2023-2024学年吉林省长春市德惠市九年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年吉林省长春市德惠市九年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析），共19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.下列式子中是最简二次根式的是( )
A. 4B. 13C. 29D. 1 5
2.若2y=5x(xy≠0)，则下列比例式正确的是( )
A. xy=52B. x5=2yC. xy=25D. yx=25
3.下列说法正确的是( )
A. “买中奖率为1%的奖券100张，一定中奖”是必然事件
B. “汽车累积行驶10000km，从未出现故障”是不可能事件
C. 天气预报说“明天的降水概率为70%”，意味着明天一定下雨
D. “清明时节雨纷纷”为随机事件
4.下列各式计算正确的是( )
A. 2 3+ 3=2 6B. (−3)2=3
C. 3× 3= 6D. 12=4 3
5.如图是一架人字梯，已知AB=AC，两梯脚之间的距离BC=m米，AC与地面BC的夹角为α，则人字梯AC长为( )
A. mcsα2米
B. msinα米
C. m2csα米
D. mcsα米
6.如图，△ABC的三个顶点都在方格纸的格点上，其中A点的坐标是(−3,0)，现将△ABC绕点B按逆时针方向旋转90∘，则旋转后点A的坐标是( )
A. (1,3)B. (−1,−4)C. (−2,−4)D. (−3,3)
7.若关于x的一元二次方程x2+bx+c=0的两个实数根分别为x1=−1，x2=2，那么抛物线y=x2+bx+c的对称轴为直线( )
A. x=1B. x=12C. x=32D. x=−12
8.在2023年中考体育考试前，小康对自己某次实心球的训练录像进行了分析，发现实心球飞行路线是一条抛物线，若不考虑空气阻力，实心球的飞行高度y(单位：米)与飞行的水平距离x(单位：米)之间具有函数关系y=−116x2+58x+32，则小康这次实心球训练的成绩为( )
A. 14米B. 12米C. 11米D. 10米
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
9.函数y= x−1的自变量x的取值范围是______.
10.一个盒子中有m个红球、3个白球，每个球除颜色外都相同.从中任取一个球，若取得白球的概率是14，则m=______ .
11.若关于x的一元二次方程x2+5x+k=0有两个相等的实数根，则k=______ .
12.△ABC和△DEF的三边长分别为7、2、6和18、6、21，且两三角形相似，则△ABC与△DEF的面积比为______ .
13.如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，E是BC上一点，BE=1，AE与BD交于点F.则DF的长为______ .
14.如图，用长为20cm的篱笆，一边利用墙(墙足够长)围成一个长方形花园，设花园的宽AB为xcm，围成的花圃面积为ycm2，则y关于x的函数表达式为____.
三、解答题：本题共10小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题6分)
计算：(2 5−3)(2 5+3)−2( 5−1)2.
16.(本小题6分)
解方程：x2−2x−5=0.
17.(本小题6分)
不透明的袋子中装有2个红球和1个白球，这些球除颜色外完全相同.若从袋子中随机摸出2个球，请用列表或画树状图的方法，求摸出的2个球颜色不同的概率.
18.(本小题7分)
建设美丽城市，改造老旧小区．某市2020年投入资金1000万元，2022年投入资金1440万元，现假定每年投入资金的增长率相同．求该市改造老旧小区投入资金的年平均增长率．
19.(本小题7分)
如图，a//b//c，直线m，n交于点O，且分别与直线a，b，c交于点A、B、C和点D、E、F，已知OA=1，OB=2，BC=4，EF=5，求DE的长度是？
20.(本小题7分)
图①、图②、图③均是3×3的正方形网格，每个小正方B、P、Q均在格点上.请按要求完成作图，保留作图痕迹.
(1)在线段AB上找一点C，使其平分线段AB；
(2)在线段AB上找一点D，使其分线段AB为1：3两部分；
(3)在线段AB上找一点E，使tan∠PEB=1.
21.(本小题8分)
2022年11月29日，搭载神舟十五号载人飞船的运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射.运载火箭从发射点O处发射，当火箭到达A处时，在地面雷达站C处测得点A的仰角为30∘，在地面雷达站B处测得点A的仰角为45∘.已知AC=20km，O、B、C三点在同一条直线上，求B、C两个雷达站之间的距离(结果精确到0.01km，参考数据 3≈1.732).
