2023-2024学年吉林省辽源市龙山区九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年吉林省辽源市龙山区九年级（上）期末数学试卷（含解析），共19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.关于x的一元二次方程(a−1)x2+x+a2−1=0的一个根是0，则a的值为( )
A. 1B. −1C. 1或−1D. 0
2.有4条线段，分别为：3cm，4cm，5cm，6cm，从中任取3条，能构成直角三角形的概率是( )
A. 12B. 13C. 14D. 15
3.抛物线y=3(x−1)2+1的顶点坐标是( )
A. (1,1)B. (−1,1)C. (−1,−1)D. (1,−1)
4.将量角器按如图所示的方式放置在三角形纸板上，使点C在半圆上．点A，B的读数分别为86°，30°，则∠ACB的度数是( )
A. 28°B. 30°C. 36°D. 56°
5.如图，将△AOB绕着点O顺时针旋转，得到△COD(点C落在△AOB外)，若∠AOB=30°，∠BOC=10°，则最小旋转角度是( )
A. 20°
B. 30°
C. 40°
D. 50°
6.如果等腰三角形的面积为10，底边长为x，底边上的高为y，则y与x的函数关系式为( )
A. y=10xB. y=5xC. y=20xD. y=x20
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
7.方程x2−4=0的解是______．
8.如图，△ABC内接于⊙O，∠B=∠OAC，OA=8cm，则AC= ______ cm．
9.若a是一元二次方程x2+2x−3=0的一个根，则2a2+4a的值是______．
10.如图，二次函数y=ax2−3x+a2−1的图象经过原点，那么a的值是______ ．
11.如图，在平面直角坐标系中，△ABO的边AB平行于y轴，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过OA中点C和点B，且△OAB的面积为9，则k=______．
12.天水市某校从三名男生和两名女生中选出两名同学做为“伏羲文化节”的志愿者，则选出一男一女的概率为______ ．
13.如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE，此时点C恰好在线段DE上，若∠B=40°，∠CAE=60°，则∠DAC的度数为______ ．
14.已知二次函数y=−x2+2x+m的部分图象如图所示，则关于x的一元二次方程−x2+2x+m=0的解为_______________．
三、解答题：本题共12小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题5分)
解方程：x(x−5)=5−x.小滨的解答如下：
解：原方程可化简为x(x−5)=−(x−5)，
方程两边同时除以x−5，得x=−1，
小滨的解答是否正确，如不正确，写出正确的解答过程．
16.(本小题5分)
已知关于x的方程x2−2(m+1)x+m2=0
(1)当m取何值时，方程有两个实数根；
(2)为m选取一个适合的整数，使方程有两个不相等的实数根，并求出这两个实数根．
17.(本小题5分)
一只不透明袋子中装有1个红球，2个黄球，这些球除颜色外都相同，小明搅匀后从中任意摸出一个球，记录颜色后放回、搅匀，再从中任意摸出1个球，用画树状图或列表法列出摸出球的所有等可能情况，并求两次摸出的球都是红球的概率．
18.(本小题5分)
方格纸中，若三角形的3个顶点分别在小正方形的顶点(格点)上，这样的三角形叫格点三角形.在如图的方格纸中，画出与△ABC成中心对称的格点三角形．
19.(本小题7分)
某气球内充满了一定量的气体，当温度不变时，气球内气体的气压p(kPa)是气体体积V(m3)的反比例函数，其图象如图所示．
(1)求这一函数的解析式；
(2)当气体体积为1m3时，气压是多少？
(3)当气球内的气压大于140kPa时，气球将爆炸，为了安全起见，气体的体积应不小于多少？(精确到0.01m3)
20.(本小题7分)
如图，四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形.线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接AE.求证：AE=BD．
21.(本小题7分)
在平面直角坐标系中，点A的坐标是(0,3)，点B在x轴上，将△AOB绕点A逆时针旋转90°得到△AEF，点O、B的对应点分别是点E、F．
