21，甘肃省武威市凉州区武威第二十二中学2023-2024学年九年级上学期期末数学试题

这是一份21，甘肃省武威市凉州区武威第二十二中学2023-2024学年九年级上学期期末数学试题，共22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。
1. 二次函数的图像一定不经过（ ）
A. 第一象限；B. 第二象限；C. 第三象限；D. 第四象限.
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线解析式求抛物线的开口方向，对称轴的位置，与y轴的交点，可确定抛物线的大致位置，判断其不经过的象限．
【详解】解：∵，
∴二次函数的图像开口向下；
∵，
∴二次函数的图像的对称轴在y轴左侧；
∵x=0时，y=，
∴二次函数的图像与y轴的交点在x轴下方；
∴二次函数的图像若与x轴有两个交点，图像经过二，三，四象限；若与x轴只有一个交点或无交点，图像经过三，四象限，即一定不经过第一象限．
故选A．
2. 某商场第1年销售计算机5000台，如果每年的销售量比上一年增加相同的百分率，第3年的销售量为台，则关于的函数解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据增长率问题的计算公式解答．
【详解】解：第2年销售量为，
第3年的销售量为，
故选：B．您看到的资料都源自我们平台，家威杏 MXSJ663 低至0.3元/份【点睛】此题考查了增长率问题的计算公式，a是前量，b是后量，x是增长率，熟记公式中各字母的意义是解题的关键．
3. 二次函数的图象如图所示，下列结论正确的是（）

A. B.
C. D. 有两个不相等的实数根
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，根据二次函数的图象与性质，解答即可得出答案．
【详解】解：由图象可知，，，，
∴．
∴，故A正确，A选项符合题意；
由图像可知对称轴，，
∴，故B错误，B选项不符合题意；
由图象可知，抛物线与x轴有两个交点，
∴，故C错误，C选项不符合题意；
由图象可知，时，只有一个解，，
∴有两个相等的实数根，故D错误，D选项不符合题意；
故选∶A．
4. 下列图形绕某点旋转90°后，不能与原来图形重合的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据旋转对称图形的概念进行解答即可得.
【详解】A、绕它的中心旋转90°能与原图形重合，故本选项不符合题意；
B、绕它的中心旋转90°能与原图形重合，故本选项不符合题意；
C、绕它的中心旋转90°能与原图形重合，故本选项不符合题意；
D、绕它的中心旋转120°才能与原图形重合，故本选项符合题意，
故选D．
【点睛】本题考查了旋转对称图形的知识，如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．熟知一些常见图形的旋转特性是解题的关键.
5. 已知，将P绕坐标原点顺时针旋转后得到，则的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接，，过P作轴于N，过P1作轴于M，根据旋转的性质，证明，再根据所在的象限，即可确定点的坐标．
【详解】解：如图，

连接，，过P作轴于N，过P1作轴于M，
∵点绕坐标原点顺时针旋转后得到点，
∴
∴
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵在第四象限，
∴点的坐标为，
故选：C．
【点睛】本题考查了点绕坐标原点的旋转问题，掌握旋转的性质是解题的关键．
6. 关于x的方程，下列结论正确的是（ ）
A. 当时，方程无实数根B. 当时，方程只有一个实数根
C. 当时，有两个不相等的实数根D. 当时，方程有两个相等的实数根
【答案】C
【解析】
【分析】根据的值确定方程的类型，若为一元一次方程，直接求解；若为一元二次方程，根的个数用判别式进行判断．
【详解】A．当时，原方程可化为：，解得，有一个实数根，故A错误；
B．当时，原方程可化为：，解得，有两个相等的实数根，故B错误；
C．当时，原方程可化为：，解得，有两个不相等的实数根，故C正确；
D．当时，，所以方程有两个相等的实数根或两个不相等的实数根，故D错误
故选：C．
【点睛】本题考查了含有参数的一元一次方程，一元二次方程的解法，熟练掌握方程根的个数的判断方法是解题的关键．
7. 已知关于x的一元二次方程（a+1）x2﹣2x+a2+a＝0有一个根为x＝0，则a的值为（ ）
A. 0B. 0或﹣1C. 1D. ﹣1
【答案】A
【解析】