22.(本小题9分)
【教材呈现】如图是华师版九年级上册数学教材第77页的部分内容.
(1)【定理证明】请根据教材内容，结合图①，写出证明过程.
(2)【定理应用】如图②，已知矩形ABCD中，AD=6，CD=4，点P在BC上从B向C移动，R、E、F分别是DC、AP、RP的中点，则EF=______ .
(3)【拓展提升】如图③，△ABC中，AB=12，BC=16，点D，E分别是AB，AC的中点，点F在DE上，且∠AFB=90∘，则EF=______ .
23.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2−4x+c与y轴相交于点A(0,2).
(1)求c的值；
(2)点B为y轴上一点，其纵坐标为m(m≠2)，连接AB，以AB为边向右作正方形ABCD.
①设抛物线的顶点为P，当点P在BC上时，求m的值；
②当点C在抛物线上时，求m的值；
③当抛物线与正方形ABCD有两个交点时，直接写出m的取值范围．
24.(本小题12分)
如图，Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=3，BC=4.点P从点C出发沿折线CA−AB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动，点Q从点B出发沿BC−CA−AB以每秒2个单位长的速度向点B匀速运动，点P、Q同时出发，当其中一点到达点B时停止运动，另一点也随之停止.设点P、Q运动的时间是t秒(t>0).
(1)当t=1时，PQ=______ ；当t=5时，PQ=______ .
(2)当点P、Q重合时，求出BP的长.
(3)点P、Q分别在AC、BC上时，△PQC的面积能否是△ABC面积的一半？若能，求出t的值；若不能，请说明理由.
(4)当PQ与△ABC的一边平行时，直接写出t的值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A. 4=2，故不是最简二次根式，不合题意；
B. 13= 33，故不是最简二次根式，不合题意；
C. 29，是最简二次根式，符合题意；
D.1 5= 55，故不是最简二次根式，不合题意；
故选：C.
直接利用最简二次根式的定义以及分母有理化，分别化简得出答案．
此题主要考查了分母有理化以及最简二次根式，正确掌握最简二次根式的定义是解题关键．
2.【答案】C
【解析】解：∵2y=5x(xy≠0)，
∴xy=25，
故选：C.
根据比例的基本性质，把已知的等积式变形为比例式，即可判断．
本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的基本性质是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：A、“买中奖率为1%的奖券100张，一定中奖”是随机事件，原说法错误，不符合题意；
B、“汽车累积行驶10000km，从未出现故障”是随机事件，原说法错误，不符合题意；
C、天气预报说“明天的降水概率为70%”，意味着明天可能下雨，原说法错误，不符合题意；
D、“清明时节雨纷纷”是随机事件，正确，符合题意．
故选：D.
根据随机事件的概念、概率的意义和概率公式分别对每一项进行分析，即可得出答案．
此题考查了随机事件、概率的意义和概率公式，正确理解概率的意义是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：A.2 3+ 3=3 3，原计算错误，不符合题意；
B. (−3)2=3，正确，符合题意；
C. 3× 3=3，原计算错误，不符合题意；
D. 12=2 3，原计算错误，不符合题意．
故选：B.
先根据二次根式的加减，二次根式的乘法和二次根式的性质进行计算，再得出选项即可．
本题考查了二次根式的混合运算，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：如图，过点A作AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴BD=CD=12BC=m2米，
在Rt△ADC中，csα=CDAC，
∴AC=CDcsα=m2csα米，
故选：C.
过点A作AD⊥BC，根据等腰三角形的性质可得，BC=2CD，再根据余弦的定义即可求解．
本题主要考查解直角三角形的应用、等腰三角形的性质，正确运用锐角三角函数是解题关键．
6.【答案】B
【解析】△ABC绕点B按逆时针方向旋转90∘后，得到△A′BC′，如图，
由图可知，点A′的坐标为(−1,−4)，
故旋转后点A的坐标是(−1,−4).
故选：B.
