2023-2024学年江西省上饶市玉山县九年级（上）学期期末数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省上饶市玉山县九年级（上）学期期末数学试题（含解析），共21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。

一、选择题(共6小题，每小题3分，共18分)
1．已知是一元二次方程的一个解，则代数式的值为( )
A．1B．4C．5D．6
2．对于二次函数的图象，下列说法正确的是（ ）
A．开口向下 B．对称轴是直线 C．与x轴有两个交点 D．顶点坐标是
3．如图，圆O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB=90°，∠A=25°，过点C作圆O的切线，交AB的延长线于点D，则∠D的度数是（ ）

A．25°B．40°C．50°D．65°
4．如图，把△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，若BE=17，AD=7，则BC为( )
A．3B．4
C．5D．6
5．如图，两个转盘中指针落在每个数字所在扇形的机会均等，现在同时自由转动甲、乙两个转盘，转盘停止后，指针各指向一个数字，把所指的两个数字相乘，所得的积为奇数的概率为( )
A．B．C．D．
6．已知一次函数y=x+c的图象如图，则二次函数y=ax2+bx+c在平面直角坐标系中的图象可能是（ ）

A． B． C． D．
二、填空题(共6小题，每小题3分，共18分)
7．如果点关于原点的对称点为，则 ．
8．一元二次方程的根的判别式的值是 ．
9．已知在半径为的中，弦的长为，那么圆心到的距离为 ．
10．在，，1，2，3五个数中随机选取一个数作为二次函数中的值，则该二次函数图象开口向上的概率是 ．
11．若函数y＝（a+1）x2﹣2x+1的图象与x轴只有一个交点，则a为 ．
12．如图，两张完全重合在一起的正三角形硬纸片，点O是它们的中心，若按住下面的纸片不动，将上面的纸片绕O顺时针旋转，设旋转角为，当= 时，两张硬纸片所构成的图形为中心对称图形.
三、解答题(共5小题，每小题6分，共30分)
13．解下列方程
(1)
(2)
14．关于x的一元二次方程x2+（a2﹣2a）x+a﹣1＝0的两个实数根互为相反数，求a的值．
15．已知等腰的底边，另两边a，b恰是关于的方程的两个根，求的值
16．有4张看上去无差别的卡片，上面分别写有数，2，5，8．
（1）随机抽取一张卡片，则抽取到的数是偶数的概率为______；
（2）随机抽取一张卡片后，放回并混在一起，再随机抽取一张，请用画树状图或列表法，求抽取出的两数之差的绝对值大于3的概率．
17．在图（1），图（2）中，四边形为矩形，某圆经过两点，请你仅用无刻度直尺画出符合要求的图形．
(1)在图（1）中画出该圆的圆心；
(2)在图（2）中画出线段的垂直平分线．
四、解答题(共3小题，每小题8分，共24分)
18．抛物线上部分点的横坐标，纵坐标的对应值如下表：
根据上表填空：
①抛物线与轴的交点坐标是________和________；
②抛物线经过点 ,________；
③在对称轴右侧，随增大而________；
试确定抛物线的解析式．
19．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是斜边AB上的中线，以CD为直径的⊙O分别交AC、BC于点 M、N，过点N作NE⊥AB，垂足为E．
（1）求证：NE与⊙O相切；
（2）若⊙O的半径为，AC=6，求BN的长．
20．如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，且∠EAF=45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EQ，求证：
（1）EA是∠QED的平分线；
（2）EF2=BE2+DF2．
五、解答题(共2小题，每小题9分，共18分)
21．某种蔬菜的销售单价y1与销售月份x之间的关系如图1所示，成本y2与销售月份x之间的关系如图2所示（图1的图象是线段，图2的图象是抛物线）
（1）已知6月份这种蔬菜的成本最低，此时出售每千克的收益是多少元？（收益=售价﹣成本）
（2）哪个月出售这种蔬菜，每千克的收益最大？简单说明理由．
（3）已知市场部销售该种蔬菜4、5两个月的总收益为22万元，且5月份的销售量比4月份的销售量多2万千克，求4、5两个月的销售量分别是多少万千克？
22．在中，，，，点O为内一点，连接，，，且，按下列要求画图(保留画图痕迹)：以点B为旋转中心，将绕点B顺时针方向旋转，得到(点A，O的对应点分别为点)，求：
(1)和的度数；
(2)的值.
