填空题（本大题有8个小题，8个空，每空3分，共24分）

1．已知，且．则的值是_________．

【答案】4或-1

【解析】将已知等式两边同除以进行变形，再利用换元法和因式分解法解一元二次方程即可得．

将两边同除以得：

令  则 因式分解得：解得或

即的值是4或．

2．已知是一元二次方程的两个实数根，则的值是_________．

【答案】2

【解析】由已知结合根与系数的关系可得：=4，= -7，=，代入可得答案.

∵是一元二次方程的两个实数根，∴=4，= -7，

∴===2．

【点睛】本题考查的知识点是一元二次方程根与系数的关系，难度不大，属于基础题

3．抛物线y＝2x2+2（k﹣1）x﹣k（k为常数）与x轴交点的个数是　  　．

【答案】2．

【解析】∵抛物线y＝2x2+2（k﹣1）x﹣k（k为常数），

∴当y＝0时，0＝2x2+2（k﹣1）x﹣k，

∴△＝[2（k﹣1）]2﹣4×2×（﹣k）＝4k2+4＞0，

∴0＝2x2+2（k﹣1）x﹣k有两个不相等的实数根，

∴抛物线y＝2x2+2（k﹣1）x﹣k（k为常数）与x轴有两个交点，

4．在如图所示的电路图中，当随机闭合开关,,中的两个时，能够让灯泡发光的概率为________．

【答案】

【解析】分析电路图知：要让灯泡发光，必须闭合，同时,中任意一个关闭时，满足条件，从而求算概率．

分析电路图知：要让灯泡发光，必须闭合，同时,中任意一个关闭时，满足：

一共有：,,、,、,三种情况，满足条件的有,、,两种，

∴能够让灯泡发光的概率为：故答案为：．

【点睛】本题考查概率运算，分析出所有可能的结果，寻找出满足条件的情况是解题关键．

5. （2022浙江杭州）某网络学习平台2019年的新注册用户数为100万，2021年的新注册用户数为169万，设新注册用户数的年平均增长率为x（），则______（用百分数表示）．

【答案】30%

【解析】由题意：2019年的新注册用户数为100万，2021年的新注册用户数为169万，即可列出关于x的一元二次方程，解方程即可．

设新注册用户数的年平均增长率为x（），则2020年新注册用户数为100（1+x）万，2021年的新注册用户数为100（1+x）2万户，

依题意得100（1+x）2=169，

解得：x1=0.3，x2=-2.3（不合题意舍去），

∴x=0.3=30%．

6. （2022浙江丽水）三个能够重合的正六边形的位置如图．已知B点的坐标是，则A点的坐标是_______．

【答案】

【解析】如图，延长正六边形的边BM与x轴交于点E，过A作轴于N，连接AO，BO，

所以三个正六边形，O为原点，

BM=MO=OH=AH,∠BMO=OHA=120°，

△BMO≌△OHA

OB=OA

∠MOE=90°-60°=30°，

∠MOB=（180°-120°）/2=30°，

所以∠BOE=60°，

明显能得出∠HOA=30°，

所以∠AOB=∠HOA+∠HOE+∠EOB=30°+90°+60°=180°

三点共线，

关于O对称，

已知B点的坐标是，

所以

【点睛】本题考查的是坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质，关于原点成中心对称的两个点的坐标特点，正多边形的性质，熟练的应用正多边形的性质解题是解本题的关键．

7. （2022湖南怀化）如图，AB与⊙O相切于点C，AO=3，⊙O的半径为2，则AC的长为_______．

【答案】

【解析】根据切线的性质得到∠OCA=90°，再利用勾股定理求解即可．

连接OC，

∵AB与⊙O相切于点C，

∴OC⊥AB，即∠OCA=90°，

在Rt△OCA中，AO=3 ，OC=2，

∴AC=．

8. （2022黑龙江齐齐哈尔）已知圆锥的母线长为高为则该圆锥侧面展开图的圆心角是______．

【答案】

【解析】先根据勾股定理算出圆锥底面圆的半径，然后算出弧长，再根据弧长公式反推出圆心角．

根据母线和高，用勾股定理可以算出圆锥底面圆的半径，

则展开之后扇形的弧长就等于底面圆的周长，

再根据弧长公式，得到，算出．

三、解答题（本大题有7个小题，共66分）

1.（6分）解方程：4（2x﹣1）2﹣36＝0．

【答案】见解析。

【解析】根据直接开方法即可求出答案．

∵4（2x﹣1）2﹣36＝0，

∴（2x﹣1）2＝9，

∴2x﹣1＝±3，

∴x＝2或﹣1

2．（8分）已知，是一元二次方程的两个实数根．

（1）求k的取值范围；

（2）是否存在实数k，使得等式成立？如果存在，请求出k的值，如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）∵一元二次方程有两个实数根，∴解得；

