2023-2024学年福建省泉州市石狮市九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省泉州市石狮市九年级（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.下列实数中，使二次根式 x+2没有意义的是( )
A. 0B. −2C. −1D. −3
2.一元二次方程x2−5x=0的解是( )
A. x=5B. x1=x2=5C. x1=x2=0D. x1=0，x2=5
3.方程x2−6x+5=0经过配方后，其结果正确的是( )
A. (x+3)2=4B. (x−3)2=4C. (x−3)2=5D. (x−3)2=1
4.如图，l1//l2//l3，AB=8，BC=12，EF=9，则DE的长为( )
A. 6B. 8C. 10D. 12
5.小鹏制作了一个如图所示的靶盘，其中点A，B分别是边长为4cm的正方形靶盘相邻两边的中点，小鹏随意向该标靶区域投掷飞镖，则飞镖落在阴影区域的概率为( )
A. 12
B. 14
C. 34
D. 38
6.已知抛物线y=mx2−3x+m2−4的开口向上，且抛物线经过原点，则m的值为( )
A. 2B. −2C. ±2D. 2或4
7.停车难问题已经是城市管理和发展的一个大问题.如图，某小区计划在一个长为72m，宽为40m的矩形空地上修建一个停车场，停车场中修建三块相同的矩形停车区域，它们的面积之和为1792m2，三块停车区域之间以及周边留有宽度相等的行车通道.若设行车通道的宽度是x m，则根据题意可列关于x的方程为( )
A. (72−2x)(40−2x)=1792
B. (72−2x)(40−2x)=72×40−1792
C. (72−4x)(40−2x)=1792
D. (72−4x)(40−x)=72×40−1792
8.如图，传送带和地面所成斜坡AB的坡度i=1：3，如果某物体从地面A处传送到离地面5m高的B处，那么该物体所经过的路程是( )
A. 5mB. 5 10mC. 10 2mD. 15m
9.在平面直角坐标系中，已知A(−2,0)，B(0,3)，将线段AB平移后得到线段CD，点A，B的对应点分别是点C，D.若点D的坐标为(4,0)，则点C的坐标为( )
A. (2,−2)B. (2,−3)C. (1,−2)D. (1,−3)
10.已知点A(m−n,y1)，B(m+n,y2)是抛物线y=−x2+2mx+5m−1上的两个点，则y1，y2的大小关系是( )
A. y1>y2B. y1二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.计算： 2× 8=______．
12.如图，公路AC与BC互相垂直，公路AB的中点M与点C被湖隔开.若测得AC的长为6km，BC的长为8km，则C，M两点间的距离为______ km．
13.在一个不透明的袋子里，装有若干个除了颜色外均相同的小球.小明做摸球试验时，将球搅匀后从中随机摸出一个球记下颜色，再把它放回袋中，不断重复.如表是实验进行中的一组统计数据：
则摸到白球的概率为______ .(结果精确到0.1)
14.“让孩子变聪明的方法，不是补课，不是增加作业量，而是阅读、阅读、再阅读”.某学校坚持开展阅读活动，学生人均阅读量从2021年的100万字，增加到2023年的121万字，则该校人均阅读量年均增长率为______ ．
15.在平面直角坐标系中，将一块直角三角板(∠BCA=90°,∠A=30°)按如图所示放置，其中B(0,1)，C(2,0)，则点A的坐标为______ ．
16.如图，在Rt△ABC中，∠CAB=90°，将△ABC绕点B逆时针旋转得到△MBN，连接AM，CN，若AM=3，CN=112，则sin∠BNM的值为______ ．
三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
计算： 12− 6 2+( 3+1)( 3−1)．
18.(本小题8分)
解方程：2x2−5x−1=0．
19.(本小题8分)
如图，在方格图中，△ABC的顶点与线段A′C′的端点都在小正方形的顶点上，且△A′B′C′与△ABC是关于点O为位似中心的位似图形，点A，C的对应点分别为点A′，C′.按下列要求完成画图，并保留画图痕迹．
(1)请在方格图中画出位似中心O；
(2)请在方格图中将△A′B′C′补画完整．
20.(本小题8分)
如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，∠B=45°，BD=2 3，DC=2．
(1)求∠C的大小；
(2)若点E，F分别为AB，BC的中点，求EF的长．
21.(本小题8分)
一个不透明的袋中装有2个红球，1个白球，这些球除颜色外，没有任何其他区别.小明和小亮玩一种游戏，游戏规则如下：
规则1：从袋中随机摸球一次，摸到红球者获胜；
规则2：从袋中随机摸出一球，记录下颜色，然后从袋中剩余的球中再随机摸出另一个球，两次都摸到红球者获胜．