六、(12分)
23．如图 1，在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴是直线，与x轴相交于A，B两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式以及直线的解析式；
(2)在抛物线上找一点P，使得x轴平分，求点P的坐标；
(3)E，F分别是直线和抛物线上的动点，当以C，O，E，F为顶点，为边的四边形是平行四边形时，请求出点E的坐标．
参考答案与解析
1．B
【分析】本题考查了一元二次方程的解的定义，代数式求值，根据一元二次方程的解的定义，将代入已知方程，即可求得，然后将其代入所求的代数式并求值即可．
【详解】解：是一元二次方程的一个解，
，
，
故选：B．
2．D
【分析】本题主要考查了二次函数图象的性质，二次函数与一元二次方程之间的关系，先把解析式化为顶点式，进而得到顶点坐标和对称轴，再由函数开口向上，可得函数最小值为1，进而得到方程无解，则二次函数与x轴没有交点，据此可得答案．
【详解】解：∵二次函数解析式为，，
∴二次函数开口向上，对称轴为直线，
∴顶点坐标为，函数有最小值1，
∴方程无解，
∴二次函数与x轴没有交点，
∴四个选项中只有D选项说法正确，符合题意，
故选：D．
3．B
【分析】首先连接OC，由∠A=25°，可求得∠BOC的度数，由CD是圆O的切线，可得OC⊥CD，继而求得答案．
【详解】解：连接OC，
∵圆O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB=90°，
∴AB是直径，
∵∠A=25°，
∴∠BOC=2∠A=50°，
∵CD是圆O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠D=90°-∠BOC=40°．
故选B．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆的切线垂直于过切点的半径，所以此类题若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．
4．C
【分析】根据△ABC旋转得到△DCE，得到EC=AC，根据已知条件得到BC+7+BC=17，即可求出BC．
【详解】解：∵△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，
∴，E、C、B在同一直线上，
∴EC=AC，
∴BE=BC+CE=BC+AD+CD，
∵BE=17，AD=7，
∴BC+7+BC=17，
∴BC=5．
故选：C
【点睛】本题考查了旋转的性质，根据题意得到EC=AC，是解题关键．
5．B
【分析】本题主要考查本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．先用列表法或画树状图法得出所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率．
【详解】列表如下：
由表可知，一共有6种等可能性的结果，其中抽到两个数的乘积为奇数的结果有2种，
∴所指的两个数字相乘，所得的积为奇数的概率为．
故选：B
6．A
【分析】由一次函数的图象判断出<0, c>0，再判断二次函数的图象特征，进而求解.
【详解】由一次函数的图象可得：<0, c>0，所以二次函数y=ax2+bx+c图象的对称轴=>0,与y轴的交点在正半轴，符合题意的只有A.故选A.
【点睛】本题考查了二次函数图象与一次函数的图象，解题的关键是根据一次函数的图象判断出<0, c>0.
7．-5
【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（-x，-y），记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．
【详解】解：∵点P（x，y）关于原点的对称点为（2，3），
∴x=-2，y=-3；
∴x+y=-2-3=-5．
故答案为：-5．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
8．4
【分析】本题考查了根的判别式，牢记根的判别式并根据其符号确定一元二次方程的根的情况是解题的关键．
根据方程的根的判别式公式求解即可．
【详解】
∵，，，
∴．
故答案为：4．
9．
【分析】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．根据题意画出图形，过点作于点，连接，再根据垂径定理和勾股定理即可求出结果．
【详解】解：如图，过点作于点，则为圆心到弦距离，连结，
∵，，
∴，在中，，，
由勾股定理得：，
即圆心到弦距离为，
故答案为：．
10．
【分析】当a大于0时，该二次函数图象开口向上，根据这个性质利用简单概率计算公式可得解．
【详解】解：当a大于0时，二次函数图象开口向上，
，，1，2，3中大于0的数有3个，
所以该二次函数图象开口向上的概率是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的性质和简单的概率计算，难度不大，是一道较好的中考题．
11．0或-1
【分析】分类讨论，当时，原方程为一次函数，与轴有一个交点；当，判别式为0.
