人教版九年级上册数学期末考试试题含答案

人教版九年级上册数学期末考试试卷一、选择题。（每小题只有一个正确答案）1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．平行四边形B．圆C．等边三角形D．正五边形2．在平面直角坐标系中，P（﹣1，3）关于原点的对称点Q的坐标是（）A．（1，3）B．（﹣1，3）C．（1，﹣3）D．（﹣1，﹣3）3．反比例函数y＝的图象位于（）A．第一、三象限B．第二、三象限C．第一、二象限D．第二、四象限4．方程x2﹣x＝0的解是（）A．x＝0 B．x＝1 C．x1＝0，x2＝1 D．没有实数根5．将抛物线y＝（x﹣1）2+1向右平移1个单位，得到的抛物线解析式为（）A．y＝（x﹣2）2+1B．y＝x2+1C．y＝（x﹣1）2D．y＝（x﹣1）2+26．下列事件是必然事件的是（）A．有两边及一角对应相等的两个三角形全等B．若a2＝b2则有a＝bC．二次函数的图象是双曲线D．圆的切线垂直于过切点的半径7．如图，内接于⊙O，∠A＝74°，则∠OBC等于（）A．17° B．16° C．15° D．14°8．如图，菱形OABC的顶点A的坐标为（3，4），顶点C在x轴的正半轴上，反比例函数y=（x＞0）的图象经过顶点B，则反比例函数的表达式为（）A．y= B．y= C．y= D．y=9．如图，在宽为20米、长为32米的矩形地面上修筑同样宽的道路（图中阴影部分），余下部分种植草坪．要使草坪的面积为540平方米，设道路的宽x米．则可列方程为（）A．32×20﹣32x﹣20x＝540 B．（32﹣x）（20﹣x）＝540C．32x+20x＝540 D．（32﹣x）（20﹣x）+x2＝54010．如图为二次函数y＝ax2+bx+c的图象，其对称轴为x＝1，在下列结论中：①abc＞0；②若方程ax2+bx+c＝0的根是x1、x2，则x1+x2＜0；③4a+2b+c＜0；④当x＞1时，y随x的增大而增大．正确的有（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题11．如果点P(2，m)在双曲线y＝﹣上，那么m的值是_____．12．如图，A是某公园的进口，B、C、D是三个不同的出口，小明从A处进入公园，那么从B、C、D三个出口中恰好在C出口出来的概率为_____．13．若x2+3x＝1，则2020﹣2x2﹣6x的值为_____．14．若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是_________．15．如图，将矩形ABCD绕点A旋转至矩形位置，此时的中点恰好与D点重合，交CD于点E．若DE＝2，则AC的长为_____．16．如图，以AD为直径的半圆O经过Rt斜边AB的两个端点，交直角边AC于点E；B、E是半圆弧的三等分点，的长为2π，则图中阴影部分的面积为_____．（结果保留π）三、解答题17．从地面竖直向上抛出一个小球，小球的高度h（米）与运动时间t（秒）之间的关系式为h=30t﹣5t2，那么小球抛出秒后达到最高点．18．解方程：x2﹣2x﹣1=0．19．在下列网格图中，每个小正方形的边长均为1个单位．Rt中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4（1）试在图中作出绕A顺时针方向旋转90°后的图形；（2）求的长．20．随着互联网经济的发展，人们的购物模式发生了改变，不带现金也能完成支付，比如使用微信、支付宝、银行卡等．在一次购物中小明和小亮都想从微信（记为A）、支付宝（记为B）、银行卡（记为C）三种支付方式中选择一种方式进行支付．请用画树状图或列表的方法，求出两人恰好选择同一种支付方式的概率．21．如图，△BAD是由△BEC在平面内绕点B旋转60°而得，且AB⊥BC，BE＝CE，连接DE．（1）求证：△BDE≌△BCE；（2）试判断四边形ABED的形状，并说明理由．22．某商店以每件40元的价格进了一批商品，出售价格经过两个月的调整，从每件50元上涨到每件72元，此时每月可售出188件商品．（1）求该商品平均每月的价格增长率；（2）因某些原因，商家需尽快将这批商品售出，决定降价出售．经过市场调查发现：售价每下降一元，每个月多卖出一件，设实际售价为x元，则x为多少元时销售此商品每月的利润可达到4000元．23．如图，中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O，BC与⊙O的交点为点D，过点D作DE⊥AC垂足为点E．（1）求证：DE为⊙O的切线；（2）若AB＝15，BD＝12，求DE的长．24．如图，一次函数y＝mx+1的图象与反比例函数y＝的图象相交于A、B两点，点C在x轴正半轴上，点D(1，﹣2)，连结OA、OD、DC、AC，四边形OACD为菱形．（1）求一次函数与反比例函数的解析式；（2）根据图象，直接写出反比例函数的值小于2时，x的取值范围；（3）设点P是直线AB上一动点，且＝S菱形OACD，求点P的坐标．25．如图，抛物线经过，两点，与y轴交于点C，连接AB，AC，BC．求抛物线的表达式；求证：AB平分；抛物线的对称轴上是否存在点M，使得是以AB为直角边的直角三角形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案1．B【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的概念对各项分析判断即可.【详解】平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故A错误；圆既是轴对称图形又是中心对称图形，故B正确；等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故C错误；正五边形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故D错误.