【分析】直接把x＝0代入进而方程，再结合a+1≠0，进而得出答案．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程（a+1）x2﹣2x+a2+a＝0有一个根为x＝0，
∴a2+a＝0，且a+1≠0，
则a的值为：a＝0．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解，注意二次项系数不能为零．
8. 若扇形的半径为3，圆心角为，则此扇形的弧长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查考查扇形的弧长公式，根据直接求解即可得到答案；
【详解】解：∵扇形的半径为3，圆心角为，
∴，
故选：A．
9. 如图，是的直径，点C、D、E在上，若，，且，则为（ ）
A. B. 6C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补．
连接、、，过点作于，如图，利用圆内接四边形的性质得到，再根据圆周角定理得到，则，所以，计算出，接着计算出，所以，这样可计算出，然后根据垂径定理得到．
【详解】解：连接、、，过点作于，如图，
∵为直径，
∵，
∴，
∵，
在中，，
故选：B．
10. 小红上学要经过两个十字路口，每个路口遇到红、绿灯的机会都相同，小红希望上学时经过每个路口都是绿灯，但实际这样的机会是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】列举出所有情况，看每个路口都是绿灯的情况数占总情况数的多少即可得.
【详解】画树状图如下，共4种情况，有1种情况每个路口都是绿灯，所以概率为．
故选C．
二、填空题（共24分）
11. 已知m,n是方程的两个根，则代数式的值是__________．
【答案】3
【解析】
【分析】由m，n是方程x2-x-2=0的两个根知m+n=1，m2-m=2，代入到原式=2（m2-m）-（m+n）计算可得．
【详解】解：∵m，n是方程x2-x-2=0的两个根，
∴m+n=1，m2-m=2，
则原式=2（m2-m）-（m+n）
=2×2-1
=4-1
=3，
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查根与系数的关系，x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，x1+x2=，，x1x2=.
12. 已知关于x的一元二次方程m2x2＋（2m＋1）x＋1＝0有实数根，则m的取值范围是___．
【答案】且
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义、根的判别式即可得．
【详解】解：由题意得：，
解得且，
故答案为：且．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义、根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题关键．
13. 将抛物线向左平移4个单位，再向下平移4个单位，得到抛物线的表达式是___________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查的是抛物线的平移，掌握“抛物线的平移规律”是解本题的关键． 抛物线的平移规律：左加右减，上加下减，根据平移规律直接作答即可．
【详解】解：抛物线向左平移4个单位，再向下平移4个单位，得到抛物线表达式为：，
即．
故答案为：．
14. 若函数（为常数）的图象与x轴只有一个交点，那么那么的值是 ____________________．
【答案】或0
【解析】
【分析】本题主要考查函数与x轴的交点问题，题目中没有说一定是二次函数，所有要进行分类讨论，分和讨论，注意二次函数要把交点问题转化为一元二次方程的判别式解决．
【详解】解：①当函数为二次函数时，
∵（a为常数）的图象与x轴只有一个交点，
∴，
∴，
②当函数为一次函数时，，
此时与x轴只有一个交点．
综上所述，a的值为或0．
故答案为：或0．
15. 若点与点B关于原点对称，则点B的坐标为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了在平面直角坐标系中关于原点对称点的坐标，熟练掌握关于原点对称点的特点是解答此题的关键．
根据平面直角坐标系中关于原点对称点的坐标特征直接求解，点关于原点对称的点的坐标为 ．
【详解】解：∵点与点关于原点对称
∴点坐标
故答案为：．
16. 如图，的弦相交于点P．若，则_______°．
【答案】32
【解析】
