湖北省十堰市郧西县2021-2022学年九年级上学期期末数学试题.pdf

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湖北省十堰市郧西县2021-2022学年九年级上学期期末数学
试题
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
评卷人得分
一、单选题
()
,,一定正面朝上
,%,
买1张一定不会中奖
,既是中心对称图形,又是轴对称图形的是()

1
的图象上有两点P1,y和P2,y那么()
x1122
yy0
2112
yy0
2112
,一个游戏转盘中,红、黄、蓝三个扇形的圆心角度数分别为60,90,210.让
转盘自由转动,指针停止后落在黄色区域的概率是()
1117
.
64312
⊙O的半径为10,圆心O到弦AB的距离为5,则弦AB所对的圆周角的度数
是()
°°°或150°°或120°
,曾有2人同时患上新冠肺炎,在一天内一人平均能传染x人,
经过两天传染后128人患上新冠肺炎,则x的值为()

=kx2﹣2x﹣1与x轴有两个不同的交点,则k的取值范围为()
>﹣≥﹣>﹣1且k≠≥﹣1且k≠0
试卷第1页,共6页:.
,从一块直径是2的圆形铁片上剪出一个圆心角为90的扇形,将剪下来的扇形
()
21

442
,将正整数按此规律排列成数表,若2021是表中第n行第m列,则m+n=().

,在平面直角坐标系中,矩形ABCD的顶点A,B在x轴的正半轴上,反比例
k
函数y(k0,x0)的图象经过顶点D,分别与对角线AC,边BC交于点E,F,连接
x
EF,,△AEF的面积为2,则k的值为()

评卷人得分
二、填空题
4xk0的一个根是x1,则方程的另一根x____.
12
(3,﹣4)、B(﹣2,m)在同一个反比例函数的图象上,则m的值为_____.
x2bxc经过点A(0,3),B(2,3),抛物线的对称轴为
__________.
,一个宽为2cm的刻度尺在圆形光盘上移动,当刻度尺的一边与光盘相切时,
另一边与光盘边缘两个交点处的读数恰好是“2”和“10”(单位:cm),那么该光盘的直
试卷第2页,共6页:.
径是_____________cm.
,在边长为2的正方形ABCD中,AE是以BC为直径的半圆的切线,则图中
阴影部分的面积为___.
,Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=2,D为线段AC上一动点,连接BD,
过点C作CH⊥BD于H,连接AH,则AH的最小值为_____.
评卷人得分
三、解答题
:x22x30.
,在边长为1的正方形组成的网格中,△AOB的顶点均在格点上,点A、B的
坐标分别是A(1,3)、B(3,2),将△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到△AOB(直
11
接填写答案)
(1)点A关于点O中心对称的点的坐标为;
(2)点B的坐标为;
1
(3)在旋转过程中,点B运动的路径为BB的长为.
1
试卷第3页,共6页:.
k
,已知反比例函数y=的图象与一次函数y=x+b的图象交于点A(1,4),点
x
B(﹣4,n).
(1)求n和b的值;
(2)求△OAB的面积;
(3)直接写出一次函数值大于反比例函数值的自变量x的取值范围.
,甲、乙、丙三位同学参加乒乓球单打比赛,用抽签的方式确定第一
场比赛的人选.
(1)若已确定甲参加第一次比赛,求另一位选手恰好是乙同学的概率;
(2)用画树状图或列表的方法,写出参加第一场比赛选手的所有可能,并求选中乙、
丙两位同学参加第一场比赛的概率.
6x2m10有两个不相等的实数根.
(1)求m的取值范围;
(2)若方程的两根都为整数,求正整数m的值.
,在△ABC中,AB=AC,以AB为直径的⊙O交BC于点D,过点D作⊙O
的切线DE,交AC于点E,AC的反向延长线交⊙O于点F.
(1)求证:DE⊥AC;
(2)若DE+EA=8,⊙O的半径为10,求AF的长度.
,预计进入夏季后的某一段时间,某批发市场内的
甲种蔬菜的销售利润y(千元)与进货量x(吨)之间的函数ykx的图象如图①所示,
11
乙种蔬菜的销售利润y(千元)与进货量x(吨)之间的函数yax2bx的图象如图
22
②所示.
试卷第4页,共6页:.
(1)分别求出y、y与x之间的函数关系式;
12
(2)如果该市场准备进甲、乙两种蔬菜共10吨,设乙种蔬菜的进货量为t吨.
①写出这两种蔬菜所获得的销售利润之和W(千元)与t(吨)
求当这两种蔬菜各进多少吨时获得的销售利润之和最大,最大利润是多少元?
②为了获得两种蔬菜的利润之和不少于8400元,则乙种蔬菜进货量应在什么范围内合
适?
24.△ABC中,AB=AC,D是BC边上任意一点,以点A为中心,取旋转角等于∠BAC,
把△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACM.
(1)如图1,若∠BAC=50°,则∠BCM=;
1
(2)如图2,在BC上取点E,使∠DAE=∠BAC,求证:DE<BD+EC;
2
(3)如图3,在(2)的条件下,若∠BAC=90°,BD=1,EC=2,求DE的长.
,抛物线yax2bx3与x轴交于点A(1,0)、B(3,0),与y轴交于点C,
连接AC,BC.
(1)求抛物线的函数解析式;
(2)P为抛物线上一点,若SS,求出点P的坐标;
△PBC△ABC
(3)Q为抛物线上一点,若ACQ45,求点Q的坐标.
试卷第5页,共6页:.
试卷第6页,共6页:.
参考答案