(1)若点B的坐标是(−4,0)，请在图中画出△AEF，并写出点E、F的坐标．
(2)当点F落在x轴的上方时，试写出一个符合条件的点B的坐标．
22.(本小题7分)
如图所示，抛物线y=ax2+bx+c与直线y=−x+6分别交于x轴和y轴上同一点，交点分别是点B和点C，且抛物线的对称轴为直线x=4．
(1)求出抛物线与x轴的两个交点A，B的坐标．
(2)试确定抛物线的解析式．
23.(本小题8分)
如图，AB是⊙O的弦，OP⊥AB交⊙O于C，OC=2，∠ABC=30°．
(1)求AB的长；
(2)若C是OP的中点，求证：PB是⊙O的切线．
24.(本小题8分)
如图，ABCD是一块边长为4米的正方形苗圃，园林部门拟将其改造为矩形AEFG的形状，其中点E在AB边上，点G在AD的延长线上，DG=2BE，设BE的长为x米，改造后苗圃AEFG的面积为y平方米．
(1)y与x之间的函数关系式为______(不需写自变量的取值范围)；
(2)根据改造方案，改造后的矩形苗圃AEFG的面积与原正方形苗圃ABCD的面积相等，请问此时BE的长为多少米？
25.(本小题10分)
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
(1)当直线MN绕点C旋转到①的位置时，
求证：①△ADC≌△CEB； ②DE=AD+BE；
(2)当直线MN绕点C旋转到②的位置时，求证：DE=AD−BE；
(3)当直线MN绕点C旋转到③的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的数量关系？请直接写出这个等量关系，不需要证明．
26.(本小题10分)
阅读材料：
材料1：若关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个根为x1，x2，则x1+x2=−ba，x1x2=ca．
材料2：已知一元二次方程x2−x−1=0的两个实数根分别为m，n，求m2n+mn2的值．
解：一元二次方程x2−x−1=0的两个实数根分别为m，n，
∴m+n=1，mn=−1，则m2n+mn2=mn(m+n)=−1×1=−1．
根据上述材料，结合你所学的知识，完成下列问题．
(1)材料理解：一元二次方程2x2−3x−1=0的两个根为x1，x2，则x1+x2= ______ ，x1x2= ______ ．
(2)类比应用：已知一元二次方程2x2−3x−1=0的两根分别为m、n，求nm+mn的值．
(3)思维拓展：实数s、t满足2s2−3s−1=0，2t2−3t−1=0，且s≠t，求1s−1t的值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查一元二次方程的解的概念和一元二次方程的定义，掌握能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解是解题的关键．解答此题将x=0代入方程可得：a2−1=0，解之求得a的值，在根据一元二次方程的定义求解可得．
【解答】
解：根据题意将x=0代入方程可得：a2−1=0，
解得：a=1或a=−1，
∵a−1≠0，即a≠1，
∴a=−1，
故选B．
2.【答案】C
【解析】解：4条线段的全部组合有：3，4，5和3，4，6和3，5，6和4，5，6.能构成直角三角形的是3，4，5一组，
∴P(构成三角三角形)=14．
故选：C．
列举出所有情况，看直角三角形的情况数占总情况数的多少即可．
用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
3.【答案】A
【解析】解：∵抛物线y=3(x−1)2+1是顶点式，
∴顶点坐标是(1,1)．
故选：A．
已知抛物线顶点式y=a(x−h)2+k(a,h,k为常数，a≠0)，顶点坐标是(h,k)．
本题考查由抛物线的顶点式写出抛物线顶点的坐标，比较容易．
4.【答案】A
【解析】解：题意，连接OA，OB．
由题意，∠AOB=86°−30°=56°，
∴∠ACB=12∠AOB=28°，
故选：A．
连接OA，OB，利用圆周角定理求解即可．
本题考查圆周角定理，解题的关键是理解题意，掌握圆周角定理解决问题．
5.【答案】C
【解析】解：∵∠AOB=30°，∠BOC=10°，
∴∠AOC=∠AOB+∠COB=30°+10°=40°，
∵将△AOB绕着点O顺时针旋转，得到△COD，
∴旋转角为∠AOC=40°．
故选：C．
直接利用已知得出∠AOC的度数，再利用旋转的性质得出对应边之间夹角，得出答案即可．
