2020-2021学年天津市红桥区九年级上学期数学期末试卷及答案

这是一份2020-2021学年天津市红桥区九年级上学期数学期末试卷及答案，共21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. 两个不透明的口袋中分别装有两个完全相同的小球，将每个口袋中的小球分别标号为1和2．从这两个口袋中分别摸出一个小球，则下列事件为随机事件的是（ ）
A. 两个小球的标号之和等于3
B. 两个小球的标号之和等于6
C. 两个小球的标号之和大于0
D. 两个小球的标号之和等于1
【答案】A
【解析】
【分析】分别利用随机事件、必然事件、不可能事件的定义分别分析得出答案．
【详解】∵两个不透明的口袋中各有两个相同的小球，将每个口袋中的小球分别标号为1，2，
∴从这两个口袋中分别摸出一个小球，两个小球的标号之和等于3，是随机事件，符合题意；
两个小球的标号之和等于6，是不可能事件，不符合题意；
两个小球的标号之和大于0，是必然事件，不符合题意；
两个小球的标号之和等于1，是不可能事件，不合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了随机事件、必然事件、不可能事件，解决此类问题，要掌握三类事件的定义，学会关注身边的事物，并用数学的思想和方法去分析、看待、解决问题，提高自身的数学素养．
2. 某射击运动员在同一条件下的射击成绩记录如下：
根据频率的稳定性，估计这名运动员射击一次时“射中9环以上”的概率约是（ ）
A. 0.75B. 0.82C. 0.78D. 0.80
【答案】D
【解析】
【分析】大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
【详解】解：根据表格数据可知：
根据频率稳定在0.8，估计这名运动员射击一次时“射中9环以上”的概率是0.80．
故选：D．
【点睛】本题考查了利用频率估计概率，解决本题的关键是理解当试验的所有可能结果不是有限个或结果个数很多，或各种可能结果发生的可能性不相等时，一般通过统计频率来估计概率．
3. 下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中心对称图形性质得出图形旋转180°，与原图形能够完全重合的图形是中心对称图形，分别判断得出即可．
【详解】解：A．旋转180°，不能与原图形能够完全重合不是中心对称图形；故此选项不合题意；
B．旋转180°，与原图形能够完全重合是中心对称图形；故此选项符合题意；
C．旋转180°，不能与原图形能够完全重合不是中心对称图形；故此选项不合题意；
D．旋转180°，不能与原图形能够完全重合不是中心对称图形；故此选项不合题意；
故选：B．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形的性质，根据中心对称图形的定义判断图形是解决问题的关键．
4. 若xm+1+6x+1＝0是关于x的一元二次方程，则m的值为（ ）
A. ﹣1B. 0C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用一元二次方程的定义，可得出m+1＝2，解之即可得出m的值．
【详解】解：∵xm+1+6x+1＝0是关于x一元二次方程，
∴m+1＝2，
∴m＝1．
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，牢记“只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程”是解题的关键．
5. 如图，四边形为的内接四边形，已知为，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠A，根据圆周角定理计算，得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A＝180°−∠BCD＝60°，
由圆周角定理得，∠BOD＝2∠A＝120°，
故选：C．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
6. 若x2+5x+m＝（x+n）2，则m，n的值分别为（ ）．
A. m＝，n＝B. m＝，n＝5C. m＝25，n＝5D. m＝5，n＝
【答案】A
【解析】
【分析】根据完全平方公式和整式性质计算，得到m和n的关系式，通过计算即可得到答案．
【详解】∵x2+5x+m＝（x+n）2＝x2+2nx+n2
∴2n＝5，m＝n2
∴m＝，n＝
故选：A．
【点睛】本题考查了整式、乘法公式、一元一次方程、乘方的知识；解题的关键是熟练掌握整式、完全平方公式的性质，从而完成求解．
7. 方程x2+x-12=0的两个根为（ ）
A. x1=-2，x2=6B. x1=-6，x2=2C. x1=-3，x2=4D. x1=-4，x2=3
