广东省汕头市金平区学年九年级上学期期末数学试题1.docx
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广东省汕头市金平区学年九年级上学期期末数学试题1
广东省汕头市金平区2020-2021学年九年级上学期期末数学
试题
学校:
姓劣:
班级:
考号:
一、单选题
D.x2=2
1・下列方程式属于一元二次方程的是()
A.x3+x-3=OB・x2+—=2C・x2+2xy=1
x
4.如图,OO的半径为10,圆心0到弦AB的距离为6,则的长为()
5・先将抛物线y=(x-l)2+3关于x轴作轴对称变换,所得的新抛物线的解析式为
()
A.y=-(x-l)2+3B.y=-(x+\y+3C.y=-(x-\)2-3
D・y=-(x+1)^-3
3—in
6.在反比例函数y=—的图象在某象限内,V随着x的增大而增大,则川的取值x
范围是()
A.m>-3B・m<-3C.m>3D・m<3
7.如图,正五边形ABCDE内接于OO,P为DE上的一点(点P不与点D重合),则
ZCPD的度数为()
8•若一元二次方程x2-2x+m=0有两个不相同的实数根,则实数m的取值范围是()
10.如图,正方形ABCD的边长为2c〃八动点几0同时从点A岀发,在正方形的边
上,分别按AtDtC,的方向,都以\cmls的速度运动,到达点C运动终止,连接PQ、设运动时间为xs,AAP0的而积为yc/rr,则下列图彖中能大致
表示)'与x的函数关系的是()
二、填空题
11.若点4(2,-1)与B(-2,m)关于原点对称,则加的值是.
12.在一个不透明的盒子里装有除颜色外其余均相同的2个黄色兵乓球和若干个白色兵乓球,从盒子里随机摸出一个兵乓球,摸到黄色兵乓球的概率为丄,那么盒子内白色兵
3
乓球的个数为・
19.如图,A4BC是等边三角形,AABD顺时针方向旋转后能与厶C3D重合.
(1)旋转中心是,旋转角度是度,
(2)连接DD,证明:
△3DQ'为等边三角形.
20.如图,00的直径AB=10,点C为00上一点,连接AC.BC.
(1)作ZACB的角平分线,交0O于点D;
(2)在
(1)的条件下,连接AD.求的长.
21.如图,某中学准备在校园里利用院墙的一段再用40米长的篱笆用三而,形成一个
矩形花WABCD(院墙MN长25米).
(1)设AB=x米,则BC=米:
(2)若矩形花园的而积为150平方米,求篱笆4B的长.
22.2019汕头国际马拉松赛事设有“马拉松(42.195公里)”,“半程马拉松(21.0975公里)“,“迷你马拉松(5公里)“三个项目,小红和小青参加了该赛事的志愿者服务工作,组委会将志愿者随机分配到三个项目组.
(1)小红被分配到“马拉松(42.195公里)”项目组的概率为•
(2)用树状图或列表法求小红和小青被分到同一个项目组进行志愿服务的概率.
23.如图,一次函数y=-x+6的图象与反比例函数>•=-伙H0)在第一象限的图象交
于A(2,d)和3两点.与x轴交于点C・
(1)求反比例函数的解析式:
(2)若点M在x轴上,且AAMC的而积为10,求点M的坐标.
24.已知:
AB为OO的直径,BC=AC•D为AC上一动点(不与4、C重合).
(1)如图1,若BD平分ZCB4,连接OC交BQ于点E・①求证:
CE=CD;②若
OE=\,求AD的长:
(2)如图2,若绕点D顺时针旋转90。
得DF,连接4F.求证:
AF为0O的切线.
25.一次函数y=—2x—2分別与x轴.)'轴交于点4、〃•顶点为(14)的抛物线经过
(1)求抛物线的解析式;
(2)点C为第一象限抛物线上一动点•设点C的横坐标为加,AABC的而积为S•当加为何值时,S的值最大,并求s的最大值:
(3)在
(2)的结论下,若点M在)'轴上,AACM为直角三角形,请直接写岀点M的坐标.
参考答案
1.D
【解析】
【分析】
根据一元二次方程的泄义逐项进行判断即可.
【详解】
A、是一元三次方程,故不符合题意;
B、是分式方程,故不符合题意;
C、是二元二次方程,故不符合题意:
D、是一元二次方程,符合题意.
故选:
D.
【点睛】
本题考查一元二次方程的立义,熟练掌握泄义是关键.
