2023-2024学年广东省广州市白云区九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省广州市白云区九年级（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.下列各图中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.下列方程中是一元二次方程的是( )
A. x2+2x=0B. 1x2+x=3C. x+3=0D. x3+2x2=1
3.方程3x2−2x−1=0的根的情况是( )
A. 有两个相等的实数根B. 没有实数根
C. 有两个不相等的实数根D. 无法确定
4.下列事件为随机事件的是( )
A. 太阳从东方升起B. 度量四边形内角和，结果是720°
C. 某射击运动员射击一次，命中靶心D. 通常加热到100℃时，水沸腾
5.在平面直角坐标系中，点P(−1,−2)关于原点对称的点的坐标是( )
A. (1,−2)B. (−1,2)C. (1,2)D. (−2,−1)
6.不透明的袋子中装有2个白球，3个红球和5个黑球，除颜色外无其他差别，随机摸出一个球，恰好是白球的概率为( )
A. 310B. 12C. 15D. 13
7.如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，⊙O的半径是1，则正六边形ABCDEF的周长是( )
A. 6 3
B. 6
C. 6 2
D. 12
8.如图，用圆心角为120°，半径为6的扇形围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径是( )
A. 4
B. 2
C. 4π
D. 2π
9.反比例函数y=mx(m>0,x>0)的图象位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
10.如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为BC延长线上一点，连接OD，OB，若OD/​/BC，且OD=BC，则∠BOD的度数是( )
A. 65°
B. 115°
C. 130°
D. 120°
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.设x1，x2是方程x2+3x−4=0的两个根，则x1+x2= ______．
12.若点(2,a)在反比例函数y=12x的图象上，则a= ______．
13.如图是一个可以自由转动的转盘，转盘分成黑、白两种颜色.指针的位置固定，转动的转盘停止后，指针恰好指向白色扇形的概率为78(指针指向OA时，当作指向黑色扇形；指针指向OB时，当作指向白色扇形)，则黑色扇形的圆心角∠AOB= ______．
14.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=30°，BC=3，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AB′C′，则BB′= ______．
15.如图某蔬菜基地建蔬菜大棚的剖面，半径OA=10m，地面宽AB=16m，则高度CD为______．
16.如图，抛物线y=ax2+bx+c的开口向上，经过点(−1,3)和(1,0)且与y轴交于负半轴.则下列结论：①a+b+c=0，②abc<0；③2a+b<0；④a+c=32，其中正确的结论是______.(填写所有正确结论的序号)
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题4分)
解方程：2x2−8=0．
18.(本小题4分)
如图，在△ABC中，边BC与⊙A相切于点D，∠BAD=∠CAD.求证：AB=AC．
19.(本小题6分)
如图，在同一平面直角坐标系中，正比例函数y=2x的图象与反比例函数y=kx的图象交于A，B两点，过点A作AC⊥x轴，垂足为点C，AC=2，求k的值．
20.(本小题6分)
如图，四边形ABCD的两条对角线AC，BD互相垂直，AC+BD=10，当AC，BD的长是多少时，四边形ABCD的面积最大？
21.(本小题8分)
学校为了践行“立德树人，实践育人”的目标，开展劳动课程，组织学生走进农业基地，欣赏田园风光，体验劳作的艰辛和乐趣，该劳动课程有以下小组：A.搭豇豆架、B.斩草除根C.趣挖番薯、D.开垦播种，学校要求每人只能参加一个小组，甲和乙准备随机报名一个小组．
(1)甲选择“趣挖番薯”小组的概率是______；
(2)请利用列表或画树状图的方法，求甲、乙两人选择同一个小组的概率．
22.(本小题10分)
如图，AB是⊙O直径，C为⊙O上一点．
(1)尺规作图：求作一点B′，使得B′与B关于直线AC对称；
(2)在直线AB′上取一点D，连接CD，若CD⊥AB′，求证：CD是圆O的切线．
