广东省广州市番禺区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编 2填空题

广东省广州市番禺区区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编 02 填空题

二、填空题

31．（2022·广东广州·九年级期末）一元二次方程的解是__．

32．（2022·广东广州·九年级期末）抛物线y＝2（x﹣3）2＋7的顶点坐标为_____．

33．（2022·广东广州·九年级期末）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，AC是⊙O的直径，∠BAC＝25°，则∠P的度数为_____．

34．（2022·广东广州·九年级期末）已知点A（a，1）与点A′（5，b）是关于原点对称，则a+b =________．

35．（2022·广东广州·九年级期末）圆锥的高为4，底面圆的半径为3，则该圆锥侧面积为_____．

36．（2022·广东广州·九年级期末）如图，已知二次函数y＝－x2＋2x，当－1＜x＜a时，y随x的增大而增大，则实数a的取值范围是                .

37．（2021·广东广州·九年级期末）一元二次方程的解为__________．

38．（2021·广东广州·九年级期末）点P（3，﹣5）关于原点对称的点的坐标为_____．

39．（2021·广东广州·九年级期末）把一枚均匀的硬币连续抛掷两次，两次正面朝上的概率是____．

40．（2021·广东广州·九年级期末）如图，圆锥的侧面积为15π，底面半径为3，则圆锥的高AO为_____．

41．（2021·广东广州·九年级期末）如果关于的方程（为常数）有两个不相等的实数根，那么的取值范围是__________．

42．（2021·广东广州·九年级期末）如图，在中，，将绕顶点逆时针旋转得到是的中点，是的中点，连接，若，则线段的最大值是__________．

43．（2020·广东广州·九年级期末）方程的解是__________．

44．（2020·广东广州·九年级期末）点A（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标是_____．

45．（2020·广东广州·九年级期末）如图，已知⊙O的半径是2，点A、B、C在⊙O上，若四边形OABC为菱形，则图中阴影部分面积为_____．

46．（2020·广东广州·九年级期末）将抛物线先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到的抛物线的解析式是______.

47．（2020·广东广州·九年级期末）若同时抛掷两枚质地均匀的骰子，则事件“两枚骰子朝上的点数互不相同”的概率是_____．

48．（2020·广东广州·九年级期末）如图，将矩形ABCD绕点A旋转至矩形AB′C′D′位置，此时AC的中点恰好与D点重合，AB'交CD于点E，若AB＝3cm，则线段EB′的长为_____．

【答案】

31．x1＝3，x2＝﹣3．

【分析】先移项，在两边开方即可得出答案．

【详解】∵

∴=9，

∴x=±3，

即x1＝3，x2＝﹣3，

故答案为x1＝3，x2＝﹣3．

【点睛】本题考查了解一元二次方程-直接开平方法，熟练掌握该方法是本题解题的关键.

32．

【分析】已知抛物线解析式为顶点式，可直接写出顶点坐标．

【详解】解：为抛物线的顶点式，

根据顶点式的坐标特点可知，

抛物线的顶点坐标为，

故答案为：．

【点睛】本题考查的是二次函数的性质，解题的关键是熟知二次函数的顶点式．

33．

【分析】根据切线长定理得等腰，运用内角和定理求解即可．

【详解】解：根据切线的性质定理得，

．

根据切线长定理得，

所以，

所以．

故答案为：．

【点睛】此题综合运用了切线的性质定理和切线长定理的应用，解题的关键是主要考查学生的推理和计算能力．

34．-6

【详解】解：点A（a，1）与点A′（5，b）是关于原点对称，

所以a＝－5，b＝－1，

所以a＋b＝(－5)＋(－1)=－6，

故答案为－6．

35．

【分析】首先根据底面半径和圆锥的高利用勾股定理求母线长，然后直接利用圆锥的侧面积公式代入求出即可．

【详解】解：圆锥的高为4，底面圆的半径为3

母线长为5

圆锥侧面积为

故答案为：．

【点睛】本题主要考查圆锥的侧面积，解题的关键是熟练掌握侧面积公式：及求出母线长．

36．-1＜a≤1

【详解】试题解析：二次函数的对称轴为直线x=-=1，

∵-1＜x＜a时，y随x的增大而增大，

∴a≤1．

∵-1＜x＜a

∴-1＜a≤1

37．

【分析】先将常数项25移项到方程的右边，再利用直接开平方法解题即可．

【详解】

故答案为：．

【点睛】本题考查直接开平方法解一元二次方程，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．

38．（﹣3，5）

【分析】根据关于原点的对称的点的横纵坐标均互为相反数可得所求点的坐标．

【详解】解：点(3，−5)关于原点的对称点的坐标为(−3，5)，

故答案为(−3，5)

【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标的知识；掌握关于原点对称的点的坐标的特点是解决本题的关键．

39．

【分析】举出所有情况，看正面都朝上的情况数占总情况数的多少即可．

【详解】解：共4种情况，正面都朝上的情况数有1种，所以概率是．

故答案为：．

考点：列表法与树状图法．

40．4

【分析】要求圆锥的高，关键是求出圆锥的母线长，即圆锥侧面展开图中的扇形的半径．已知圆锥的底面半径就可求得底面圆的周长，即扇形的弧长，已知扇形的面积和弧长就可求出扇形的半径，即圆锥的高．

【详解】解：由题意知：展开图扇形的弧长是2×3＝6，

设母线长为L，则有×6L＝15，

解得：L＝5，

∵由于母线，高，底面半径正好组成直角三角形，

∴在直角△AOC中高AO＝＝4．

故填：4.