(1)直接写出规则1中摸到红球的概率，不必说明理由；
(2)为了提高获胜的机会，如果你是小明，你会选择哪种规则？请借助画树状图或列表的方法说明理由．
22.(本小题10分)
已知关于x的一元二次方程x2−2mx+m2−1=0．
(1)求证：无论m取何值，该方程总有两个不相等的实数根；
(2)若该方程的两个实数根中，有一个实数根大于3，另一个实数根小于3，求m的取值范围．
23.(本小题10分)
某校九年级数学兴趣小组在陈老师的指导下开展项目式学习，小明设计了一个测量方案，具体过程如下：
任务：测量旗杆的高度；
工具：皮尺，测角仪；
示意图：如图，AB表示旗杆，小明的目高CD=1.70m，CD⊥BD，AB⊥BD．
测量数据：DB=15.20m，从点C测得旗杆AB顶端A的仰角α=33°．
(1)请你根据上述方案及数据，求旗杆AB的高度(结果精确到0.1m)；
(参考数据：tan33°≈0.65，cs33°≈0.84)
(2)请你帮小明再设计一个测量方案，并求出旗杆AB的高度．
要求：①从皮尺、标杆EF=2.50m、镜子中选择合适的测量工具；②画出图形，写出已知值、测量值；③利用解直角三角形或相似三角形的知识，求旗杆AB的高度．
注：测量得到的线段长度用字母a，b，c，…表示．
24.(本小题13分)
已知以点M(2,−1)为顶点的抛物线与x轴交于A(1,0)，B两点．
(1)求该抛物线的函数表达式及点B的坐标；
(2)已知点C(4,3)，D(m,−34)是该抛物线上的两点，且m<2，点E为AB的中点．
①求证：C，D，E三点共线；
②已知点P为抛物线上的一个动点，且在直线CD的下方，求△CDP面积的最大值．
25.(本小题13分)
如图，四边形ABCD的对角线AC与BD交于点E，已知∠DCA=∠DBA．
(1)若DCAB=12，求CEBE的值；
(2)若AC⊥BD，∠ABC=∠ADB，AB=10，BC=4 5．
①设△DEC的面积为S1，△AEB的面积为S2，求S1S2的值；
②求tan∠DAB的值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵二次根式 x+2没有意义，
∴x+2<0，
解得x<−2．
故选：D．
根据二次根式有意义的条件解答即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件，熟知二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：x2−5x=0，
x(x−5)=0，
x=0或x−5=0，
x1=0，x2=5，
故选：D．
先提取公因式，进而可得出结论．
本题考查的是解一元二次方程，熟知解一元二次方程的因式分解法是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：x2−6x+5=0，
x2−6x=−5，
x2−6x+9=−5+9，
(x−3)2=4．
故选：B．
根据解一元二次方程配方法的步骤解答即可．
本题考查的是解一元二次方程，熟知解一元二次方程的配方法是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：∵l1/​/l2/​/l3，AB=8，BC=12，EF=9，
∴ABBC=DEEF，
∴812=DE9，
∴DE=6．
故选：A．
利用平行线分线段成比例定理求解．
本题考查平行线分线段成比例定理，解题的关键是掌握平行线分线段成比例定理．
5.【答案】D
【解析】解：∵正方形的面积为4×4=16(cm2)，
阴影部分的面积为4×4−2×4×12×2−2×2×12=6(cm2)，
∴飞镖落在阴影区域的概率为616=38．
故选：D．
根据飞镖落在阴影区域的概率为阴影区域的面积与总面积的比，即可解答．
此题主要考查了几何概率问题，用到的知识点为：概率=相应的面积与总面积之比．
6.【答案】A
【解析】解：题意得m>0m2−4=0，
解得m=2，
故选：A．
图象经过原点，即x=0时，y=0，列方程求解，同时要注意开口向上，即m>0．
考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意，得(72−4x)(40−2x)=1792．
故选：C．
设行车通道的宽度为xm，再根据停车区域面积之和为1792m2列出一元二次方程，然后求解即可．
本题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，根据题意列出一元二次方程是解答本题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵斜坡AB的坡度i=1：3，
∴BC：AC=1：3，
∵BC=5m，
∴AC=5×3=15(m)，
∴AB= BC2+AC2= 52+152=5 10(m)，
故选：B．
根据坡度的概念求出AC，再根据勾股定理求出AB．