2.C
【分析】
根据中心对称图形和轴对称图形的左义逐项进行判断即可.
【详解】
A、是中心对称图形,但不是轴对称图形,故不符合题意;
B、是轴对称图形,但不是中心对称图形,故不符合题意:
C、既是中心对称图形,又是轴对称图形,符合题意;
D、既不是中心对称图形,也不是轴对称图形,故不符合题意.
故选:
C.
【点睛】
本题考査中心对称图形和轴对称图形的定义,熟练掌握左义是关键.
3.D
【分析】
根据必然事件指在一泄条件下一左发生的事件逐项进行判断即可.
【详解】
A,B,C选项中,都是可能发生也可能不发生,是随机事件,不符合题意;
D是必然事件,符合题意.
故选:
D.
【点睛】
本题考査必然事件的左义,熟练掌握立义是关键.
4.D
【分析】
过点0作0C丄AB于C,连接OA,根据勾股泄理求岀AC长,根据垂径左理得岀AB=2CA,代入求出即可.
【详解】
过点0作0C丄AB于C,连接0A,
则0C=6,OA=10,由勾股左理得:
AC=y]OA1-OC2=8»
VOC丄AB,OC过圆心O,
・・・AB=2AC=16,
故选D.
【点睛】
本题主要考查了勾股左理和垂径宦理等知识点的应用,正确作出辅助线是关键.
5.C
【分析】
根据平而直角坐标系中,二次函数关于%轴对称的特点得出答案.
【详解】
根据二次函数关于兀轴对称的特点:
两抛物线关于x轴对称,二次项系数,一次项系数,常数项均互为相反数,可得:
抛物线y=(x-1)'+3关于x轴对称的新抛物线的解析式为y=_(兀-1)._3故选:
C.
本题主要考查二次函数关于X轴对称的特点,熟知两抛物线关于X轴对称,二次项系数,次项系数,常数项均互为相反数,对称轴不变是关键.
6.C
【分析】
3—m
由于反比例函数)U—的图象在某象限内)'随着X的增大而增大,贝I」满足3-〃2V0,再X
解不等式求出加的取值范围即可.
【详解】
3—m
V反比例函数y=-一的图象在某象限内,)'随着X的增大而增大
x
:
、3-m<0
解得:
加>3
故选:
C.
【点睛】
本题考查了反比例函数的图象和性质,熟练掌握图象在各象限的变化情况跟系数之间的关系是关键.
7.B
【分析】
根据圆周角的性质即可求解.
【详解】
连接CO、DO,正五边形内心与相邻两点的夹角为72。
,即ZCOD=72°,
同一圆中,同弧或同弦所对应的圆周角为圆心角的一半,
故ZCPD=72°x-=36°,
2
故选B.
此题主要考查圆内接多边形的性质,解题的关键是熟知圆周角左理的应用.
8.D
【解析】
分析:
根据方程的系数结合根的判别式△>(),即可得出关于加的一元一次不等式,解之即可得岀实数川的取值范弗I.
详解:
丁方程x2-2x+m=0有两个不相同的实数根,
△=(—2)"—4m>0,
解得:
加VI.
故选D.
点睛:
本题考查了根的判别式,牢记“当厶〉。
时,方程有两个不相等的实数根“是解题的关键.
9.B
【分析】
将每一句话进行分析和处理即可得出本题答案.
【详解】
A.直径是弦,正确.
B.:
•在同圆或等圆中,相等的圆心角所对的弧相等,
・••相等的圆心角所对的呱相等,错误.
C.弦的垂直平分线一泄经过圆心,正确.
D.平分弧的半径垂直于弧所对的弦,正确.
故答案选:
B.
【点睛】
本题考査了圆中弦、圆心角、弧度之间的关系,熟练掌握该知识点是本题解题的关键.
