2022-2023学年吉林省长春八十九中九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年吉林省长春八十九中九年级（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，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年吉林省长春八十九中九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 一元二次方程x2−9=0的根为(    )
A. x=3 B. x=−3
C. x1=3，x2=−3 D. x1=0，x2=9
2. 一个布袋中放着9个黑球和3个红球，除了颜色以外没有任何其他区别.则从布袋中任取1个球，取出黑球的概率是(    )
A. 34 B. 14 C. 23 D. 13
3. 一元二次方程x2−2x−5=0根的情况为(    )
A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根
C. 没有实数根 D. 无法确定
4. 河堤横断面如图所示，堤高BC=10米，迎水坡AB的坡比为1：2，则AC的长是(    )
A. 5米
B. 10米
C. 15米
D. 20米
5. 某种商品原来每件售价为150元，经过连续两次降价后，该种商品每件售价为96元，设平均每次降价的百分率为x，根据题意，所列方程正确的是(    )
A. 150(1−x)=96 B. 150(1−x2)=96
C. 150(1−x)2=96 D. 150(1−2x)=96
6. 如图，要测定被池塘隔开的A，B两点的距离．可以在AB外选一点C，连接AC，BC，并分别找出它们的中点D，E，连接DE.现测得AC=30m，BC=40m，DE=24m，则AB=(    )
A. 50m
B. 48m
C. 45m
D. 35m


7. 如图，AD/​/BE/​/CF，直线m，n与这三条平行线分别交于点A、B、C和点D、E、F，已知AB=5，BC=10，DE=4，则EF的长为(    )
A. 12.5
B. 12
C. 8
D. 4
8. 已知二次函数的图象(0≤x≤3)如图所示，关于该函数在所给自变量取值范围内，下列说法正确的是(    )
A. 函数有最小值1，有最大值3
B. 函数有最小值−1，有最大值3
C. 函数有最小值−1，有最大值0
D. 函数有最小值−1，无最大值


二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 函数y= x+4中，自变量x的取值范围是______．
10. 计算：tan245°+1=______．
11. 抛物线y=−(x+2)2−3的顶点坐标是______．
12. 已知关于x的方程x2+3x+a=0有一个根为−2，则a=______．
13. 如图，四边形ABCD和A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，若OA：OA′=2：3，则四边形ABCD与四边形A′B′C′D′的面积比为__________．


14. 如图.已知BD是∠ABC的角平分线，E是BD延长线上的一点且AE=AB.若AB=6，BD=4，DE=5，则BC的长______ ．


三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
15. 解方程：x2−4x−2=0．
四、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题6.0分)
计算： 12− 18+3 13+ 8．
17. (本小题6.0分)
为改善生态环境，建设美丽乡村，某村规划将一块长18米，宽10米的矩形场地建设成绿化广场，如图，内部修建三条宽相等的小路，其中一条路与广场的长平行，另两条路与广场的宽平行，其余区域种植绿化，使绿化区域的面积为广场总面积的80%．
(1)求该广场绿化区域的面积；
(2)求广场中间小路的宽．





18. (本小题7.0分)
有甲、乙两个不透明的口袋，甲袋中有3个球，分别标有数字0，2，3；乙袋中有2个球，分别标有数字1，4，这5个球除所标数字不同外其余均相同.从甲、乙两袋中各随机摸出1个球.用画树状图(或列表)的方法，求摸出的两个球上数字之和是4的概率．
19. (本小题7.0分)
如图，在5×6的方格中，点A、B是两个格点，请按要求作图．

(1)在图1中，以AB为边作矩形ABEF(要求E、F两点均是格点)；
(2)在图2中，点C、D是两个格点，请在图中找出一个格点P，使△PAB和△PCD相似(找出一个即可)．
20. (本小题7.0分)
如图，创新小组要测量公园内一棵树的高度AB，其中一名小组成员站在距离树10米的点E处，测得树顶A的仰角为54°.已知测角仪的架高CE=1.5米，求这棵树的高度为多少米.(结果保留一位小数，参考数据：sin54°≈0.8090，cos54°≈0.5878，tan54°≈1.3764)