23.(本小题10分)
为改善生态环境，建设美丽乡村，某村规划将一块长18米，宽10米的矩形场地建设成绿化广场，如图，内部修建三条宽相等的小路，其中一条路与广场的长平行，另两条路与广场的宽平行，其余区域种植绿化，使绿化区域的面积为广场总面积的80%．
(1)求该广场绿化区域的面积；
(2)求广场中间小路的宽．
24.(本小题12分)
已知抛物线y1=−x2+bx+c经过点A(−1,0)和B(3,0)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)过点A的直线y2=kx+k与抛物线交于点P．
①当0≤x≤3时，若y1−y2的最小值为5，求k的值；
②抛物线的顶点为C，对称轴与x轴交于点D，当点P(不与点B重合)在抛物线的对称轴右侧运动时，直线AP和直线BP分别与对称轴交于点M，N，试探究△AMD的面积与△BND的面积之间满足的等量关系．
25.(本小题12分)
如图，点E为正方形ABCD边上的一点，CG平分正方形的外角∠DCF，将线段AE绕点E顺时针旋，点A的对应点为点H．
(1)当点H落在边CD上且CE=CH时，求∠AEH的度数；
(2)当点H落在射线CG上时，求证：AE⊥EH；
(3)在(2)的条件下，连接AH并与CD交于点P，连接EP，探究AP2，EP2与FP2之间的数量关系，并说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
解：中心对称图形，即把一个图形绕一个点旋转180°后能和原来的图形重合，A、C、D都不符合；
是中心对称图形的只有B．
故选：B．
根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可直接选出答案．
此题主要考查了中心对称图形，掌握中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2.【答案】A
解：A、是一元二次方程，故此选项符合题意．；
B、含有分式，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；
C、未知数的最高次数是1，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；
D、未知数的最高次数是3，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；
故选：A．
利用一元二次方程定义进行解答即可．
此题主要考查了一元二次方程定义，关键是掌握判断一个方程是否是一元二次方程应注意抓住5个方面：“化简后”；“一个未知数”；“未知数的最高次数是2”；“二次项的系数不等于0”；“整式方程”．
3.【答案】C
解：∵a=3，b=−2，c=−1，
∴△=4−4×3×(−1)=16>0，
故选：C．
根据根的判别式即可求出答案．
本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的判别式，本题属于基础题型．
4.【答案】C
解：A、明天太阳从东方升起是必然事件，故此选项不符合题意；
B、度量四边形内角和，结果是720°是不可能事件，故此选项不符合题意；
C、某射击运动员射击一次，命中靶心是随机事件，故此选项符合题意；
D、通常加热到100℃时，水沸腾是必然事件，故此选项不符合题意；
故选：C．
根据事先能肯定它一定会发生的事件称为必然事件，事先能肯定它一定不会发生的事件称为不可能事件，必然事件和不可能事件都是确定的；在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件进行分析即可．
此题主要考查了随机事件，关键是掌握随机事件的定义．
5.【答案】C
解：根据中心对称的性质，可知：点P(−1,−2)关于原点O中心对称的点的坐标为(1,2)．
故选：C．
根据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)，然后直接作答即可．
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．
6.【答案】C
解：随机摸出一个球共有10种等可能结果，其中恰好是白球的有2种结果，
所以随机摸出一个球，恰好是白球的概率为210=15，
故选：C．
随机摸出一个球共有10种等可能结果，其中恰好是白球的有2种结果，再根据概率公式求解即可．
本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
7.【答案】B
解：如图，连接OA，OB．
在正六边形ABCDEF中，OA=OB=1，∠AOB=360°6=60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴AB=OA=1，
∴正六边形ABCDEF的周长是1×6=6．
故选：B．