10.A
【分析】
根据题意结合图形,分情况讨论:
®0<^<2时,根^S^pq=^AQ-AP,列出函数关系
式,从而得到函数图象:
②2 列岀函数关系式,从而得到函数图象,再结合四个选项即可得解. 【详解】 1当0 •••正方形的边长为2c”八 2当2 y=Sup。 =2x2-l(4-x/ 12c =—x+9 2 一*x2x(x-2)-*x2x(x-2) XXP'l) =S正方)^ABCD_S'WQ•一3»胶・_S 所以,y与x之间的函数关系可以用两段二次函数图象表示,纵观各选项,只有a选项图 象符合, 【点睛】 本题考査了动点问题的函数图象,根据题意,分别求出两个时间段的函数关系式是解题的关键. ii・1 【分析】 根据关于原点对称的点的坐标特点: 两个点关于原点对称时,它们的坐标符号相反. 【详解】•••点A(2,-l)与B(-2肿)关于原点对称 : .m=1 故填: 1. 【点睛】 本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点,熟练掌握点的变化规律是关键. 12.4 【分析】 先求出盒子内乒乓球的总个数,然后用总个数减去黄色兵乓球个数得到白色乒乓球的个数. 【详解】 解: 盒子内乒乓球的总个数为2—丄=6(个), 3 白色兵乓球的个数6-2=4(个), 故答案为: 4. 【点睛】 此题主要考查了概率公式,关键是掌握随机事件A的槪率P(A)==事件A可能出现的结果数三所有可能岀现的结果数. 13.3 【分析】 函数),=cix2+bx+c的图象与X轴的交点的横坐标就是方程做2+bx+c=0的根,再根据两根之和公式与对称轴公式即可求解. 【详解】 根据两根之和公式可得1+5=--,即一-=6 aa 则抛物线的对称轴: -—=3 la 故填: 3. 【点睛】 本题考査二次函数与一元二次方程的关系和两根之和公式与对称轴公式,熟练掌握公式是关键. 14.2024 【分析】 把兀=一1代入方程得出a-b的值,再整体代入2020+加—功中即可求解. 【详解】 把X=—1代入方程cix2+bx—2=0 得: d—b—2=0,即a-b=2 : .2020+2a-2b=2020+2(d-b)=2020+2x2=2024故填: 2024. 【点睛】 本题考查一元二次方程的解法,运用整体代入法是解题的关键. 15.-24 【分析】 先根据图形旋转的性质得BD=BA,ZDBA=90°,再得出DB//X轴,然后求得点D的坐标,最后利用待左系数法求解反比例函数的解析式即可. 【详解】 设DB与y轴的交点为F,如图所示: VAABC以点3为旋转中心顺时针方向旋转90。 得到△D3G点3(2,6),轴 ABD=BA=6,ZDBA=90° ・••DB//X轴 Z.DF=6-2=4 ・••点D的坐标为(-46) •••反比例函数y=-图象恰好过点D .-.6=—,解得: k=-24 -4 故填: -24 【点睹】 本题主要考查坐标与图形变化-旋转、待立系数法求反比例函数解析式,根据图形旋转的性质得出点D的坐标是关键. 16.18JJ+24/T 【分析】连接EC,先根据题意得岀吐严=6,再得出ZEC"30。 ,然后计算出近D和扇形BCE的而积即可求解. 【详解】 连接EC,如下图所示: AED BC 由题意可得: EC=BC=AD=\2TE是AD中点 : .ED=-EC=6 2 ・••ZECD=30° •••ZECB=60° •••DC=>/eC2-£D2=6^3 Lcd=丄ED.DC=18>/32 60° S血开伽*=144”x=24龙 屛曲360° •: *阴! 闻形8作+S业cd=18>/J+24/r 故填: 18的+24兀・ 【点睛】本题主要考查扇形而积的计算、矩形的性质、解直角三角形,准确作出辅助线是关键. 17.®® 【分析】①根据函数图象可得小b、C的正负性,即可判断: ②令x=—3,即可判断: ③令y=0t方程有两个不相等的实数根即可判断b2-4ac>0: ④根据对称轴大于0小于1即可判断. 【详解】 1由函数图象可得“<0、c<0 *•*对称轴>0 2a ・・・b>0 abc>0 2令x=—3,则y=9a-3b+c<0 3令y=0,由图像可知方程俶2+bx+c=0有两个不相等的实数根 △=/? '-4ac>0 4•••对称轴-—<1 2a : 、2(/+方vO ・••综上所述,值小于0的有②④. 【点睛】 本题考察二次函数图象与系数的关系,充分利用图象获取解题的关键信息是关键. 18.