21. (本小题8.0分)
已知抛物线y=ax2+bx−1，经过A(1,2)，B(−3,2)．
(1)求该抛物线的函数关系式；
(2)若将该抛物线向上平移3个单位长度，求出平移后的函数关系式，并直接写出开口方向及对称轴．
22. (本小题9.0分)
体验：如图1，在四边形ABCD中，AB/​/CD，∠B=90°，点M在BC边上，当∠AMD=90°时，可知△ABM ______ △MCD(不要求证明)．
探究：如图2，在四边形ABCD中，点M在BC上，当∠B=∠C=∠AMD时，求证：△ABM∽△MCD．
拓展：如图3，在△ABC中，点M是边BC的中点，点D、E分别在边AB、AC上.若∠B=∠C=∠DME=45°，BC=8 2，CE=6，求DE的长．


23. (本小题10.0分)
如图1，在三角形ABC中，角ACB=90度，AC=6cm，BC=8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒，连接PQ．
(1)若三角形BPQ与三角形ABC相似，求t的值；
(2)直接写出三角形BPQ是等腰三角形时t的值；
(3)如图2，连接AQ、CP，若AQ垂直CP，求t的值．

24. (本小题12.0分)
已知函数y=x2−mx+m−1,(x≥0)x2−mx+m,(x<0),，将此函数的图象记为G．
(1)当m=2时，
①直接写出此函数的函数表达式．
②点P(−1,a)在图象G上，求点P的坐标．
③点Q(b,3)在图象G上，求b的值．
(2)设图象G最低点的纵坐标为y0.当y0=−2时，直接写出m的值．
(3)矩形ABCD的顶点坐标分别为A(−4,1)、B(−4,−4)、C(3,−4)、D(3,1)，若函数y=x2−mx+m−1,(x≥0)x2−mx+m,(x<0),，在m−1≤x≤m+1范围内的图象与矩形ABCD的边有且只有一个公共点，直接写出此时m的取值范围．


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：∵x2−9=0，
∴x2=9，
解得：x1=3，x2=−3．
故选：C．
移项，利用直接开平方法可得答案．
本题考查了解一元二次方程，能够根据方程特点灵活选用不同的解法是解题关键

2.【答案】A 
【解析】解：根据题意，一个布袋中放着9个黑球和3个红球，
从布袋中任取1个球，取出黑球的概率是P=99+3=912=34．
故选：A．
由于每个球被取出的机会是均等的，故用概率公式计算即可．
本题主要考查了求解简单随机事件的概率，解题关键是熟记概率公式．

3.【答案】A 
【解析】解：方程x2−2x−5=0，
这里a=1，b=−2，c=−5，
∵b2−4ac=(−2)2−4×1×(−5)=4+20=24>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
计算出根的判别式的大小，判断正负即可确定出方程根的情况．
此题考查了根的判别式，熟练掌握根的判别式的意义是解本题的关键．

4.【答案】D 
【解析】解：∵迎水坡AB的坡比为1：2，，
∴BCAC=12，即 10AC=12，
解得，AC=20(米)，
故选：D．
根据坡度的概念求出AC，根据比例性质计算即可．
本题考查的是解直角三角形的应用，掌握坡度的概念是解题的关键．

5.【答案】C 
【解析】解：由题意可得，
第一次降价后的价格为[150×(1−x)]元，两次连续降价后售价在第一次降价后的价格的基础上降低x，为[150×(1−x)×(1−x)]元，
∴150(1−x)2=96，
故选：C．
可先表示出第一次降价后的价格，那么第一次降价后的价格×(1−降低的百分率)=96，把相应数值代入即可求解．
本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程．

6.【答案】B 
【解析】解：∵D是AC的中点，E是BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12AB，
∵DE=24m，
∴AB=2DE=48m，
故选：B．
根据中位线定理可得：AB=2DE=48m．
本题考查了三角形的中位线定理，属于基础题，熟练掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．

7.【答案】C 
【解析】解：∵AD/​/BE/​/CF，
∴ABBC=DEEF，即510=4EF，
解得，EF=8，
故选：C．
根据平行线分线段成比例定理得到比例式，代入已知数据计算即可．
本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．

8.【答案】B 
【解析】解：由图象可知当x=1时，y有最小值−1，当x=3时，y有最大值3，
∴函数有最小值−1，有最大值3，
故选：B．
由函数图象可看出其最大值和最小值，可求得答案．
本题主要考查二次函数的最值，正确识别函数图象、理解最值的意义是解题的关键．

9.【答案】x≥−4 
【解析】解：根据题意得：x+4≥0，
解得：x≥−4．
故答案为：x≥−4．
根据二次根式的性质，被开方数大于等于0，就可以求解．
本题考查的是函数自变量取值范围的求法．函数自变量的范围一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数为非负数．