【详解】∵函数y＝（a+1）x2﹣2x+1的图象与x轴只有一个交点
当，
即 ，此时；
当，原函数为y＝﹣2x+1与轴有一个交点，此时.
故答案为：0或-1.
【点睛】根据函数图像与轴有一个交点，二次项含参数进行分类讨论.
12．或或
【分析】本题考查了利用旋转设计图案的知识，首先根据图示，可得原来的图案是一个正三角形；然后要使两张图案构成的图形是中心对称图形，则两张图案构成的图形是正六边形；最后根据正六边形的中心角是，可得它至少旋转，据此解答即可．
【详解】解：要使两张图案构成的图形是中心对称图形，
则两张图案构成的图形至少是正六边形，
∵正六边形的中心角是，
∴要使得两张图案构成的图形是中心对称图形，它旋转角度需是的整数倍，且旋转后三角形不能与原三角形重合，
所以旋转角可以是或或．
故答案为：或或．
13．(1)
(2)，
【分析】本题考查了解一元二次方程：
（1）利用因式分解法求解即可；
（2）利用因式分解法求解即可．
【详解】（1）解：，
，
解得：；
（2）解：，
，
，
解得：，．
14．0
【分析】由两个实数根互为相反数知两根之和等于0，据此列出关于a的方程，解之求出a的值，再检验即可得．
【详解】∵方程x2+（a2﹣2a）x+a﹣1＝0的两个实数根互为相反数，
∴-a2+2a＝0，
解得a＝0或a＝2．
当a＝2时，方程无实数根，舍去；
故a＝0．
【点睛】此题考查根与系数的关系，相反数，解题关键在于掌握运算法则.
15．
【分析】本题主要考查了根的判别式及三角形三边关系定理，根据三角形三边关系定理及根的判别式，确定k的值即可．
【详解】解：∵为底边
∴，故原方程有两个相等的实数根
∴
得
当时，原方程为，则
即，
∴
16．（1）;（2）
【分析】（1）直接利用概率公式进行计算即可；
（2）列表展示所有16种等可能的结果数,再找出两次抽取的卡片上两数之差的绝对值大于3结果数,然后根据概率公式求解．
【详解】解：（1）抽取到的数为偶数的概率为P=．
（2）列表如下：
∵差的绝对值有16种可能，绝对值大于3的有6种可能，
∴差的绝对值大于3的概率．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法:利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n,再从中选出符合事件A或B的结果数目m,然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
17．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据90°的圆周角所对的弦是直径，延长AD交圆于点E，延长BC交圆于点F，分别连接AF、BE，AF与BE相交于点O，即可得解；
（2）根据90°的圆周角所对的弦是直径，作出圆心，再利用矩形是轴对称图形，即可得解．
【详解】（1）解：如图（3），延长AD交圆于点E，延长BC交圆于点F，分别连接AF、BE，AF与BE相交于点O，则O为该圆的圆心；
理由是：∵四边形ABCD是矩形
∴∠BAE＝∠ABF＝90°
∴ AF与BE都是直径
∴ AF与BE的交点O即为圆心．
（2）解：如图（4），延长AD交圆于点M，延长BC交圆于点N，分别连接AN、BM，AN与BM相交于点O，则点O为圆心，连接AC，连接BD，AC与BD相交于点E，过点O、E作直线OE，则OE即为线段的垂直平分线．
理由是：由（1）知点O为圆心，
∴OA＝OB
∴点O在线段AB的垂直平分线上
∵四边形ABCD是矩形
∴AE＝BE
∴点E在线段AB的垂直平分线上
∴直线OE垂直平分AB
∴直线OE是矩形ABCD的对称轴
∴直线OE是线段CD的垂直平分线．
【点睛】本题考查了圆周角定理、矩形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
18． （-2，0），（1，0） 8
增大
(2)y=2x2+2x−4
【分析】（1）①由表格可知：x=-2及1时，y的值为0，从而确定出抛物线与x轴的交点坐标；