根据网格的特点结合旋转的性质画出△ABC绕点B按逆时针方向旋转90∘的图形，以此即可求解．
本题主要考查坐标与图形变化-旋转，解题关键是图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．
7.【答案】B
【解析】解：∵一元二次方程的两个根为x1=−1，x2=2，
则由韦达定理可得，−b=1，
∴b=−1，
二次函数的对称轴为x=−b2=12，
故选：B.
由一元二次方程的两个根为x1=−1，x2=2，可求b=−1，再由二次函数的对称轴为x=−b2=−12，即可求解．
本题考查二次函数的图象及性质，一元二次方程的根的特点；熟练掌握一元二次方程根与系数的关系、二次函数对称轴的求法是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了二次函数的应用．根据实心球落地时，高度y=0，把实际问题可理解为当y=0时，求x的值即可．
【解答】
解：当y=0时，则−116x2+58x+32=0，
解得x=−2(舍去)或x=12，
则小康这次实心球训练的成绩为12米.
9.【答案】x≥1
【解析】解：根据题意得，x−1≥0，
解得x≥1.
故答案为：x≥1.
根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
本题考查函数自变量的取值范围，关键是二次根式的被开方数是非负数．
10.【答案】9
【解析】解：3m+3=14，
∴m=9，
经检验m=9是原方程的解，
∴m=9，
故答案为：9.
由于取得白球的概率是14，故可利用概率公式求出摸到白球的概率列出等式，求出m的值．
本题主要考查概率，熟练掌握概率的求解是解题的关键．
11.【答案】254
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2+5x+k=0有两个相等的实数根，
∴Δ=b2−4ac=52−4×1×k=25−4k=0，
解得：k=254，
故答案为：254.
由关于x的一元二次方程x2+5x+k=0有两个相等的实数根，即可得判别式Δ=0，解方程可求得k的值．
此题考查了一元二次方程判别式的知识．此题比较简单，解题的关键是掌握一元二次方程有两个相等的实数根，即可得Δ=0.
12.【答案】19
【解析】解：∵△ABC和△DEF的三边长分别为7、2、6和18、6、21，且两三角形相似，
∴△ABC与△DEF的相似比为26=721=618=13，
∴△ABC与△DEF的相似比为(13)2=19.
故答案为：19.
△ABC的三边长分别为7、2、6，△DEF的两边长分别为18、6、21，再根据相似三角形的性质求相似比即可．
本题主要考查了相似三角形的性质，掌握相似三角形的面积之比等于相似比的平方是解答本题的关键．
13.【答案】4
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=90∘，AB=CD=3，AD=BC=4，AD//CB，
∴BD= CD2+CB2= 32+42=5，
∵BE//AD，
∴△BFE∽△DFA，
∴BFDF=BEAD=14，
∴DF=45BD=4.
故答案为：4.
利用勾股定理求出BD，再证明DF：BF=4：1，可得结论．
本题考查相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是掌握相似三角形的判定和性质，属于中考常考题型．
14.【答案】y=−2x2+20x
【解析】解：由题意可得：y=x(20−2x)=−2x2+20x.
故答案为：y=−2x2+20x.
根据题意表示出花圃的长为(20−2x)m，进而利用矩形面积公式得出答案．
此题主要考查了根据实际问题列二次函数解析式，正确表示出花圃的长是解题关键．
15.【答案】解：原式=(2 5)2−32−2(5−2 5+1)
=20−9−10+4 5−2
=−1+4 5.
【解析】先利用平方差公式和完全平方公式分别化简，再合并即可得出答案．
此题主要考查了二次根式的混合运算，正确利用平方差公式和完全平方公式是解题关键．
16.【答案】解：∵x2−2x=5，
∴x2−2x+1=6，
则(x−1)2=6，
解得x−1=± 6，
∴x1=1+ 6，x2=1− 6.
【解析】本题考查了解一元二次方程-配方法．
先利用配方法得到(x−1)2=6，然后利用直接开平方法解方程．
17.【答案】解：列表法：设用A、B表示两个红球，C表示白球，
一共有6种等可能性的结果数，其中摸出的2个球颜色不同的结果数有4种，
∴P=46=23.