10.【答案】2 
【解析】解：tan245°+1
=12+1
=1+1
=2．
故答案为2．
把tan45°=1代入原式计算即可．
本题主要考查了特殊角的三角函数值，熟记特殊角的三角函数值是解答此题的关键，比较简单．

11.【答案】(−2,−3) 
【解析】解：y=−(x+2)2−3是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为(−2,−3)．
故答案为：(−2,−3)．
已知解析式为顶点式，可直接根据顶点式的坐标特点，求顶点坐标，从而得出对称轴．
此题主要考查了二次函数的性质，关键是熟记：顶点式y=a(x−h)2+k，顶点坐标是(h,k)，对称轴是直线x=h．

12.【答案】2 
【解析】解：把x=−2代入x2+3x+a=0得4−6+a=0，解得a=2．
故答案为2．
把x=−2代入x2+3x+a=0中得到关于a的方程，然后解此方程即可．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．

13.【答案】4：9 
【解析】解：∵四边形ABCD和A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，OA：OA′=2：3，
∴四边形ABCD与四边形A′B′C′D′的面积比4：9，
故答案为：4：9．
根据两个图形是相似形，根据相似图形的性质：面积之比等于对应边之比的平方可得到答案．
此题主要考查了位似变换，关键是掌握相似图形的性质．

14.【答案】245 
【解析】解：∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠ABD=∠CBD．
∵AB=AE，
∴∠ABD=∠E．
∴∠E=∠CBD．
∵∠EDA=∠BDC，
∴△ADE∽△CDB．
∴AEBC=DEBD．
∵AE=AB，AB=6，
∴AE=6．
∵BD=4，DE=5，
∴6BC=54．
∴BC=245．
故答案为：245．
BD是角平分线可得∠ABD=∠CBD，AB=AE可得∠ABD=∠E，从而∠E=∠CBD，再利用对顶角相等可得∠EDA=∠BDC，根据有两个角对应相等的两个三角形相似，证明△ADE∽△CDB利用相似三角形对应边成比例得出比例式，将已知线段代入可求BC．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，证明△ADE∽△CDB是解题的关键．

15.【答案】解：∵a=1，b=−4，c=−2，
∴△=(−4)2−4×1×(−2)=4×6，
∴x=4± 4×62×1=4±2 62=2± 6，
∴x1=2+ 6，x2=2− 6． 
【解析】先计算出△=(−4)2−4×1×(−2)=4×6，然后代入一元二次方程的求根公式进行求解．
本题解一元二次方程−公式法：一元二次方程ax2+bx+c=0(a、b、c为常数，a≠0)的求根公式为x=−b± b2−4ac2a(b2−4ac≥0)．

16.【答案】解：原式=2 3−3 2+3× 33+2 2
=2 3−3 2+ 3+2 2
=3 3− 2． 
【解析】直接化简二次根式，进而合并得出答案．
此题主要考查了二次根式的加减，正确化简二次根式是解题关键．

17.【答案】解：(1)18×10×80%=144(平方米)．
答：该广场绿化区域的面积为144平方米．
(2)设广场中间小路的宽为x米，
依题意，得：(18−2x)(10−x)=144，
整理，得：x2−19x+18=0，
解得：x1=1，x2=18(不合题意，舍去)．
答：广场中间小路的宽为1米． 
【解析】(1)根据该广场绿化区域的面积=广场的长×广场的宽×80%，即可求出结论；
(2)设广场中间小路的宽为x米，根据矩形的面积公式(将绿化区域合成矩形)，即可得出关于x的一元二次方程，解方程即可得出结论．
   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．

18.【答案】解：根据题意得：
甲袋

乙袋
0
2
3
1
1
3
4
4
4
6
7
∵共有6种等可能的情况数，其中摸出的两个球上数字之和是4的有2种，
∴摸出的两个球上数字之和是4的概率是26=13．
故答案为：13． 
【解析】根据题意列出图表得出所有等可能的情况数和摸出的两个球上数字之和是4的情况数，然后利用概率公式即可求解．
此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

19.【答案】解：(1)如图，四边形ABEF即为所求．
(2)如图，点P即为所求．
 
【解析】(1)根据矩形的定义作出图形即可．
(2)连接BD，AC，延长BD交AC的延长线于点P，点P即为所求．
本题考查作图−应用与设计作图，矩形的判定和性质，相似三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，属于中考常考题型．

