九年级上学期期末数学试题 (105)

这是一份九年级上学期期末数学试题 (105)，共24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. 下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后与原图重合；轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．本题根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】A．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B．是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故选B．
2. 关于的一元二次方程的一个根是-1，则的值是（ ）
A. -2B. -1C. 1D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】将代入原方程即可求出结果．
【详解】解：将代入原方程得，解得．
故选：C．
【点睛】本题考查一元二次方程根的定义，解题的关键是掌握一元二次方程根的定义．
3. 如图，已知，，，的长为( )

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查平行线分线段成比例，根据平行线分线段成比例定理列出比例式，计算即可．
【详解】∵，
∴，
∵，
∴，即，
解得，，
故选：B．
4. 在不透明布袋中装有除颜色外其它完全相同的红、白玻璃球，其中白球有60个．同学们通过多次试验后发现摸到红色球的频率稳定在0.25左右，则袋中红球个数约为（ ）
A. 15个B. 20个C. 25个D. 30个
【答案】B
【解析】
【分析】根据频率估计概率问题可直接进行求解．
【详解】∵通过多次试验后发现摸到红色球的频率稳定在0.25左右，
∴摸到红色球的概率为0.25，
∵布袋中装有除颜色外其它完全相同的红、白玻璃球两种，
∴摸到白色球的概率为，
∵有白色球60个，
∴球的总个数为：，
∴红球个数约为，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查频率估计概率，熟练掌握利用频率估计概率是解题的关键．
5. 点均在二次函数的图象上，则，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查对二次函数图象的性质；根据二次函数的解析式得出图象的开口向上，对称轴是直线，根据时，y随x的增大而增大，即可得出答案．
【详解】解：∵，
∴图象的开口向上，对称轴是直线，时，y随x的增大而增大，
关于对称轴的对称点为，
∵，
∴，
故选：D．
6. 如图，⊙O的直径CD＝10，弦AB⊥CD，垂足为M，CM＝2，则AB的长为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【详解】如图，连接OA，
∵⊙O的直径CD＝10，弦AB⊥CD，垂足为M，
∴AB=2AM，OA=OC=5，
又∵CM=2，
∴OM=OC-CM=5-2=3，
∴在Rt△OAM中，AM=，
∴AB=2AM=8.
故选D.
7. 如图，在中，，将绕点A顺时针旋转90°得到，则的长为（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查旋转变换和勾股定理，在中，由勾股定理解得的长，再根据旋转的性质得到， ，在 中再利用勾股定理解得的长即可．
【详解】解：，
在中，
由旋转的性质得
在 中，
故选：B．
8. 如图，已知双曲线（）经过斜边的中点，与直角边AB相交于点．若的面积为，则的值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了反比例函数的性质，相似三角形的判定及性质，熟练掌握反比例函数的意义是解题的关键，过点作轴，垂足为，由双曲线上点的性质，得，证明，得，进而得，解得即可．
【详解】解：过点作轴，垂足为，
由双曲线上点的性质，得，
∵轴，轴，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
解得．
故选．
9. 正方形边长为4，则其外接圆半径为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】作于E，连接，在中，根据垂径定理和勾股定理即可求解．
【详解】解：作于E，连接，则，．
在中，
故选B．
【点睛】此题主要考查了正多边形和圆，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
10. 用一条长为的绳子围成一个矩形，下列围成的图形面积一定不可能的是（ ）
A. 64B. 96C. 100D. 101
【答案】D
【解析】
【分析】设围成面积为，矩形形的长为,则宽为，然后根据矩形的面积公式表示出，此时可以将方程看成是一个关于的一元二次方程，根据方程的根的判别式即可得到的取值范围，即可得解．
【详解】解：设围成面积为，矩形形的长为,则宽为,
依题意得
整理得,
由于此方程有解，则,
解得,
值不可能为101
故选：D
【点睛】本题考查矩形的相关知识以及一元二次方程的应用，解题关键根据一元二次方程根的判别式得解．
