2020-2021学年厦门市九年级上学期期末数学试题（含答案与解析）

这是一份2020-2021学年厦门市九年级上学期期末数学试题（含答案与解析），共26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（本大题有10小题，每小题4分，共40分．每小题都有四个选项，其中有且只有一个选项正确）
1. 一组数据，1，2，3，4，3的众数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【分析】根据众数的定义进行判断即可得解．
【详解】解：∵在这组数据中，出现的次数最多
∴这组数据的众数是．
故选：C
【点睛】本题考查了众数的定义，熟记众数的定义是解本题的关键．
2. 下列方程中有两个相等实数根的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【分析】A.根据因式分解法解出一元二次方程的两个根，即可解题；
B. 根据因式分解法解出一元二次方程的两个根，即可解题；
C.根据直接开平方法解出一元二次方程的两个根，即可解题；
D. 根据因式分解法解出一元二次方程的两个根，即可解题．
【详解】A.
故A错误；
B.
故B正确；
C.
故C错误；
D.
故D错误，
故选：B．
【点睛】本题考查解一元二次方程等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
3. 不等式组的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】先求出2x≥-1的解集，再确定不等式组的解集即可．
【详解】解：
解不等式①得，，
解不等式②得，x>-1，
∴不等式组的解集为：
故选：C．
【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
4. 如图所示的正方形中，点在边上，把绕点顺时针旋转得到，．旋转角的度数是（ ）
A. 110°B. 90°C. 70°D. 20°
【答案】B
【分析】根据正方形的性质得到AB=AD，∠BAD=，由旋转的性质推出≌，求出∠FAE=∠BAD=，即可得到答案．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=，
由旋转得≌，
∴∠FAB=∠EAD，
∴∠FAB+∠∠BAE=∠EAD+∠BAE，
∴∠FAE=∠BAD=，
∴旋转角的度数是，
故选：B．
【点睛】此题考查旋转的性质，全等三角形的性质，熟记全等三角形的性质是解题的关键．
5. 一个扇形的圆心角是120°，半径为3，则这个扇形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】根据扇形面积公式S扇形＝，代入数据运算即可得出答案．
【详解】解：由题意得，n＝120°，r＝3，
S扇形＝＝＝3π，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了扇形的面积计算，属于基础题，解答本题的关键是熟练掌握扇形的面积公式，另外要明白扇形公式中，每个字母所代表的含义．
6. 为解决在甲、乙两个不透明口袋中随机摸球的问题，小明画出如图所示的树状图．已知这些球除颜色外无其他差别，根据树状图，小明从两个口袋中各随机取出一个球恰好是1个白球和1个黑球的结果共有（ ）
A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种
【答案】A
【分析】根据树状图展示的所有结果，找出恰好1个白球和1个黑球所占结果．
【详解】由树状图得，从两个口袋中各随机取出一个球共有6种等可能结果，
其中恰好1个白球和1个黑球只有1种结果．
故选：A．
【点睛】此题考查的是树状图的知识点，根据树状图展示的所有结果，找到符合条件的结果数是解题的关键．
7. 如图，在正六边形中，连接，，则关于外心的位置，下列说法正确的是（ ）
A. 在内B. 在内
C. 在线段上D. 在线段上
【答案】D
【分析】先判断的形状，再确定外心的位置．
【详解】解：∵正六边形的每一个外角都是，
∴正六边形的每一个内角都为，
,
在正六边形中，AB=AF，
，
，
是直角三角形，
的外心是BE的中点，
故选：D
【点睛】本题考查了正六边形的性质，三角形外心（三角形外接圆的圆心），等腰三角形的性质及直角三角形的判定，明确锐角三角形的外心在三角形的内，直角三角形的外心在斜边中点，钝角三角形的外心在三角形的外部是解题的关键．
8. 有一个人患了流感，经过两轮传染后有若干人被传染上流感．假设在每轮的传染中平均一个人传染了个人，则第二轮被传染上流感的人数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】先求出第一轮传染后得病人数，进而可求出第二轮被传染上流感的人数．
【详解】解：∵平均一个人传染了个人，
∴第一轮传染后得病的人数为(m+1)人，
∴第二轮被传染上流感的人数是．
故选C．
【点睛】本题考查了列代数式，正确得出第一轮传染后得病的人数是解答本题的关键．
9. 东汉初年，我国的《周髀算经》里就有“径一周三”的古率，提出了圆的直径与周长之间存在一定的比例关系．将图中的半圆弧形铁丝向右水平拉直（保持端不动）．根据该古率，与拉直后铁丝端的位置最接近的是（ ）
A. 点B. 点C. 点D. 点
【答案】A
【分析】根据“径一周三”的古率计算出半圆的周长即可．
【详解】解：∵半圆的直径是1，
∴由“径一周三”知圆的周长，
∴半圆的周长为，
∴拉直后铁丝端的位置最接近的是点A，
故选：A．
【点睛】此题主要考查了阅读与推理，解答此题的关键是读懂题意．
10. 为准备一次大型实景演出，某旅游区划定了边长为的正方形演出区域，并在该区域画出4×4的网格以便演员定位（如图所示），其中为中心，，，，是某节目中演员的四个定位点．为增强演出效果，总策划决定在该节目演出过程中增开人工喷泉．喷头位于演出区域东侧，且在中轴线上与点相距处．该喷泉喷出的水流落地半径最大为，为避免演员被喷泉淋湿，需要调整的定位点的个数是（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【分析】把此题转化成一个直角坐标系的问题，然后求各点坐标，最后利用勾股定理即可判断.