20.【答案】解：如图，过点C作CD⊥AB，垂足为D.则四边形CEBD是矩形，BD=CE=1.5 m，

在Rt△ACD中，CD=EB=10 m，∠ACD=54°，
∵tan∠ACD=ADCD，
∴AD=CD⋅tan∠ACD≈10×1.38=13.8( m)．
∴AB=AD+BD=13.8+1.5=15.3( m)．
答：树的高度AB约为15.3 m． 
【解析】在Rt△ACD中，求出AD，再利用矩形的性质得到BD=CE=1.5 m，由此即可解决问题．
本题考查解直角三角形的应用−仰角俯角问题、锐角三角函数等知识，解题的关键是通过添加辅助线，构造直角三角形解决问题．

21.【答案】解：(1)把A(1,2)，B(−3,2)代入y=ax2+bx−1，
得a+b−1=29a−3b−1=2，
解得a=1b=2，
∴抛物线解析式为y=x2+2x−1．
(2)解：抛物线向上平移3个单位长度的解析式为，y=x2+2x−1+3，
故平移后得解析式为y=x2+2x+2=(x+1)2+1，
∵a=1>0，
∴开口方向向上，对称轴为x=−1． 
【解析】(1)直接将A(1,2)，B(−3,2)代入y=ax2+bx−1得到二元一次方程组，再求得a、b即可；
(2)根据抛物线的平移规律“上加下减”以及二次函数图象的性质解答即可．
本题主要考查了求二次函数解析式、二次函数图象的平移、二次函数图象的性质等知识点，掌握二次函数图象的平移规律和二次函数图象的特征是解答本题的关键．

22.【答案】∽ 
【解析】解：体验：∵∠AMD=90°，
∴∠AMB+∠DMC=90°，
∵∠B=90°，
∴∠AMB+∠BAM=90°，
∴∠BAM=∠DMC，
∵AB/​/CD，∠B=90°，
∴∠C=∠B=90°，
∴△ABM∽△MCD，
故答案为：∽；
探究：∵∠AMC=∠BAM+∠B，∠AMC=∠AMD+∠CMD，
∴∠BAM+∠B=∠AMD+∠CMD．
∵∠B=∠AMD，
∴∠BAM=∠CMD，
∵∠B=∠C，
∴△ABM∽△MCD；
拓展：同探究的方法得出，△BDM∽△CME，
∴BDCM=BMCE，
∵点M是边BC的中点，
∴BM=CM=4 2，
∵CE=6，
∴BD4 2=4 26，
解得，BD=163，
∵∠B=∠C=45°，
∴∠A=180°−∠B−∠C=90°，
∴AC=BC= 22BC=8，
∴AD=AB−BD=8−163=83，AE=AC−CE=2，
在Rt△ADE中，DE= AD2+AE2= (83)2+22=103．
体验：根据同角的余角相等得到∠BAM=∠DMC，根据平行线的性质得到∠C=∠B=90°，根据两角相等的两个三角形相似证明结论；
探究：根据三角形的外角性质、相似三角形的判定定理证明；
拓展：根据相似三角形的性质求出BD，根据等腰直角三角形的性质求出AD，根据勾股定理计算，得到答案．
本题考查的是相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形内角和定理以及三角形外角性质，解本题的关键是判断出△ABP∽△PCD．

23.【答案】解：(1)∵∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，
∴AB= AC2+BC2=10cm；
分两种情况讨论：
①当△BPQ∽△BAC时，BPBA=BQBC，
∵BP=5t，QC=4t，AB=10，BC=8，
∴5t10=8−4t8，解得，t=1，
②当△BPQ∽△BCA时，BPBC=BQBA，
∴5t8=8−4t10，解得，t=3241；
∴t=1或3241时，△BPQ∽△BCA；

(2)分三种情况：
①当PB=PQ时，如图1，过P作PH⊥BQ，
则BH=12BQ=4−2t，PB=5t，
∴PH//AC，
∴PBAB=BHBC，即5t10=4−2t8
解得：t=23，
②当PB=BQ时，即5t=8−4t，
解得：t=89，
③当BQ=PQ时，如图2，过Q作QG⊥AB于G，
则BG=12PB=52t，BQ=8−4t，
∵△BGQ∽△ACB，
∴BGBC=BQAB，
即52t8=8−4t10，
解得：t=6457．
综上所述：△BPQ是等腰三角形时t的值为：23或89或6457．