此题主要考查了旋转的性质，正确得出∠AOC的度数是解题关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵等腰三角形的面积为10，底边长为x，底边上的高为y，
∴12xy=10，
∴y与x的函数关系式为：y=20x．
故选：C．
利用三角形面积公式得出12xy=10，进而得出答案．
此题主要考查了根据实际问题抽象出反比例函数解析式，根据已知得出12xy=10是解题关键．
7.【答案】±2
【解析】解：x2−4=0，
移项得：x2=4，
两边直接开平方得：x=±2，
故答案为：±2．
首先移项可得x2=4，再两边直接开平方即可．
此题主要考查了直接开平方法解一元二次方程，解这类问题要移项，把所含未知数的项移到等号的左边，把常数项移项等号的右边，化成x2=a(a≥0)的形式，利用数的开方直接求解．
8.【答案】8 2
【解析】【分析】
此题综合运用了等腰三角形的性质、圆周角定理、三角形的内角和定理以及勾股定理．
结合等腰三角形的性质、圆周角定理、三角形的内角和定理求得三角形AOC是等腰直角三角形，再根据勾股定理即可求解．
【解答】
解：连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA．
又∵∠B=∠OAC=12∠AOC，
∴∠AOC=90°．
∴AC= OA2+OC2=8 2cm．
9.【答案】6
【解析】解：∵a是一元二次方程x2+2x−3=0的一个根，
∴a2+2a−3=0，
∴a2+2a=3，
∴2a2+4a=2(a2+2a)=2×3=6，
故答案为：6．
将a代入x2+2x−3=0，即可得出a2+2a=3，再把a2+2a=3整体代入2a2+4a，即可得出答案．
本题考查了一元二次方程的根的定义，整体思想的应用是本题的关键．
10.【答案】−1
【解析】解：∵抛物线经过原点(0,0)，
∴a2−1=0，解得a=±1，
∵图象开口向下，a0，
即4(m+1)2−4m2>0，
∴m>−12；
令m=0，代入方程得x2−2x=0
∴x1=0，x2=2．
【解析】(1)根据根的判别式△=0时，方程有两个相等的实数根求m的值即可；
(2)根据根的判别式△>0时，方程有两个不相等的实数根列出不等式，求m的取值范围，再得出整数m的值．
本题考查了根的判别式，掌握一元二次方程根的判别式大于0，方程有两个不相等的实数根是解题的关键．
17.【答案】解：画树状图得：
∵共有9种等可能的结果，两次摸出的球都是红球的只有1种情况，
∴两次摸出的球都是红球的概率为：19．
【解析】此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次摸出的球都是红球的情况，再利用概率公式即可求得答案．
18.【答案】解：根据中心对称的性质：
如图．
【解析】我们可以将方格纸做中心对称，这样可以清楚的看到△ABC中心对称的格点三角形．画出即可．
使学生对中心对称的认识加深．
19.【答案】解：(1)设p=kV，
由题意知120=k0.8，
所以k=96，
故p=96V；
(2)当V=1m3时，p=961=96(kPa)；
(3)当p=140kPa时，V=96140≈0.69(m3)．
所以为了安全起见，气体的体积应不少于0.69m3．
【解析】本题考查反比例函数的应用；应熟练掌握符合反比例函数解析式的数值的意义．
(1)设出反比例函数解析式，把A坐标代入可得函数解析式；
(2)把V=1代入(1)得到的函数解析式，可得p；
(3)把P=140代入得到V即可．
20.【答案】证明：由旋转可知∠DCE=60°，CD=CE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC，
∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
即∠BCD=∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
BC=AC∠BCD=∠ACECD=CE
∴△BCD≌△ACE(SAS)，
∴AE=BD．
【解析】根据旋转的性质得到∠DCE=60°，CD=DE，根据等边三角形的性质得到∠ACB=60°，AC=BC，进一步由“SAS”可证△BCD≌△ACE，可得AE=BD．
本题考查了旋转的性质，全等三角形判定和性质，等边三角形的性质等知识，掌握旋转的性质是解题的关键．
21.【答案】解：(1)∵△AOB绕点A逆时针旋转90°后得到△AEF，
∴AO⊥AE，AB⊥AF，BO⊥EF，AO=AE，AB=AF，BO=EF，
∴△AEF在图中表示为：
∵AO⊥AE，AO=AE，
∴点E的坐标是(3,3)，
∵EF=OB=4，
∴点F的坐标是(3,−1)．
(2)∵点F落在x轴的上方，
∴EF