【详解】设喷头在点P，则A(6，0)，B（3，0）；C（3，3）；D（4.5；1.5）；P（14，0）
则AP=14-6=8m<10m，故A需调整；
BP=14-3=11m>10m，故B不需调整；
CP=>10m，不需调整；
DP=<10m，故D需调整；
故选：B
【点睛】此题考查了勾股定理的应用，根据坐标系找到相应点的坐标，根据勾股定理计算长度是解答此题的关键.
二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分）
11. 投掷一枚质地均匀的正方体骰子，向上一面的点数是1的概率是______．
【答案】
【分析】弄清骰子六个面上分别刻的点数，再根据概率公式解答就可求出向上一面的点数是1的概率．
【详解】由概率公式：P（向上一面的点数是1）＝．
故答案：．
【点睛】本题主要考查了概率公式，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．
12. 若是方程的一个根，则的值为______．
【答案】4
【分析】将x=3代入解方程即可．
【详解】将代入方程，
得9-3b+3=0，
解得b=4，
故答案为：4．
【点睛】此题考查一元二次方程的解，解方程，正确计算是解题的关键．
13. 抛物线的对称轴是______．
【答案】x=1
【分析】直接根据二次函数的性质求解即可．
【详解】解：抛物线的对称轴是x=1．
故答案为：x=1．
【点睛】本题考查了二次函数y=a(x-h)2+k(a，b，c为常数，a≠0)的性质，熟练掌握二次函数y=a(x-h)2+k的性质是解答本题的关键． y=a(x-h)2+k是抛物线的顶点式，a决定抛物线的形状和开口方向，其顶点是（h，k），对称轴是x=h．
14. 如图，是的直径，点在上，点在上，，于．若，则为______．
【答案】
【分析】根据圆周角和圆心角关系，得；根据等腰三角形和三角形内角和性质，得；再根据直角三角形两锐角互余，通过计算即可得到答案．
【详解】∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质、解题的关键是熟练掌握圆周角、圆心角、等腰三角形、三角形内角和、直角三角形两锐角互余的性质，从而完成求解．
15. 在平面直角坐标系中，为原点，点在第一象限，，，，把绕点顺时针旋转60°得到，点，的对应点分别为，，则的值为______．
【答案】1
【分析】过点A作于点D，根据题意，结合30°角的正切值解得AD的长，再由旋转的性质解得OA=OB=2，PB=AB=2及，在中，利用勾股定理解得MD的长，继而解题即可．
【详解】如图，过点A作于点D，
，，

，
，
把绕点顺时针旋转60°得到，
点恰巧落在直线AD上，
在中，
，
由勾股定理得，
故答案为：1．
【点睛】本题考查三角形的旋转变换，涉及勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
16. 已知抛物线的顶点为，对称轴与轴交于点，是的中点．在抛物线上，关于直线的对称点为，关于点的对称点为．当时，线段的长随的增大而发生的变化是：______．（“变化”是指增减情况及相应的取值范围）
【答案】当时，的长随的增大而减小；当时，的长随的增大而增大．
【分析】根据函数关系式求出顶点坐标和对称轴方程，得到点A坐标，根据M与C关于N（3，2）对称求出点C，最后根据BC的取值确定m的取值即可．
【详解】解：=
则P(3,4)
∴A（3，0）
∴N（3，2）
如图，
由图知，BC的长随着m的增大先减小，后增大，
∵
∴
∵M与C关于N（3，2）对称
∴
解得
∴C
∴
∵
∴
当n=2时，BC最小值=0，此时
当n=0或4时，BC最大值=4，此时m=1或3，
所以，当时，的长随的增大而减小；当时，的长随的增大而增大．
【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了配方法，对称性，求出BC的取值是解本题的关键．
三、解答题（本大题有9小题，共86分）
17. 解方程：
【答案】
【分析】利用完全平方公式配平方，再利用直接开方法求方程的解即可．
【详解】
x2−2x＋1＝6，
那么（x−1）2＝6，
即x−1＝±，
则.