(3)过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，如图3所示：
则PB=5t，PM=3t，MC=8−4t，
∵AQ⊥CP，
∴∠NAC+∠NCA=90°，∠PCM+∠NCA=90°，
∴∠NAC=∠PCM，
∵∠ACQ=∠PMC，
∴△ACQ∽△CMP，
∴ACCM=CQMP，
∴68−4t=4t3t，解得t=78，
∴满足条件的t的值为78． 
【解析】(1)分两种情况：①当△BPQ∽△BAC时，BP：BA=BQ：BC；当△BPQ∽△BCA时，BP：BC=BQ：BA，再根据BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm，代入计算即可；
(2)分三种情况：①当PB=PQ时，如图1，过P作PH⊥BQ，则BH=12BQ=4−2t，PB=5t，根据平行线分线段成比例定理得到PBAB=BHBC，即5t10=4−2t8解得t=23，②当PB=BQ时，即5t=8−4t，解得t=89，③当BQ=PQ时，如图2，过Q作QG⊥AB于G，则BG=12PB=52t，BQ=8−4t，通过△BGQ∽△ACB，得到比例式BGBC=BQAB，解得：t=6465．
(3)过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，则有PB=5t，PM=3t，MC=8−4t，根据△ACQ∽△CMP，得出AC：CM=CQ：MP，代入计算即可．
本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，由三角形相似得出对应边成比例是解题的关键．

24.【答案】解：(1)①当m=2时，则y=x2−2x+1(x≥0)x2−2x+2(x<0)；
②∵点P(−1,a)在图象G上，
∴当x=−1时，y=a=(−1)2−2×(−1)+2=5，
∴P点的坐标为(−1,5)；
③∵点Q(b,3)在图象G上，
∴当b<0时，b2−2b+2=3，
解得b1=1− 2，b2=1+ 2(舍去)，
当b≥0时，b2−2b+1=3，
解得b1=1− 3(舍去)，b2=1+ 3，
∴b的值为1− 2或1+ 3．
(2)设y1=x2−mx+m−1(x≥0)，y2=x2−mx+m(x<0)，
则y1=(x−m2)2−14(m−2)2，
∴当x=m2>0时，图象最低点的纵坐标y0=−14(m−2)2=−2，
解得m1=2+2 2，m2=2−2 2(舍去)，
当x=0时，函数G取得最小值时，y0=m−1=−2，
解得：m=−1，
∵y2=x2−mx+m=(x−m2)2−14m2+m，
∴当x=m2<0时，图象最低点的纵坐标y0=−14m2+m=−14(m−2)2+1，
∵对于任意实数m，总有−14(m−2)2<−14(m−2)2+1成立，
∴图象最低点一定在y1=x2−mx+m−1(x≥0)上，
综上所述，m的值为2+2 2或−1．
(3)根据题意，要使图象G与矩形ABCD的边有且只有一个公共点，
则−4≤x≤3，−4≤y≤1，
∵m−1≤x≤m+1，
∴当0≤m−1≤3，即1≤m≤4时，此时函数y=x2−mx+m−1(x≥0)与矩形ABCD的边有且只有一个公共点，
当−4≤m−1≤0，即−3≤m≤1时，要使函数y=x2−mx+m(x<0)与矩形ABCD的边只有一个公共点，
则−52 另外，当m=−4时，图象G与矩形ABCD的边也只有一个公共点，
综上所述，图象G与矩形ABCD的边只有一个公共点的符合条件的m的取值范围是：−52 【解析】(1)①把m=2代入即可求得函数表达式；
②由点P(−1,a)在图象G上，因为−1<0，所以把P(−1,a)代入y=x2−2x+2，即可求出P点的坐标；
③当b<0时，把Q(b,3)代入y=x2−2x+2，即可求出b的值，当b≥0时，把Q(b,3)代入y=x2−2x+1，即可求出b的值，
(2)因为图象G最低点的纵坐标为y0.需要分两种情况进行讨论：当在抛物线顶点取得最小值时，所以把y0=−2代入顶点纵坐标计算即可；当函数最小值在y轴上取得时，有m−1=−2，即m=−1．
(3)需要分情况讨论分析：x取值全在y轴右侧时，函数y=x2−mx+m−1(x≥0)与矩形ABCD的边有且只有一个公共点时，0≤m−1≤3，即1≤m≤4；x取值全在y轴左侧时，函数y=x2−mx+m与矩形ABCD的边有且只有一个公共点，−52 本题主要考查了求二次函数解析式，求二次函数图象上的点的坐标，图形与二次函数只有一个交点时分情况讨论的求参数取值范围等知识，属于中考压轴题，难度较大，需要有较高的分析论证能力．