11. 如图，在中，，，动点P从点A开始沿边运动，速度为；动点Q从点B开始沿边运动，速度为；如果P、Q两动点同时运动，那么经过（ ）秒时与相似．
A. 2秒B. 4秒C. 或秒D. 2或4秒
【答案】C
【解析】
【分析】设经过秒时, 与相似,则,利用两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似进行分类讨论：当 时, ,即 当 时,,即 然后解方程即可求出答案．
【详解】解：设经过秒时, 与相似,
则
,
当 时, ,
即
解得：
当 时, ,
即
解得：
综上所述：经过或秒时,与相似
故选：C
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，解题的关键是准确分析题意列出方程求解．
12. 二次函数的图象与x轴交于，其中，下列三个结论：①；②；③．正确的个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴的位置、与y轴的交点可依次确定a、b、c的符号，进而可判断①；根据对称轴的位置可得a、b的关系，再根据当时，，把得出的a、b的关系式代入整理即可判断②；易判断，展开整理再结合即可判断③．
【详解】解：①已知，
∵图象与x轴交于，其中，
∴抛物线对称轴在轴的右侧，
∴，
∵抛物线与轴的交点在轴上方，
∴，
∴，所以①正确；
②∵图象与轴交于两点，，其中，
∴，
∴，
当时，，
∵当时，，
∴，
∴，
∴，故②错误；
③∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，所以③正确．
综上，正确的是①③，共2个，
故选C．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与系数关系，熟练掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13. 抛掷一枚质地均匀的硬币2次，2次抛掷的结果都是正面朝上的概率是____．
【答案】
【解析】
【分析】列举出所有情况，看所求的情况占总情况的多少即可．
【详解】共有正反，正正，反正，反反4种可能，
则2次抛掷的结果都是正面朝上的概率为．
故答案为．
14. 点（2，3）绕原点逆时针旋转90°对应点的坐标是 _____．
【答案】
【解析】
【分析】先画出平面直角坐标系，再根据旋转的性质即可得出答案．
【详解】解：由题意，画出图形如下，其中点的坐标为：
过点作轴于点，则，
因为点分别是点绕原点逆时针旋转的对应点，
所以轴，
又因为点位于第二象限，
所以点的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了求绕原点逆时针旋转的点坐标，熟练掌握旋转的性质是解题关键．
15. 点与点关于原点对称，则的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据关于原点对称点的点横坐标和纵坐标都互为相反数，求出a和b的值，即可求解．
【详解】解：∵点与点关于原点对称，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握关于原点对称点的点横坐标和纵坐标都互为相反数．
16. 图1是装了液体的高脚杯示意图数据如图，用去一部分液体后如图2所示，此时液面______
【答案】
【解析】
【分析】本题考查相似三角形的应用，解本题的关键熟练掌握相似三角形的判定与性质．高脚杯前后的两个三角形相似．根据相似三角形的判定和性质即可得出结果．
【详解】解：如图：过作，垂足为，过作，垂足为，
，
，
，
，，
，
，
故答案为：
17. 如图分别以各边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”，当时，则阴影部分的面积为______．
【答案】12
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理和三角形的面积，圆的面积，能把不规则图形的面积转化成规则图形的面积是解题的关键．根据勾股定理求得，由图形可得，阴影部分的面积为两小半圆与直角三角形的面积和减去大半圆的面积，即可求解．
【详解】解：在中，，，
∴，
则阴影部分的面积，
故答案为12．
18. 如图，在矩形纸片中，将沿翻折，使点落在上的点处，为折痕，连接；再将沿翻折，使点恰好落在上的点处，为折痕，连接并延长交于点，若，，则线段的长等于_____．
【答案】．
【解析】
【分析】据折叠可得是正方形，，，，可求出三角形的三边为3，4，5，在中，由勾股定理可以求出三边的长，通过作辅助线，可证∽，三边占比为3：4：5，设未知数，通过，列方程求出待定系数，进而求出的长，然后求的长．
【详解】过点作，，垂足为、，
由折叠得：是正方形，，
，，，
∴，
在中，，
∴，
在中，设，则，由勾股定理得，
，
解得：，
∵，，
∴∽，
∴，
设，则，，
∴，，
解得：，
∴，
∴，
故答案为．
【点睛】考查折叠轴对称的性质，矩形、正方形的性质，直角三角形的性质等知识，知识的综合性较强，是有一定难度的题目．
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. 计算：
（1）
（2）
【答案】(1);(2)
【解析】
【分析】(1) 方程利用配方法求出解即可；
(2) 方程利用因式分解法求出解即可.
