河南省洛阳市2024-2025学年九年级上学期期末数学试卷（华东师大版）+答案

这是一份河南省洛阳市2024-2025学年九年级上学期期末数学试卷（华东师大版）+答案，共22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.下列计算正确的是( )
A. 10− 6=2B. ( 5+ 3)2=8C. 3× 5= 15D. 21÷ 3=7
2.一元二次方程x2+3x=0的两个根为( )
A. x1=−3，x2=1B. x1=−3，x2=0
C. x1=3，x2=−1D. x1=3，x2=0
3.下列一元二次方程中，没有实数根的是( )
A. x2−6x+9=0B. x2=−2xC. x2+3=xD. (x−1)2−1=0
4.《周髀算经》中记载了“偃矩以望高”的方法.“矩”在古代指两条边呈直角的曲尺(即图中的ABC).“偃矩以望高”的意思是把“矩”仰立放，可测量物体的高度如图，点A，B，Q在同一水平线上，∠ABC和∠AQP均为直角，AP与BC相交于点D.AB=1，测得AQ=12，BD=a，则树高PQ=( )
A. aB. 12aC. a12D. 12a
5.如图，不能判定△AOB和△COD相似的条件是( )
A. OAOC=ABCD
B. OA⋅OD=OB⋅OC
C. ∠A=∠OCD
D. ∠B=∠OCD
6.袋子中有6个红球和若干个黑球，它们除了颜色不同其它没有差别.将袋中球摇匀，然后随机摸出1球，记下颜色后放回袋中，如此重复操作从中摸很多次后发现，摸到黑球的频率稳定在0.667左右.那么，估计袋子里黑球数量大约为( )
A. 6B. 8C. 10D. 12
7.近几年，洛阳市文旅市场持续火热，从龙门石窟、应天门到洛邑古城、白马寺，处处都是灯火璀璨、人潮涌动的景象.从2021年到2023年洛阳市全年共接待国内外游客从1.17亿人次增长到1.4亿人次，设洛阳市全年共接待国内外游客从2021年到2023年平均增长率为x，可列方程为( )
A. 1.17(1−x)2=1.4B. 1.17(1−x2)=1.4
C. 1.17(1+x2)=1.4D. 1.17(1+x)2=1.4
8.如图，一次函数y=2x−4与x轴、y轴交于A、B两点，P是反比例函数y=−5x第二象限部分的动点，连接PA、PB，C是PA中点，CD平行AB交PB于D.则CD长度为( )
A. 2
B. 5
C. 2.5
D. 无法确定
9.小明带妹妹玩秋千，当秋千OA停止不动时，踏板与地面的距离AB=0.3米.小明推了一把，秋千OA旋转到OC位置，踏板与地面的距离CD=1.1米.已知tan∠AOC=0.75，则秋千顶O与地面距离OB=( )米.
A. 4.3
B. 4.1
C. 4
D. 3.8
10.如图，E是矩形ABCD的边CD延长线上一点，连接BE，分别交AD、AC于F、G，已知AB=3，BC=4，DE=1，设∠ABF=α.则在①FGBG=34；②BG2=EG⋅FG；③FGEG=916；④tanα=1中，正确的有( )个.
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.写出一个一元二次方程使它有一个根为1，则这个方程可以为______.
12.如图，现有四张正面印有洛阳市的四个著名景点的不透明的卡片，这四张卡片除正面图案不同外，其余均相同.将这四张卡片背面向上洗匀，王明和李洋先后分别从中随机抽取一张(不放回).他们俩抽取的这两张卡片中，是龙门石窟和白马寺的概率是______.
13.已知抛物线y=x2+bx+c的图象经过A(−2,0)，B(4,0)，C(−3,y1)，D(3,y2)四个点，则y1与y2的大小关系是y1______y2(填“>”或“=”或“0，
∴方程x2=−2x，有两个不相等的实数根，
故B选项不符合题意；
∵x2+3=x，
即x2−x+3=0，
∴Δ=(−1)2−4×1×3=−110，
∴方程(x−1)2−1=0有两个不相等的实数根，
故D选项不符合题意，
故选：C.
利用一元二次方程的根的判别式，逐一判断各个方程的根的情况，即可得到结果．
本题考查了一元二次方程根的判别式的应用，熟练掌握一元二次方程根的判别式的意义是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵∠ABC=∠APQ=90∘，∠A=∠A，
∴△ABD∽△AQP，
∴ABAQ=BDPQ，
∴112=aPQ，
解得：PQ=12a，
故选：B.