连接OA，OB.证明△OAB是等边三角形，求得AB=OA=1，据此求解即可．
本题考查正多边形与圆，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
8.【答案】B
解：扇形的弧长=120π×6180=4π，
∴圆锥的底面半径为4π÷2π=2．
故选：B．
根据圆锥的底面周长等于扇形的弧长即可求出答案．
本题考查了扇形的弧长公式；圆的周长公式；用到的知识点为：圆锥的弧长等于底面周长．
9.【答案】A
解：∵反比例函数y=mx中，m>0，x>0，
∴函数图象位于第一象限．
故选：A．
根据反比例函数的性质解答即可．
本题考查的是反比例函数的性质，熟知反比例函数的图象与系数的关系是解题的关键．
10.【答案】D
解：∵OD/​/BC，且OD=BC，
∴四边形OBCD是平行四边形，
∴∠BOD=∠BCD，
∵∠BAD=12∠BOD，∠BCD+∠A=180°，
∴12∠BOD+∠BOD=180°，
解得：∠BOD=120°，
故选：D．
首先根据OD/​/BC，且OD=BC得到四边形OBCD是平行四边形，利用平行四边形的性质得到∠BOD=∠BCD，然后利用圆周角定理和圆内接四边形的性质得到∠BAD=12∠BOD，∠BCD+∠A=180°，从而得到12∠BOD+∠BOD=180°，最后求得∠BOD=120°．
本题考查了圆内接四边形的性质，能够判定四边形OBCD是解答本题的关键，难度不大．
11.【答案】−3
解：∵x1，x2是方程x2+3x−4=0的两个根，
∴x1+x2=−31=−3，
故答案为：−3．
根据一元二次方程根与系数关系即可得到答案．
此题考查了一元二次方程根与系数关系，若一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有两个实数根x1，x2，则x1+x2=−ba，x1x2=ca.熟练掌握一元二次方程根与系数关系是解题的关键．
12.【答案】6
解：∵点(2,a)在反比例函数y=12x的图象上，
∴a=122=6，
故答案为：6．
把点代入反比例函数，即可求解．
本题主要考查反比例函数，理解反比例函数图象的性质，掌握反比例函数求点坐标的方法是解题的关键．
13.【答案】45°
解：由题意知黑色扇形的圆心角∠AOB=360°×(1−78)=45°，
故答案为：45°．
用周角乘以指针恰好指向黑色扇形的概率即可得出答案．
本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
14.【答案】6 2
解：∵在△ABC中，BC=3，∠ACB=90°，∠BAC=30°，
∴AB=2BC=6，
∵将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△AB′C′，
∴∠∠BAB′=90°，AB=AB′=6，
∴BB′= AB2+AB′2=6 2．
故答案为：6 2．
先根据直角三角形的性质求出AB的长，再由旋转的性质得出AB=AB′，∠BAB′=90°，根据勾股定理即可得出结论．
本题考查的是旋转的性质，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．
15.【答案】4m
解：∵OC⊥AB，
∴∠ADO=90°，AD=12AB=8(m)，
在Rt△AOD中，OD2=OA2−AD2，
∴OD= 102−82=6(m)，
∴CD=10−6=4(m)．
故答案是：4m．
根据图可知OC⊥AB，由垂径定理可知∠ADO=90°，AD=12AB=8m，在Rt△AOD中，利用勾股定理可求OD，进而可求CD．
本题考查了垂径定理、勾股定理，解题的关键是先求出OD．
16.【答案】①④
解：∵抛物线经过点(1,0)，即x=1时，y=0，
∴a+b+c=0，所以①正确；
∵抛物线开口向上
∴a>0，
∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，
∴a、b异号，即b<0，
∵抛物线与y轴相交于负半轴，
∴c<0，
∴abc>0，所以②错误；
∵x=−b2a<1，
而a>0，
∴−b<2a，
即2a+b>0，所以③错误；
∵二次函数经过点(−1,3)和(1,0)，
∴a−b+c=3，a+b+c=0，
∴2a+2c=3，即a+c=32，所以④正确；
故答案为：①④．
利用x=1时，y=0可对①进行判断；由抛物线开口方向得到a>0，由抛物线的对称轴在y轴的右侧得到b<0，由抛物线与y轴相交于负半轴得到c<0，则可对②进行判断；利用对称轴方程x=−b2a<1得到−b<2a，则可对③进行判断；利用二次函数经过点(−1,3)和(1,0)得到a−b+c=3，a+b+c=0，两式相加消去b可对④进行判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系以及二次函数图象上点的坐标特征，观察函数图象，利用二次函数图象与系数的关系及二次函数图象上点的坐标特征逐一分析四个结论的正误是解题的关键．