【解析】列表得出所有等可能的情况数，找出先后摸出的两球颜色不同的情况数，即可求出所求的概率．
此题考查了列表法与树状图法求概率，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
18.【答案】解：设该市改造老旧小区投入资金的年平均增长率为x，
依题意得：1000(1+x)2=1440，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(不合题意，舍去).
答：该市改造老旧小区投入资金的年平均增长率为20%.
【解析】设该市改造老旧小区投入资金的年平均增长率为x，利用2022年投入资金金额=2020年投入资金金额×(1+年平均增长率)2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是找准等量关系，正确列出一元二次方程．
19.【答案】解：∵b//c，
∴OEEF=OBBC=24=12，
∴OE=12EF=52，
∵a//c，
∴DOOF=AOOC=12+4=16，
∴DO=16OF=16×(52+5)=54，
∴DE=DO+OE=54+52=154.
【解析】由平行线分线段成比例定理得出比例式，即可得出结果．
本题考查平行线分线段成比例．
20.【答案】解：(1)如图，点C即为所求；
(2)如图点D即为所求；
(3)如图，点E即为所求．

【解析】(1)取格点M，N连接MN交AB于点C，点C即为所求；
(2)取格点M，N连接MN交AB一点D，点D即为所求；
(3)取格点M，连接PM交AB一点E，点E即为所求．
本题考查作图-应用与设计作图，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．
21.【答案】解：在Rt△AOC中，∵∠C=30∘，AC=20km，
∴AO=12AC=12×20=10(km)，
∴OC= AC2−AO2= 202−102=10 3(km)，
在Rt△AOB中，∵∠ABO=45∘，
∴AO=OB=10km，
∴BC=OC−OB=10 3−10≈7.32(km)，
答：B、C两个雷达站之间的距离为7.32km.
【解析】根据直角三角形的性质得到AO=12AC=12×20=10(km)，根据勾股定理得到OC= AC2−AO2= 202−102=10 3(km)，根据等腰直角三角形的性质得到AO=OB=10km，于是得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用-仰角与俯角，正确地识别图形是解题的关键．
22.【答案】 10 2
【解析】(1)证明：∵点D、E分别是AB与AC的中点，
∴ADAB=AEAC=12，
∴△ADE∽△ABC，
∴DEBC=12，∠ADE=∠ABC，
∴DE//BC，DE=12BC；
(2)解：连接AR，
∵E是AP的中点，F是PR的中点，
∴EF=12AR，
∵R是CD的中点，
∴DR=12CD，
∵CD=4，
∴DR=2，
∵AD=6，
∴AR=2 10，
∴EF= 10，
故答案为： 10；
(3)解：∵E是AC的中点，
∴DE=12BC，
∵BC=16，
∴DE=8，
∵∠AFB=90∘，点D是AB的中点，
∴DF=12AB，
∵AB=12，
∴DF=6，
∴EF=2，
故答案为：2.
(1)利用两边成比例，夹角相等证明△ADE∽△ABC，即可证明；
(2)连接AR，在△ADR中求出AR，再由中位线的性质求EF即可；
(3)在直角△AFB中，利用斜边的中线等于斜边的一半，求出DF，再由中位线定义求DE，即可求EF.
本题是四边形的综合应用题，熟练掌握中位线的定义及性质，三角形相似的判定及性质，直角三角形的性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)∵抛物线y=x2−4x+c与y轴相交于点A(0,2)，
∴把点A(0,2)代入y=x2−4x+c得c=2，
∴c的值为2；
(2)①如图，
∵y=x2−4x+2=(x−2)2−2，
∴顶点P的坐标为(2,−2)，
∵点P在BC上，且点B的坐标为(0,m)，
∴m=−2；
②当m>2时，如图，
由A(0,2)，B(0,m)得AB=m−2，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC=AB=m−2，
∴点C的坐标为(m−2,m).