②由x=-1及x=0时的函数值y相等，x=-2及1时的函数值也相等，可得抛物线的对称轴为x=-0.5，由函数的对称性可得x=2及x=-3时的函数值相等，故由x=2对应的函数值可得出x=-3所对应的函数值，从而得出正确答案；
③由表格中y值的变化规律及找出的对称轴，得到抛物线的开口向上，在对称轴右侧为增函数，故在对称轴右侧，y随x的增大而增大；
（2）由第一问得出抛物线与x轴的两交点坐标（-2，0），（1，0），可设出抛物线的两根式方程为y=a(x+2)(x−1)，除去与x轴的交点，在表格中再找出一个点坐标，代入所设的解析式即可求出a的值，进而确定出函数解析式．
【详解】(1)①(−2,0)，(1,0)；②8；③增大
(2)依题意设抛物线解析式为y=a(x+2)(x−1)，
由点(0,−4)在函数图象上，代入得−4=a(0+2)(0−1)，
解得：a=2．
∴y=2(x+2)(x−1)，
即所求抛物线解析式为y=2x2+2x−4．
故答案为(−2,0)，(1,0)；8；增大; y=2x2+2x−4．
【点睛】考查了用待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征等，掌握待定系数法求二次函数解析式是解题的关键．
19．（1）见解析；（2）4．
【分析】（1）连接DN,根据直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及平行线的判定与性质证得ON⊥NE即可证明；
（2）连接ON，先根据直角三角形的性质求得AB=10，再由勾股定理可求BC=8，最后由等腰三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）如图：连接DN
∵∠ACB=90°，D为斜边的中点，
∴CD=DA=DB=AB，
∴∠BCD=∠B，
∵OC=ON，
∴∠BCD=∠ONC，
∴∠ONC=∠B，
∴ON//AB，
∵NE⊥AB，
∴ON⊥NE，
∴NE为OO的切线;
（2）如图：连接ON
∵⊙O的半径为
∴CD=5
∵∠ACB=90°，CD是斜边AB上的中线，
∴BD=CD=AD=5，
∴AB=10，
∵AC=6
∴BC==8
∵CD为直径
∴∠CND=90°，且BD=CD
∴BN=NC=4．
【点睛】本题主要考查圆的切线判定和性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及平行线的判定与性质等知识点，掌握圆的切线判定和性质是解答本题的关键．
20．（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）直接利用旋转的性质得出△AQE≌△AFE（SAS），进而得出∠AEQ=∠AEF，即可得出答案；
（2）利用（1）中所求，再结合勾股定理得出答案．
【详解】（1）∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，
∴∠QAF=90°，AQ=AF，
∵∠EAF=45°，
∴∠QAE=45°，
在△AQE和△AFE中，

∴△AQE≌△AFE（SAS），
∴∠AEQ=∠AEF，
∴EA是∠QED的平分线；
（2）∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，
∴∠ABQ=∠ADF=45°，QB=DF，
∴∠QBE=∠ABQ+∠ABE=90°，
由（1）得△AQE≌△AFE，
∴QE=EF，
在Rt△QBE中，QB2+BE2=QE2，
则EF2=BE2+DF2．
【点睛】考点：（1）旋转的性质；（2）正方形的性质．
21．（1）6月份出售这种蔬菜每千克的收益是2元．（2）5月份出售这种蔬菜，每千克的收益最大．（3）4月份的销售量为4万千克，5月份的销售量为6万千克．
【详解】分析：（1）找出当x=6时，y1、y2的值，二者作差即可得出结论；
（2）观察图象找出点的坐标，利用待定系数法即可求出y1、y2关于x的函数关系式，二者作差后利用二次函数的性质即可解决最值问题；
