2023-2024学年吉林省四平市双辽市九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年吉林省四平市双辽市九年级（上）期末数学试卷（含解析），共17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。

1.下列事件中是必然事件的是( )
A. 守株待兔B. 刻舟求剑C. 瓮中捉鳖D. 百步穿杨
2.方程3x2−2x−6=0，一次项系数为( )
A. −2B. −2xC. −6D. 6
3.在2022年的卡塔尔世界杯中，阿根廷守门员马丁内斯表现突出，他大脚开出去的球的高度与球在空中运行时间的关系，用图象描述大致是如图中的( )
A. B. C. D.
4.如图，△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，若S△ADE=1，则S△ABC=( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
5.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=13，BC=5，则csA的值是( )
A. 513B. 512C. 125D. 1213
6.若反比例函数y=kx的图象经过点(−1,3)，那么k的值是( )
A. 3B. −3C. 13D. −13
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
7.方程x2=6x的解为______．
8.二次函数y=(x−2)2+4的顶点坐标是______ ．
9.已知反比例函数y=m+4x的图象位于第二、第四象限，则m的取值范围为______ ．
10.如果两个相似三角形的周长比为2：3，那么它们的对应高的比为______．
11.如图，已知∠AOB是⊙O的圆心角，∠ACB=31°，则圆心角∠AOB的度数是______ ．
12.如图，飞机P在目标A的正上方，飞行员测得目标B的俯角为30°，那么∠APB的度数为______ °.
13.如图，一条公路(公路的宽度忽略不计)的转弯处是一段圆弧AB，点O是这段弧所在圆的圆心，半径OA=90m，圆心角∠AOB=80°，则这段弯路AB的长度为______ m.
14.已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则y>0时，对应的x的取值范围为______ ．
三、解答题：本题共12小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题5分)
计算：tan60°+sin30°−tan45°⋅cs30°．
16.(本小题5分)
已知y是x的反比例函数，并且当x=4时，y=−5．
(1)写出y与x之间的函数关系式；
(2)求y=2时x的值．
17.(本小题5分)
阅读材料：对于中心对称图形，过对称中心的任意一条直线都把这个图形的面积分成相等的两部分，如图．

尝试应用：将图①分成面积相等的两部分(不写作法，保留作图痕迹)；
18.(本小题5分)
12月18日卡塔尔世界杯闭幕.小明搜集到三张如图所示的不透明的卡片，正面图案分别是吉祥物la’eeb，足球ALRIHLA和大力神杯，依次记为A、B、C，卡片除正面图不同外，其余均相同，将这三张卡片背面向上洗匀.小明从中随机抽取一张，记录图案放回，重新洗匀后再从中随机抽取一张.用画树状图(或列表)的方法，求小明两次抽到图案不相同的概率．
19.(本小题7分)
已知函数y=x2+2mx+m−1(m为常数)．
(1)若该函数图象与y轴的交点在x轴上方，求m的取值范围；
(2)求证：不论m取何值，该函数图象与x轴总有两个公共点．
20.(本小题7分)
某校学生会组织周末爱心义卖活动，义卖所得利润将全部捐献给希望工程，活动选在一块长40米、宽28米的矩形空地上．如图，空地被划分出6个矩形区域，分别摆放不同类别的商品，区域之间用宽度相等的小路隔开，已知每个区域的面积均为128平方米，小路的宽应为多少米？
21.(本小题7分)
小琪要测量某建筑物的高度.如图，小琪在点A处测得该建筑物的最高点C的仰角为31°，再往该建筑物方向前进30m至点B处测得最高点C的仰角为45°.根据测得的数据，计算该建筑物的高度CD(结果取整数)．
参考数据：sin31°≈0.52，cs31°≈0.86，tan31°≈0.60．
22.(本小题7分)
在平面直角坐标系xOy中，△ABC的三个顶点分别是A(−3,1)，B(−4,−2)，C(1,−1)．
