2024-2025学年广东省潮州市饶平县九年级（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省潮州市饶平县九年级（上）期末数学试卷（含答案），共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列各图中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.把方程3x2+1=6x化为一般形式后，二次项系数、一次项系数、常数项分别为( )
A. 3，−6，1B. 3，6，1C. 3，1，6D. 3，6，−1
3.“小伟掷一枚质地均匀的骰子，向上一面点数为2”，这个事件为( )
A. 不可能事件B. 必然事件C. 确定事件D. 随机事件
4.二次函数y=(x−3)2+7的图象的顶点坐标为( )
A. (3,7)B. (−3,7)C. (7,−3)D. (7,3)
5.如图，在⊙O中，AB所对的圆周角∠ACB=50°，则∠AOB的度数为( )
A. 50°
B. 100°
C. 120°
D. 150°
6.某品牌运动商店销售一种乒乓球拍，原来的销售价格为100元，为了清理库存，连续两次降价后的销售价格是64元，设每次降价的百分率为x，根据题意列出方程为( )
A. 100(1−x2)=64B. 100(1−x)2=64
C. 100(1−x)=64D. 100(1−2x)=64
7.若扇形的半径为4，圆心角为120°，则此扇形的面积为( )
A. 83πB. 43πC. 163πD. 16π
8.已知关于x的一元二次方程x2−x+14k=0有实数根，则k的取值范围为( )
A. k≥1B. k≤4C. k≥−1D. k≤1
9.如图，将△AOB绕点O逆时针旋转50°后得到△A′OB′，若∠AOB=15°，则∠AOB′=( )
A. 20°
B. 35°
C. 25°
D. 15°
10.抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为(3,2)，抛物线与y轴的交点位于x轴下方.以下结论正确的为( )
A. a>0B. c>0C. 6a+b=0D. b2−4ac=0
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.一个不透明的口袋中装有除颜色外完全相同的2个红球、1个白球、3个黑球，则任意摸出一个球是黑球的概率为______．
12.已知m是方程x2−2x=3的一个实数根，则m2−2m−1= ______．
13.把抛物线y=(x−2)2+1向右平移1个单位长度，得到的抛物线的解析式为______．
14.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，BC= 3，将△ABC绕点B逆时针旋转15°得到△A′BC′，AC与A′B相交于点E，则A′E的长为______．
15.如图，已知线段AB=6，动点C满足∠ACB=60°，则△ABC的面积的最大值为______．
三、计算题：本大题共1小题，共7分。
16.解方程：x2+x−3=0．
四、解答题：本题共7小题，共68分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题7分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别是A(1,2)，B(5,2)，C(2,4)．
(1)请画出△ABC关于原点O的对称图形△A1B1C1并写出点A1，B1，C1的坐标；
(2)△AB1C1的面积为______．
18.(本小题7分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD是∠BAC的角平分线．
(1)请按如下要求完成尺规作图(不写作法，保留尺规作图痕迹)：
①作线段AD的垂直平分线EF，且EF与AB相交于点O；
②以点O为圆心，以OD长为半径作⊙O．
(2)求证：BC为⊙O的切线．
19.(本小题9分)
如图，两个可自由转动的转盘，转盘A被分成3等份，转盘B被分成2等份，转盘A上的数字分别是1，2，3，转盘B上的数字分别是1，2.小王与小张两名同学用这两个转盘做游戏，游戏规则如下：同时用力转动A，B两个转盘.两个转盘停止后，将指针所指区域的两数相乘(当指针落在两个扇形的交线上时，当作指向右边的扇形)，如果积为2的倍数，则小王获胜；否则，小张获胜．
(1)用列表法或画树状图求小王获胜的概率；
(2)你认为这个游戏对双方公平吗？如果公平，请说明理由；如果不公平，请你改变游戏规则，使这个游戏对双方都公平．
20.(本小题9分)
如图，为加强新时代中学生的劳动教育，培养学生的动手实践能力，某学校生物兴趣小组用长为48m的篱笆，一面利用墙(墙的最大长度a为25m)，围成中间隔有一道篱笆的矩形菜园．
(1)能围成一个面积为84m2的矩形菜园吗？请说明理由；
(2)AB的长度为多少时，围成的菜园面积最大？并求出此时菜园面积的最大值．
21.(本小题9分)
综合与实践
【主题】优化洒水车为公路两侧绿化带浇水效率
【问题背景】如图1，洒水车沿着平行于公路绿化带方向行驶，同时向右侧绿化带浇水.数学兴趣小组的同学想了解洒水车要如何控制行驶路线与绿化带之间的距离，才能保证喷出的水能浇灌到整个绿化带，为解决这个问题，数学兴趣小组同学通过建立数学模型进行探索．
【数学建模】如图2，建立平面直角坐标系，可以把洒水车喷出水的内、外边缘抽象为平面直角坐标系中两条抛物线的部分图象；喷水口H离地竖直高度OH为1.5m，把绿化带横截面抽象为矩形DEFG，其水平宽度DE=3m，竖直高度EF=0.5m，OD表示洒水车和绿化带之间的距离.内边缘抛物线y2是由外边缘抛物线y1向左平移得到，外边缘抛物线y1最高点A离喷水口的水平距离为2m，高出喷水口0.5m．

