河南省南阳市西峡县2023-2024学年九年级上学期期末数学试题

这是一份河南省南阳市西峡县2023-2024学年九年级上学期期末数学试题，共22页。试卷主要包含了答题前请将答题卡上的学校等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1、本作业共6页，三大题，23小题，满分120分，时间100分钟．
2、请将答案填写在答题卡上，选择题答案用2B铅笔填涂，非选择题用0.5毫米黑色笔迹的水笔填写．
3、答题前请将答题卡上的学校、班级、姓名、座号、学生编号填涂完整．
一、选择题（每小题3分，共30分）下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的．
1. 下列二次根式是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据最简二次根式的定义逐项分析即可.
【详解】A. =3，故不是最简二次根式；
B. =，故不是最简二次根式；
C. ，是最简二次根式；
D. =，故不是最简二次根式；
故选C.
【点睛】本题考查了最简二次根式的识别，如果二次根式的被开方式中都不含分母，并且也都不含有能开的尽方的因式，象这样的二次根式叫做最简二次根式.
2. 一元二次方程的解为（ ）
A. B. C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，利用因式分解法求解即可，解题的关键熟练掌握因式分解法解方程，灵活选取适当的方法解方程．
【详解】，
，
，
或，
∴，；
故选：．
3. 下列说法中正确的是（ ）
A. “任意画出一个等边三角形，它是轴对称图形”是必然事件
B. 任意掷一枚质地均匀的硬币20次，正面向上的一定是10次
C. “概率为0.00001的事件”是不可能事件
D. “任意画出一个平行四边形，它是中心对称图形”是随机事件
【答案】A
【解析】
【分析】根据随机事件、必然事件以及不可能事件的定义即可作出判断．
【详解】A、“任意画出一个等边三角形，它是轴对称图形”是必然事件，选项A正确；
B、任意掷一枚质地均匀的硬币20次，正面向上的不一定是10次，选项B错误；
C、“概率为0.0001的事件”是随机事件，选项C错误；
D、“任意画出一个平行四边形，它是中心对称图形”是必然事件，选项D错误.
故选A
【点睛】本题考查了随机事件、必然事件以及不可能事件的定义，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
4. 如图，点A，B，C在上，若，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接根据圆周角定理即可得．
【详解】解：∵，
∴由圆周角定理得：，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
5. 围棋起源于中国，棋子分黑白两色．一个不透明的盒子中装有2个黑色棋子和1个白色棋子，每个棋子除颜色外都相同．从中随机摸出一个棋子，记下颜色后放回，再从中随机摸出一个棋子，则两次摸到相同颜色的棋子的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了列表法与树状图法求概率等知识点，先画树状图展示所有9种等可能的结果，再找出两次摸到相同颜色的棋子的结果数，然后根据概率公式计算，熟练掌握其画图或列表得出所有可能结果数是解决此题的关键．
【详解】画树状图为：
共有9种等可能的结果，其中两次摸到相同颜色的棋子的结果数为5种，
∴两次摸到相同颜色的棋子的概率，
故选：C．
6. 如图，在平面直角坐标系中，△AOB与△COD是以点O为位似中心的位似图形，若，，，则点D的对应点B的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查的是位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比等于或．根据位似变换的性质计算，得到答案．
【详解】解：与是以点为位似中心的位似图形，相似比为，
点的坐标为，即，
故选：A．
7. 《田亩比类乘除捷法》是我国古代数学家杨辉的著作，其中有一个数学问题：“直田积八百步，一只云长阔共六十步，问长多阔几何？”意思是：一块矩形田地的面积为800平方步，只知道它的长与宽共60步，问它的长比宽多（ ）步？
A. 15B. 12C. 20D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程实际应用，设该矩形田地的长为x步，则该矩形田地的宽为步，根据矩形面积公式建立方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：设该矩形田地的长为x步，则该矩形田地的宽为步，
由题意得，，
解得或（舍去），
∴该矩形田地的长为40步，则该矩形田地的宽为20步，
∴它的长比宽多步，
故选C．
8. 设是拋物线上的三点，则的大小关系为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，掌握函数图象上点的坐标满足函数解析式是解题的关键．把点的坐标分别代入抛物线解析式可求得，，的值，比较大小即可．
【详解】解：∵，，是抛物线上的三点，
∴，，，
∵，
∴，
故选：A．
9. 如图，一块材料的形状是锐角三角形，边长边上的高为，把它加工成正方形零件，使正方形的一边在上，其余两个顶点E、F分别在上，则这个正方形零件的边长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了相似三角形的应用，证明，则，设正方形零件的边长为，则，根据相似三角形的性质得到，解方程即可，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
设正方形零件的边长为，则，
∴，解得：，
即这个正方形零件的边长为，
故选：．