(1)经过一次平移，将△ABC的顶点A平移到点A1(2,1)，请在图1中画出平移后的△A1B1C1，并直接写出平移距离；
(2)在图2中画出△ABC关于原点O成中心对称的图形△A2B2C2，并直接写出点A2的坐标．
23.(本小题8分)
如图，一次函数y=kx+b与反比例函数y=mx的图象交于A(n,3)，B(−3,−2)两点．
(1)求反比例函数与一次函数的解析式；
(2)过点A作AC⊥y轴，垂足为C，求△ABC的面积．
24.(本小题8分)
如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=4，P为AD边中点，∠EPF=90°，∠EPF绕点P旋转，其中点E，F在矩形ABCD的边上.在旋转过程中，请探究：
(1)矩形ABCD的边落在∠EPF内部的线段长的和是否发生变化？为什么？
(2)矩形ABCD与∠EPF重叠部分的面积是否发生变化？为什么？
25.(本小题10分)
如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=6cm，BC=8cm，点P从A点出发沿AB边向B以1cm/s的速度移动，点Q从B点出发沿BC向C点以2cm/s的速度移动，当其中一个点到达终点时两个点同时停止运动，请回答：
(1)经过多少时间，△PBQ的面积是5cm2，此时，PQ长为多少cm．
(2)探究：是否存在某一时刻t，使S四边形APQC=512S△ABC，如果存在，求出t的值；如果不存在，请说明理由．
26.(本小题10分)
如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于点A(1,0)和B(4,0)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线的对称轴交x轴于点E，点F是位于x轴上方对称轴上一点，FC//x轴，与对称轴右侧的抛物线交于点C，四边形OECF是平行四边形，求点C的坐标；
(3)在(2)的条件下，连接OC，x轴上方的对称轴上是否存在点P，使△OCP是直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、守株待兔，是随机事件，不符合题意；
B、刻舟求剑，是不可能事件，不符合题意；
C、瓮中捉鳖，是必然事件，符合题意；
D、百步穿杨，是随机事件，不符合题意；
故选：C．
根据事件发生的可能性大小判断即可．
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念，必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
2.【答案】A
【解析】解：方程3x2−2x−6=0，一次项系数为−2．
故选：A．
根据一元二次方程的一般形式得出答案即可．
本题考查了一元二次方程的一般形式，能熟记一元二次方程的一般形式是解此题的关键，一元二次方程的一般形式是ax2+bx+c=0(a、b、c为常数，a≠0)．
3.【答案】A
【解析】解：足球守门员马丁内斯大脚开出去的球，高度与时间成二次函数关系，
故选：A．
根据日常生活经验，足球守门员开出去的球所经过的曲线是抛物线．
本题考查了二次函数的应用，解题的关键是了解两个变量之间的关系，解决此类题目还应有一定的生活经验．
4.【答案】D
【解析】解：∵点D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE/​/BC，DEBC=12，
∴△ADE∽△ABC，
∴S△ADES△ABC=(DEBC)2=14，
∵S△ADE=1，
∴S△ABC=4，
故选：D．
根据三角形中位线定理求得DE/​/BC，DEBC=12，从而求得△ADE∽△ABC，然后利用相似三角形的性质求解．
本题考查三角形中位线定理、相似三角形的判定和性质，本题难度较低，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=13，BC=5，
∴AC= AB2−BC2= 132−52=12，
则csA=ACAB=1213，
故选：D．
根据余弦的定义计算即可．
本题考查的是锐角三角函数的定义，熟记锐角A的邻边b与斜边c的比叫做∠A的余弦是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵反比例函数y=kx的图象经过点(−1,3)，
∴3=k−1，
解得k=−3，