【分析】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．先根据圆周角定理求出的度数，再由三角形外角的性质即可得出结论．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴．
故答案为：32．
17. 如图，内接于是的直径，连接，若，则的半径____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是三角形的外接圆与外心．根据圆周角定理得到，证明为等边三角形，得到，根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】解：是的直径，
，
，
，
，
由圆周角定理得，，
，
为等边三角形，
，
由勾股定理得：，即，
解得：，
则的半径为，
故答案为：．
18. 一个盒中有8枚黑棋子和若干枚白棋子，这些棋子除颜色外无其他差别．从盒中随机取出一枚棋子，记下颜色，再放回盒中．不断重复上述过程，一共取了300次，其中有100次取到黑棋子，由此估计盒中有 _______枚白棋子．
【答案】16
【解析】
【分析】本题考查了用频率估算概率，解题的关键是根据重复试验确定摸到各种棋子的概率．首先根据重复试验确定取到黑棋子的频率，从而得到事件的概率，然后根据概率计算出白棋子的个数即可．
【详解】解：共取了300次，其中有100次取到黑棋子，
摸到黑色棋子的概率约为，
摸到白色棋子的概率约为，
共有10可黑色棋子，
设有个白色棋子，则，
解得：，
经检验，是方程的解，
故答案为：16．
三、计算题（共8分）
19. 解方程：
（1）
（2）
【答案】（1），；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用配方法求解；
（2）先移项，再提取公因式，利用因式分解法求解．
【小问1详解】
解：移项，得，
配方得：，即，
，，
解得：，；
【小问2详解】
解：，
移项，得，
∴，
∴，
解得：．
【点睛】本题考查了解一元二次方程的方法，当把方程通过移项把等式的右边化为0后方程的左边能因式分解时，一般情况下是把左边的式子因式分解，再利用积为0的特点解出方程的根．因式分解法是解一元二次方程的一种简便方法，要会灵活运用．
四、解答题（共58分）
20. 已知等腰三角形的一边长为9，另一边长为方程的根，求该等腰三角形的周长．
【答案】19或21或23
【解析】
【分析】此题考查等腰三角形的性质，解一元二次方程，先解方程求出方程的解，再分情况求出等腰三角形的周长，熟练掌握一元二次方程的解法及根据等腰三角形的定义分类求周长是解题的关键．
【详解】解：由方程得：，
∴或，
解得：或，
当等腰三角形的三边长为9、9、3时，其周长为21；
当等腰三角形的三边长为9、9、5时，其周长为23；
当等腰三角形的三边长为9、3、3时，，不符合三角形三边关系定理，舍去；
当等腰三角形的三边长为9、5、5时，其周长为19；
综上，该等腰三角形的周长为19或21或23，
故答案为：19或21或23．
21. 已知关于x的一元二次方程有一个实根为，求m的值及方程的另一个实根．
【答案】；方程的另一个实根为：1
【解析】
【分析】将代入方程，进行求解即可．
【详解】解：关于x的一元二次方程有一个实根为，
∴，解得：；
∴方程为：，
，
解得：，
∴方程的另一个根为：．
【点睛】本题考查一元二次方程的根的定义和因式分解法解一元二次方程．熟练掌握一元二次方程的根的定义和解一元二次方程的方法是解题的关键．
22. 已知在直角坐标系中一点，其中a，b可以取，，，中任意一个值．求点恰好落在反比例函数的图象上的概率．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数图象的特征和概况，根据反比例函数的特征可知，列表得出点P坐标乘积为2情况即可求出概率．
【详解】解：将点代入反比例函数中得，
，
整理得：，
点P坐标乘积为2的情况如下表：
点的可能有12种，其中积为2的有4种，
点恰好落在反比例函数的图象上的概率为：．
23. 如图，在中，点E在边上，，将线段绕A点旋转到的位置，使得，连接，与交于点G．
（1）求证：；
（2）若，求的度数．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理以及三角形外角的性质，证明是解题的关键．
(1)由旋转的性质可得，利用证明，根据全等三角形的对应边相等即可得出；
(2)根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出，那么．由，得出，再根据三角形外角的性质即可求出，进而即可求解．
【小问1详解】
