湖北省孝感市2021_2022学年九年级数学上学期期末试题(含答案)

这是一份湖北省孝感市2021_2022学年九年级数学上学期期末试题(含答案)，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖北省孝感市
2021-2022学年九年级期末数学试题

一、单选题
1．若△ABC的两边长分别为2和3，第三边的长是方程x2﹣9x+20=0的根，则△ABC的周长是（）
A．9 B．10 C．9或10 D．7或10
【答案】A
【分析】
先利用因式分解法解方程得到x1＝4，x2＝5，再根据三角形三边的关系可判断△ABC的第三边长为4，然后计算△ABC的周长．
【详解】
解：∵x2﹣9x+20=0，
∴（x−4）（x−5）＝0，
∴x−4＝0或x−5＝0，
∴x1＝4，x2＝5，
∵2＋3=5，
∴△ABC的第三边长为4，
∴△ABC的周长为2＋3＋4＝9．
故选：A．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．也考查了三角形三边的关系．
2．袋中有白球3个，红球若干个，他们只有颜色上的区别．从袋中随机取出一个球，如果取到白球的可能性更大，那么袋中红球的个数可能是（ ）
A．2个 B．3个
C．4个 D．4个或4个以上
【答案】A
【分析】
根据取到白球的可能性较大可以判断出白球的数量大于红球的数量，从而得解．
【详解】
解：∵袋中有白球3个，取到白球的可能性较大，
∴袋中的白球数量大于红球数量，
即袋中红球的个数可能是2个或2个以下．
故选：A．
【点睛】
本题考查可能性大小的比较：只要总情况数目相同，谁包含的情况数目多，谁的可能性就大；反之也成立；若包含的情况相当，那么它们的可能性就相等．
3．如图，AB是⊙O的弦，OD⊥AB，垂足为点C，交⊙O于点D，点E在⊙O上，若∠BED＝30°，⊙O的半径为4，则弦AB的长是(　　)
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A．4 B．4 C．2 D．23
【答案】B
【分析】
根据垂径定理和三角函数求解．
【详解】
，则
根据OD⊥AB，则在直角△OAC中,

则
故选:B.
【点睛】
考查垂径定理以及解直角三角形，熟练掌握垂径定理是解题的关键.
4．如图，点C，D在以AB为直径的⊙O上，且CD平分∠ACB，若CD＝，∠CBA＝15°，则AB的长是（）
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A． B．4 C． D．
【答案】B
【分析】
过点O作交于点E，连接OC，则，由题意得，根据圆周角的推论得，根据角平分线得，则，设OE=x，则OC=2x，在中，由勾股定理得，解得，则OC=2，即．
【详解】
解：过点O作交于点E，连接OC，
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则，
∵，，
∴，
∵AB是的直径，
∴，
∵CD平分，
∴，
∴，
设OE=x，则OC=2x，
在中，由勾股定理得，