【详解】
根据事件的分类的定义及分类对四个选项进行逐一分析即可.
解答:解:A、打开电视机,它正在播广告是随机事件,故本选项错误;
B、抛掷一枚硬币,正面朝上是随机事件,故本选项错误;
C、因为枚普通的正方体骰子只有1-6个点数,所以掷得的点数小于7是必然事件,故本选
项正确;
D、某彩票的中奖机会是1%,买1张中奖或不中奖是随机事件,故本选项错误.
故选C.

【分析】
根据中心对称图形定义:中心对称是指把一个图形绕着某一点旋转180°,如果它能够与另
一个图形重合,那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称;轴对称图形的定义:在平
面内,如果一个图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够完全重合,这样的图形叫做轴对称
图形,这条直线叫做对称轴;据此判断即可.
【详解】
解:A、菱形既是中心对称图形,也是轴对称图形,故本选项正确;
B、等边三角形不是中心对称图形,是轴对称图形,故本选项错误;
C、平行四边形是中心对称图形,不是轴对称图形,故本选项错误;
D、等腰梯形不是中心对称图形,是轴对称图形,故本选项错误.
故选:A.
【点睛】
本题考查了中心对称图形,轴对称图形的判断,关键是根据图形自身的对称性进行判断.

【分析】
根据反比例函数的图象与性质即可得.
【详解】
1
反比例函数y中的k10,
x
当x0时,y0,且y随x的增大而减小,
答案第1页,共21页:.
1
又点P1,y和P2,y都在反比例函数y的图象上,且210,
1122x
yy0,
12
故选:D.
【点睛】
本题考查了反比例函数的图象与性质,熟练掌握反比例函数的图象与性质是解题关键.

【分析】
求出黄区域圆心角在整个圆中所占的比例,这个比例即为所求的概率.
【详解】
∵黄扇形区域的圆心角为90°,
901
所以黄区域所占的面积比例为=,
3604
1
即转动圆盘一次,指针停在黄区域的概率是,
4
故选B.
【点睛】
本题将概率的求解设置于转动转盘游戏中,考查学生对简单几何概型的掌握情况,既避免了
单纯依靠公式机械计算的做法,又体现了数学知识在现实生活、甚至娱乐中的运用,体现了
:概率=相应的面积与总面积之比.

【详解】
【分析】由图可知,OA=10,OD=∠AOB的度数,再根据
圆周定理求出∠C的度数,再根据圆内接四边形的性质求出∠E的度数即可.
【详解】由图可知,OA=10,OD=5,
在Rt△OAD中,
∵OA=10,OD=5,AD=OA2OD2=53,
AD
∴tan∠1=3,∴∠1=60°,
OD
同理可得∠2=60°,
∴∠AOB=∠1+∠2=60°+60°=120°,
∴∠C=60°,
答案第2页,共21页:.
∴∠E=180°-60°=120°,
即弦AB所对的圆周角的度数是60°或120°,
故选D.
【点睛】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的对角互补、解直角三角形的应用
等,正确画出图形,熟练应用相关知识是解题的关键.