17.【答案】解：x2=4，
所以x1=2，x2=−2．
【解析】先变形得到x2=4，然后利用直接开平方法求解．
本题考查了解一元二次方程−直接开平方法：形如x2=p或(nx+m)2=p(p≥0)的一元二次方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．
18.【答案】解：∵BC与⊙A相切于点D，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
∵∠BAD=∠CAD，AD=AD，
∴△ABD≌△ACD(ASA)，
∴AB=AC．
【解析】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
根据切线的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
19.【答案】解：∵AC⊥x轴，AC=2，
∴A的纵坐标为2，
∵正比例函数y=2x的图象经过点A，
∴2x=2，解得x=1，
∴A(1,2)，
∵反比例函数y=kx的图象经过点A，
∴k=1×2=2．
【解析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数的解析式，求得A的坐标是关键．
根据题意得出点A的纵坐标为2，把y=2代入y=2x，求得A的坐标，然后根据待定系数法即可求得k的值．
20.【答案】解：设AC=x，四边形ABCD面积为S，则BD=10−x，
则：S=12AC⋅BD=12x(10−x)=−12(x−5)2+252，
当x=5时，S最大=252；所以AC=BD=5时，四边形ABCD的面积最大．
【解析】直接利用对角线互相垂直的四边形面积求法得出S=12AC⋅BD，再利用配方法求出二次函数最值．
此题主要考查了二次函数最值以及四边形面积求法，正确掌握对角线互相垂直的四边形面积求法是解题关键．
21.【答案】14
解：(1)甲选择“趣挖番薯”小组的概率是14，
故答案为：14；
(2)画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中甲、乙两人选择同一个小组的结果有4种，
∴甲、乙两人选择同一个小组的概率为416=14．
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有16种等可能的结果，其中甲、乙两人选择同一个小组的结果有4种，再由概率公式求解即可．
本题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
22.【答案】(1)解：如图，连接BC并延长，以点C为圆心，BC的长为半径画弧，交BC的延长线于点B′，
则点B即为所求．

(2)证明：连接OC，
∵B′与B关于直线AC对称，
∴AC垂直平分BB′，
∴AB′=AB，
∴∠ABB′=∠AB′B．
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∴∠OCB=∠AB′B，
∴AB′//OC，
∵CD⊥AB′，
∴∠B′DC=90°，
∴∠DCO=∠B′DC=90°，
∴OC⊥CD．
∵OC为圆O的半径，
∴CD是圆O的切线．
【解析】(1)连接BC并延长，由圆周角定理可知∠ACB=90°，以点C为圆心，BC的长为半径画弧，交BC的延长线于点B′，则点B即为所求．
(2)连接OC，根据题意可得AB′=AB，则∠ABB′=∠AB′B，进而可得∠OCB=∠AB′B，则AB′//OC，从而可得∠DCO=∠B′DC=90°，结合切线的判定可得结论．
本题考查作图−轴对称变换、切线的判定，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键．
23.【答案】解：(1)18×10×80%=144(平方米)．
答：该广场绿化区域的面积为144平方米．
(2)设广场中间小路的宽为x米，
依题意，得：(18−2x)(10−x)=144，
整理，得：x2−19x+18=0，
解得：x1=1，x2=18(不合题意，舍去)．
答：广场中间小路的宽为1米．
【解析】(1)根据该广场绿化区域的面积=广场的长×广场的宽×80%，即可求出结论；
(2)设广场中间小路的宽为x米，根据矩形的面积公式(将绿化区域合成矩形)，即可得出关于x的一元二次方程，解方程即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵抛物线y1=−x2+bx+c经过点A(−1,0)和B(3,0)，
∴y1=−(x+1)(x−3)，
∴抛物线的解析式为y1=−x2+2x+3；
(2)①由题意可知：y1−y2=−x2+2x+3−kx−k=−x2+(2−k)x+3−k，
∴该函数的对称轴为直线x=−2−k−2=2−k2，