故答案为B.【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握其定义是解题的关键.2．C【分析】根据关于原点的对称的点的横纵坐标坐标互为相反数问题可解.【详解】解：P（﹣1，3）关于原点的对称点Q的坐标是：（1，﹣3）．故选C．【点睛】本题考查了关于原点对称的点坐标的性质，解答关键是注意点坐标的符号变化.3．A【分析】由反比例函数k＞0，函数经过一三象限即可求解；【详解】∵k＝2＞0，∴反比例函数经过第一、三象限；故选：A．【点睛】本题考查的是反比例函数的图像与性质，比较简单，需要熟练掌握反比例函数的图像与性质.4．C【分析】由因式分解法解一元二次方程，即可得到答案．【详解】解：∵，∴，∴，；故选：C．【点睛】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握解一元二次方程的方法．5．A【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行求解．【详解】解：抛物线y＝（x﹣1）2+1向右平移1个单位，得：y=（x-1-1）2+1；即y=（x-2）2+1；故选：A【点睛】本题主要考查的是函数图象的平移，用平移规律“左加右减，上加下减”直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式．6．D【分析】由三角形全等的判定方法可判断由平方根的含义可判断由二次函数的图像可判断由圆的切线的性质可判断再结合必然事件的概念可得答案．【详解】解：有两边及一角对应相等的两个三角形不一定全等，所以是随机事件，故不符合题意；若则有所以是随机事件，故不符合题意；二次函数的图象是抛物线，所以是不可能事件，故不符合题意；圆的切线垂直于过切点的半径，是必然事件，故符合题意；故选：【点睛】本题考查的是确定事件与随机事件的概念，同时考查了二次函数的图像，圆的切线的性质，掌握以上知识是解题的关键．7．B【分析】如图，连接先求解再利用可得从而可得答案．【详解】解：如图，连接故选：【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，圆周角定理，掌握以上知识是解题的关键．8．C【分析】过A作AM⊥x轴于M，过B作BN⊥x轴于N，根据菱形性质得出OA=BC=AB=OC，AB∥OC，OA∥BC，求出∠AOM=∠BCN，OM=3，AM=4，OC=OA=AB=BC=5，证△AOM≌△BCN，求出BN=AM=4，CN=OM=3，ON=8，求出B点的坐标，把B的坐标代入y=kx求出k即可．【详解】过A作AM⊥x轴于M，过B作BN⊥x轴于N，则∠AMO=∠BNC=90°，∵四边形AOCB是菱形，∴OA=BC=AB=OC,AB∥OC,OA∥BC，∴∠AOM=∠BCN，∵A(3,4)，∴OM=3，AM=4，由勾股定理得：OA=5，即OC=OA=AB=BC=5，在△AOM和△BCN中，∴△AOM≌△BCN(AAS)，∴BN=AM=4，CN=OM=3，∴ON=5+3=8，即B点的坐标是(8,4)，把B的坐标代入y=kx得：k=32，即y=，故答案选C.【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是熟练的掌握菱形的性质.9．B【分析】先将图形利用平移进行转化,可得剩余图形的长等于原来的长减去小路的宽,剩余图形的宽等于原来的宽减去路宽,然后再根据矩形面积公式计算.【详解】利用图形平移可将原图转化为下图，设道路的宽为x,根据题意得:（32-x）（20-x）=540．故选B.【点睛】本题考查的是一元二次方程的实际运用,找到关键描述语,找到等量关系准确的列出方程是解决问题的关键.10．C【分析】根据开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点，确定a、b、c的符号，根据抛物线对称轴确定x1+x2的符号，根据当x=2时，判断4a+2b+c的符号，根据二次函数的增减性对④进行判断．【详解】解：①∵开口向上，∴a＞0，∵对称轴在y轴的右侧，b＜0，抛物线与y轴交于负半轴，c＜0，∴abc＞0，∴①正确；②从图象可知，抛物线对称轴为直线x==1，则x1+x2=2>0，∴②错误；③抛物线对称轴是x=1，根据抛物线得对称性可知当x=2和x=0时函数值相等，∴y=4a+2b+c＜0，∴③正确；④抛物线开口向上，对称轴是x=1，当x＞1时，y随x的增大而增大，∴④正确；故选：C【点睛】本题考查的是二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数的性质、灵活运用数形结合思想是解题的关键，解答时，要熟练运用抛物线的对称性和抛物线上的点的坐标满足抛物线的解析式．11．-5【分析】把点P(2，m)的坐标代入y＝﹣中，即可得出m的值；【详解】解：∵点P(2，m)在双曲线y＝﹣上，∴2m=-10，∴m=-5；故答案为：-5【点睛】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．12．【分析】根据概率公式求解即可．【详解】解：因为有B、C、D三个出口，所以恰好在C出口出来的概率为【点睛】本题考查了概率的求法以及三角形的三边关系；如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率．13．2018【分析】先化简2020﹣2x2﹣6x=2020-2（x2+3x），再把x2+3x＝1代入即可【详解】解：2020﹣2x2﹣6x=2020-2（x2+3x），