解得，（舍），
∴OC=2，
∴，
故选B．
【点晴】
本题考查了角平分线，圆周角的推论，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．
5．将抛物线先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度，平移后所得抛物线解析式为（）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
根据二次函数平移的规律“上加下减，左加右减”的原则即可得到平移后函数解析式．
【详解】
解：抛物线y=2（x-4）2-1先向右平移4个单位长度，得到的抛物线解析式为y=2（x-4-4）2-1，即y=2(x-8)2-1，
再向下平移2个单位长度得到的抛物线解析式为y=2(x-8)2-1-2，即y=2(x-8)2-3，；
故选D ．
【点睛】
本题考查的是二次函数图象平移变换，熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式是解题的关键．
6．①三点确定一个圆；②平分弦的直径平分弦所对的弧；③同圆或等圆中，相等的弦所对的圆心角相等；④在半径为4的圆中，30°的圆心角所对的弧长为；从上述4个命题中任取一个，是真命题的概率是（）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【分析】
先根据确定圆的条件对①进行判断；根据垂径定理的推论对②进行判断；根据圆心角、弧、弦的关系对③进行判断；根据弧长公式对④进行判断．然后利用概率公式进行计算即可．
【详解】
①不在同一直线上的三点可以确定一个圆，故①说法错误，是假命题；
②平分弦（非直径）的直径平分弦所对的弧，所以②错误，是假命题；
③在同圆或等圆中，弦相等，所对的圆心角相等，所以③正确，是真命题；
④在半径为4的圆中，30°的圆心角所对的弧长为，所以④错误，是假命题．
其中真命题有1个，所以是真命题的概率是：，
故选：D．
【点睛】
本题考查了真假命题的判断及概率公式，解题的关键是：先判断命题的真假．
7．如图，△ABC和△DCE都是等边三角形，点B、C、E在同一条直线上，BC=1，CE=2，连接BD，则BD的长为（　　）
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A．3 B．2 C．2 D．
【答案】D
【分析】
作DF⊥CE于F，构建两个直角三角形，运用勾股定理逐一解答即可．
【详解】
过D作DF⊥CE于F，根据等腰三角形的三线合一，得：CF=1，
在直角三角形CDF中，根据勾股定理，得：DF2=CD2-CF2=22-12=3，
在直角三角形BDF中，BF=BC+CF=1+1=2，
根据勾股定理得：BD=，
故选D.
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【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，勾股定理等，正确添加辅助线、熟练应用相关的性质与定理是解题的关键.
8．若二次函数的图象与轴无交点，则的取值范围为(        )
A． B． C．且 D．
【答案】D
【分析】
首先m≠0，其次，即可求得m的取值范围．
【详解】
由题意，m≠0；又二次函数的图象与轴无交点，则没有实数根，故，即，
解得：
∴
故选：D
【点睛】
本题考查了二次函数与x轴的交点问题，二次函数与一元二次方程的关系，一元二次方程根的判别式，这里不能忽略m≠0这个条件．
9．二次函数的部分图象如图所示，图象过点，对称轴为直线，下列结论：
①；
②；
③；
④若点、点、点在该函数图象上，则；
⑤若方程的两根为和，且，则；
其中正确的结论是（）


A．①③⑤ B．①④⑤ C．①②④ D．①⑤
【答案】A
【分析】
①正确．根据对称轴公式计算即可．
②错误，利用x=-3时，y＜0，即可判断．
③正确．由图象可知抛物线经过（-1，0）和（5，0），列出方程组求出a、b即可判断．
④错误．利用函数图象即可判断．
⑤正确．利用二次函数与二次不等式关系即可解决问题．
【详解】
①正确．∵-=2，
∴4a+b=0．故正确．
②错误．∵x=-3时，y＜0，
∴9a-3b+c＜0，
∴9a+c＜3b，故错误．
③正确．由图象可知抛物线经过（-1，0）和（5，0），
∴
解得，
∴8a+7b+2c=8a-28a-10a=-30a，
∵a＜0，
∴8a+7b+2c＞0，故正确．
④错误，∵点A（-3，y1）、点B（-，y2）、点C（，y3），
∵-2=，2-（-）=，
∴＜
∴点C离对称轴的距离近，
∴y3＞y2，
∵a＜0，-3＜-＜2，
∴y1＜y2
∴y1＜y2＜y3，故错误．
⑤正确．∵a＜0，
∴（x+1）（x-5）=-3/a＞0，
即（x+1）（x-5）＞0，
故x＜-1或x＞5，故正确．
故选：A．
【点睛】
本题考查二次函数与系数关系，灵活掌握二次函数的性质是解决问题的关键，学会利用图象信息解决问题，属于中考常考题型．
10．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，D是以点A为圆心，4为半径的圆上一点，连接BD，M为BD的中点，则线段CM长度的最大值（ ）

A．14 B．7 C．9 D．6
【答案】B
【分析】
作AB的中点E，连接EM、CE、AD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及三角形的中位线定理求得CE和EM的长，然后在中根据三边关系即可求解．
【详解】
解：作AB的中点E，连接EM、CE、AD，



在直角中，
∵E是直角斜边AB上的中点，
∴，
∵M是BD的中点，E是AB的中点，
∴，
∴在中，，即，
∴最大值为7，
故选：B．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系、三角形的中位线定理、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握综合运用各个知识点是解题关键．

第II卷（非选择题）
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评卷人
得分



二、填空题
11．若抛物线y＝a x2＋bx＋c（a≠0）的对称轴为直线x＝3，且与x轴的一个交点坐标为（5，0），则一元二次方程a x2＋bx＋c＝0（a≠0）的根为___________．
【答案】xl＝5，x2＝1
【分析】
根据抛物线的对称性知，抛物线与x轴的两个交点关于直线x=3对称，据此可以求得抛物线与x轴的另一个交点，即可得出一元二次方程ax2+bx+c=0的两个解．
【详解】
解：∵抛物线的对称轴为直线x＝3，且与x轴的一个交点坐标为（5，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点为（1，0），
又∵抛物线y＝a x2＋bx＋c与x轴的交点的横坐标为方程a x2＋bx＋c＝0的根，
∴方程a x2＋bx＋c＝0的根为xl＝5，x2＝1．
故答案为：xl＝5，x2＝1．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点．解题的关键是掌握抛物线的对称性．
12．下图是某商场一楼与二楼之间的手扶电梯示意图，其中AB、CD分别表示一楼、二楼地面的水平线，∠ABC=150°，BC的长是8m，则乘电梯次点B到点C上升的高度h是_____m．