【点睛】此题考查了圆锥体的侧面展开图的计算，揭示了平面图形与立体图形之间的关系，难度一般．

41．

【分析】根据一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式的意义得到△＞0，即（-2）2-4×1×k＞0，然后解不等式即可．

【详解】解：∵关于x的方程x2-2x+k=0（k为常数）有两个不相等的实数根，

∴△＞0，即（-2）2-4×1×k＞0，

解得k＜1，

∴k的取值范围为k＜1．

故答案为：k＜1．

【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）的根的判别式△=b2-4ac．当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．

42．

【分析】如图，连接PC，由直角三角形性质和旋转性质可得A′B′=AB=8，PC=4，根据PM≤PC+CM，可得PM≤6，由此即可解决问题．

【详解】解：如图，连接PC，

在Rt△ABC中，∵∠A=30°，BC=4，

∴AB=8，

根据旋转不变性可知，A′B′=AB=8，

∵P 是 A'B' 的中点，

∴A′P=PB′=PC，

∴PC=A′B′=4，

∵CM=BM=2，

∵PM≤PC+CM，即PM≤6，

∴PM的最大值为6（此时P、C、M共线），

故答案是：6．

【点睛】本题考查旋转变换、含30度角的直角三角形性质、直角三角形斜边中线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考常考题型．

43．，

【分析】直接令每个因式等于0求解即可．

【详解】解：∵，

∴x-1=0，或x-3=0，

∴，．

故答案为：，．

【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．

44．（2，﹣3）

【分析】根据两个点关于原点对称，它们的坐标符号相反求解即可．

【详解】解：

点P(-2，3)关于原点对称的点的坐标为（2，-3），

故答案为（2，-3）．

【点睛】本题考查了关于原点对称的性质，掌握两个点关于原点对称，它们的坐标符号相反是解决本题的关键．

45．

【分析】连接OB和AC交于点D，根据菱形及直角三角形的性质先求出AC的长及∠AOC的度数，然后求出菱形ABCO及扇形AOC的面积，则由S扇形AOC-S菱形ABCO可得答案．

【详解】连接OB和AC交于点D，如图所示：

∵圆的半径为2，

∴OB＝OA＝OC＝2，

又四边形OABC是菱形，

∴OB⊥AC，OD＝ OB＝1，

在Rt△COD中利用勾股定理可知：

∴∠COD＝60°，∠AOC＝2∠COD＝120°，

∴S菱形ABCO＝

S扇形AOC＝

则图中阴影部分面积为S扇形AOC﹣S菱形ABCO＝

故答案为

【点睛】本题考查扇形面积的计算及菱形的性质，解题关键是熟练掌握菱形的面积和扇形的面积，有一定的难度．

46．

【分析】先确定抛物线y=x2的顶点坐标为（0，0），再利用点平移的规律得到点（0，0）平移所得对应点的坐标为（1，2），然后根据顶点式写出新抛物线解析式．

【详解】解：抛物线y=x2的顶点坐标为（0，0），点（0，0）先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度所得对应点的坐标为（1，2），所以新抛物线的解析式为y=（x-1）2+2

故答案为y=（x-1）2+2．

【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．

47．．

【详解】解：由题意作出树状图如下：

一共有36种情况，“两枚骰子朝上的点数互不相同”有30种，所以，P=．

考点：列表法与树状图法.

48．1cm

【分析】根据旋转后AC的中点恰好与D点重合，利用旋转的性质得到直角三角形ACD中，∠ACD＝30°，再由旋转后矩形与已知矩形全等及矩形的性质得到∠DAE为30°，进而求出AD，DE，AE的长，则EB′的长可求出．

【详解】解：由旋转的性质可知：AC＝AC'，

∵D为AC'的中点，

∴AD＝AC，

∵ABCD是矩形，

∴AD⊥CD，

∴∠ACD＝30°，

∵AB∥CD，

∴∠CAB＝30°，

∴∠C'AB'＝∠CAB＝30°，

∴∠EAC＝30°，

∴∠DAE＝30°，

∵AB＝CD＝3cm，

∴AD＝cm，

∴DE＝1cm，

∴AE＝2cm，

∵AB＝AB'＝3cm，

∴EB'＝3﹣2＝1cm．

故答案为：1cm．

【点睛】此题考查了旋转的性质，含30度直角三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．