当x2+3x＝1时，原式=2020-2=2018；故答案为：2018．【点睛】此题考查了求代数式的值，掌握整体代入的数学思想是解题的关键14．且【分析】根据一元二次方程的定义及根的判别式即可求解．【详解】解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，∴且，解得且，故答案为：且．【点睛】本题考查一元二次方程的定义及根的判别式，掌握一元二次方程的定义及根的判别式是解题的关键．15．【分析】首先证明AC=2AD，推出∠ACD=30°，再证明∠DAE=30°即可解决问题．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠ADC=90°，∵矩形ABCD绕点A旋转至矩形，∴AC=AC′，∵的中点恰好与D点重合，

∵AD=DC′，

∴AC=2AD，∴∠ACD=30°，

∵CD∥AB，

∴∠CAB=∠ACD=30°，

∴∠C′AB′=∠CAB=30°，在Rt△ADE中，DE=2∴AD=∴AC=2AD=故答案为：【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质、解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．16．【分析】首先根据圆周角定理得出扇形半径以及圆周角度数，进而利用锐角三角函数关系得出BC，AC的长，利用S△ABC-S扇形BOE=图中阴影部分的面积求出即可．【详解】解：连接BD，BE，BO，EO，

∵B，E是半圆弧的三等分点，

∴∠EOA=∠EOB=∠BOD=60°，

∴∠BAD=∠EBA=30°，

∴BE∥AD，∵的长为2π，∴∴R=6，∴AD=12

∴AB=ADcos30°=，∴，∴，∴∵△BOE和△ABE同底等高，

∴△BOE和△ABE面积相等，

∴图中阴影部分的面积为：S△ABC-S扇形BOE=故答案为：【点睛】此题主要考查了扇形的面积计算以及三角形面积求法等知识，根据已知得出△BOE和△ABE面积相等是解题关键．17．3【解析】试题分析：首先理解题意，先把实际问题转化成数学问题后，知道解此题就是求出h=30t﹣5t2的顶点坐标即可．解：h=﹣5t2+30t，=﹣5（t2﹣6t+9）+45，=﹣5（t﹣3）2+45，∵a=﹣5＜0，∴图象的开口向下，有最大值，当t=3时，h最大值=45；即小球抛出3秒后达到最高点．故答案为3．18．.【分析】方法一：确定a、b、c的值，判断△的值，最后根据求根公式求解；方法二：运用配方法解题.【详解】解法一：解法二:故答案是【点睛】本题考查的是解一元二次方程的能力，能够根据题目特点灵活采取合适的方法解题.19．（1）见解析；（2）．【分析】（1）根据△ABC绕A顺时针方向旋转90°，即可得到△AB1C1；