不=5,-丫2=—1 【分析】 先利用配方法,把左边配成完全平方,然后直接开方解方程即可. 【详解】 解: 配方得: 异一4尤+4=9, 即(a-2)2=9, 开方得: x-2=±3, 解得: 丙=5,x2=-1. 【点睛】 本题考査解一元二次方程,熟练掌握一元二次方程的几种基本解法是关键. 19. (1)B,60: (2)见解析 【分析】 (1)根据三角形三个顶点中没有变动的点就是旋转中心来判断,再根据旋转的性质判断出旋转的角度即可: (2)先根据旋转的性质得出ZDBD'=60°和BD=BD'即可证明. 【详解】 解: (1)旋转中心是3, 旋转角度是60度; (2)证明: •.•AABC是等边三角形, ..ZABC=60°, 「•旋转角是60°; /.ZDBDf=60°, 又•••3D=BD, /.ABDD1是等边三角形. 【点睹】 本题主要考察正三角形的判立及性质、图形的旋转性质,熟练掌握性质是关键. 20. (1)见解析; (2)5迈 【分析】 (1)以点C为圆心,任意长为半径(不大于AC为佳)画弧于AC和BC交于两点,然后以这两个交点为圆心,大于这两点之间距离的一半为半径画两段弧交于一点,过点C和该交点的线就是ZACB的角平分线; (2)连接OD,先根据角平分线的左义得出ZACD=45°.再根据圆周角左理得出 ZAOD=90°,最后再利用勾股左理求解即可. 【详解】 解: (1)如图,CD为所求的角平分线: (2)连接OD, •••OO的直径AB=10, ZACB=90°,AO=DO=5. CD平分ZACB, : .ZACD=-ZACB=45°. 2 .•.ZAOD=2ZACD=90°. 在RtAAOD中,AD=y]AO2+DO2=a/52+52=5^2- 【点睛】 本题主要考察基本作图、角平分线定义、圆周角泄理、勾股定理,准确作出辅助线是关键. 21. (1)40-2x; (2)15米 【分析】 (1)根据题意知道BC的长度=篱笆总长-2/W列出式子即可: (2)根据 (1)中的代数式列出方程,解方程即可. 【详解】 解: (1)(40-2%), (2)根据题意得方程: x(40-2x)=150, 解得: 占=5,%2=15, 当石=5时,40-2x=30>25(不合题意,舍去), 当x2=15时,40—2x=10<25(符合题意). 答: 花园而积为150米2时,篱笆AB长为15米. 【点睛】 本题主要考察列代数式、一元二次方程的应用,注意篱笆只困三而有一而是墙. 22. (1);: (2)图见解析,| 33 【分析】 (1)直接利用概率公式可得: (2)记这三个项目分别为A、B、C,画树状图列出所有可能的结果,从中找到符合条件的结果数,再根据概率公式汁算即可. 【详解】 解: (1)P冷; (2)记这三个项目分别为人、B、C, 画树状图为: 共有9种等可能的结果数, 其中小红和小青被分配到同一个项目组的结果数为3, 31 所以小红和小青被分到同一个项目组进行志愿服务的概率为-= 93 【点睛】 本题主要考察槪率公式、树状图、列表法,熟练掌握公式是关键. Q 23. (1)y= (2)(1,0)或(11,0) X 【分析】 b (1)先把点A(2,d)代入y=—x+6解得Q的值,再代入反比例函数y=—伙H0)中解得R X 的值即可: (2)AAMC的而积可以理解为是以MC为底,点A的纵坐标为髙,根据三角形的而积公式列式求解即可. 【详解】 解: (1)把点A(2,nH弋入y=—x+6,得。 =_2+6,解得: d=4, "(2,4) 把A(2,4)代入反比例函数y=', X ••上=2x4=8; Q 「•反比例函数的表达式为y=-: X (2)•.•一次函数y=-x+6的图象与尤轴交于点C, .•.C(6,0), 设M(x,O), : .MC=\6-x\, •■-$込化=彳6-伞4=10, : .X=1或x=ll, .••M的坐标为(1,0)或(11,0). 【点睛】 本题主要考查一次函数和反比例函数的交点问题,注意MC的值有两个. 24. (1)①见解析,②2; (2)见解析 【分析】 (D®先根据圆周角定理得出,CBA=ZBAC=45。 再得出ZBCO=45。 再根据角平分线的立义得出ZCBD=ZDBA,最后根据三角形外角左理即可求证: ②取BD中点G,连接OG,可得OG是中位线,根据平行线的性质得ZOGE=ZOEG,然后根据等腰三角形的性质得岀OG=OE=1,最后再根据中位线的性质得岀AD=2OG=2t (2)BC上截取=连接DP,由题意先得出BC=AC,再得出ZBPD=135°,然后由旋转性质得ZBM=90。 