【答案】4
【分析】
过C作CE⊥AB，交AB的延长线于E，在Rt△BCE中，易求得∠CBE＝ 30°，已知斜边BC为8m，根据直角三角形的性质即可求出CE的长，即h的值.
【详解】
过C作CE⊥AB，交AB的延长线于E，在Rt△CBE中，∠CBE＝180°－∠CBA＝30°，已知BC＝8cm，则CE＝BC＝4cm，即h＝4cm，故答案为4.
【点睛】
本题主要考查了直角三角形的性质，正确地构造出直角三角形，然后根据直角三角形的性质求解,是解决此题的关键.
13．如图，AD是△ABC的中线，E是AD上的一点，且AE=AD，CE交AB于点F．若AF=1.2cm，则AB=_____

【答案】6cm
【分析】
作DG∥CF于G，根据平行线等分线段定理及平行线分线段成比例定理可得到AG，FG的长，从而也就求得了AB的长．
【详解】
作DG∥CF于G，
∵AD是△ABC的中线，根据平行线等分线段定理，得BG=FG，
根据平行线分线段成比例定理，得：，
∵AF=1.2cm，AE=AD
∴AG=3.6cm，则FG=2.4cm，
∴BG=FG=2.4cm
∴AB= AG + BG =3.6 +2.4= 6cm
故答案为6cm

【点睛】
本题考查的是平行线等分线段定理以及平行线分线段成比例定理，能正确的运用平行线等分线段定理以及平行线分线段成比例定理添加辅助线是关键．
14．如图,在2×3的正方形网格格点上有两点A,B,在其他格点上随机取一点记为C,能使以A,B,C三点为顶点的三角形是等腰三角形的概率为__.

【答案】.
【分析】
首先找出可以组成的所有三角形的个数，然后再看其中的等腰三角形的个数，由此可得到所求的概率．
【详解】
解：∵在格点上随机取一点记为C，以A、B、C三点为顶点的三角形有4×3-2=10个，其中等腰三角形有4个（图中所示），
∴以A、B、C三点为顶点的三角形是等腰三角形的概率为：．

故答案为
【点睛】
本题考查了概率公式：概率=所求情况数与总情况数之比．同时考查了等腰三角形的判定．
15．如图，ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，且AD=2，ABC的周长为14，则BC的长为________．

【答案】5
【分析】
根据切线长定理得到AF=AD=2，BD=BE，CF=CE，根据三角形的周长公式求出BE+CE=5即可．
【详解】
解∵△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，
∴AF=AD=2，BD=BE，CE=CF，
∵△ABC的周长为14，
∴AB+BC+CA=AD+BD+BE+CE+CF+AF=2AD+2BE+2CE=14，
∴2BE+2CE=14-2AD=14-4=10，
∴BE+CE=5，
∴BC=BE+CE=5，
故答案为5．
【点睛】
本题考查的是三角形的内切圆与内心，切线性质，掌握切线长定理是解题的关键．
16．如图，在平面直角坐标系中，点在抛物线上运动，过点作轴于点，以为对角线作矩形连结则对角线的最小值为．

【答案】1
【分析】
先利用配方法得到抛物线的顶点坐标为（1，1），再根据矩形的性质得BD=AC，由于AC的长等于点A的纵坐标，所以当点A在抛物线的顶点时，点A到x轴的距离最小，最小值为1，从而得到BD的最小值．
【详解】
∵y=x2-2x+2=（x-1）2+1，
∴抛物线的顶点坐标为（1，1），
∵四边形ABCD为矩形，
∴BD=AC，
而AC⊥x轴，
∴AC的长等于点A的纵坐标，
当点A在抛物线的顶点时，点A到x轴的距离最小，最小值为1，
∴对角线BD的最小值为1．
故答案为1．