【解决问题】
(1)求外边缘抛物线y1的函数解析式，并求喷出水的最大射程OC；
(2)请求出内边缘抛物线y2与x轴的正半轴交点B的坐标；
(3)要使洒水车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，请直接写出OD的取值范围．
22.(本小题13分)
如图1，AB是⊙O的直径，点D为AB下方⊙O上一点，点F为弦AD的中点，连接OF且延长FO交⊙O于点C，连接CD，CA．
(1)求证：CA=CD；
(2)如图2，延长AC，DB相交于点E．
①求证：∠CDE=∠ACF；
②若CE=4，BD=1，求⊙O的半径．
23.(本小题14分)
如图，已知直线y=−12x+2与x轴、y轴交于B，A两点，抛物线y=−x2+bx+c经过点A，B，点P为线段OB上一个动点，过点P作垂直于x轴的直线交抛物线于点N，交直线AB于点M，设点P的横坐标为t．
(1)求抛物线解析式；
(2)当MN=2MP，求t的值；
(3)若点N到直线AB的距离为d，求d的最大值；
(4)在y轴上是否存在点Q，使△QBN是以BN为腰的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.B
2.A
3.D
4.A
5.B
6.B
7.C
8.D
9.B
10.C
11.12
12.2
13.y=(x−3)2+1
14.2 3− 6
15.9 3
16.解：∵a=1，b=1，c=−3，
∴b2−4ac=1+12=13>0，
∴x=−1± 132，
∴x1=−1+ 132，x2=−1− 132．
17.
18.(1)解：如图所示，⊙O为所求．

(2)证明：连接OD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠CAD=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD，
∴OD/​/AC．
又∵∠C=90°，
∴∠ODB=∠C=90°，
∴BC⊥OD，
又∵OD是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线．
19.解：(1)根据题意，列表如下：
一共有6种等可能结果，其中两个数的积为2的倍数有4种结果，
所以，P(积为2的倍数)=46=23，
因此小王获胜的概率是23．
(2)不公平，
游戏规则修改为：两个转盘停止后，将指针所指区域的两数相加，
如果和为2的倍数，则小王获胜：否则，小张获胜(答案不唯一)．
20.解：(1)能围成一个面积为84m2的矩形菜园．
理由：设AB=x m，则BC=(48−3x)m，
令x(48−3x)=84，
解得x1=2，x2=14，
∵墙的最大长度a为25m，
∴48−3x≤25，
解得x≥723，
∴x=14，
∴能围成一个面积为84m2的矩形菜园；
(2)设AB=xm，菜园的面积为ym2，
由题意可得，y=x(48−3x)=−3(x−8)2+192，
由(1)知：x≥723，
∴当x=8时，该函数取得最大值，此时y=192，
即AB的长度为8m时，围成的菜园面积最大，此时菜园面积的最大值为192m2．
21.解：(1)由题意得：点A(2,2)是外边缘抛物线的顶点，
∴设y1=a(x−2)2+2，
∵抛物线过点H(0,1.5)，
∴1.5=4a+2，
∴a=−18，
∴外边缘抛物线的函数解析式为：y1=−18(x−2)2+2，
当y=0时，0=−18(x−2)2+2，
解得：x1=6，x2=−2(舍去)，
∴喷出水的最大射程OC为6m；
(2)∵y由y1左右平移得到，
∴设y2=−18(x−2+m)2+2，
∵经过点H(0,1.5)，
∴1.5=−18(−2+m)2+2，
解得：m1=4，m2=0(舍去)，
∴y2=−18(x+2)2+2，
把y2=0代入，得：0=−18(x+2)2+2
解得：x1=2，x2=−6(舍去)，
∴点B的坐标为(2,0)；
(3)∵要使洒水车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，
∴点D与点B重合或点F在y1上，
当点D与点B重合时，OD=OB=2，
当点F在y1上时，0.5=−18(x−2)2+2，
解得：x1=2+2 3，x2=2−2 3(不合题意，舍去)，
∵DE=3m，
∴DO=2+2 3−3=2 3−1，
∴OD的取值范围是2≤OD≤2 3−1．
22.(1)证明：∵点F为弦AD的中点，
∴OF⊥AD，
∴OF是AD的垂直平分线，
∴CA=CD．
(2)①证明：∵点F为弦AD的中点，
∴OF⊥AD，
∴∠OEA=90°，
又∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADE=90°，
∴∠OFA=∠ADE，
∴OC//ED，
∴∠CDE=∠DCF，
由(1)得CA=CD，
∴△CAD是等腰三角形，
∵点F为AD的中点，
∴CF平分∠ACD，
∴∠ACF=∠DCF，
∴∠CDE=∠ACF．
②解：连接BC，则∠ACB=90°，如图所示，

∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA，
由①得OC//ED，
∴∠OCA=∠E，
∴∠OAC=∠E，
∴EB=AB，
∵BC⊥AE，
∴CA=CE=4，
∴AE=2CE=8．
设⊙O的半径为r，则EB=AB=2r，
∵BD=1，
∴DE=BD+EB=1+2r，
∵AB2−BD2=AD2=AE2−DE2
∴(2r)2−12=82−(2r+1)2，
整理得2r2+r−16=0，
解得r1=−1+ 1294，r2=−1− 1294(不符合题意，舍去)，
∴⊙O的半径为−1+ 1294．
23.解：(1)直线y=12x+2与x轴、y轴交于B，A两点，则点A的坐标为(0,2)，点B的坐标为(4,0)．
由题意得：c=2−16+4b+c=0，
解得：b=72,c=2
∴抛物线的解析式为y=−x2+72x+2；
(2)∵点P(t,0)，则点M(t,−12t+2)，N(t,−t2+72t+2)，
∴MN=−12t+2−(−12t+2)=−t2+4t，MP=−12t+2，
∵MN=2MP，
∴−t2+4t=2(−12t+2)，
解得：t=1或4(与点B重合，舍去)，
∴t=1；
(3)点N到直线AB的距离为d，求d的最大值即为求△ANB面积的最大值，
连接NA、NB，如下图所示，
∵点B的坐标为(4,0)、A(0,2)，
∴OB=4，OA=2，
由(2)得：MN=−t2+4t，
∴S△ANB=12×MN×OB=12(−t2+4t)×4=−2(t−2)2+8≤8，
∴面积最大为8，

∵AB= OA2+OB2=2 5，
∴S△ANB=12×AB×d=8，
解得d=8 55，
即d的最大值为8 55；
(4)存在点Q使△QBN是以BN为腰的等腰直角三角形，有三种可能：Q(0,−3+ 572)或Q(0,−9+ 174)或Q(0,−9− 174)，理由如下：
当∠QNB=90°时，NQ=BN，点Q在y轴的正半轴，如下图所示，

过点N作ND⊥y轴，过点B作BC⊥x轴交DN延长线于点C，
∴∠CDQ=∠BCN=90°，∠QND+∠BNC=90°，∠QND+∠DQN=90°，
ND=PO=t，
∴∠BNC=∠DQN，
∴△DQN≌△NCB(AAS)，
∴ND=BC=t，DQ=NC=BP=4−t，
∴PN=BC=OD=t，
∴N(t,t)，
∴−t2+72t+2=t，
解得：t=5+ 574或t=5− 574(负值舍去)，
∴OQ=OD−DQ=t−(4−t)=−3+ 572，
∴Q(0,−3+ 572)；
当∠QBN=90°时，QB=BN，点Q在y轴的负半轴，如图所示，

∵∠QOB=∠BPN=∠QBN=90°，
∴∠QBO+∠OQB=90°，∠QBO+∠OBN=90°，
∴∠OQB=∠OBN，
∴△OQB≌△PBN(AAS)，
∵OB=4，BP=4−t，
∴OQ=BP=4−t，NP=OB=4，
∴N(t,4)，
∴−t2+72t+2=4，
解得：t=7± 174，
∴OQ=4−7+ 174=9− 174或OQ=4−7− 174=9+ 174，
∵点Q在y轴的负半轴，
∴Q(0,−9+ 174)，Q(0,−9+ 174)；
综上可得：Q(0,−3+ 572)或Q(0,−9+ 174)或Q(0,−9+ 174)或Q(0,−9+ 174)． 1
2
3
1
1
2
3
2
2
4
6