故选：B．
根据反比例函数y=kx的图象经过点(−1,3)，可以得到3=k−1，即可得到k的值．
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确k=xy．
7.【答案】x1=0，x2=6
【解析】解：移项得，x2−6x=0，
x(x−6)=0，
∴x=0或x−6=0，
∴x1=0，x2=6．
故答案为x1=0，x2=6．
先移项得到x2−6x=0，方程左边分解得到x(x−6)=0，则方程转化为两个一元一次方程x=0或x−6=0，解一元一次方程即可．
本题考查了利用因式分解法解一元二次方程：先把方程变形，使方程右边为0，然后把方程左边进行因式分解，于是一元二次方程转化为两个一元一次方程，解一元一次方程即可得到一元二次方程的解．
8.【答案】(2,4)
【解析】解：二次函数y=(x−2)2+4的图象的顶点坐标是(2,4)．
故答案为：(2,4)．
根据顶点式的意义直接解答即可．
本题考查了二次函数的性质，要熟悉顶点式的意义，并明确：y=a(x−h)2+k(a≠0)的顶点坐标为(h,k)．
9.【答案】m<−4
【解析】解：∵y=m+4x的图象位于第二、第四象限，
∴m+4<0，
∴m<−4，
即m的取值范围为m<−4．
故答案为：m<−4．
根据反比例函数的性质得到m+4<0，解不等式即可得到答案．
此题考查了反比例函数，熟练掌握反比例函数的图象和性质是解题的关键．
10.【答案】2：3
【解析】解：∵两个相似三角形的周长比为2：3，
∴这两个相似三角形的相似比为2：3，
∴它们的对应高的比为：2：3，
故答案为：2：3．
根据相似三角形的周长比等于相似比可求得其相似比，再根据对应高线的比等于相似比可得到答案．
本题主要考查相似三角形的性质，掌握相似三角形的周长比、对应高线比等于相似比是解题的关键．
11.【答案】62°
【解析】解：∠AOB=2∠ACB=2×31°=62°，
故答案为：62°．
由圆周角定理，即可得到答案．
本题考查圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
12.【答案】60
【解析】解：根据题意可知：
∠PAB=90°，∠B=30°，
∴∠APB=90°−30°=60°．
故答案为：60．
根据题意可得∠PAB=90°，∠B=30°，进而根据直角三角形两个锐角互余可得结果．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，解决本题的关键是掌握仰角俯角定义．
13.【答案】40π
【解析】解：由题意得，这段弯路AB的长度为80×π×90180=40πm，
故答案为：40π．
根据弧长公式进行求解即可．
本题主要考查了求弧长，熟知弧长公式是解题的关键．
14.【答案】x<−1或x>2
【解析】解：由图象可知，
当y>0时，x的取值范围是x<−1或x>2，
故答案是：x<−1或x>2．
根据函数图象中的数据和二次函数的性质，可以写出当y>0时，x的取值范围，本题得以解决．
本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
15.【答案】解：原式= 3+12−1× 32
= 3+12− 32
=12+ 32．
【解析】直接利用特殊角的三角函数值分别代入，进而得出答案．
此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．
16.【答案】解：(1)设y是x的函数关系式为y=kx．
将x=4，y=−5代入y=kx，可得−5=k4．
解得k=−20，
即y是x的函数关系式为y=−20x；
(2)将y=2代入y=−20x，可得x=−10．
【解析】(1)根据题意，可设y与x的函数关系式为y=kx.当x=4时，y=−5.即可确定函数表达式．
(2)将y=2代入函数表达式，即可求出x的值．
本题考查求反比例函数解析式．熟记反比例函数一般式并能熟练应用是解题关键．
17.【答案】解：如图所示：

【解析】由平行四边形的性质可知，对角线的交点为平行四边的中心，⊙O的中心为圆心，结合中心对称的知识，不难发现过中心的直线将图形分割成面积相等的部分．
本题侧重考查中心对称图形，掌握其概念是解题关键．
18.【答案】解：画树状图如下：

从树状图中可知，一共有9种等可能的结果，其中两次抽到图案不相同的结果数有6种可能，
∴P(两次抽到图案不相同)=69=23．
【解析】利用列表法或树状图法列举出两次抽到图案的所有可能结果，从中找出两次抽到图案不相同的可能情况，再利用等可能事件的概率公式求出即可．