（3）求出当x=4时，y1﹣y2的值，设4月份的销售量为t万千克，则5月份的销售量为（t+2）万千克，根据总利润=每千克利润×销售数量，即可得出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论．
详解：（1）当x=6时，y1=3，y2=1，
∵y1﹣y2=3﹣1=2，
∴6月份出售这种蔬菜每千克的收益是2元．
（2）设y1=mx+n，y2=a（x﹣6）2+1．
将（3，5）、（6，3）代入y1=mx+n，
，解得：，
∴y1=﹣x+7；
将（3，4）代入y2=a（x﹣6）2+1，
4=a（3﹣6）2+1，解得：a=，
∴y2=（x﹣6）2+1=x2﹣4x+13．
∴y1﹣y2=﹣x+7﹣（x2﹣4x+13）=﹣x2+x﹣6=﹣（x﹣5）2+．
∵﹣＜0，
∴当x=5时，y1﹣y2取最大值，最大值为，
即5月份出售这种蔬菜，每千克的收益最大．
（3）当t=4时，y1﹣y2=﹣x2+x﹣6=2．
设4月份的销售量为t万千克，则5月份的销售量为（t+2）万千克，
根据题意得：2t+（t+2）=22，
解得：t=4，
∴t+2=6．
答：4月份的销售量为4万千克，5月份的销售量为6万千克．
点睛：本题考查了待定系数法求一次（二次）函数解析式、二次函数的性质以及一元一次方程的应用，解题的关键是：（1）观察函数图象，找出当x=6时y1﹣y2的值；（2）根据点的坐标，利用待定系数法求出y1、y2关于x的函数关系式；（3）找准等量关系，正确列出一元一次方程．
22．(1)作图见解析；；
(2)
【分析】（1）以点B、O为圆心，以为半径画弧，两弧交于一点，该点即为点，连接并延长，再以点B为圆心，以为半径画弧，交的延长线于点，连接即可；根据旋转的性质，求出两个角的度数即可；
（2）根据旋转的性质求出的长以及是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得，等边三角形三个角都是求出，然后求出C、O、、四点共线，再利用勾股定理列式求出，从而得到．
【详解】（1）解：如图，为所求作的三角形．
∵，，，
∴，
∴，
∵绕点B顺时针方向旋转，
∴，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，
∵绕点B顺时针方向旋转，得到，
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴C、O、、四点共线，
∴在中，，
∴．
【点睛】本题考查了利用旋转变换作图，旋转变换的性质，解直角三角形，勾股定理，等边三角形的判定与性质，综合性较强，最后一问求出C、O、、四点共线是解答本题的关键．
23．(1)；
(2)
(3)或或
【分析】（1）首先根据抛物线对称轴求出，得到，然后利用待定系数法求解一次函数解析式即可；
（2）设交y轴于点Q，首先证明出，得到，然后求出直线表达式为，然后根据抛物线联立求解即可；
（3）根据题意得到，，设，则，表示出，然后解方程求解即可．
【详解】（1）∵抛物线的对称轴是直线，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为，
令，即，解得，，
∴，，
令，则，
∴，设直线的解析式为，
将，代入，
得 ，
解得，
∴直线的解析式为；
（2）设交y轴于点Q，
∵x轴平分，
∴，
∵，
又∵，
∴，
∴，
∴，
设直线表达式为，
∴将，代入得，
解得
∴直线表达式为，
联立抛物线与直线，得，
解得，
∴；
（3）以C，O，E，F为顶点的四边形是平行四边形，且为边，
∴，
∵E，F分别是直线和抛物线上的动点，
∴设，则
∴
解得，，，
将，，代入
得，，，
∴E点的坐标为或或．
【点睛】本题考查了待定系数求二次函数和一次函数解析式，平行四边形的性质，全等三角形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，利用平行四边形的性质解决问题．
…
…
…
…
乙 甲
1
2
3
2
3
第1次
第2次
2
5
8
2
5
8