人教版数学九年级上册 期末检测题

这是一份人教版数学九年级上册 期末检测题，共12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。
一、选择题(每小题3分，共30分)
1．(2020·深圳)下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是( B )
2．(乐山中考)小强同学从－1，0，1，2，3，4这六个数中任选一个数，满足不等式x＋1＜2的概率是( C )
A． eq \f(1,5) B． eq \f(1,4) C． eq \f(1,3) D． eq \f(1,2)
3．(2020·黑龙江)已知关于x的一元二次方程x2－(2k＋1)x＋k2＋2k＝0有两个实数根x1，x2，则实数k的取值范围是( B )
A．k＜ eq \f(1,4) B．k≤ eq \f(1,4) C．k＞4 D．k≤ eq \f(1,4) 且k≠0
4．(2020·绥化)将抛物线y＝2(x－3)2＋2向左平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的抛物线的解析式是( C )
A．y＝2(x－6)2 B．y＝2(x－6)2＋4
C．y＝2x2 D．y＝2x2＋4
5．(2020·仙桃)一个圆锥的底面半径是4 cm，其侧面展开图的圆心角是120°，则圆锥的母线长是( B )
A．8 cm B．12 cm C．16 cm D．24 cm
6．(2020·荆州)定义新运算“a*b”：对于任意实数a，b，都有a*b＝(a＋b)(a－b)－1，其中等式右边是通常的加法、减法、乘法运算，例4*3＝(4＋3)(4－3)－1＝7－1＝6.若x*k＝x(k为实数)是关于x的方程，则它的根的情况为( C )
A．有一个实数根 B．有两个相等的实数根
C．有两个不相等的实数根 D．没有实数根
7．(2020·苏州)如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB′C′.若点B′恰好落在BC边上，且AB′＝CB′，则∠C′的度数为( C )
A．18° B．20° C．24° D．28°
eq \(\s\up7(),\s\d5(第7题图)) eq \(\s\up7(),\s\d5(第8题图)) eq \(\s\up7(),\s\d5(第9题图)) eq \(\s\up7(),\s\d5(第10题图))
8．(2020·云南)如图，正方形ABCD的边长为4，以点A为圆心，AD为半径，画圆弧DE得到扇形DAE(阴影部分，点E在对角线AC上).若扇形DAE正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是( D )
A． eq \r(2) B．1 C． eq \f(\r(2),2) D． eq \f(1,2)
9．(2020·乐山)在△ABC中，已知∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1.如图所示，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°后得到△AB′C′.则图中阴影部分面积为( B )
A． eq \f(π,4) B． eq \f(π－\r(3),2) C． eq \f(π－\r(3),4) D． eq \f(\r(3),2) π
10．(2020·昆明)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的对称轴为直线x＝1，与y轴交于点B(0，－2)，点A(－1，m)在抛物线上，则下列结论中错误的是( D )
A．ab＜0
B．一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的正实数根在2和3之间
C．a＝ eq \f(m＋2,3)
D．点P1(t，y1)，P2(t＋1，y2)在抛物线上，当实数t＞ eq \f(1,3) 时，y1＜y2
二、填空题(每小题3分，共15分)
11．(江西中考)如图，△ABC中，∠BAC＝33°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转50°，对应得到△AB′C′，则∠B′AC的度数为__17°__．
eq \(\s\up7(),\s\d5(第11题图)) eq \(\s\up7(),\s\d5(第14题图)) eq \(\s\up7(),\s\d5(第15题图))
12．(2020·咸宁)若关于x的一元二次方程(x＋2)2＝n有实数根，则n的取值范围是__n≥0__．
13．(2020·玉林)经过人民中路十字路口红绿灯处的两辆汽车，可能直行，也可能向左转，如果这两种可能性大小相同，则至少有一辆向左转的概率是__ eq \f(3,4) __．
14．(2020·吉林 )如图，在四边形ABCD中，AB＝CB，AD＝CD，我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．筝形ABCD的对角线AC，BD相交于点O.以点B为圆心，BO长为半径画弧，分别交AB，BC于点E，F.若∠ABD＝∠ACD＝30°，AD＝1，则 eq \(EF,\s\up8(︵)) 的长为__ eq \f(1,2) π__(结果保留π).