本题考查的是直角三角形的应用−坡度坡角问题，熟记坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵点B(0,3)的对应点D的坐标为D(4,0)，
∴平移规律为向右平移4个单位，再向下平移3个单位，
∴A(−2,0)的对应点C的坐标为(2,−3)．
故选：B．
平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．根据点B、D的坐标确定出平移规律，再根据平移规律解答即可．
本题考查了坐标与图形变化−平移，掌握平移的规律是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵抛抛物线y=−x2+2mx+5m−1，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x=−2m2×(−1)=m，
∴点A(m−n,y1)关于对称轴的对称点为(m+n,y1)，
∴y1=y2．
故选：C．
首先确定抛物线的对称轴，再根据开口方向，根据二次函数的性质即可判断y1，y2的大小关系．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质，能熟记二次函数的对称性是解此题的关键．
11.【答案】4
【解析】解：原式= 2×8= 16=4．
故答案为：4
原式利用二次根式的乘法法则计算，将结果化为最简二次根式即可．
此题考查了二次根式的乘除法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
12.【答案】5
【解析】解：∵公路AC与BC互相垂直，AC的长为6km，BC的长为8km，
∴AB= AC2+BC2= 62+82=10(km)，
∵点M是线段AB的中点，
∴CM=12AB=5(km)．
故答案为：5．
先根据勾股定理求出AB的长，再由直角三角形的性质即可得出结论．
本题考查的是直角三角形斜边上的中线及勾股定理，熟知直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
13.【答案】0.6
【解析】解：观察表格得：当n很大时，摸到白球的频率将会接近0.60，
∴估计摸到白球的概率约为0.6．
故答案为：0.6．
根据利用频率估计概率，可估计摸到白球的概率为0.6．
本题考查了利用频率估计概率：大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
14.【答案】10%
【解析】解：设该校人均阅读量年均增长率为x，
根据题意得：100(1+x)2=121，
解得：x1=0.1=10%，x2=−2.1(不符合题意，舍去)，
∴该校人均阅读量年均增长率为10%．
故答案为：10%．
设该校人均阅读量年均增长率为x，利用该校2023年学生人均阅读量=该校2021年学生人均阅读量×(1+该校人均阅读量年均增长率)2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，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．
15.【答案】(2+ 3,2 3)
【解析】解：过点A作AD⊥x轴交x轴于点D，
由已知可得，BO=1，OC=2，
在Rt△BOC中，
BC= OB2+OC2= 5，
∵在Rt△ABC中，∠A=30°，
∴tanA=BCAC，
∴ 33= 5AC，
∴AC= 15，
∵∠OBC+∠BCO=∠BCO+∠ACD=90°，
∴∠OBC=∠ACD，
∴△OBC∽△DCA，
∴OBCD=CODA=BCAC= 5 15= 33，
∴CD= 3，DA=2 3，
∴OD=OC+CD=2+ 3，
∵点A在第一象限，
∴点A的坐标为(2+ 3,2 3).
故答案为：(2+ 3,2 3).
先根据勾股定理求出BC的长度，再利用锐角三角函数求出AC的长度，最后利用三角形相似求出线段的长度即可求出答案．
本题主要考查勾股定理、锐角三角函数、相似三角形及坐标与图形的性质，解答本题的关键是正确作出辅助线，证明三角形相似，进而求解．
16.【答案】611
【解析】解：由题意，∵将△ABC绕点B逆时针旋转得到△MBN，
∴AB=MB，BC=BN，∠ABC=∠MBN．
∴ABBC=MBBN．
∵∠ABC=∠MBN，
∴∠MBN+∠ABN=∠ABC+∠ABN，即∠ABM=∠CBN．
∴△ABM∽△CBN．
∴BMBN=AMCN．
又由旋转的性质，
∴∠BMN=∠CAB=90°．
∴sin∠BNM=BMBN=AMCN=3112=611．
故答案为：611．
依据题意，将△ABC绕点B逆时针旋转得到△MBN，从而AB=MB，BC=BN，∠ABC=∠MBN，故ABBC=MBBN，又∠ABC=∠MBN，进而∠MBN+∠ABN=∠ABC+∠ABN，即∠ABM=∠CBN，可得△ABM∽△CBN，则BMBN=AMCN，再结合旋转的性质，∠BMN=∠CAB=90°，最后计算可以求得sin∠BNM的值．