【详解】(1) 移项,得:x2-4x=6
两边同时加上4,得:x2-4x+4=10
配方,得:(x-2)2=10
两边开方,得:x-2=
移项,得:x=2
(2)
分解因式得：(x-3)(x+1)=0
可得x-3=0或x+1=0
解得：.
【点睛】此题考查了解一元二次方程-因式分解法，配方法，熟练掌握各种解法是解本题的关键．
20. 某中学积极落实国家“双减”教育政策，决定增设“礼仪”“陶艺”“园艺”“厨艺”及“编程”等五门校本课程以提升课后服务质量，促进学生全面健康发展．学校面向七年级参与课后服务的部分学生开展了“你选修哪门课程？（要求必须选修一门且只能选修一门）”的随机问卷调查，并根据调查数据绘制了如下两幅不完整的统计图：请结合上述信息，解答下列问题：
（1）共有_______名学生参与了本次问卷调查；
（2）“陶艺”在扇形统计图中所对应的圆心角是_______度；
（3）小刚和小强分别从“礼仪”“陶艺”“编程”这三门校本课程中任选一门，请用列表法或画树状图法求出两人恰好选到同一门课程的概率．
【答案】（1）
（2）99
（3）小刚和小强两人恰好选到同一门课程的概率为
【解析】
【分析】（1）用“礼仪”的人数除以占比得到总人数；
（2）用“陶艺”的人数除以总人数再乘以即可求解；
（3）用画树状图法求得概率即可求解．
【小问1详解】
解：（人）
故答案为：．
【小问2详解】
“陶艺”在扇形统计图中所对应的圆心角是，
故答案为：99．
【小问3详解】
把“礼仪”“陶艺”“编程”三门校本课程分别记为A、B、C
共有9种等可能的结果，其中小刚和小强两人恰好选到同一门课程的结果有3种，
∴小刚和小强两人恰好选到同一门课程的概率为．
【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，用列表法或画树状图法求概率；列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果数，概率=所求情况数与总情况数之比．能对图表信息进行具体分析和熟练掌握概率公式．
21. 如图，已知三个顶点的坐标分别为，，．

（1）线段的长为 ；
（2）画出绕点顺时针旋转的图形，并写出、、的坐标；
（3）直接写出点绕点顺时针旋转所走过的路径长为 ．
【答案】（1）
（2）作图见解析，，，
（3）
【解析】
【分析】本题考查勾股定理，求弧长，坐标与图形变化旋转，
（1）利用勾股定理求解即可；
（2）根据旋转性质作图即可，由图可得答案；
（3）点所走的路径长即为的长，利用弧长公式求解即可．
灵活运用所学知识是解题的关键．
【小问1详解】
解：∵，，
∴，
∴线段的长为，
故答案为：；
【小问2详解】
如图所示，即为所求；
∴，，；
【小问3详解】
由题意得，点绕点顺时针旋转所走过的路径长为：．
故答案为：．
22. 如图，在中，，以为直径的与交于点，过作的切线交的延长线于，交于．
（1）求证：；
（2）已知，，求的半径．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查的是切线的性质、勾股定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
（1）连接，根据切线的性质可得，再由，，可得，从而得到，即可；
（2）设的半径为r，在中，根据勾股定理，即可求解．
【小问1详解】
证明：如图，连接，
∵是的切线，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
设的半径为r，则，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
解得：，
即半径为．
23. 如图，一次函数的图象与y轴交于点C，与反比例函数的图象交于，两点．
（1）求A、B两点的坐标和反比例函数的表达式；
（2）连接、，求的面积；
（3）在x轴上找一点P，使的值最小，求满足条件的点P的坐标．
【答案】（1）、；
（2）4 （3）