15．(2020·内江 )已知抛物线y1＝－x2＋4x(如图)和直线y2＝2x＋b.我们规定：当x取任意一个值时，x对应的函数值分别为y1和y2.若y1≠y2，取y1和y2中较大者为M；若y1＝y2，记M＝y1＝y2.①当x＝2时，M的最大值为4；②当b＝－3时，使M＞y2的x的取值范围是－1＜x＜3；③当b＝－5时，使M＝3的x的值是x1＝1，x2＝3；④当b≥1时，M随x的增大而增大．上述结论正确的是__②④__．(填写所有正确结论的序号)
解析：①当x＝2时，y1＝4，y2＝4＋b，无法判断4与4＋b的大小，故①错误；②如图①中，b＝－3时，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－x2＋4x，,y＝2x－3，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－5)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝3，)) ∴两个函数图象的交点坐标为(－1，－5)和(3，3)，观察图象可知，使M＞y2的x的取值范围是－1＜x＜3，故②正确；③如图②中，当b＝－5时，图象如图所示，M＝3时，y1＝3，∴－x2＋4x＝3，解得x＝1或3，当y2＝3时，3＝2x－5，解得x＝4，也符合条件，故③错误；④当b＝1时，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x＋1，,y＝－x2＋4x，)) 消去y得到x2－2x＋1＝0，∵Δ＝0，∴此时直线y＝2x＋1与抛物线只有一个交点，∴b＞1时，直线y＝2x＋b与抛物线没有交点，∴M随x的增大而增大，故④正确．故答案为②④
三、解答题(共75分)
16．(8分)先化简，再求值： eq \f(x2－x,x＋1) · eq \f(x2－1,x2－2x＋1) ，其中x满足x2－3x＋2＝0.
解：原式＝ eq \f(x（x－1）,x＋1) · eq \f(（x＋1）（x－1）,（x－1）2) ＝x，∵x2－3x＋2＝0，∴(x－2)(x－1)＝0，∴x＝1或x＝2，当x＝1时，(x－1)2＝0，分式 eq \f(x2－1,x2－2x＋1) 无意义，∴x＝2，此时，原式＝2
17．(9分)为了满足师生的阅读需求，某校图书馆的藏书从2018年底到2020年底两年内由5万册增加到7.2万册．
(1)求这两年藏书的年均增长率；
(2)经统计知：中外古典名著的册数在2018年底仅占当时藏书总量的5.6%，在这两年新增加的图书中，中外古典名著所占的百分率恰好等于这两年藏书的年均增长率，那么到2020年底中外古典名著的册数占藏书总量的百分之几？
解：(1)设这两年藏书的年均增长率是x，由题意得5(1＋x)2＝7.2，解得x1＝0.2＝20%，x2＝－2.2(舍去)，答：这两年藏书的年均增长率是20% (2)在这两年新增加的图书中，中外古典名著有(7.2－5)×20%＝0.44(万册)，到2020年底中外古典名著的册数占藏书总量的百分比是： eq \f(5×5.6%＋0.44,7.2) ×100%＝10%，答：到2020年底中外古典名著的册数占藏书总量的10%
18．(9分)(2020·绥化)如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，点B，点O均为格点(每个小正方形的顶点叫做格点).