10. 如图①，E为矩形的边上一点，点P从点B出发沿折线运动到点D停止，点Q从点B出发沿运动到点C停止，它们的运动速度都是，现P，Q两点同时出发，设运动时间为的面积为与x的对应关系图象如图②所示，则矩形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，动点的函数图象．熟练掌握矩形性质，从函数图象中获取正确的信息是解题的关键．由题意知，运动分三段完成，运动10秒，P到点E，继续运动点Q到点C，点P自己运动到点D，结合图像信息求解即可．
【详解】解：由图象可知，时，P、E重合，
根据题意，得
，
∴，
解得，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由图象可知，
∴，
∴，
∴矩形的面积为：．
故选：D．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11. 若代数式有意义，则实数x的取值范围是______．
【答案】x＞3，
【解析】
【分析】根据分式和二次根式的定义，列式运算求解即可．
【详解】解：由题意得，2x﹣6＞0，
解得，x＞3，
故答案为：x＞3．
【点睛】本题主要考查了分式和二次根式有意义的取值，熟悉掌握分式和二次根式的定义是解题的关键．
12. 将抛物线向右平移1个单位，再向下平移2个单位后得到新抛物线的解析式为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．根据平移规律得到平移后抛物线的顶点坐标，根据该顶点坐标写出新抛物线解析式即可．
【详解】解：抛物线，它的顶点坐标是．
将其向右平移1个单位，再向下平移2个单位后，得到新抛物线的顶点坐标是，
所以新抛物线的解析式是：．
故答案为：．
13. 如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且，连接．若，则__________．
【答案】##2.5
【解析】
【分析】由矩形的性质可得点F是OA的中点，从而EF是△AOD的中位线，则由三角形中位线定理即可求得EF的长．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC=10，OA=AC，OD=BD=5，
∵，
∴，即点F是OA的中点．
∵点是边的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理等知识，掌握中位线定理是本题的关键．
14. 如图是一个圆柱形输水管横截面的示意图，阴影部分为有水部分，如果水面的宽为，水面最深的地方高度为，则该输水管的半径为________
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，作于，连接，由垂径定理可得，设，则，由勾股定理可得，求解即可得出答案，添加适当的辅助线，构造直角三角形是解此题的关键．
【详解】解：如图，作于，连接，
，
，
，
设，则，
在中，，
，
解得：，
该输水管的半径为，
故答案为：．
15. 如图，在矩形中，，点为边上的动点，连接，将线段绕点顺时针旋转，点落在点处，当点在矩形外部时，连接．若为直角三角形，则的长为______．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查了旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，分和两种情况进行解答即可求解，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形和相似三角形解决问题．
【详解】解：分两种情况讨论：
如图中，当时，
图
，
，
共线，
，
，
，
，
，
，
；
②如图中，当时，作于，于，设，
图
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
，
，
或（不合题意，舍去）
；
综上所述，当是直角三角形时，的值为或．
三、解答题（本大题共8个小题，满分75分）
16. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（）进行平方差公式计算和二次根式的乘法，最后计算加减法即可，
（）将特殊角的三角函数值代入，然后计算即可；
本题主要考查特殊三角函数值和二次根式的混合运算，熟练掌握特殊三角函数值的运算和掌握运算法则是解题的关键．
【小问1详解】
，
，
；
【小问2详解】
，
，
．
17. 已知关于的一元二次方程为常数．
（1）当时，求该方程的实数根；
（2）若该方程有两个不相等的实数根，求的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】本题考查解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法和一元二次方程的根的判别式为，且当时，该方程有两个不相等的实数根；当时，该方程有两个相等的实数根；当时，该方程没有实数根是解题关键．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．
【小问1详解】
将代入原方程得，
∴，
解得：，，
∴当时，该方程的实数根为，；
【小问2详解】
∵关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
解得：，
∴m的取值范围为．
18. 已知二次函数．
（1）用配方法将二次函数的表达式化为的形式，并写出顶点坐标；
（2）在平面直角坐标系中画出这个二次函数的图象；
（3）结合图象直接回答：当时，则y的取值范围是____________．
【答案】（1），顶点坐标为
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握数形结合思想的应用是解题的关键．
（1）利用配方法把二次函数解析式配成顶点式；
（2）利用描点法画出二次函数图象；
（3）利用二次函数的图象求解．
【小问1详解】
解：，
∴抛物线顶点坐标为；
【小问2详解】
解：列表：
根据描点法画二次函数图象如下：
；
【小问3详解】
解：由图象可知：当时，．
故答案是：．
19. 商场为方便消费者购物，准备将原来的阶梯式扶梯改造成斜坡式扶梯．如图，已知原阶梯式扶梯长为，且坡角，改造后的斜坡式扶梯的坡角，求改造后的斜坡式扶梯水平距离增加的长度．（结果精确到，参考数据：）