∵点C在抛物线y=x2−4x+2上，
∴把点C(m−2,m)代入y=x2−4x+2得：
m=(m−2)2−4(m−2)+2，
解得m1=2(舍去)，m2=7；
当m<2时，如图，
由A(0,2)，B(0,m)得AB=2−m，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC=AB=2−m，
∴点C的坐标为(2−m,m)，
∵点C在抛物线y=x2−4x+2上，
∴把点C(2−m,m)代入y=x2−4x+2得：
m=(2−m)2−4(2−m)+2，
解得m1=2(舍去)，m2=−1，
综上可知：当点C在抛物线上时，m=7或m=−1；
③当m>2时，如图：
若D在抛物线上，则抛物线与正方形ABCD有两个交点，
∵AD=AB=m−2，
∴D(m−2,2)，
代入y=x2−4x+2得：
2=(m−2)2−4(m−2)+2，
解得m=6或m=2(舍去)，
∴此时m的值为6；
当m<2时，如图：
若C在抛物线内部，抛物线与正方形ABCD有两个交点，
由②知，m=−1时C在抛物线上，
∴此时−1若BC在顶点下方时，抛物线与正方形ABCD有两个交点，如图：
由①知，当m=−2时，顶点在抛物线上，
∴此时m<−2；
综上所述，抛物线与正方形ABCD有两个交点，m的范围是：m<−2或−1【解析】(1)把点A(0,2)代入y=x2−4x+c即得c=2；
(2)①由y=x2−4x+2顶点P的坐标为(2,−2)，可得m=−2；
②分两种情况：当m>2时，点C的坐标为(m−2,m)，代入y=x2−4x+2得m=(m−2)2−4(m−2)+2，当m<2时，点C的坐标为(2−m,m)，代入y=x2−4x+2得m=(2−m)2−4(2−m)+2，解方程可得答案；
③分三种情况：当m>2时，若D在抛物线上，则抛物线与正方形ABCD有两个交点，而D(m−2,2)，代入y=x2−4x+2得2=(m−2)2−4(m−2)+2，可知此时m的值为6；当m<2时，若C在抛物线内部，抛物线与正方形ABCD有两个交点，此时−1本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，正方形性质及应用，函数图象上点坐标的特征等，解题的关键是分类讨论思想的应用．
24.【答案】 5 1
【解析】解：(1)当t=1时，PC=1，CQ=4−2×1=2，
∴PQ= 12+22= 5；
在Rt△ABC中，AB= AC2+BC2= 32+42=5，
当t=5时，如图1，
∵AP=1×5−3=2，AQ=2×5−4−3=3，
∴P、Q都在AB上，
∴PQ=3−2=1；
故答案为： 5；1；
(2)依题意得：
t+4=2t，
解得：t=4，
此时P点在AB上，
∴BP=CA+AB−t=3+5−4=4；
(3)△PQC的面积不能是△ABC面积的一半．理由如下：
若△PQC的面积是△ABC面积的一半，
即12t(4−2t)=12×12×3×4，
即t2−2t+3=0，
∵Δ=(−2)2−4×1×3=−8<0，
∴方程没有实数根，
即△PQC的面积不能是△ABC面积的一半．
(4)分两种情况：
当PQ//AB时，如图2，
这时，CPAC=CQAB，
∴t3=4−2t4，
解得：t=65；
当PQ//BC时，如图3，
此时，AQAC=APAB，
∵AQ=7−2t，AP=t−3，
∴7−2t3=t−35，
解得t=4413，
综上，当PQ与△ABC的一边平行时，t=65或4413.
(1)t=1时，求出PC、CQ，依据勾股定理解答即可；t=5时，分别求得AP、AQ，然后相减即可；
(2)首先得出P、Q重合时的运动时间，确定P在AB上，进而解答即可；
(3)依据面积计算公式得出12t(4−2t)=12×12×3×4，利用根的差别式△判断即可；
(4)利用平行线分线段成比例定理，构建方程即可解决问题．
本题考查时间最综合题、动点问题、平行线分线段成比例定理、勾股定理、三角形的面积公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会用方程的思想思考问题，属于中考压轴题．猜想：如图，在△ABC中，点D、E分别是AB与AC的中点.根据画出的图形，可以猜想：
DE//BC，且DE=12BC
对此，我们可以用演绎推理给出证明.
A
B
C
A
(B,A)
(C,A)
B
(A,B)
(C,B)
C
(A,C)
(B,C)