先证明A字模型△ABD∽△AQP，然后利用相似三角形的性质进行计算，即可解答．
本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：由OAOC=ABCD，不能判定△AOB∽△COD，
故A符合题意；
∵OA⋅OD=OB⋅OC，
∴OAOC=OBOD，
又∵∠AOB=∠COD，
∴△AOB∽△COD，
故B不符合题意；
∵∠A=∠OCD，∠AOB=∠COD，
∴△AOB∽△COD，
故C不符合题意；
∵∠B=∠OCD，∠AOB=∠DOC，
∴△AOB∽△DOC，
故D不符合题意；
故选：A.
根据相似三角形的判定定理判断求解即可．
此题考查了相似三角形的判定：①有两个角对应相等的三角形相似；②有两个对应边的比相等，且其夹角相等，则两个三角形相似；③三组对应边的比相等，则两个三角形相似．
6.【答案】D
【解析】解：设黑球有x个，
根据题意得：x6+x=23，
解得：x=12，
经检验：x=12是分式方程的解，
所以估计袋子里黑球数量大约为12个．
故选：D.
利用频率估计概率可估计摸到黑球的概率为23，然后根据概率公式构建方程求解即可．
本题考查了利用频率估计概率：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．用频率估计概率得到的是近似值，随试验次数的增多，值越来越精确．
7.【答案】D
【解析】解：根据题意得：1.17(1+x)2=1.4.
故选：D.
利用2023接待游客人次数=2021年接待游客人次数×(1+年均增长率x)2，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵一次函数y=2x−4与x轴、y轴交于A、B两点，
∴A(2,0)，B(0,−4)，
∴AB= 22+42=2 5，
∵PC=CA，CD//AB，
∴PD=DB，
∴CD=12AB= 5.
故选：B.
求出A，B两点坐标，利用两点间距离公式求出AB，再利用三角形中位线定理求解．
本题考查反比例函数与一次函数的交点，三角形中位线定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
9.【答案】A
【解析】解：过点C作CE⊥OB，垂足为E，
由题意得：DC=BE=1.1米，
在Rt△OEC中，tan∠AOC=ECOE=0.75=34，
∴设EC=3x米，则OE=4x米，
∴OC= OE2+EC2= (4x)2+(3x)2=5x(米)，
∵OA=OC，
∴OE+EB−AB=OC，
∴4x+1.1−0.3=5x，
解得：x=0.8，
∴OA=OC=5x=4(米)，
∴OB=OA+AB=4+0.3=4.3(米)，
∴秋千顶O与地面距离OB为4.3米，
故选：A.
过点C作CE⊥OB，垂足为E，根据题意可得：DC=BE=1.1米，然后在Rt△OEC中，利用锐角三角函数的定义可设EC=3x米，则OE=4x米，从而利用勾股定理可得OC=5x(米)，最后根据OA=OC，利用关于x的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，
∴AB//CD，AD//BC，AB=CD=3，AD=BC=4，∠BAD=∠ABC=∠BCD=90∘，
∵E是CD延长线上一点，且DE=1，
∴CE=CD+DE=3+1=4，
∴BC=CE，
∴∠CBE=∠E=45∘，
∵∠EDF=90∘，
∴∠DFE=∠E=45∘，
∴DF=DE=1，
∴FA=AD−DF=4−1=3，
∵FA//BC，
∴△FAG∽△BCG，
∴FGBG=FABC=34，
故①正确；
∵AB//CE，
∴△ABG∽△CEG，
∴BGEG=ABCE=34，
∴BGEG=FGBG，
∴BG2=EG⋅FG，
故②正确；
∵FGBG=BGEG=34，
∴FG=34BG，EG=43BG，
∴FGEG=34BG43BG=916，
故③正确；
∵∠BAF=90∘，FA=AB，∠ABF=α，
∴tanα=tan∠ABF=FAAB=1，
故④正确，
故选：D.
由矩形的性质得AB//CD，AD//BC，AB=CD=3，AD=BC=4，而DE=1，则CE=4，所以BC=CE，则∠CBE=∠E=45∘，推导出∠DFE=∠E=45∘，则DF=DE=1，求得FA=3，可证明△FAG∽△BCG，得FGBG=FABC=34，可判断①正确；再证明△ABG∽△CEG，得BGEG=ABCE=34，所以BGEG=FGBG，则BG2=EG⋅FG，可判断②正确；由FG=34BG，EG=43BG，求得FGEG=916，可判断③正确；因为FA=AB，∠ABF=α，所以tanα=tan∠ABF=FAAB=1，可判断④正确，于是得到问题的答案．
此题重点考查矩形的性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，证明△FAG∽△BCG及△ABG∽△CEG是解题的关键．
11.【答案】x2=1
【解析】解：答案不唯一，如x2=1等．
故答案为：x2=1.