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查解直角三角形，熟练掌握三角函数是解题的关键；由题意易得，然后利用三角函数可进行求解．
【详解】解：在中，，，
∴，
中，，
∴，
∴．
20. 如图，二次函数的图象与x轴交于点A，B（A在B的左侧），与一次函数的图象交于A，C两点．
（1）求b的值；
（2）求的面积；
（3）根据图象，直接写出当时x的取值范围．
【答案】（1）；
（2）；
（3）或．
【解析】
【分析】题目主要考查二次函数与坐标轴交点，待定系数法确定一次函数解析式，结合图象求不等式解集等．
（1）根据函数与方程的关系，当时，求解一元二次方程，即可得出抛物线与x轴的两个交点，然后将点A代入一次函数解析式即可确定b的值；
（2）先求两个函数的交点C的坐标，把代入中，求解一元二次方程，即可确定点C的坐标，然后结合图象，求三角形面积即可；
（3）根据，，结合图象，即可确定x的取值范围．
【小问1详解】
解：当时，
，
解得：，，
∴抛物线与x轴交于，．
∵直线经过A点，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：由（1）知，
联立得：，
整理得
解得：（舍），，
把代入，得，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：，，
当或时，抛物线在直线的上方，
∴当时，或．
21. 如图，是的直径，为上一点，为上一点，且，延长交于，连．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据圆周角定理得到，则，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和得到，从而得到结论；
（2）连接、，如图，利用（1）的结论和圆周角定理得到，则，所以，然后利用勾股定理计算的长．
【小问1详解】
证明：是的直径，
，
，
，
，
，
，
；
小问2详解】
解：连接、，如图，
由（1）得，
∵，
∵
∴
，
，
而，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理，三角形外角的性质．熟练掌握圆周角定理及其推论是解题的关键．
22. 在一次足球训练中，小明从球门正前方的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线，当球飞行的水平距离为时，球达到最高点，此时球离地面．已知球门高为，现以O为原点，建立如图所示直角坐标系，并设抛物线的表达式为，其中是足球距球门的水平距离，是足球距地面的高度．

（1）求抛物线的表达式；
（2）通过计算判断球能否进球门；
（3）若抛物线的形状、最大高度均保持不变，且抛物线恰好经过点O正上方处，则该抛物线应向右平移几个单位？
【答案】（1）
（2）不能 （3）应向右平移1个单位
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的实际应用；
（1）由题可得抛物线的顶点坐标为，经过，再根据抛物线的顶点式可设抛物线为，将代入计算，即可求解；
（2）当时，求出球的高度，判断是否超过球门高度米，即可求解；
（3）设平移后抛物线为，把点代入得，求出的值，可求出平移后抛物线的顶点，即可求解；
能根据题意找出顶点坐标，掌握抛物线的顶点式，理解、的实际意义是解题的关键．
【小问1详解】
解：由题意得
抛物线顶点坐标为，经过，
可设抛物线为，
把代入得，
解得：，
抛物线表达式为：；
【小问2详解】
解：当时，
，
球不能进球门；
【小问3详解】
解：设平移后抛物线为，
把点代入得，
，
整理得，，
解得（舍去）或，
平移后抛物线顶点，
原抛物线的顶点为，
抛物线应向右平移1个单位．
23. 李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．
（1）问题背景
如图，正方形中，点为边上一点，连接，过点作交边于点，将沿直线折叠后，点落在点处，当时，____________；
如图，连接，当点恰好落在上时，其他条件不变，则____________；
（2）探究迁移
如图，在（）的条件下，若把正方形改成矩形，且，其他条件不变，请写出与之间的数量关系式（用含的式子表示），并说明理由；
（3）拓展应用
如图，在（）的条件下，若把正方形改成菱形，且，，其他条件不变，当时，请直接写出的长．
【答案】（1），；
（2），见解析；
（3）．
【解析】
【分析】（）根据翻折的性质以，全等三角形的性质平角的概念求出，再根据相似三角形的性质，得出和的关系即可求解；
（）根据（）中三角形的全等与相似条件不变，得出不变，再根据和的关系，和的关系即可；
（）构造相似三角形，根据三角形相似的性质，得出和相等，然后根据相似三角形的性质和勾股定理求出的长，即为的长；
本题主要考查了正方形和菱形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，合理构造相似三角形是解题的关键．
【小问1详解】
∵，
∴，
∴，，
由翻折的性质可知，，
∴，
∵，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
由翻折的性质可知，，，
∴，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴,
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
故答案为：，；
【小问2详解】
，理由，
由（）可知，，
∵,
∴，即；
【小问3详解】
过作，交延长线于，作的平分线，交于，如图，
∴，
∵，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴ ，
∵，，
∴，
∴，
∴，
设，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
由勾股定理可得：，
∴，
解得：，即 的长为．x
0
1
2
3
5
y
5
2
1
2
5