2021-2022学年九年级数学上学期期末测试卷（人教版）02（含试卷+答案解析）

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2021–2022学年上学期期末测试卷02九年级数学·全解全析12345678910BBDBAAAADB 1．【答案】B【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；D、是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意．故选B．2．【答案】B【分析】方程整理为一般形式，找出a，b，c的值即可．【解答】解：方程整理得：3x2-5x-2=0，则a，b，c的值分别是3，-5，-2，故选：B．3．【答案】D【分析】根据概率的意义作答．【解答】解：A、应该是降雨的可能性有80%，而不是有80%的时间降雨，故A错误；B、每次试验都有随机性，2次就有1次出现正面朝上，不一定发生，故B错误；C、当购买彩票的次数不断增多时，中奖的频率逐渐稳定1%附近，故C错误；D、说法正确．故选：D．4．【答案】B【分析】根据二次函数的性质得到抛物线y＝（x+1）2+3上的开口向上，对称轴为直线x＝﹣1，然后根据三个点离对称轴的远近判断函数值的大小．【解答】∵抛物线y＝（x+1）2+3的开口向上，对称轴为直线x＝﹣1，而C（2，y3）离直线x＝﹣1的距离最远，B（0，y2）离直线x＝﹣1最近，∴y2＜y1＜y3．故选：B．5．【答案】A【分析】先计算出OP的长，然后根据点与圆的位置关系的判定方法求解．【解答】设点P的坐标是，，而⊙O的半径为1，∴OP小于圆的半径，∴点P在圆内．故选：A．6．【答案】A【分析】过的圆心O，作CD⊥AB于点C，交于点D，连接OA，由垂径定理可求得OC的长度，从而求得CD的长度，又由从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海平面的时间为16分钟，从而求得答案．【解答】解：过的圆心O，作CD⊥AB于点C，交于点D，连接OA，如下图：∵CD⊥AB，且CD是直径∴，（厘米）在中，，厘米，OA=10厘米由勾股定理得：，即：∵∴（厘米）∴（厘米）又∵从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海平面的时间为16分钟∴（厘米/分）∴“图上”太阳升起的速度为：1.0厘米/分故选：A7．【答案】A【分析】由抛物线解析式可求得顶点坐标、对称轴、最值，再结合增减性可求得答案．【解答】解：∵y＝﹣（x+1）2﹣3，∴抛物线开口向下，对称轴为直线x＝﹣1，顶点坐标为（﹣1，﹣3），∴当x＝﹣1时，y有最大值为﹣3，当x＞﹣1时，y随x的增大而减小，∴只有A正确.故选：A．8．【答案】A【分析】根据P为⊙O外一点，若点P到⊙O的最短距离为3，最长距离为7，可以得到圆的直径，从而可以求得圆的半径．【解答】解：∵P为⊙O外一点，若点P到⊙O的最短距离为3，最长距离为7，∴⊙O的直径为：7-3=4，∴⊙O的半径为2，故选：A．9．【答案】D【分析】由题意，线段AB旋转一周的过程中，扫过区域的面积是圆环的面积，过O作OC⊥AB，由垂径定理先求出OC的长度，即可求出圆环的面积．【解答】解：根据题意，线段AB旋转一周的过程中，扫过区域的面积是圆环的面积；过O作OC⊥AB，如图由垂径定理，则，∵，∴，∴圆环的面积为：；故选：D．10．【答案】B【分析】过作轴于，得到，根据等边三角形的性质得到，，得到，根据旋转的性质得到，，求得，于是得到结论．【解答】解：过作轴于，，是等边三角形，，，轴，轴于，，将等边绕原点顺时针旋转至的位置，，，，，点的坐标为，，故选：B．11．【答案】150或170或150【分析】设涨价x元，根据单件利润=售价－进价、利润=单件利润×销售量列出一元二次方程，然后解方程即可解答．【解答】解：设涨价x元，根据题意得：（130+x－120）（70－x）=1500，整理得：x2－60x+800=0，解得：x1=20，x2=40，所以销售单价为130+20=150元或130+40=170元，故答案为：150或170．12．【答案】-1＜x＜3【分析】首先求出点（-1，0）关于对称轴x=1的对称点，进而结合图象可得当y＜0时x的取值范围．【解答】解：根据图象可知，抛物线的对称轴为x=1，抛物线与x轴的一个交点为（-1，0），则（-1，0）关于x=1对称的点为（3，0），即抛物线与x轴另一个交点为（3，0），当-1＜x＜3时，y＜0，故答案为：-1＜x＜3．13．【答案】30【分析】连接OA，根据圆周角的性质得出∠AOC=2∠B，根据切线的性质得出∠OAC=90°，根据三角形内角和求解即可．