【答案】D
【解析】
【分析】将x2+x﹣12分解因式成（x+4）（x﹣3），解x+4=0或x﹣3=0即可得出结论．
【详解】x2+x﹣12=（x+4）（x﹣3）=0
则x+4=0，或x﹣3=0
解得：x1=﹣4，x2=3．
故选D．
【点睛】考点：解一元二次方程-因式分解法
8. 如图，AB为⊙O的切线，点A为切点，OB交⊙O于点C，点D在⊙O上，连接AD，CD，OA，若∠ADC＝28°，则∠ABO的大小（ ）
A. 28°B. 34°C. 56°D. 62°
【答案】B
【解析】
【分析】根据切线的性质得∠OAB＝90°，再根据圆周角定理得到∠AOC＝56°，然后利用互余计算出∠ABO的度数．
【详解】解：∵AB为⊙O的切线，点A为切点，
∴OA⊥AB，
∴∠OAB＝90°，
∵∠AOB＝2∠ADC＝2×28°＝56°，
∴∠ABO＝90°﹣∠AOB＝90°﹣56°＝34°．
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径，也考查了圆周角定理．
9. 参加足球联赛的每两队之间都进行一场比赛，共要比赛90场，设共有个队参加比赛，则下列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据每个队都要和除自己以外的球队比一场，并且要考虑到重复的情况，那么比赛场次用x表示应该是 x(x−1) ．
【详解】解：每个球队都要和除自己以外的球队比一场，∴一共是 x(x−1) 场，但是其中有重复的，∴实际上是 x(x−1) 场，可以列式 x(x−1)=90 ．
故选：C．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，解题的关键是根据题意列出方程．
10. 加工爆米花时，爆开且不糊的粒数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，可食用率y与加工时间x（单位：min）满足函数表达式y＝﹣0.2x2+1.5x﹣2，则最佳加工时间为（ ）
A. 3minB. 3.75minC. 5minD. 7.5min
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数的性质即可求解．
【详解】解：根据题意：y＝﹣0.2x2+1.5x﹣2，
当x＝﹣ ＝3.75时，y取得最大值，
则最佳加工时间为3.75min．
故选：B．
【点睛】本题主要考查二次函数的应用，利用二次函数的性质求最值问题是解题的关键．
11. 如图，半径为的扇形中，，为上一点，，，垂足分别为、．若为，则图中阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题可通过做辅助线，利用矩形性质对角线相等且平分以及等面积性，利用扇形ABC面积减去扇形AOC面积求解本题．
【详解】连接OC交DE为F点，如下图所示：
由已知得：四边形DCEO为矩形．
∵∠CDE=36°，且FD=FO，
∴∠FOD=∠FDO=54°，△DCE面积等于△DCO面积．
．
故选：A．
【点睛】本题考查几何面积求法，在扇形或圆形题目中，需要构造辅助线利用割补法，即大图形面积减去小图形面积求解题目，扇形面积公式为常用工具．
12. 如图，二次函数y＝a+bx+c（a＞0）的图象与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于点C，它的对称轴为直线x＝﹣1．有下列结论：①abc＞0；②4ac﹣＞0；③c﹣a＞0；④当x＝﹣﹣2（n为实数）时，y≥c．其中，正确结论的个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数的开口方向，对称轴的位置，二次函数的性质，二次函数的图像与x轴的交点情况去分析判断即可．
【详解】解：由图象开口向上，可知a＞0，
与y轴的交点在x轴的上方，可知c＞0，
又对称轴为直线x＝﹣1，
∴﹣＜0，
∴b＞0，
∴abc＞0，
故①正确；
∵二次函数y＝a+bx+c（a＞0）的图象与x轴交于A，B两点，
∴﹣4ac＞0，
∴4ac﹣＜0，
故②错误；
∵﹣＝﹣1，
∴b＝2a，
∵当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＜0，
∴a﹣2a+c＜0，
∴c﹣a＜0，
故③错误；
当x＝﹣﹣2（n为实数）时，
y＝a+bx+c＝a+b（﹣﹣2）+c＝a（+2）+c，
∵a＞0，≥0，+2＞0，
∴y＝a（+2）+c≥c，
故④正确，