评卷人
得分



三、解答题
17．按要求解方程
（1）x2+2x-3=0（用配方法）
（2）(用公式法)
【答案】（1），；（2），.
【分析】
（1）根据配方法即可求解；
（2）根据公式法即可求解一元二次方程.
【详解】
（1）x2+2x-3=0（用配方法）
移项得x2+2x=3
配方得(x+1)2=4
x+1=±2
即，；.
（2）(用公式法)
这里a=2,b=5,c=-1
=52-4×2×（-1）=33＞0
∴方程有两个不相等的实根
x==
即，.
【点睛】
此题主要考查一元二次方程的求解，解题的关键是熟知方程的解法.
18．如图，在中，，，，垂足为G，且，E为的中点，．

（1）求证：是等边三角形．
（2）过点G作于点F，连接、，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）证明AD=AB且∠BAD=60︒即可得到结论；
（2）证明△EGF是直角三角形，再运用勾股定理求解即可．
【详解】
（1）证明：∵，
∴．
∴，∴是等边三角形．
（2）解：为的中点，
∴．
∵是等边三角形，，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∴△EGF是直角三角形，
又∵，
∴∠BFG=90︒
∴∠FBG=30︒，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
此题主要考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理以及解直角三角形，熟练掌握相关的判定与性质是解答此题的关键．
19．为庆祝中国共产党成立100周年，在中小学生心中厚植爱党情怀，我市开展“童心向党”教育实践活动，某校准备组织学生参加唱歌，舞蹈，书法，国学诵读活动，为了解学生的参与情况，该校随机抽取了部分学生进行“你愿意参加哪一项活动”（必选且只选一种）的问卷调查．根据调查结果绘制了条形统计图和扇形统计图，部分信息如下：


（1）这次抽样调查的总人数为______人；
（2）若该校有1400名学生，估计选择参加舞蹈的有多少人？
（3）学校准备从推荐的4位同学（两男两女）中选取2人主持活动，利用画树状图或表格法求恰为一男一女的概率．
【答案】（1）200；（2）420人；（3）
【分析】
（1）由参加唱歌的人数和所占百分比求出这次抽样调查的总人数，即可解决问题；
（2）由该校学生人数乘以参加舞蹈的学生所占的比例即可；
（3）画树状图，共有12种等可能的结果，恰为一男一女的结果有8种，再由概率公式求解即可．
【详解】
解：（1）这次抽样调查的总人数为：36÷18%＝200（人），
故答案为：200；
（2）样本中参加舞蹈的学生人数为：200−36−80−24＝60（人），
∴1400×＝420（人），
即估计该校选择参加舞蹈有420人；
（3）画树状图如图：


共有12种等可能的结果，恰为一男一女的结果有8种，
∴恰为一男一女的概率为．
【点睛】
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率的知识以及条形统计图和扇形统计图．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，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率＝所求情况数与总情况数之比．
20．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点的坐标分别是A（－3，2），B（0，4），C（0，2）．
（1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C；平移△ABC，若A的对应点A2的坐标为（0，-4），画出平移后对应的△A2B2C2；
（2）若将△A1B1C绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标；
（3）若在x轴上有一点P，使得PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．

【答案】（1）见解析；（2）（，－1）；（3）（－2，0）
【分析】
（1）直接利用平移和旋转的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用旋转的性质结合对应点位置进而得出旋转中心；
（3）利用轴对称求最短路径求法得出答案．
【详解】
解：（1）如图所示：△A1B1C，△A2B2C2，即为所求；

（2）如图所示：旋转中心的坐标为：（1.5，-1）；
（3）如图所示：点P的坐标为：（-2，0）．
【点睛】
此题主要考查了旋转变换以及轴对称图形求最短路线变换，正确得出对应点位置是解题关键．
21．已知关于x的一元二次方程（m为常数）
（1）求证：不论m为何值，方程总有两个不相等的实数根；
（2）若满足，求实数的值．
【答案】（1）见解析；（2）或
【分析】
（1）求出的值，再根据根的判别式的内容判断即可；
（2）把变形，再根据根与系数的关系得出代入方程，求出的值即可．
【详解】
（1）证明：，
，
不论为何值，，
不论为何值，方程总有两个不相等的实数根；
（2）解：有两个实数根，
，
，
，
，
解得：或．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程和根的判别式和根与系数的关系等知识点，解题的关键是能熟记根的判别式和根与系数的关系的内容．
22．已知是的直径，是圆外一点，直线交于点，、不重合，平分交于点，过作，垂足为．