本题主要考查旋转的性质、相似三角形的判定与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
17.【答案】解： 12− 6 2+( 3+1)( 3−1)=2 3− 3+( 3)2−12= 3+2．
【解析】运用二次根式的性质，化简后合并同类项即可．
本题考查二次根式的混合运算，注意先乘方再乘除，最后加减，有括号的先算括号里面的，二次根式的运算结果要化为最简二次根式．
18.【答案】解：2x2−5x−1=0，
b2−4ac=(−5)2−4×2×(−1)=33，
x=5± 332×2，
x1=5+ 334，x2=5− 334．
【解析】本题考查了用公式法解一元二次方程的应用，能熟记公式是解此题的关键．
求出b2−4ac的值，再代入公式求出即可．
19.【答案】解：(1)如图，点O即为所求；
(2)如图，△A′B′C′即为所求．

【解析】(1)对应点连线的交点即为位似中心；
(2)利用位似变换的性质画出图形．
本题考查作图−位似变换，解题的关键是掌握位似变换的性质．
20.【答案】(1)∵AD⊥BC于点D，
∴△ABD和△ACD均为直角三角形，
在Rt△ABD中，∠B=45°，BD=2 3，
∴tan∠B=ADBD，
∴AD=BD⋅tan∠B=2 3⋅tan45°=2 3，
在Rt△ACD中，BD=2 3，DC=2，
∴tan∠C=ADCD=2 32= 3，
∴锐角∠C=60°；
(2)在Rt△ACD中，BD=2 3，DC=2，
由勾股定理得：AC= AD2+CD2=4，
∵点E，F分别为AB，BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF=12AC=2．
【解析】(1)在Rt△ABD中，由∠B=45°，BD=2 3得tan∠B=ADBD，进而得AD=BD⋅tan∠B=2 3⋅tan45°=2 3，然后在Rt△ACD中，由BD=2 3，DC=2，得tan∠C=ADCD= 3，据此可得∠C的度数；
(2)在Rt△ACD中，由勾股定理得AC=4，再由点E，F分别为AB，BC的中点，得EF是△ABC的中位线，然后根据三角形的中位线定理可得EF的长．
此题主要考查了锐角三角函数，三角形的中位线定理，熟练掌握锐角三角函数的定义，理解三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半是解决问题的关键．
21.【答案】解：(1)由题意可知，从袋中随机摸球一次，摸到红球的概率为23．
∴规则1中摸到红球的概率为23．
(2)规则2：画树状图如下：

共有6种等可能的结果，其中两次都摸到红球的结果有2种，
∴两次都摸到红球的概率为26=13．
∵23>13，
∴规则1获胜的概率更大，
∴选择规则1．
【解析】(1)直接利用概率公式可得答案．
(2)画树状图得出所有等可能的结果数以及两次都摸到红球的结果数，再利用概率公式可求出规则2获胜的概率，进而可得答案．
本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵关于x的一元二次方程为x2−2mx+m2−1=0，
∴Δ=(−2m)2−4(m2−1)=4>0，
∴该一元二次方程总有两个不相等的实数根；
(2)解：设y=x2−2mx+m2−1，
∵该一元二次方程有一个根大于3，另一个根小于3，
∴当x=3时，y<0，
∴9−6m+m2−1<0，即(m−2)(m−4)<0，
解得2【解析】(1)直接利用一元二次方程根的判别式进行求解即可；
(2)设y=x2−2mx+m2−1，由该一元二次方程有一个根大于3，另一个根小于3，可得当x=3时，y<0，解不等式即可．
本题主要考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，解一元一次方程，一次函数图象的性质，熟知一元二次方程的相关知识是解题的关键．
23.【答案】解：(1)如图，过点C作CH⊥AB于点H，则四边形CDBH是矩形．

∴CD=BH=1.70m，DB=CH=15.20m，
∵tan33°=AHCH，
∴AH15.20≈0.65，
∴AH≈9.88(m)，
∴AB=AH+BH=9.88+1.70≈11.6(m)，
答：旗杆AB的高度为11.6m；
(2)如图，标杆EF放在如图位置，C，F，A共线，EF⊥BD于点E，设EF交CH于点M，测量出CM=a，求出AH即可．
∵FM//AH，
∴△CFM∽△CAH，
∴FMAH=CMCH，
∴2.5−1.70AH=a15.20，
∴AH=12.16a，
∴AB=AH+BH=(12.16a+1.7)m．
【解析】(1)如图，过点C作CH⊥AB于点H，则四边形CDBH是矩形．解直角三角形求出AH，可得结论；
(2)如图，标杆EF放在如图位置，C，F，A共线，EF⊥BD于点E，设EF交CH于点M，测量出CM=a，求出AH即可．