、BD=FD,再根据同角的补角相等得出 ZCBD=ZADF,然后证的ADFA三ABDP(SAS),最后得出ZFAB=90°即可证明. 【详解】 解: (1)®证明: TAB为OO的宜径, /.ZBC4=90°. •・•3C=AC, .•.ZCBA=ZBAC=45。 ,ZB(9C=90°. : .ZBCO=45°. •.•BD平分ZCBA, : .Z.CBD=乙DBA. •/ZCED=ZCBD+ZBCE, ZCDE=ZABD+ZBAC, : .ZCED=ZCDE. CE=CD: ②解法一: 如图,取BD中点G,连接OG, •••O为AB的中点, : .AD=2OG,OG//AD. .\ZOGE=ZCDE. ZOEG=ZCED,ZCED=ZCDE, : .ZOGE=ZOEG• ;.OG=OE=\. : .AD=2OG=2, 解法二: 如图,作丄BC,垂足为M, •.•BD平分ZCBA,EO丄AB, : .EM=EO=\. ZBCO=45°. .-.ZMEC=ZBC£=45°. : .CM=EM=\. .•.CE=VEAp7aF=>/r+T=72- : .CD=CE=^2- .•.OC=OE+CE=4i+\. 在Rt^OC中,AC=^AO2+OC2=>/2OC=>/2x(x/2+1)=2+V2. .•.AD=AC—CD=2; 解法三: 如图,作£W丄AB,垂足为N, 设CE=x \BD平分ZCBA,DN丄AB, .•.ND=CD=CE=x. vZBAC=45° •••AD=近DN=y/2x AAC=y[2OC.即CD+AD=>/2(CE+OE) x+y/2x=>f2(x+1) 解得: x=41 •••AD=42x=2 (2)证明(法一): 如图,在3C上截取=连接DP. P D vZCBA=ZBAC=45% BC=AC. : .CP=CD. : .ZCPD=45°. .•.ZBPD=135。 . 由旋转性质得,ZBDF=90°,BD=FD. .•.ZBDC+ZFDA=90°. •.•ZBDC+ZCBD=90。 , ・・ZCBD=ZADF・..ADFA=ABDP(SAS).(SAS没写不扣分): .ZFAD=ZDBO=\35°・ .•.ZFAB=ZFAD-ABAC=135°-45°=90°. .•.04丄AF. ••・AF为OO的切线・ 证法二: 如图,延长04到0,DQ=CB. 由旋转性质得,ZB£)F=90°,BD=FD・..ZBDC+ZFDA=90°. vZBDC+ZCBD=90°, /.ZCBD=ZADF・ : .ADFQ=ABDC(SAS).(SAS没写不扣分) ・・FQ=CD,ZDQF=ZBCD=90。 . •••BC=AC^ BC=AC. : .DQ=AC・ : .AQ=DC. : .FQ=DC. : .ZFAQ=ZAFQ=45°. ・•・ZFAB=180。 一ZFAQ一ABAC=90°. .•.OA丄AF. .••AF为0O的切线. 证法三: 作FH丄C4交C4延长线于点H•(余下略) 由旋转性质得,ZBDF=90°,BD=DF: .ZBDC+ZFDA=90°. •.•ZBDC+ZCBD=90。 ・•.ZCBD=ZADF• •・•ABCD=ZDHF=90° •••ABDC三ADFH(AAS)•••DC=FH、BC=DH BC=AC: .BC=AC ・•.DH=AC ・••AH=DC ・・・ZFAH=ZAFH=45。 AB为<00的直径, ・••ZBCA=90° ・••ZCAB=ZABC=45° ・••ZFAB=180°-乙FAH-ABAC=90° •••OA丄AF. •••AF为OO的切线. 【点睛】 本题主要考察圆周角左理、角平分线左义、中位线性质、全等三角形的判立及性质等,准确 作岀辅助线是关键. 9 25. (1)y=-/+2x+3: (2)当〃? =2时,S的值最大,最大值为y;(3)(0,-1)、(0,5)、 【分析】 (1)设抛物线的解析式为y=d(x—1『+4,代入点A的坐标即可求解: (2)连接OC,可得点C(m-m2+2m+3),根据一次函数y=-2x-2得岀点人、B的 坐标,然后利用三角形而积公式得岀=+^AAOC+^ABOC的表达式,利用二次函 数的表达式即可求解: (3)①当A
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- 广东省 汕头市 金平区 学年 九年级 学期 期末 数学试题