故选：C．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质．熟练掌握图象与系数的关系以及二次函数与方程的关系是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13. 不透明袋子中装有7个球，其中有3个红球，4个黄球，这些球除颜色外无其他差别，从袋子中随机取出1个球，则它是红球的概率是_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
【详解】解：∵袋子中共有7个球，其中红球有3个，
∴从袋子中随机取出1个球，它是红球的概率是，
故答案为．
【点睛】本题考查概率的求法：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）＝ ．
14. 如图，AB为的直径，弦于点H，若，，则OH的长度为__．
【答案】3
【解析】
【分析】连接OC，由垂径定理可求出CH的长度，在Rt△OCH中，根据CH和⊙O的半径，即可由勾股定理求出OH的长．
【详解】连接OC，
Rt△OCH中，OC=AB=5，CH=CD=4；
由勾股定理，得：OH=；
即线段OH的长为3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．
15. 若关于x的一元二次方程x2﹣2kx+k2﹣k+1＝0有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是_____．
【答案】k＞1
【解析】
【分析】根据方程有两个不相等的实数根可得△＝（2k）2﹣4（k2﹣k+1）＞0，求出k的取值范围．
【详解】解：∵原方程有两个不相等的实数根，
∴△＝b2﹣4ac＝（2k）2﹣4（k2﹣k+1）＝4k﹣4＞0，
解得k＞1；
故答案为：k＞1．
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣4ac有如下关系：①当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；②当△＝0时，方程有两个相等的实数根；③当△＜0时，方程无实数根．
16. 已知⊙O的内接正六边形的边心距为，则⊙O的周长为_____．
【答案】4π
【解析】
【分析】如图，连接OA、OB，证出△AOB是等边三角形，根据锐角三角函数的定义即可求得半径，然后求得周长即可．
【详解】如图所示，连接OA、OB，
∵多边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOB＝60°，
∵OA＝OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠OAM＝60°，
∴OM＝OA•sin∠OAM，
∴OA＝＝＝2，
∴⊙O的周长为4π，
故答案为：4π．
【点评】本题考查的是正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、三角函数；熟练掌握正六边形的性质，由三角函数求出OA是解决问题的关键．
17. 当x＞m时，二次函数y＝﹣x2+3x的函数值y随x的增大而减小，则实数m的取值范围是_____．
【答案】m≥
【解析】
【分析】根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以得到当x为何值时，y随x的增大而减小，从而可以得到m的取值范围．
【详解】解：∵二次函数y＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+，
∴当x≥时，y随x的增大而减小，
∵当x＞m时，二次函数y＝﹣x2+3x的函数值y随x的增大而减小，
∴m≥，
故答案为：m≥．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
18. 如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据旋转可得，由已知条件，根据等边对等角可得，，根据三角形的外角性质可得，根据三角形内角和可得，根据即可求得的度数
【详解】
将绕点按逆时针方向旋转得到．
，
故答案为：
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，三角形的外角性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共7小题，共66分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
19. 一个不透明的口袋中有四个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4．随机摸取一个小球然后放回，再随机摸出一个小球．
（1）请用画树形图或列表的方法写出两次取出的小球所能产生的全部结果；
（2）求两次取出的小球标号相同的概率；