【解答】解：连接OA，∵过点的与相切于点，∴∠OAC=90°，∵，∴∠C=∠B，∵∠AOC=2∠B=2∠C，∴2∠C+∠C =90°，∴∠C=30°，故答案为：30．14．【答案】6或10【分析】先解一元二次方程得到或，然后根据定义进行讨论求解即可．【解答】解：∵，∴，解得或，当时；当时；故答案为：6或10．15．【答案】【分析】如图，交于点E，交于点F，交于点G，则阴影部分的面积为的面积减去的面积，求解即可．【解答】解：如图，交于点E，交于点F，交于点G，由题意可得：为等腰直角三角形，由旋转的性质得，，∴∴，即、、为等腰直角三角形，∴，，∴，∴，∴∴．故答案为：16．【答案】8【分析】连接，先解答正六边形的边长为4，再解得，继而解得，最后根据含30°直角三角形的性质解题．【解答】解：设正六边形的边长为，正六边形的面积是，，解得连接，在正六边形中，，，，，，，，故答案为：8．17．【答案】【分析】根据切线的性质得到OA⊥PA，OB⊥PB，OP平分∠APB，PA=PB，推出△PAB是等边三角形，根据直角三角形的性质求出AC，由AB=2AC，于是得到结论．【解答】解：∵PA、PB是⊙O的两条切线，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，OP平分∠APB，PA=PB，
∵∠APB=60°，
∴△PAB是等边三角形，AB=2AC，PO⊥AB，
∴∠PAB=60°，
∴∠OAC=∠PAO-∠PAB=90°-60°=30°，
∴AO=2OC，
∵OC=1，
∴AO=2，
∴AC=，
∴AB=2AC=，
∴△PAB的周长=．
故答案为：．18．【答案】2或【分析】分，和 确定点M的运动范围，结合抛物线的对称轴与，，共有三个不同的交点，确定对称轴的位置即可得出结论．【解答】解：由题意得：O（0,0），A（3，4）∵为直角三角形，则有：①当时， ∴点M在与OA垂直的直线上运动 （不含点O）；如图，②当时，，∴点M在与OA垂直的直线上运动 （不含点A）；③当时，，∴点M在与OA为直径的圆上运动，圆心为点P，∴点P为OA的中点，∴ ∴半径r= ∵抛物线的对称轴与x轴垂直由题意得，抛物线的对称轴与，，共有三个不同的交点，∴抛物线的对称轴为的两条切线，而点P到切线，的距离 ，又∴直线的解析式为：；直线的解析式为：；∴或4∴或-8故答案为：2或-8 19．【答案】（1）或；（2）或【分析】（1）根据配方法解一元二次方程，即可求解；（2）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．【解答】（1），，，，，或；（2），，，或，或．20．【答案】（1）当x=30时，能使矩形的面积为750m2；（2）不能，见解析【分析】（1）设所围矩形的长AB为x米，则宽AD为（80-x）米，根据矩形面积的计算方法列出方程求解．
（2）假使矩形面积为810m2，则x无实数根，所以不能围成矩形场地．【解答】解：（1）设所围矩形ABCD的长AB为x米，则宽AD为（80-x）米．依题意，得x·（80-x）=750． 即，x2-80x+1500=0，解此方程，得，． ∵墙的长度不超过45m，∴不合题意，应舍去．∴x=30∴当AB=30m时，能使矩形的面积为750m2． （2）不能． 因为由x·（80-x）=810得x2-80x+1620=0．又∵b2-4ac=（-80）2-4×1×1620=-80＜0，∴上述方程没有实数根，故不存在使所围矩形场地的面积为．21．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）根据网格结构找出点A、B以点C为旋转中心旋转的对应点A1、B1的位置，然后与点C顺次链接即可；再根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可；（2）根据中心对称的性质，连接两对对应顶点，交点即为旋转中心，然后写出坐标即可；（3）根据最短路径确定最短路径问题，找出点A关于x轴的对称点A′的位置，然后连接A′B与x轴的交点即为P．【解答】解：如图所示，和，即为所求；