解：∵将线段绕点旋转到的位置，
∴，
∵，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵是的外角，
∴，
∴的度数为．
24. 如图，在中，，以腰为直径画半圆O，分别交于点D，E．
（1）求证：；
（2）若，求阴影部分弓形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查圆周角定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，扇形的面积公式．熟练掌握圆周角定理，扇形的面积公式是解题的关键．
（1）连接，由圆周角定理可知， 由等腰三角形的性质得到，再由弧，弦关系证明即可．
（2）连接，过点作于点，证明为等边三角形，由计算即可．
【小问1详解】
解：如图，连接，
为直径，
，
，
，
弧弧，
；
【小问2详解】
解：如图，连接，过点作于点，
，
，
，，
等边三角形，
，
又，
为等边三角形，
，，，
．
25. 某医疗器械生产厂生产某种医疗器械，80条生产线齐开，每条生产线每个月可生产8台该种医疗器械．该厂经过调研发现：当生产线适当减少后（减少的条数在总条数的20%以内时），每减少10条生产线，每条生产线每个月反而会多生产4台．若该厂需要每个月的产能达到840台，那么应减少几条生产线？
【答案】10．
【解析】
【分析】
先设减少x台生产线，求出x的取值范围，接下来通过相等关系列出方程求解即可．
【详解】解：设减少x台生产线
∵80×20％=16
∴
∴，即
解得：，（舍去），
所以应减少10条生产线．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，解决本题的关键是读懂题意，找到相等关系，列出方程，同时要注意自变量的取值范围即可．
26. 如图，在中，，将绕点A旋转一定角度得到，且点E恰好落在边BC上．
（1）求证：AE平分；
（2）连接BD，求证：．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据旋转性质得到对应边相等，对应角相等，进而根据等边对等角性质可将角度进行等量转化，最后可证得结论；
（2）根据旋转性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理对角度进行等量转化可证得结论．
【小问1详解】
证明：由旋转性质可知：，，
平分．
【小问2详解】
证明：如图所示：
由旋转性质可知：，，
，，
即，
，，
，
∵在中，，
，
，
即．
【点睛】本题考查了三角形的旋转变化，熟练掌握旋转前后图形的对应边相等，对应角相等以及合理利用三角形内角和定理是解决本题的关键．
27. 如图，已知抛物线经过和两点，直线与x轴相交于点C，P是直线上方的抛物线上的一个动点，轴交于点D．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若轴交于点E，求的最大值；
（3）若以A，P，D为顶点的三角形与相似，请直接写出所有满足条件的点P，点D的坐标．
【答案】（1）
（2）最大值为
（3）或，
【解析】
【分析】（1）直接利用待定系数法，即可求出解析式；
（2）先求出点C的坐标为，然后证明，设点P的坐标为，其中，则点D的坐标为，分别表示出和，再由二次函数的最值性质，求出答案；
（3）根据题意，可分为两种情况进行分析：当∽时；当∽时；分别求出两种情况的点的坐标，即可得到答案．
【小问1详解】
解：∵抛物线经过和两点，
∴
解得：，，
∴抛物线的表达式为．
【小问2详解】
解：∵，
∴直线表达式为，
∵直线与x轴交于点C，
∴点C的坐标为，
∵轴，轴，
∴，
∴，
∴，
则，
设点P的坐标为，其中，
则点D的坐标为，
∵，
∴，
∵，
∴当时，有最大值，且最大值为．
【小问3详解】
解：根据题意，
在一次函数中，令，则，
∴点C的坐标为（2，0）；
当∽时，如图
此时点D与点C重合，
∴点D的坐标为（2，0）；
∵轴，
∴点P的横坐标为2，
∴点P的纵坐标为：，
∴点P的坐标为（2，3）；
当∽时，如图，则，
设点，则点P为，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴点D的坐标为，点P的坐标为；
∴满足条件的点P，点D的坐标为或，．
【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质，坐标与图形，相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质，二次函数的图像和性质，运用数形结合的思想进行分析．、 积
1
2
2
2
1
2
2
2