（3）求两次取出的小球标号的和等于4的概率．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【解析】
【分析】（1）先画树状图展示所有16种等可能的结果数即可；
（2）两次摸出的小球标号相同的占4种，然后根据概率的概念计算即可；
（2）由（1）可知有16种等可能的结果数，其中两次取出的小球标号的和等于4的有3种，进而可求出其概率．
【详解】解：画树状图如图：
共有16种等可能的结果数；
（2）由树状图得：共有16种等可能的结果数，两次取出的小球标号相同的结果有4个，
∴两次取出的小球标号相同的概率为 ；
（3）如图：
共有16种等可能的结果数两次取出的小球标号的和等于4的有3种，
∴两次取出的小球标号的和等于4的概率为 ．
【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
20. 解下列关于x的方程．
（1）x（x+1）＝3x+3；
（2）5x2﹣3x＝x+1．
【答案】（1）x1＝﹣1，x2＝3；（2）x1＝1，x2＝﹣0.2
【解析】
【分析】（1）利用因式分解法求解即可；
（2）先整理成一般式，再利用因式分解法求解即可．
【详解】解：（1）∵x（x+1）＝3x+3，
∴x（x+1）﹣3（x+1）＝0，
则（x+1）（x﹣3）＝0，
∴x+1＝0或x﹣3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3；
（2）5x2﹣3x＝x+1
整理，得：5x2﹣4x﹣1＝0，
∴（x﹣1）（5x+1）＝0，
则x﹣1＝0或5x+1＝0，
解得x1＝1，x2＝﹣0.2．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
21. 已知⊙O的直径为10，点A，点B，点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．
（Ⅰ）如图①，若BC为⊙O的直径，AB＝6，求AC，BD，CD的长；
（Ⅱ）如图②，若∠CAB＝60°，求BD的长．
【答案】（Ⅰ）求AC＝8，BD＝CD＝5；（Ⅱ）BD＝5
【解析】
【分析】（Ⅰ）利用圆周角定理可以判定△CAB和△DCB是直角三角形，利用勾股定理可以求得AC的长度；利用圆心角、弧、弦的关系推知△DCB也是等腰三角形，所以利用勾股定理同样得到BD＝CD＝5 ；
（Ⅱ）如图②，连接OB，OD．由圆周角定理、角平分线的性质以及等边三角形的判定推知△OBD是等边三角形，则BD＝OB＝OD＝5．
【详解】解：（Ⅰ）如图①，∵BC是⊙O的直径，
∴∠CAB＝∠BDC＝90°．
∵在直角△CAB中，BC＝10，AB＝6，
∴由勾股定理得到：AC＝
∵AD平分∠CAB，
∴ ，
∴CD＝BD．
在直角△BDC中，BC＝10，CD2+BD2＝BC2，
∴易求BD＝CD＝5；
（Ⅱ）如图②，连接OB，OD．
∵AD平分∠CAB，且∠CAB＝60°，
∴∠DAB＝ ∠CAB＝30°，
∴∠DOB＝2∠DAB＝60°．
又∵OB＝OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴BD＝OB＝OD．
∵⊙O的直径为10，则OB＝5，
∴BD＝5．
【点睛】本题综合考查了圆周角定理，勾股定理以及等边三角形的判定与性质．此题利用了圆的定义、有一内角为60度的等腰三角形为等边三角形证得△OBD是等边三角形．
22. 已知抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数）的顶点坐标为（2，﹣1）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点M（t﹣1，y1），N（t，y2）在该抛物线上，当t＜1时，比较y1与y2的大小；
（3）若点P（m，n）在该抛物线上，求m﹣n的最大值．
【答案】（1）y＝x2﹣4x+3；（2）y1＞y2；（3）m＝时，m﹣n有最大值，最大值为
【解析】
【分析】（1）利用顶点式直接写出抛物线的解析式；
（2）根据二次函数的性质判断y1与y2的大小；
（3）先用m表示m﹣n得到m﹣n＝﹣m2+5m﹣3，然后配成顶点式，从而得到m﹣n的最大值．
【详解】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数）的顶点坐标为（2，﹣1），
∴抛物线的解析式为y＝（x﹣2）2﹣1，
即y＝x2﹣4x+3；
（2）∵抛物线的对称轴为直线x＝2，
而t＜1，
∴点M（t﹣1，y1），N（t，y2）对称轴的左侧的抛物线上，
∵抛物线开口向上，在对称轴的左侧y随x增大而减小，
∵t﹣1＜t，
∴y1＞y2；
（3）∵点P（m，n）在该抛物线上，
∴n＝m2﹣4m+3，
∴m﹣n＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3＝﹣（m﹣）2+，