∵−1<0，
∴开口向下，
当0<2−k2<3即−4∵当0≤x≤3时，若y1−y2的最小值为5，
∴当x=0时，y1−y2的最小值为5，即3−k=5，解得k=−2，
当x=3时，若y1−y2的最小值为5，即−9+3(2−k)+3−k=5，解得k=−54(不符合题意，舍去)，
当2−k2≥3即k≤−4时，同理可得不符合题意；
②∵抛物线解析式y=−x2+2x+3，
整理成顶点式为：y1=−(x−1)2+4，对称轴为直线x=1，
∴顶点(1,4)，D(1,0)，
∵直线AP的解析式为y2=kx+k，且直线AP与对称轴交于点M，
∴M(1,2k)，即DM=2K，
∵过点A的直线y2=kx+k与抛物线交于点P，
有−x2+2x+3=kx+k，
解得，x1=−1，x2=3−k，
将x=3−k代入y2=kx+k中，有y2=4k−k2，′
∴P(3−k,4k−k2)，
设直线PB的解析式为y3=mx+n，
则3m+n=0(3−k)m+n=4k−k2，
解得m=−4+kn=12−3k，
∴直线BP的解析式为y3=(−4+k)x+12−3k，
∵直线BP与对称轴交于点N，
∴N(1,8−2k)，即DN=8−2k．
当P在第一象限时，S△AMD=12AD⋅DM=12×2×2k=2k，
S△BND=12BD⋅DN=12×2×(8−2k)=8−2k，
∴S△AMD+S△BND=2k+8−2k=8．
当点P在第四象限时，
S△AMD=12AD⋅DM=12×2×(−2k)=−2k，
S△BND=12BD⋅DN=12×2×(8−2k)=8−2k，
∴S△BND−S△AMD=8−2k−(−2k)=8．
综上可知，S△AMD+S△BND=8或S△BND−S△AMD=8．
【解析】(1)利用抛物线的交点式即可求解；
本题考查了用待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，二次函数的图象和性质及分类讨论思想是解题的关键．
25.【答案】(1)解：如图所示，连接AH，

∵线段AE绕点E顺时针旋，当点H落在边CD上，
∴AE=EH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB=CD=AB=AD，∠ABE=∠ADH=90°，
∵CE=CH，
∴CB−CE=CD−CH，
∴BE=DH，
在△ABE和△ADH中，
AB=AD∠ABE=∠ADHBE=DH，
∴△ABE≌△ADH(SAS)，
∴AH=AE=EH，
故△AEH为等边三角形，
∴∠AEH=60°；
(2)证明：如图，在AB上取点Q，使BQ=BE，作HM垂直BF于点M，

∵线段AE绕点E顺时针旋，当点H落在边CG上，
∴AE=EH，
∵AB=AC，BQ=BE，
∴AQ=CE，
∵CG平分∠DCF，
∴CM=HM，
设AQ=CE=a，CM=HM=b，BQ=BE=x，
在Rt△ABE和Rt△EMH中，AE2=AB2+BE2，EH2=EM2+MH2，
∴AB2+BE2=EM2+MH2，
即(a+x)2+x2=(a+b)2+b2，
整理得：2(x−b)(a+b+x)=0，
∵a+b+x≠0，
∴x−b=0，
解得x=b，
∴CM=BE，
∵CG平分∠DCF，BQ=BE，
∴∠GCF=∠BQE=45°，
∴∠AQE=∠ECH=135°，
∵QE= 2BE，CH= 2CM，
∴QE=CH，
在△AQE和△ECG中，
AQ=CE∠AQE=∠ECGQE=CH，
∴△AQE≌△ECG(SAS)，
∴∠QAE=∠CEG，
∴∠QAE+∠AEB=90°，
∴∠CEG+∠AEB=90°，
∴∠AEG=90°，
故AE⊥EH．
(3)解：HP2+AP2=2EP2．
理由如下：如图，过点P作PM⊥EH于点M，PN⊥AE于点N，

由(2)可知，AE⊥EH，
∴∠EAH=∠EHA=45°，
∴△APN和△PHM为等腰直角三角形，
即HP= 2PM，AP= 2PN，
∴PH2=2PM2，AP2=2PN2，
∵∠PNE=∠AEH=∠PME=90°，
∴四边形PNEM为矩形，
∴PM=NE，
在Rt△PNE中，EP2=NE2+PN2=PM2+PN2．
∴HP2+AP2=2(PM2+PN2)=2EP2，
故HP2+AP2=2EP2．
【解析】(1)证明△ABE≌△ADH(SAS)，由全等三角形的性质得出AH=AE=EH，证出△AEH为等边三角形，由等边三角形的性质可得出答案；
(2)在AB上取点Q，使BQ=BE，作HM垂直BF于点M，由勾股定理得出AB2+BE2=EM2+MH2，证出CM=BE，证明△AQE≌△ECG(SAS)，由全等三角形的性质可得出∠QAE=∠CEG，则可得出结论；
(3)过点P作PM⊥EH于点M，PN⊥AE于点N，证明△APN和△PHM为等腰直角三角形，得出HP= 2PM，AP= 2PN，由勾股定理可得出结论．
本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解决问题的关键熟练掌握以上知识点．