本题考查列表法和树状图法求等可能事件的概率，熟悉列表法和树状图法求等可能事件的概率的方法是解题的关键，注意本题是放回抽图案．
19.【答案】(1)解：当x=0时，y=m−1．
若该函数图象与y轴的交点在x轴上方，则有m−1>0；
即m>1．
(2)证明：根据二次函数与一元二次方程的关系，
函数y=x2+2mx+m−1与x轴有两个公共点相当于一元二次方程x2+2mx+m−1=0有两个不相等实数根；
此方程中Δ=(2m)2−4(m−1)=4m2−4m+4=4(m−12)2+3>0；
∴不论m取何值，一元二次方程x2+2mx+m−1=0总有两个不等实根．
即：不论m取何值，该函数图象与x轴总有两个公共点．
【解析】(1)用m表示函数与y轴交点纵坐标，判断取值范围；
(2)令y=0，将二次函数转化为方程，利用一元二次方程根的判别式证明．
本题考查二次函数图象与字母系数之间的关系及二次函数与一元二次方程的关系；
20.【答案】解：设小路的宽应为x米，则6个矩形区域可合成长为(40−2x)米，宽为(28−x)米的矩形，
依题意得：(40−2x)(28−x)=128×6，
整理得：x2−48x+176=0，
解得：x1=4，x2=44(不合题意，舍去)．
答：小路的宽应为4米．
【解析】设小路的宽应为x米，则6个矩形区域可合成长为(40−2x)米，宽为(28−x)米的矩形，根据6个矩形区域的面积为128×6平方米，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．
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．
21.【答案】解：设BD=x m，
∵∠CBD=45°，∠CDB=90°，
∴BD=CD=x m，
在Rt△ACD中，∠CAD=31°，
∴tan31°=CDAD=xx+30，
解得：x≈45m，
答：该建筑物的高度CD是45m．
【解析】设BD=x m，所以AD=(x+30)m，然后根据锐角三角函数的定义列出方程可求出答案．
本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是熟练运用锐角三角函数的定义，本题属于基础题型．
22.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求，平移的距离为5；

(2)如图，△A2B2C2即为所求，点A2(3,−1)．
【解析】(1)根据平移的性质可画出△A1B1C1；
(2)根据中心对称的性质可画出△A2B2C2，从而得出点A2的坐标．
本题主要考查了作图−平移变换，旋转变换，熟练掌握平移和旋转的性质是正确画出图形的关键．
23.【答案】解：(1)将点B(−3,−2)代入y=mx，
∴m=6，
∴y=6x，
∴n=2，
∴A(2,3)，
将A(2,3)，B(−3,−2)代入y=kx+b，
3=2k+b−2=−3k+b，
∴k=1b=1，
∴y=x+1；
(2)由题可知，A(2,3)，B(−3,−2)，C(0,3)，，
∴S△ABC=12×AC×(yC−yB)=12×2×(3+2)=5．
【解析】(1)将点B(−3,−2)代入y=mx，求出反比例函数解析式；再将A，B代入一次函数解析式即可；
(2)S△ABC=12×AC×(yC−yB)=12×2×(3+2)=5；
本题考查反比例函数和一次函数图象及性质；熟练掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．
24.【答案】解：(1)矩形ABCD的边落在∠EPF内部的线段长的和不变．

理由：过点P作PM⊥BC于点M，
∵矩形ABCD中，AB=2，BC=4，P为AD边中点，
∴AB=AP=2，
∴四边形ABMP是正方形，
∴AP=PM，∠APM=90°，
∵∠EPF=90°，
∴∠APE=∠MPF，
又∵∠A=∠PMF=90°，
∴△APE≌△MPF(ASA)，
∴AE=MF，
∴BE+BF=AB−AE+BM+MF
=AB+BM
=2+2
=4；
(2)矩形ABCD与∠EPF重叠部分的面积不变．
理由：∵△APE≌△MPF，
∴S△APE=S△MPF，
∴S四边形BEPF=S四边形BEPM+S△PMF
=S四边形BEPM+S△APE
=S正方形ABMP
=2×2
=4．
【解析】(1)过点P作PM⊥BC于点M，由矩形的性质得出AB=AP=2，证明四边形ABMP是正方形，得出AP=PM，∠APM=90°，证明△APE≌△MPF(ASA)，由全等三角形的性质得出AE=MF，则可得出结论；