（2）由一元二次方程根与系数关系，

∵，∴即，解得．

又由（1）知：，∴．

3．（8分）一个不透明的盒子里装有除颜色外其余均相同的2个黑球和个白球，搅匀后从盒子里随机摸出一个球，摸到白球的概率为．（1）求的值；（2）所有球放入盒中，搅匀后随机从中摸出1个球，放回搅匀，再随机摸出第2个球，求两次摸球摸到一个白球和一个黑球的概率，请用画树状图或列表的方法进行说明．

【答案】（1）1；（2）．

【解析】（1）由题意得 ，解得n=1；

（2）根据题意画出树状图如下：

所以共有9种情况，其中两次摸球摸到一个白球和一个黑球有4种情况，则 两次摸球摸到一个白球和一个黑球的概率．

【点睛】本题考查了概率公式的运用和利用树状图求概率，根据概率公式列方程和正确画出树状图是解答本题的关键．

4.（8分）北京国家体育场“鸟巢”的模型深受游客喜爱． 图中折线（AB∥CD∥x轴）反映了某种规格“鸟巢”模型的单价y（元）与购买数量x（个）之间的函数关系．

（1）求当10≤x≤20时，y与x的函数关系式；

（2）已知某旅游团购买该种规格的“鸟巢”模型的总金额为2625元，问该旅游团共购买这种模型多少个？（总金额＝数量×单价）

【答案】见解析。

【解析】（1）当10≤x≤20时，设y＝kx+b（k≠0）（11分）

依题意，得

，

解得

，

∴当10≤x≤20时，y＝﹣5x+250；

（2）∵10×200＜2625＜20×150

∴10＜x＜20，

依题意，得xy＝x（﹣5x+250）＝2625，

即x2﹣50x+525＝0，

解得x1＝15，x2＝35（舍去）

∴只取x＝15．

答：该旅游团共购买这种模型15个．

5.（12分） （2022湖南邵阳）如图，已知是的直径，点为延长线上一点，是的切线，点为切点，且．

（1）求的度数；

（2）若的半径为3，求圆弧的长．

【答案】（1）    （2）

【解析】（1）如下图，连接AO

∵是的切线

∴

∴

∵

∴

∵

∴

∴

∴

∴是等边三角形

∴

∵

∴

（2）∵

∴

圆弧的长为：

∴圆弧的长为．

【点睛】本题考查全等三角形、等腰三角形、等边三角形和圆的性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形、等腰三角形、等边三角形和圆的相关知识．

6. （12分）（2022上海）已知：经过点，．

（1）求函数解析式；

（2）平移抛物线使得新顶点为（m＞0）．

倘若，且在的右侧，两抛物线都上升，求的取值范围。

【答案】（1）   （2）k≥2 

【解析】（1）把，代入，得

，解得：，

∴函数解析式为：；

（2）∵，

∴顶点坐标为(0，-3)，即点B是原抛物线的顶点，

∵平移抛物线使得新顶点为（m＞0）．

∴抛物线向右平移了m个单位，

∴，

∴m=2，

∴平移抛物线对称轴为直线x=2，开口向上，

∵在的右侧，两抛物线都上升，

又∵原抛物线对称轴为y 轴，开口向上，

∴k≥2，

7.（12分）（2019福建）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．

（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求∠ADE的大小；

（2）若α＝60°时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形．

【答案】见解析。

【解析】（1）如图1，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC上，

∴CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，

∵CA＝CD，

∴∠CAD＝∠CDA＝（180°﹣30°）＝75°，

∴∠ADE＝90°﹣75°＝25°；

（2）证明：如图2，

∵点F是边AC中点，

∴BF＝AC，

∵∠ACB＝30°，

∴AB＝AC，

∴BF＝AB，

∵△ABC绕点A顺时针旋转60得到△DEC，

∴∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，

∴DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，

∴BE＝CB，

∵点F为△ACD的边AC的中点，

∴DF⊥AC，

易证得△CFD≌△ABC，

∴DF＝BC，

∴DF＝BE，

而BF＝DE，

∴四边形BEDF是平行四边形．