（1）判断与的位置关系，并说明理由；
（2）若，，求的半径的长度．
【答案】（1）与相切，理由见解析；（2）2.5．
【分析】
（1）连接OE，证OE⊥EF，即可证得EF与⊙O相切；
（2）过O作OH⊥AD于H，易证得四边形OEFH是矩形，设OE=x，则AH=x-1，在中，由勾股定理得到，求得x的值即可．
【详解】
解：（1）与相切，理由如下：
连接，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴与相切；

（2）过作于，
∵，，
∴∠EFH=∠FEO=∠OHF=90°，
∴四边形是矩形，
∵，，
∴OH=EF=2，OE=FH，
设，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∴的半径的长度为2.5．
【点睛】
本题考查了切线的判定、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、矩形的判定和性质，勾股定理的应用等；在判定切线时，往往是连接圆心和切点，利用经过半径的外端且垂直于半径的直线是圆的切线来判定切线．
23．某公司购进一种商品的成本为30元/kg，经市场调研发现，这种商品在未来90天的销售单价p（元/kg）与时间t（天）之间的相关信息如图，销售量y（kg）与时间t（天）之间满足一次函数关系，且对应数据如表，设第t天销售利润为w（元）
时间t（天）
10
30
每天的销售量
y（kg）
180
140
（1）分别求出售单价p（元/kg）、销售量y（kg）与时间t（天）之间的函数关系式；
（2）问：销售该商品第几天时，当天的销售利润最大？并求出最大利润；

【答案】（1）y=﹣2t+200，；（2）第45天利润最大，最大利润为6050 元．
【分析】
（1）设y=k1t+b，利用待定系数法即可得解，当0＜t＜50时，设p=k2t+40，利用待定系数法即可得解，当50≤t≤90时，p=90；
（2）利用销量×每千克利润=总利润，得到w关于t的函数关系式，然后根据函数性质求得最大值即可.
【详解】
（1）设y=k1t+b，把t=10，y=180；t=30，y=140代入得到：
，
解得：，
∴y=﹣2t+200；
当0＜t＜50时，设p=k2t+40，由图象得B（50，90），
∴50k+40=90，
∴k2=1，
∴p=t+40，
当50≤t≤90时，p=90；
（2）w=（﹣2t+200）（t+40﹣30）=﹣2t2+180t+2000=﹣2（t﹣45）2+6050，
所以当t=45时w最大值为6050元，
w=（﹣2t+120）（90﹣30）=﹣120t+12000，
因为﹣120＜0，
∴w随x增大而减小，
所以t=50时，w最大值=6000，
综上所述，第45天利润最大，最大利润为6050 元．
24．如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．点A的坐标为（﹣1，0），抛物线顶点P的坐标为（1，4）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图1，点D是直线BC上一点，过点D作DEy轴，交抛物线于点E（点E在点D的上方），再过点E作EFx轴，交直线BC于点F．求△DEF的最大面积是多少？
（3）如图2，点D是直线BC上任意一点，若DP＝DO，求出点D的坐标．

【答案】（1）；（2）；（3）或
【分析】
（1）已知抛物线顶点坐标可设抛物线的解析式为，再把点A坐标代入求出a的值即可；
（2）首先证明△是等腰三角形，再用待定系数法求出直线的解析式为，设点E的坐标为，得，求出DE的最大值即可解决问题；
（3）根据两点间距离公式得出，，由得，进一步得到方程，求解方程即可．
【详解】
解：（1）∵，抛物线顶点P的坐标为（1，4）
∴设抛物线的解析式为，
∵抛物线经过点A（﹣1，0），
∴将代入得，
解得，
∴该抛物线的解体拭为：
（2）由（1）可知，
∵抛物线与轴交于、两点，与交于点
当时，
当时，
解得，
∴
∴
∴△是等腰三角形
∴∠
设直线的解析式为
把代入，得

解得，
∴直线的解析式为
设点E的坐标为
∵DE//y轴
∴
∴
当时，DE的最大值为
∵DE//y轴，EF∥x轴
∴∠，∠，∠
∴∠
∴△是等腰直角三角形，且
∵
又∵
∴DE越大，△DEF的面积越大，
∴△DEF的最大面积是
（3）由（2）得
∴，
∵
∴
∴
整理得，
解得，
当时，
当时，
∴点D的坐标为：或
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数和一次函数的解析式、等腰直角三角形的判定与性质及三角形面积等知识，数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．