一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．本题答案不唯一．
本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义．
12.【答案】16
【解析】解：将这四张卡片分别记为A，B，C，D，
列表如下：
共有12种等可能的结果，其中是龙门石窟和白马寺的结果有：(A,C)，(C,A)，共2种，
∴他们俩抽取的这两张卡片中，是龙门石窟和白马寺的概率为212=16.
故答案为：16.
列表可得出所有等可能的结果数以及是龙门石窟和白马寺的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
13.【答案】>
【解析】解：∵抛物线y=x2+bx+c的图象经过A(−2,0)，B(4,0)，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x=−2+42=1，
C(−3,y1)距离对称轴有4个单位长度，
D(3,y2)距离对称轴有2个单位长度，
根据开口向上，距离对称轴越远，函数值越大可得：
y1>y2.
故答案为：>.
根据二次函数图象上点的坐标特征解答即可．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的增减性是关键．
14.【答案】(−4,203)
【解析】解：如图，过点B，D作BF⊥x轴于点F，DE⊥y轴于点E，设OC与AD交于点G，
∴∠CED=∠AFB=90∘，
∵A(1,0)，B(5,3)，
∴OA=1，OF=5，BF=3，
∴AF=5−1=4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠ADC=∠BAD=90∘，
∵∠GOA=∠AFB=90∘，
∴∠OGA=90∘−∠OAG=∠BAF，
∴△GOA∽△AFB，
∴OGOA=AFBF，
∴OG1=43，
∴OG=43，
∵∠CDE=90∘−∠EDG=∠DGE=∠OGA，
∴∠CDE=∠BAF，
∵∠CED=∠AFB=90∘，AB=CD，
∴△CED≌△BFA(AAS)，
∴DE=AF=4，
∵∠GED=∠GOA=90∘，∠DGE=∠AOG，
∴△CED∽△OGA，
∴EGOG=DEOA，
∴EG43=41，
∴EG=163，
∴OE=EG+OG=163+43=203，
∴点D的坐标是(−4,203)，
故答案为：(−4,203).
过点B，D作BF⊥x轴于点F，DE⊥y轴于点E，设OC与AD交于点G，根据矩形的性质证明△GOA∽△AFB，求出OG=43，再证明△CED≌△BFA(AAS)，得DE=AF=4，证明△CED∽△OGA，得EG，进而可以求出点D的坐标．
本题考查矩形的性质，坐标与图形性质，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
15.【答案】9或24
【解析】解：如图，
△ABC中，AB=2，AC=4，∠A=90∘，
∴BC= AB2+AC2= 22+42=2 5，
∵BD⊥BC，
∴∠DBC=∠A=90∘，
∵△BCD与△ABC相似，
∴BD=12BC= 5或BD′=2BC=4 5，
∴四边形ABDC的面积=12×2×4+12× 5×2 5=9或=12×2×4+12×4 5×2 5=24.
故答案为：9或24.
利用勾股定理可得BC=2 5，再利用相似三角形的性质可知BD=12BC= 5或BD′=2BC=4 5，分两种情形分别求解即可．
本题考查相似三角形的性质，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
16.【答案】解：(1)原式=( 3)2−|2× 22−3|−2 2
=3−(3− 2)−2 2
=3−3+ 2−2 2
=− 2.
(2)2x2−x=3，
2x2−x−3=0，
(x+1)(2x−3)=0，
则x+1=0或2x−3=0，
所以x1=−1,x2=32.
【解析】(1)根据实数的运算法则进行计算即可．
(2)利用因式分解法对所给一元二次方程进行求解即可．
本题主要考查了实数的运算及解一元二次方程-因式分解法，熟知实数的运算法则及因式分解法解一元二次方程的步骤是解题的关键．
17.【答案】解：过点B作AC的垂线，垂足为D，
在Rt△BCD中，
sinC=BDBC，
∴BD9=13，
∴BD=3，
∴CD= 92−32=6 2.
∵∠BAC=120∘，
∴∠BAD=60∘.
在Rt△ABD中，
sin∠BAD=BDAB，
∴3AB= 32，
∴AB=2 3.
同理可得，AD= 3，
∴AC=CD−AD=6 2− 3.
【解析】过点B作AC的垂线，垂足为D，先根据∠C的正弦值及BC的长求出BD的长，进而得出CD的长，再由∠BAC=120∘，得出∠BAD=60∘，在Rt△ABD中利用勾股定理求出AD及AB长，据此可解决问题．
本题主要考查了解直角三角形，能根据题意构造出合适的直角三角形及熟知正弦的定义是解题的关键．
18.【答案】13
【解析】解：(1)由题意知，共有3种等可能的结果，其中指针指向的数字为偶数的结果有：2，共1种，
∴指针指向的数字为偶数的概率是13.