本题考查作图−应用与设计作图，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
24.【答案】(1)解：由抛物线顶点为M(2,−1)，设其函数表达式为y=a(x−2)2−1，
把A(1,0)代入得：0=a−1，
解得a=1，
∴y=(x−2)2−1=x2−4x+3，
∴抛物线的函数表达式为y=x2−4x+3，
在y=x2−4x+3中，令y=0得0=x2−4x+3，
解得x=1或x=3，
∴B(3,0)；
(2)①证明：由(1)知，A(1,0)，B(3,0)，
∵点E为AB的中点，
∴E(2,0)，
∵D(m,−34)是抛物线y=x2−4x+3上的点，
∴−34=m2−4m+3，
解得m=52或m=32，
∵m<2，
∴D(32,−34)，
设直线DE的函数表达式为y=kx+b，
∴−34=32k+b0=2k+b，
解得k=32b=−3，
∴直线DE的函数表达式为y=32x−3，
在y=32x−3中，令x=4得y=32×4−3=3，
∴点C(4,3)在直线DE上，
∴C，D，E三点共线；
②解：过P作PH/​/y轴交CD于H，如图：

设P(t,t2−4t+3)，则H(t,32t−3)，
∴PH=32t−3−(t2−4t+3)=−t2+112t−6，
∴S△CDP=12PH⋅|xC−xD|=12×(−t2+112t−6)×|4−32|=−54(t−114)2+12564；
∵−54<0，
∴当t=114时，S△CDP取最大值12564，
∴△CDP面积的最大值为12564．
【解析】(1)设其函数表达式为y=a(x−2)2−1，把A(1,0)代入得：0=a−1，解得a=1，故y=(x−2)2−1=x2−4x+3，令y=0可解得B(3,0)；
(2)①由点E为AB的中点，知E(2,0)，而D(m,−34)是抛物线y=x2−4x+3上的点，可求出D(32,−34)，用待定系数法可得直线DE的函数表达式为y=32x−3，令x=4得y=32×4−3=3，故点C(4,3)在直线DE上，从而可得C，D，E三点共线；
②过P作PH/​/y轴交CD于H，设P(t,t2−4t+3)，则H(t,32t−3)，可得PH=32t−3−(t2−4t+3)=−t2+112t−6，求出S△CDP=12PH⋅|xC−xD|=12×(−t2+112t−6)×|4−32|=−54(t−114)2+12564；根据二次函数性质可得答案．
本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，三点共线等问题，解题的关键是掌握待定系数法，用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
25.【答案】解：(1)如图1.∵∠DCA=∠DBA，∠DEC=∠AEB，
∴△DEC∽△AEB，
∴CEBE=DCAB=12；
(2)①如图1.由(1)得：△DEC∽△AEB，
∴DEAE=CEBE，
∵∠DEA=∠CEB，
∴△AED∽△BEC，
∴∠ADB=∠ACB，
∵∠ABC=∠ADB，
∴∠ABC=∠ACB，
∴AC=AB=10．
设CE=x，则AE=10−x．
∵AC⊥BD，
∴AB2−AE2=BC2−CE2，
即：102−(10−x)2=(4 5)2−x2，
解得x=4，
即CE=4．
在Rt△BCE中，BE= BC2−CE2= (4 5)2−42=8，
∵△DEC∽△AEB，
∴S1S2=(CEBE)2=(48)2=14；
②如图3，过点D作DG⊥AB于点G．

由①知：CE=4，BE=8．
∴AE=AC−CE=10−4=6，
∵△AED∽△BEC，
∴DECE=AEBE，
即DE4=68，
∴DE=3，
∴BD=BE+DE=8+3=11，
在Rt△ABE和Rt△BDG中，sin∠ABE=AEAB=35，cs∠ABE=BEAB=45，
∴sin∠DBG=DGBD=35，cs∠DBG=BGBD=45，
∴DG=3BD5=3×115=335，BG=4BD5=4×115=445，
∴AG=AB−BG=10−445=65，
∴tan∠DAB=DGAG=112．
【解析】(1)证明△DEC∽△AEB，由相似三角形的性质得出CEBE=DCAB=12；
(2)①证明△AED∽△BEC，得出∠ADB=∠ACB，证出AC=AB=10.设CE=x，则AE=10−x.由勾股定理求出x=4，由勾股定理求出BE，则可得出答案；
②过点D作DG⊥AB于点G.由相似三角形的性质及锐角三角函数的定义可得出答案．
本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握以上知识是解题的关键．摸球的次数n
100
150
200
500
800
1200
2000
…
摸到白球的次数m
54
99
116
285
488
708
1200
…
摸到白球的频率mn
0.54
0.66
0.58
0.57
0.61
0.59
0.60
…