【点睛】本题考查了解一元二次方程的方法，解题的关键是注意使用配方法是要保证不改变原方程．
18. 如图，在中，，以为直径作，过点作交于，．
求证：是的切线．
【答案】证明见解析
【分析】根据平行线及三角形内角和定理可求得，又是的直径，根据切线的定义可得结论
【详解】证明：，
．
，
．
．
．
是的直径，
是的切线．
【点睛】本题考查了圆的切线的证明、平行线及三角形的内角和定理的应用，熟练掌握各知识点并利用数形结合的思想进行合理转化是解决本题的关键
19. 先化简，再求值：，其中．
【答案】；
【分析】根据分式的混合运算法则把原式化简，代入计算即可．
【详解】解：
，
当时，
原式
．
【点睛】本题考查了分式的混合运算以及二次根式的运算，熟练掌握分式和二次根式的运算法则是解决本题的关键．
20. 2018年某贫困村人均纯收入为3000元，对该村实施精准扶贫后，2020年该村人均纯收入达到5070元，顺利实现脱贫．这两年该村人均纯收入的年平均增长率是多少？
【答案】30%
【分析】根据每年的平均增长率一样，列出相应的关系式，再解一元二次方程、检验即可．
【详解】解：设这两年该村人均纯收入的年平均增长率为，依题意得：
解方程，得：（不合题意，舍去），．
答：这两年该村人均纯收入的年平均增长率为0.3．
【点睛】本题考查一元二次方程的实际应用—增长率问题，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
21. 某批发商从某节能灯厂购进了50盒额定功率为的节能灯．由于包装工人的疏忽，在包装时混进了的节能灯．每盒中混入的节能灯数如表：
（1）平均每盒混入几个的节能灯？
（2）从这50盒中任意抽取一盒，记事件为：该盒中没有混入的节能灯，求事件的概率．
【答案】（1）1；（2）
【分析】（1）根据图表，直接用混入的的节能灯的个数除以50，求平均数即可；
（2）已知没有混入的节能灯的盒数为14,14除以50即为事件A的概率．
【详解】解：（1），
答：平均每盒混入的节能灯的个数为1；
（2）已知没有混入的节能灯的盒数为14，
则，
答：事件的概率为．
【点睛】本题考查平均数以及概率的求解，属于基础题，掌握平均数以及概率的求解方法是解决本题的关键．
22. 如图，菱形的对角线，交于点，其中．把绕点顺时针旋转得到（点的对应点为），旋转角为（为锐角）．连接，若．
（1）求证：；
（2）当时，判断点与直线的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）点F在直线BC上，理由见解析
【分析】（1）解法一：利用旋转的性质得到OF=OD，推出，根据菱形的性质得到，即可得到结论；
解法二：连接，，证明推出，利用SSS证明，即可推出结论；
（2）解法一：连接，证明是等边三角形，得到，，证明，得到，根据菱形的性质求出，，即可得到结论；
解法二：证明是等边三角形，得到，，推出，证明得到∠OCD=∠DCF，，利用菱形的性质求出．，根据四边形内角和求出，由求得，得到结论．
详解】（1）解法一
证明：绕点顺时针旋转得到，
，．
，．
四边形是菱形，
，．
，
，
，
．
解法二：
证明：连接，．
绕点顺时针旋转得到，
，，，．
．
四边形是菱形，
，，．
，，．
．
．
．
．
．
，
．
．
（2）解法一
解：当时，点在直线上，理由如下：
连接．
由（1）得，，
又，
是等边三角形．
，．
是等边三角形，，
．
．
．
．
，
．
．
四边形是菱形，
，．
，．
．
，．
．
点在直线上．
解法二：
当时，点在直线上，理由如下：
由（1）得，．
又，
是等边三角形．
，．
是等边三角形，，
平分．
垂直平分．
．
由（1）得，．
，．
∴OC=CF．
．
∠OCD=∠DCF，．
四边形是菱形，
，．
，．
．
在四边形中，．
．
．
．
点在直线上．
【点睛】此题考查菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，四边形的内角和，熟记菱形的性质及旋转的性质是解题的关键．
23. 已知抛物线，其中，该抛物线与轴交于点．
（1）若点在该抛物线上，求的值；
（2）过点作平行于轴的直线，记抛物线在直线与轴之间的部分（含端点）为图象．点，在直线上，点，在图象上，且在抛物线对称轴的左侧．设点的横坐标为，是否存在以，，，为顶点的四边形是边长为的正方形？若存在，求出点，的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）b=4；（2）不存在，理由见解析