(1)作点A关于点O的对称点A1；
(2)连接A1B，将线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B的对应点B1，画出旋转后的线段A1B1；
(3)连接AB1，求出四边形ABA1B1的面积．
解：(1)如图所示，点A1即为所求 (2)如图所示，线段A1B1即为所求 (3)如图，连接BB1，过点A作AE⊥BB1，过点A1作A1F⊥BB1，则四边形ABA1B1的面积＝S△ABB1＋S△A1BB1＝ eq \f(1,2) ×8×2＋ eq \f(1,2) ×8×4＝24
19．(9分)(2020·湘潭)生死守护，致敬英雄．湘潭28名医护人员所在的湖南对口支援湖北黄冈医疗队红安分队，精心救治每一位患者，出色地完成了医疗救治任务．为致敬英雄，某校音乐兴趣小组根据网络盛传的“红旗小姐姐”跳的儋州调声组建了舞蹈队．现需要选取两名学生作为舞蹈队的领舞，甲、乙两班各推荐了一男生和一女生．(温馨提示：用男1、女1；男2、女2分别表示甲、乙两班4个学生)
(1)请用列举的方法写出所有可能出现的结果；
(2)若选取的两人来自不同的班级，且按甲、乙两班先后顺序选取．请用列表或画树状图的方法求出恰好选中一男一女的概率．
解：(1)可能出现的结果有：男1女1、男1男2、男1女2、男2女1、男2女2、女1女2 (2)用列表法表示所有可能出现的结果如下：
共有4种等可能情况，其中恰好选中一男一女有2种情况，∴恰好选中一男一女的概率为 eq \f(2,4) ＝ eq \f(1,2)
20．(9分)(2020·南充)已知x1，x2是一元二次方程x2－2x＋k＋2＝0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 eq \f(1,x1) ＋ eq \f(1,x2) ＝k－2成立？如果存在，请求出k的值；如果不存在，请说明理由．
解：(1)∵一元二次方程x2－2x＋k＋2＝0有两个实数根，∴Δ＝(－2)2－4×1×(k＋2)≥0，解得k≤－1 (2)∵x1，x2是一元二次方程x2－2x＋k＋2＝0的两个实数根，∴x1＋x2＝2，x1x2＝k＋2.∵ eq \f(1,x1) ＋ eq \f(1,x2) ＝k－2，∴ eq \f(x1＋x2,x1x2) ＝ eq \f(2,k＋2) ＝k－2，∴k2－6＝0，解得k1＝－ eq \r(6) ，k2＝ eq \r(6) .又∵k≤－1，∴k＝－ eq \r(6) .∴存在这样的k值，使得等式 eq \f(1,x1) ＋ eq \f(1,x2) ＝k－2成立，k的值为－ eq \r(6)
21．(10分)(潍坊中考)如图1，菱形ABCD的顶点A，D在直线l上，∠BAD＝60°，以点A为旋转中心将菱形ABCD顺时针旋转α(0°＜α＜30°)，得到菱形AB′C′D′，B′C′交对角线AC于点M，C′D′交直线l于点N，连接MN.
(1)当MN∥B′D′时，求α的大小；
(2)如图2，对角线B′D′交AC于点H，交直线l于点G，延长C′B′交AB于点E，连接EH.当△HEB′的周长为2时，求菱形ABCD的周长．
解：(1)∵四边形AB′C′D′是菱形，∴AB′＝B′C′＝C′D′＝AD′，∵∠B′AD′＝∠B′C′D′＝60°，∴△AB′D′，△B′C′D′是等边三角形，∵MN∥B′D′，∴∠C′MN＝∠C′B′D′＝60°，∠C′NM＝∠C′D′B′＝60°，∴△C′MN是等边三角形，∴C′M＝C′N，∴MB′＝ND′，∵∠AB′M＝∠AD′N＝120°，AB′＝AD′，∴△AB′M≌△AD′N(SAS)，∴∠B′AM＝∠D′AN，∵∠CAD＝ eq \f(1,2) ∠BAD＝30°，∠DAD′＝15°，∴α＝15° (2)∵∠C′B′D′＝60°，∴∠EB′G＝120°，∵∠EAG＝60°，∴∠EAG＋∠EB′G＝180°，∵四边形EAGB′内角和为360°，∴∠AEB′＋∠AGB′＝180°，∴∠AEB′＝∠AGD′，∵∠EAB′＝∠GAD′，AB′＝AD′，∴△AEB′≌△AGD′(AAS)，∴EB′＝GD′，AE＝AG，∵AH＝AH，∠HAE＝∠HAG，∴△AHE≌△AHG(SAS)，∴EH＝GH，∵△EHB′的周长为2，∴EH＋EB′＋HB′＝B′H＋HG＋GD′＝B′D′＝2，∴AB′＝AB＝2，∴菱形ABCD的周长为8
22．(10分)(2020·扬州)如图，△ABC内接于⊙O，∠B＝60°，点E在直径CD的延长线上，且AE＝AC.