∴当m＝时，m﹣n有最大值，最大值为．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的性质．
23. 如图，是的外接圆，是的直径，．
（1）求证：是的切线；
（2）若，垂足为交于点F；求证：是等腰三角形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】(1)连接OC，由AB是圆O的直径得到∠BCA=90°，进一步得到∠A+∠B=90°，再根据已知条件，且∠A=∠ACO即可证明∠OCD=90°进而求解；
(2)证明，再由DE⊥AB，得到∠A+∠AFE=90°，进而得到∠DCA=∠AFE=∠DFC，得到DC=DF，进而得到△DFC为等腰三角形．
【详解】解：(1)证明：连接，
为圆的直径，
又
又点在圆上，
是的切线．
(2)
又
是等腰三角形．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定定理，圆周角定理，等腰三角形的性质和判定等，熟练掌握性质或定理是解决此类题的关键．
24. 在平面直角坐标系中，O为原点，点A（2，0），点B（0，2），把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A′BO′，点A，O旋转后的对应点为A′，O′．记旋转角为α．
（1）如图①，当点O′落在边AB上时，求点O′的坐标；
（2）如图②，当α＝60°时，求AA′的长及点A′的坐标．
【答案】（1）点O′坐标为（，2﹣）；（2）AA′＝2，点A′的坐标为（1+，1+）
【解析】
【分析】（1）根据点A（2，0），点B（0，2），可得△ABO是等腰直角三角形，当点O′落在边AB上时，α＝45°，可得点O′的横坐标为AB＝，纵坐标为2﹣，即可得答案；
（2）根据勾股定理得AB，由旋转性质可得∠A′BA＝60°，A′B＝AB，继而得出AA′和点A′的坐标．
【详解】解：（1）如图①，
∵点A(2，0)，点B(0，2)，
∴OA＝OB＝2，△ABO是等腰直角三角形，
∴AB＝2，
当点O′落在边AB上时，α＝45°，
∴点O′的横坐标为O′B＝，纵坐标为2﹣，
∴点O′的坐标为(，2﹣)；
（2）如图②，当α＝60°时，
∴∠ABA′＝60°，AB＝A′B，
∴△ABA′为等边三角形，
∴AA′＝A′B＝AB＝2，
连接OA′，
△OBA′和△OAA′中，
，
∴△OBA′≌△OAA′（SSS），
∴∠BOA′＝∠AOA′，∠BA′O＝∠AA′O，
∴直线OA′的函数解析式为y＝x，
∴OA′⊥AB，
∴OA′＝+，
∴点A′的坐标为(1+ ，1+)．
【点睛】本题主要考查旋转的性质及全等三角形的性质与判定、等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
25. 如图，抛物线交x轴于，两点，与y轴交于点C，AC，BC．M为线段OB上的一个动点，过点M作轴，交抛物线于点P，交BC于点Q．
（1）求抛物线的表达式；
（2）过点P作，垂足为点N．设M点的坐标为，请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？
（3）试探究点M在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2），当时，PN有最大值，最大值为． （3）满足条件的点Q有两个，坐标分别为：，．
【解析】
【分析】（1）将点A、B的坐标代入解析式中求解即可；
（2）由(1)求得点C坐标，利用待定系数法求得直线BC的解析式，然后用m表示出PN，再利用二次函数的性质即可求解；
（3）分三种情况：①AC=CQ；②AC=AQ；③CQ=AQ，分别求解即可．
【详解】解：（1）将，代入，得，解之，得．
所以，抛物线的表达式为．
（2）由，得．
将点、代入，得，解之，得．
所以，直线BC的表达式为：．
由，得，．
∴
∵，∴．
∴．
∴．
．
∵
∴当时，PN有最大值，最大值为．
（3）存在，理由如下：由点，，知．
①当时，过Q作轴于点E，易得，
由，得，（舍）
此时，点；
②当时，则．
在中，由勾股定理，得．
解之，得或（舍）
此时，点；
③当时，
由，得（舍）．
综上知所述，可知满足条件的点Q有两个，坐标分别为：，．
【点睛】本题是一道二次函数与几何图形的综合题，解答的关键是认真审题，找出相关条件，运用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，对相关信息进行推理、探究、发现和计算．
射击次数
20
50
100
200
400
1000
“射中9环以上”的次数
15
41
78
158
320
800
“射中9环以上”的频率
0.75
0.82
0.78
0.79
0.80
0.80