【分析】（1）把点代入抛物线解析式，解方程即可；
（2）根据已知求出A点纵坐标是2b，再用m表示P、M坐标，利用正方形边长是，得到b与m的关系，再代入解析式即可．
【详解】（1）解：把点代入，得，
解得，．
因为，所以．
（2）解法一：
解：当时，．
所以点坐标为．
在正方形中，轴，轴．
可设点坐标为．
又因为正方形边长为，即，
所以点的坐标为，且，
．
因为抛物线对称轴为，
所以．
所以．
所以．
所以点的坐标为．
因为点在抛物线上，把代入，得
．
解得，．
因为，所以．
当时，．
所以不存在边长为的正方形．
解法二：
解：当时，，
所以点坐标为．
在正方形中，轴，轴．
可设点坐标为．
又因为正方形边长为，即，
所以点的坐标为，且，
．
因为抛物线的对称轴为，
所以．
所以．
所以．
所以点的坐标为．
因为点在抛物线上，把点的坐标代入，得
．
解得，．
所以不存在边长为的正方形．
同理，当M、N两点的位置互换后，也不存在边长为的正方形．
【点睛】本题考查了二次函数图象上的点的坐标的特征和正方形的存在性问题，利用已知条件，表示抛物线的点的坐标，再代入解析式是解题关键．
24. 某海湾有一座抛物线形拱桥，正常水位时桥下的水面宽为（如图所示）．由于潮汐变化，该海湾涨潮后达到最高潮位，此最高潮位维持，之后开始退潮．如：某日16时开始涨潮，21时达到最高潮位，22时开始退潮．
该桥的桥下水位相对于正常水位上涨的高度随涨潮时间变化的情况大致如表所示．（在涨潮的内，该变化关系近似于一次函数）
（1）求桥下水位上涨的高度（单位：）关于涨潮时间（，单位：）的函数解析式；
（2）某日涨潮期间，某船务公司对该桥下水面宽度进行了三次测量，数据如表所示：
现有一艘满载集装箱的货轮，水面以上部分高，宽，在涨潮期间能否安全从该桥下驶过？请说明理由．
【答案】（1）当时，；当时，；（2）能，理由见解析
【分析】（1）设桥下水位上涨的高度关于涨潮时间的函数解析式为，利用待定系数法求解即可；
（2）设抛物线解析式为y＝ax2+k，利用待定系数法求得二次函数的解析式，求出最高潮位，比较即可得出结论.
【详解】（1）当时，由题可设桥下水位上涨的高度关于涨潮时间的函数解析式为．
当时，；当，．
可得：，
解得：，
所以，当时，；当时，．
（2）以抛物线的对称轴为轴，以正常水位时桥下的水面与抛物线的交线为轴建立直角坐标系．
设抛物线解析式为：．
由（1）可得：当时，，此时桥下水面宽为100；当时，，此时桥下水面宽为．
所以抛物线过点，．
可得：，
解得：，
所以 ．
当时，．
在最高潮位时，．
答：该货轮在涨潮期间能安全从该桥下驶过．
【点睛】本题考查二次函数的应用，解题的关键是学会构建二次函数，学会利用二次函数的性质解决问题，属于中考常考题型．
25. 在中，∠B=90°，D是外接圆上的一点，且点D是∠B所对的弧的中点．
（1）尺规作图：在图中作出点；（要求不写作法，保留作图痕迹）
（2）如图，连接，，过点的直线交边于点，交该外接圆于点，交的延长线于点，，的延长线交于点，．
①若，，，求的长；
②若，求的度数
【答案】（1）答案见解析；（2）①5；②60°
【分析】（1）点D是∠B所对的弧的中点，即作的平分线，所作直线与圆的交点即为D点；
（2）①由得到，，运用勾股定理求出边长即可；
②如图，连接，依题意可知AC为直径，再证明，把绕点逆时针旋转90°，则点与点重合，对应点为点，得到，，三点共线，证明为等腰直角三角形，，再依据条件证明，为直径，四边形为矩形，，设，则，则，解得，最后根据求出最终结果．
【详解】解：（1）作的平分线，如图点即为所求．
（2）①，
，即，
，
在中，，
．
；
②如图，连接，
，为直径，
，
是中点，，
，，
，
把绕点逆时针旋转90°，则点与点重合，对应点为点，
则有，，，
四边形为外接圆的内接四边形，
，，
，，三点共线，
，
且，
，，
，
，
，且，
，
，，
，．，
为直径，
，
连接，，则有．
四边形为矩形，
，，．
．
．
，
．
设，则．
．
．
解得．
．
．
．
．
．
．
【点睛】本题考查圆的综合问题，难度比较大，涉及圆的基本性质、圆周角、矩形证明、勾股定理、旋转等问题，需要有充分的空间想象能力和数形结合能力，根据题意做出辅助线，同时能够充分运用圆的性质是解决本题的关键．每盒中混入的节能灯数
0
1
2
3
4
盒数
14
25
9
1
1
涨潮时间（单位：）
1
2
3
4
5
6
桥下水位上涨的高度（单位：）
4
4
涨潮时间（单位：）
桥下水面宽（单位：）