(1)试判断AE与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若AC＝6，求阴影部分的面积．
解：(1)AE为⊙O的切线，理由：连接OA，AD，如图，∵CD为⊙O的直径，∴∠DAC＝90°，又∵∠ADC＝∠B＝60°，∴∠ACD＝30°，又∵OC＝OA＝OD，∴△ADO为等边三角形，∴∠ADO＝∠DAO＝60°，又∵AE＝AC，∴∠E＝∠ACD＝30°，∠E＝30°，∴∠EAD＝60°－∠E＝30°，∴∠EAD＋∠DAO＝90°＝∠EAO，∴OA⊥AE，∴AE为⊙O的切线 (2)作OF⊥AC于点F，由(1)可知△AEO为直角三角形，且∠E＝30°，AE＝AC＝6，∴OA＝2 eq \r(3) ，
∴阴影部分的面积为 eq \f(1,2) ×6×2 eq \r(3) － eq \f(60π×（2\r(3)）2,360) ＝6 eq \r(3) －2π
23．(11分)(2020·宜宾)如图，已知二次函数的图象顶点在原点，且点(2，1)在二次函数的图象上，过点F(0，1)作x轴的平行线交二次函数的图象于M，N两点．
(1)求二次函数的表达式；
(2)P为平面内一点，当△PMN是等边三角形时，求点P的坐标；
(3)在二次函数的图象上是否存在一点E，使得以点E为圆心的圆过点F和点N，且与直线y＝－1相切．若存在，求出点E的坐标，并求⊙E的半径；若不存在，说明理由．
解：(1)∵二次函数的图象顶点在原点，故设二次函数表达式为y＝ax2，将(2，1)代入上式得a＝ eq \f(1,4) ，故二次函数表达式为y＝ eq \f(1,4) x2 (2)将y＝1代入y＝ eq \f(1,4) x2可得x＝±2，故点M，N的坐标分别为(－2，1)，(2，1)，则MN＝4，∵△PMN是等边三角形，∴点P在y轴上且PM＝4，∴PF＝2 eq \r(3) ，∵点F(0，1)，∴点P的坐标为(0，1＋2 eq \r(3) )或(0，1－2 eq \r(3) ) (3)假设二次函数的图象上存在一点E满足条件，设点Q是FN的中点，则点Q(1，1)，故点E在FN的垂直平分线上．∴点E是FN的垂直平分线与y＝ eq \f(1,4) x2图象的交点，令x＝1，∴y＝ eq \f(1,4) ×12＝ eq \f(1,4) ，则点E(1， eq \f(1,4) )，在Rt△EQN中，EN＝ eq \r(（2－1）2＋（1－\f(1,4)）2) ＝ eq \f(5,4) ，同理EF＝ eq \r(（1－0）2＋（1－\f(1,4)）2) ＝ eq \f(5,4) ，点E到直线y＝－1的距离为| eq \f(1,4) －(－1)|＝ eq \f(5,4) ，故存在点E，使得以点E为圆心，半径为 eq \f(5,4) 的圆过点F，N且与直线y＝－1相切
甲班
乙班
男1
女1
男2
男1男2
女1男2
女2
男1女2
女1女2