(2)由全等三角形的性质得出S△APE=S△MPF，则可得出结论．
本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，正方形的判定与性质，旋转的性质，证明△APE≌△MPF是解题的关键．
25.【答案】解：(1)设运动时间为t秒，8÷2=4，则0≤t≤4，
由题意得：PB=(6−t)cm，BQ=2t cm，
∵12PB⋅BQ=5，
∴12(6−t)⋅2t=5，即t2−6t+5=0．
解得：t1=1，t2=5(不符合题意，舍去)，
∴t=1，
当t=1时，PB=6−t=5，BQ=2t=2，
∴PQ= PB2+BQ2= 52+22= 29，
∴经过1秒，△PBQ的面积是5cm2，此时，PQ的长为 29cm；
(2)不存在，理由如下：
∵S四边形APQC=512S△ABC，
∴S△PBC=712S△ABC，
∴12(6−t)×2t=712×12×6×8，
∴t2−6t+14=0，
∵Δ=(−6)2−4×1×14=−20<0，
∴t2−6t+14=0没有实数根，
故不存在某一时刻t，使S四边形APQC=512S△ABC．
【解析】(1)设运动时间为t秒，根据题意表示出BP、BQ的长，再根据三角形的面积公式列方程即可，再根据勾股定理求得此时PQ的长度；
(2)由S四边形APQC=512S△ABC得S△PBC=712S△ABC，根据三角形的面积公式列出方程，判断该方程的根的情况即可得出结论．
本题是三角形综合题，考查了三角形的面积公式，一元二次方程的应用，一元二次方程判别式，熟练掌握知识点是解题的关键．
26.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+2经过点A(1,0)，B(4,0)，
∴a+b+2=016a+4b+2=0，解得a=12b=−52，
∴抛物线的解析式为y=12x2−52x+2．
(2)∵y=12x2−52x+2=12(x−52)2−98，
∴抛物线的对称轴为直线x=52，E(52,0)，
∵四边形OECF是平行四边形，
∴FC=OE=52，
∴点C的横坐标为52+52=5，
抛物线y=12x2−52x+2，当x=5时，y=12×52−52×5+2=2，
∴点C的坐标是(5,2)．
(3)存在点P，使△OCP是直角三角形，
当∠OP1C=90°时，设OC交EF于点D，作CG⊥x轴于点G，
∵∠OGC=90°，OG=5，CG=2，
∴OC= OG2+CG2= 52+22= 29，
∵FC//x轴，C(5,2)，
∴F(52,2)，
∵四边形OECF是平行四边形，
∴OD=CD，DE=DF=12EF=12×2=1，
∴P1D=12OC= 292，
∴P1E=DE+P1D=1+ 292=2+ 292，
∴P1(52,2+ 292)；
当∠OCP2=90°时，作P2H⊥CG交GC的延长线于点H，则∠H=∠OGC=90°，
∴∠P2CH=∠COG=90°−∠OCG，
∴△P2CH∽△COG，
∴P2HCG=CHOG，
设P2(52,m)，则H(5,m)，
∴P2N=5−52=52，CH=m−2，
∴522=m−25，
解得m=334，
∴P2(52,334)，
综上所述，存在点P，使△OCP是直角三角形，点P的坐标为(52,2+ 292)或(52,334).
【解析】(1)将A(1,0)，B(4,0)代入y=ax2+bx+2，列方程组并且解该方程组求出a、b的值，即可得到抛物线的解析式为y=12x2−52x+2；
(2)将抛物线的解析式配方成顶点式，求得抛物线的对称轴为直线x=52，E(52,0)，由平行四边形的性质得FC=OE=52，则点C的横坐标为5，即可求得点C的坐标是(5,2)；
(3)分两种情况，一是∠OP1C=90°，设OC交EF于点D，作CG⊥x轴于点G，则OC= OG2+CG2= 29，由平行四边形的性质得OD=CD，DE=DF=12EF=1，所以P1D=12OC= 292，则P1(52,2+ 292)；二是∠OCP2=90°，作P2H⊥CG交GC的延长线于点H，可证明△P2CH∽△COG，则P2HCG=CHOG，设P2(52,m)，则H(5,m)，于是得522=m−25，求得m=334，则P2(52,334).
此题重点考查二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、平行四边形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．