故答案为：13.
(2)列表如下：
共有12种等可能的结果，其中所得两数之和为奇数的结果有：(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(3,2)，(3,4)，共6种，
∴所得两数之和为奇数的概率为612=12.
(1)由题意知，共有3种等可能的结果，其中指针指向的数字为偶数的结果有1种，利用概率公式可得答案．
(2)列表可得出所有等可能的结果数以及所得两数之和为奇数的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
19.【答案】解：(1)y=ax2+2ax+a+1，
∴对称轴为直线x=−b2a=−2a2a=−1，
把x=−1代入y=ax2+2ax+a+1=1，
∴顶点坐标为(−1,1)；
(2)①线段BC的中点坐标x=22=1，y=−12=−12，
∴中点坐标为(1,−12)，
∵抛物线经过线段BC的中点，
∴−12=a+2a+a+1，
∴a=−38，
∴抛物线的解析式为：y=−38x2−34x+58；
②∵抛物线的对称轴为直线x=−1，顶点坐标为(−1,1)，且抛物线与线段BC洽有一个公共点，
∴当x=0时，y≥−1，即a+1≥−1，解得a≥−2，当x=2时，y≤0，即9a+1≤0，解得a≤−19，
∴a的取值范围为−2≤a≤−19.
【解析】(1)利用对称轴公式求得对称轴为直线x=−1，再代入解析式求得y的值，即可求得顶点坐标；
(2)①求出中点坐标，代入抛物线求得a的值，即可求得抛物线的解析式；
②当x=0时，y≥−1，即a+1≥−1，解得a≥−2，当x=2时，y≤0，即9a+1≤0，解得a≤−19，即可求得a的取值范围．
本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的性质，二次函数与方程及不等式的关系，熟练掌握二次函数的性质，并运用分类讨论的思想是解题的关键．
20.【答案】BEA
【解析】解：(1)由所给网格可知，AC⊥CD.
∵小正方形的边长都是1，
∴AC= 22+22=2 2，
CD= 12+12= 2.
在Rt△ACD中，
tan∠DAC=CDAC= 22 2=12.
(2)根据所给网格可得，△AED∽△BEA.
证明如下：
∵AE= 12+12= 2，且BE=1，DE=2，
∴AEBE= 21= 2,DEAE=2 2= 2，
∴AEBE=DEAE.
又∵∠AED=∠AEB=135∘，
∴△AED∽△BEA.
故答案为：BEA.
(1)根据所给网格，得出AC⊥CD，再结合小正方形的边长都是1得出AC及CD的长，最后利用正切的定义即可解决问题．
(2)根据所给图形，不难发现∠AED=135∘，再由∠AEB=135∘，结合判定两三角形相似的条件即可解决问题．
本题主要考查了解直角三角形，熟知正切的定义及勾股定理是解题的关键．
21.【答案】解：过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，过点A作AF⊥BC，交CB的延长线于点F，延长DG交FA的延长线于点H，
由题意得：FH=DE=166米，AF=116米，DH=EF，∠DHA=90∘，
∴AH=FH−AF=166−116=50(米)，
在Rt△ADH中，tanα=AHDH=18，
∴DH=8AH=400(米)，
∴DH=EF=400米，
在Rt△ABF中，∠ABF=76∘，
∴BF=AFtan76∘≈1164=29(米)，
∵CD的坡度是1：0.75，
∴DECE=10.75，
∴CE=0.75DE=124.5(米)，
∴BC=EF−BF−CE=400−29−124.5=246.5(米)，
∴河宽BC约为246.5米．
【解析】过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，过点A作AF⊥BC，交CB的延长线于点F，延长DG交FA的延长线于点H，根据题意可得：FH=DE=166米，AF=116米，DH=EF，∠DHA=90∘，从而可得AH=50米，然后分别在Rt△ADH和Rt△ABF中，利用锐角三角函数的定义求出DH和BF的长，再根据已知易得：CE=0.75DE=124.5米，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，坡度坡角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
22.【答案】s=−4t2+28t
【解析】解：(1)∵v=28m/s，a=8m/s2，
∴s=28t−12×8t2=−4t2+28t，
∴与t之间的关系式为s=−4t2+28t，
故答案为：s=−4t2+28t；
(2)由(1)可知，s=−4t2+28t=−4(t−72)2+49，
∵−4