（2）根据弧长计算公式，即可得出点B运动路径的长．【详解】解：（1）如图所示，△AB1C1即为所求；

（2）Rt中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4∴又∠BAB1=90°，

∴点B的运动路径的长为：．【点睛】本题考查了利用旋转变换作图，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．20．【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与小明和小亮恰好选择同一种支付方式的情况，再利用概率公式即可求得答案．【详解】解：根据题意画树状图如下：

∵共有9种等可能的结果，其中两人恰好选择同一种支付方式的有3种，

∴两人恰好选择同一种支付方式的概率为．【点睛】此题考查了树状图法与列表法求概率．注意树状图法与列表法可以不重不漏的表示出所有等可能的结果．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．21．证明见解析.【分析】（1）根据旋转的性质可得DB=CB，∠ABD=∠EBC，∠ABE=60°，然后根据垂直可得出∠DBE=∠CBE=30°，继而可根据SAS证明△BDE≌△BCE；（2）根据（1）以及旋转的性质可得，△BDE≌△BCE≌△BDA，继而得出四条棱相等，证得四边形ABED为菱形．【详解】（1）证明：∵△BAD是由△BEC在平面内绕点B旋转60°而得，∴DB=CB，∠ABD=∠EBC，∠ABE=60°，∵AB⊥EC，∴∠ABC=90°，∴∠DBE=∠CBE=30°，在△BDE和△BCE中，∵，∴△BDE≌△BCE；（2）四边形ABED为菱形；由（1）得△BDE≌△BCE，∵△BAD是由△BEC旋转而得，∴△BAD≌△BEC，∴BA=BE，AD=EC=ED，又∵BE=CE，∴BA=BE=ED=AD∴四边形ABED为菱形．考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．22．（1）20%;（2）60元【分析】（1）设该商品平均每月的价格增长率为m，根据该商品的原价及经过两次涨价后的价格，即可得出关于m的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；（2）根据总利润＝单价利润×销售数量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论．【详解】解：（1）设该商品平均每月的价格增长率为m，依题意，得：50（1+m）2＝72，解得：m1＝0.2＝20%，m2＝﹣2.2（不合题意，舍去）．答：该商品平均每月的价格增长率为20%．（2）依题意，得：（x﹣40）[188+（72﹣x）]＝4000，整理，得：x2﹣300x+14400＝0，解得：x1＝60，x2＝240（不合题意，舍去）．答：x为60元时商品每天的利润可达到4000元．【点睛】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．23．（1）见解析；（2）【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质得到OD∥AC，求得DE⊥OD，于是得到结论；（2）连接AD，构造直角三角形ACD，根据两角对应相等判定Rt△ACD∽Rt△DCE，然后由相似三角形的对应边成比例得，从而求得CE的长，再根据勾股定理得出DE的长即可．【详解】证明：（1）连接OD，∵在△ABC中，AB=AC，

∴∠C=∠CBA，

∵在△OBD中，OB、OD均为⊙O的半径，

∴∠BDO=∠CBA，

∴∠C=∠BDO，∴OD∥AC，

又∵DE⊥AC，

∴OD⊥DE，

∴直线DE与⊙O相切．（2）连接AD．

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ADB=90°；

∴AD⊥CD；∴∠CDA=90°∵AB=AC=15，∴CD=BD=12，∵DE⊥AC，∴∠CED=90°，∴∠CED=∠CDA，∵∠C=∠C，

∠CED=∠CDA=90°，

∴Rt△ACD∽Rt△DCE，∴，∴，∴，∴【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．24．（1）一次函数的解析式为：y=x+1，反比例函数的解析式为：y＝；（2）x＜0或x＞1；（3）P点坐标为（-3，-2）或（5，6）【分析】（1）由菱形的性质可知A、D关于x轴对称，可求得A点坐标，把A点坐标分别代入两函数解析式可求得k和m值；（2）由（1）可知A点坐标为（1，2），结合图象可知在A点的下方时，反比例函数的值小于2，可求得x的取值范围；（3）根据菱形的性质求得菱形面积，分点P在x轴下方和点P在x轴上方两种情况加以分析即可．【详解】解：（1）如图，连接AD，交x轴于点E，∵D（1，2），∴OE=1，ED=2，∵四边形AODC是菱形，∴AE=DE=2，EC=OE=1，∴A（1，2），将A（1，2）代入直线y=mx+1可得