【解析】
【分析】（1）把，两点的坐标代入一次函数的解析式即可求出m、n的值，再把B的坐标代入反比例函数的解析式即可求出k的值；
（2）求得C的坐标，然后根据求得即可；
（3）作B点关于x轴的对称点，连接交x轴于P点，则，利用两点之间线段最短可判断此时的值最小，再利用待定系数法求出直线的解析式，然后求出直线与x轴的交点坐标即可得到P点坐标．
【小问1详解】
解：把，两点的坐标代入，
得，
，解得，
则、，
把代入，得，
∴反比例函数的表达式为；
小问2详解】
解：∵一次函数的图象与y轴交于点C，
∴，
∴，
∵、，
∴；
小问3详解】
解：作B点关于x轴的对称点，连接交x轴于P点，则，
∵，
∴此时的值最小，
设直线的解析式为，
把点，的坐标代入，得，
解得，
∴直线的解析式为，
当时，，解得：，
∴点P的坐标为．
【点睛】本题考查了用待定系数法求反比例函数的解析式，最短路径问题，解题的关键，（1）是熟练掌握待定系数法，（2）利用割补法，（3）是作出点B关于x轴的对称点，求得对称点的坐标．
24. 【发现问题】

（1）如图1，已知和均为等边三角形，在上，在上，易得线段和的数量关系是______．
（2）将图1中的绕点旋转到图2的位置，直线和直线交于点．
①判断线段和的数量关系，并证明你的结论；
②图2中的度数是______．
（3）【探究拓展】如图3，若和均为等腰直角三角形，，，，直线和直线交于点，分别写出的度数，线段、间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）；（2）①，证明见解析；②；
（3）度，，理由见解析．
【解析】
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定以及性质， 相似三角形的判定以及性质等知识．
（1）由等边三角形的性质可求解；
（2）①由“SAS”可证，可得；
②由全等三角形的性质可得，即可解决问题．
（3）结论：，．证明，可得，，由此即可解决问题．
【详解】（1）解：∵和均为等边三角形，
∴，，
∴，
故答案为：；
（2）如图2中，

∵和均为等边三角形，
∴，，，
∴，
∴（SAS），
∴；
②∵，
∴，
设交于点．
∵，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）结论：，．
理由：
∵，，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴．
25. 如图，抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点C，连接，点P为线段上一个动点（不与点C，B重合），过点P作轴交抛物线于点Q．
（1）求抛物线的表达式和对称轴；
（2）设P的横坐标为t，请用含t的式子表示线段PQ的长，并求出线段PQ的最大值；
（3）已知点M是抛物线对称轴上的一个点，点N是平面直角坐标系内一点，当线段PQ取得最大值时，是否存在这样的点M，N，使得四边形PBMN是菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）抛物线的表达式为，对称轴为直线
（2）当时，的最大值为4
（3）存在，M的坐标是或
【解析】
【分析】（1）设抛物线的表达式为，根据抛物线与x轴交点可得交点式，化简即可求解；
（2）先求出直线的表达式，再设点，求出，最后利用二次函数的性质即可求出的最大值；
（3）当四边形是菱形时，，设点，可列方程，求出m的值，即得答案．
【小问1详解】
解：设抛物线的表达式为，
因为抛物线与x轴交于点，，
所以，
则抛物线的对称轴为直线；
【小问2详解】
解：设直线的表达式为：，
将点B的坐标代入上式得，
解得，
故直线的表达式为，
设点，则点，
则，
，
故有最大值，
当时，的最大值为4；
【小问3详解】
解：存在，理由：
当时，点，
设点，而点；
四边形是菱形，
则，
即，，
解得：，
即点M的坐标为或．