 （2）如图，连接，交点即为旋转中心，所以旋转中心坐标为：；(3)为的中点，则 确定关于轴的对称点 连接交轴于 则P即为所求作的点，22．【答案】（1）50，144；（2）见解析；（3）480；（4）图表见解析，【分析】（1）根据喜欢乒乓球的人数除以占的百分比求出被调查学生的总人数，360°乘以乒乓球人数占的百分比得出圆心角度数；（2）求出喜欢足球的人数，补全条形统计图即可；（3）先求出本次调查中，喜欢篮球人数的比例，然后用总人数乘以喜欢篮球的人数的比例即可；（4）列出表格得出所有等可能的情况数，再由概率公式求解即可．【解答】解：（1）本次调查选取的学生人数为：（名），乒乓球所在扇形的圆心角的度数为：，故答案为：50，144；（2）统计图中喜欢足球的学生人数为：（名），将条形统计图补充完整如图：（3）喜欢篮球运用的人数比例为：，估计喜欢篮球的共有：（人），故答案为：480；（4）根据题意得出表格：AB足球乒乓球篮球排球足球 （乒，足）（篮，足）（排，足）乒乓球（足，乒） （篮，乒）（排，乒）篮球（足，篮）（乒，篮） （排，篮）排球（足，排）（乒，排）（篮，排） A表示第一个选取的同学最喜欢的运动项目，B表示第二个选取的同学最喜欢的运动项目，上表共有12种等可能结果，其中两个运动项目不同的情况有10种∴（两名同学最喜欢的运动项目不同）23．【答案】（1）证明见解析；（2）5．【分析】（1）连接，先根据线段的和差可得，再根据圆心角定理可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，最后根据三角形全等的性质即可得证；（2）设半径的长为，从而可得，再在中，利用勾股定理即可得．【解答】解：（1）如图，连接，，，即，点为弧中点，，，在和中，，，；（2）设半径的长为，则，，，由（1）已证：，，，在中，，即，解得，故半径的长为5．24．【答案】【操作】（1）见解析；（2）150°；【探究】6．【分析】（1）由旋转得，，，题目已知是等边三角形，从而得，根据等边三角形的判定：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，即可得出答案；（2）由（1）可得，，，由旋转得，，从而得出刚好满足勾股定理，因此，即可得出答案；如图，连接EF，由正方形ABCD和旋转的性质得，是等腰直角三角形，从而可推出，由勾股定理算出EF，再算出DF，即可得出答案．【解答】（1）由旋转，得，，是等边三角形，，，是等边三角形；（2）是等边三角形，，，，，，；【探究】如图，连接EF，四边形ABCD是正方形，，,由旋转可知：，，，，是等腰直角三角形，，，，在中，有，在中，有，，，，，，．故答案为：6．25．【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在，点M的坐标为或．【分析】（1）把A，B两点的坐标分别代入抛物线解析式中求解即可得到答案；（2）设点B到直线的距离为h，根据角平分线上的点到角两边的距离相等，只需要证明h=4即可得答案；（3）根据抛物线解析式可以得到抛物线的对称轴为直线，设M的坐标为（，m），分别用两点距离公式求出，，，然后讨论当为该直角三角形的斜边时，当为该直角三角形的斜边时的情形，求解即可得到答案；【解答】解：（1）将A，B两点的坐标分别代入，得解得故抛物线的表达式为．（2）证明：设直线的表达式为，则解得故直线的表达式为．设直线与y轴的交点为点D，则点D的坐标为．∵抛物线为y轴交于C∴点C的坐标为，则由勾股定理，可得．设点B到直线的距离为h，则，解得h=4．又∵B（5，-4）∴点B到x轴的距离为4，故平分．（3）存在，理由如下：∵抛物线的表达式为∴抛物线的对称轴为直线，设M的坐标为（，m）由勾股定理，得，，．当为该直角三角形的斜边时，有，即，解得，故此时点M的坐标为．当为该直角三角形的斜边时，有，即，解得，故此时点M的坐标为．综上所述，点M的坐标为或．26．【答案】（1）；（2）①存在，平行四边形面积为；②【分析】（1）利用待定系数法以及对称轴公式求解即可；（2）①如图1中，设存在点M（0，t），使得四边形OMCP是平行四边形，因为点P在第一象限中的抛物线上，点A，B分别在x轴、y轴上，且四边形OAPB是正方形，设P（m，n），则有PA⊥x轴，PB⊥y轴，且PA＝PB＝OA＝OB，推出m＝n可得，解得m＝4，推出P（4，4），再利用勾股定理求出t的值，可得结论；②如图2中，当点P恰好落在⊙M上时，设M（0，n），过点M作ME⊥CP＇于E，连接MP＇，根据CB＝CE，构建方程求出n，即可解决问题．【解答】解：（1）∵抛物线与y轴交点为，∴，      ∵对称轴，∴，            ∴抛物线的解析式为；          （2）①如图1中，设存在点，使得四边形是平行四边形，∵⊙M与x轴相切，∴，∵四边形为平行四边形，∴，且，∴轴，∵设，由题意得，解得，∴，      ∵四边形是正方形，∴，∵，∴，，∴，∵，在中，，∴，解得或（不合题意，舍去），∴，            ∵，且，∴，故存在，使四边形是平行四边形，面积为；  ②如图2中，当点P怡好落在⊙M上时，设，过点M作于E，连接，则有，∵，∴，∵是切线，∴，∴，∵，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴，在中，，      ∵，∴，∴，            ∴，∴，∴当点恰好落在⊙M上时，点．