【分析】
根据两天后共有128人患上流感,列出方程求解即可.
【详解】
解:依题意得2+2x+x(2+2x)=128,
解得x=7,x=-9(不合题意,舍去).
12
故x值为7.
故选:D.
【点睛】
考查了一元二次方程的应用,解题关键是要读懂题目的意思,根据题目给出的条件,找出合
适的等量关系,列出方程,再求解.

【分析】
根据抛物线y=kx2﹣2x﹣1与x轴有两个不同的交点,得出b2﹣4ac>0,进而求出k的取值
范围.
【详解】
∵二次函数y=kx2﹣2x﹣1的图象与x轴有两个交点,
∴b2﹣4ac=(﹣2)2﹣4×k×(﹣1)=4+4k>0,
∴k>﹣1,
∵抛物线y=kx2﹣2x﹣1为二次函数,
答案第3页,共21页:.
∴k≠0,
则k的取值范围为k>﹣1且k≠0,
故选C.
【点睛】
本题考查了二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交点的个数的判断,熟练掌握抛物线与x轴
交点的个数与b2-.

【分析】
先计算BC的长度,然后围成的圆锥底面周长等同于BC的长度,根据公式计算即可.
【详解】
解:如下图:
连接BC,AO,
∵BAC90,
∴BC是直径,且BC=2,
又∵ABAC,
∴ABCACB45,AOBC,
OA1
又∵sin45,OABC1,
AB2
OA2
∴AB12,
sin452
902
∴BC的长度为:2=,
1802
2
∴围成的底面圆周长为,
2
设圆锥的底面圆的半径为r,
答案第4页,共21页:.
2
则:2r,
2
212
∴r=.
224
故选:B
【点睛】
本题考查扇形弧长的计算,圆锥底面半径的计算,解直角三角形等相关知识点,根据条件计
算出扇形的半径是解题的关键.

【分析】
根据题意得:第1行1个数字,第2行2个数字,第3行3个数字,第4行4个数字,第5
nn1
行5个数字,由此发现规律:第n行有n个数字,从而得到前n行有个数
2
636465646364
字,再由2021,2021202120165,可得到2021位于第64行
222
第5列,即可求解.
【详解】
解:根据题意得:第1行1个数字,
第2行2个数字,
第3行3个数字,
第4行4个数字,
第5行5个数字,
由此发现规律:第n行有n个数字,
nn1
∴前n行有个数字,
2
636465646364
∵2021,2021202120165,
222
∴2021位于第64行第5列,即m5,n64,
∴mn69.
故选:C
【点睛】
本题主要考查了数字类规律题,明确题意,准确得到规律是解题的关键.

答案第5页,共21页:.
【分析】
k
设Aa,0,根据矩形的性质,可得Da,,再由点E为AC的中点,可得点E的纵坐标

a
kkk
为,从而得到E2a,,进而得到F3a,,再由△AEF的面积为2,可得到△ACF
2a2a3a
的面积为4,即可求解.
【详解】
解:设Aa,0,
∵四边形ABCD为矩形,
k
∴Da,,
a
∵点E为AC的中点,
∴点E为BD的中点,
∵B在x轴的正半轴上,
k
∴点E的纵坐标为,
2a
k
∴E2a,,
2a
∵点E为AC的中点,
k
∴C3a,,
a
k
∴F3a,,
3a
∵△AEF的面积为2,AE=CE,
∴△ACF的面积为4,
1kk
即2a4,
2a3a
解得:k6.
故选:C
【点睛】
本题主要考查了反比例函数的图象和性质,几何意义,矩形的性质,利用数形结合思想解答
是解题的关键.

【分析】
利用根与系数的关系解答.
答案第6页,共21页:.
【详解】
∵方程x24xk0的根是x、x,
12
∴xx4,
12
∵x1,
1
∴x5,
2
故答案为:5.
【点睛】
此题考查一元二次方程根与系数的关系,熟记根与系数的两个关系式并应用是解题的关键.

【分析】
k
设反比例函数解析式为y=,根据反比例函数图象上点的坐标特征得到k=3×(﹣4)=﹣2m,
x
然后解关于m的方程即可.
【详解】
k
解:设反比例函数解析式为y=,
x
根据题意得k=3×(﹣4)=﹣2m,
解得m=6.
故答案为6.
考点:反比例函数图象上点的坐标特征.
=1
【详解】
解:∵抛物线y=x2+bx+c经过点A(0,3)和B(2,3),∴此两点关于抛物线的对称轴对称,
02
∴x===1.
2

【分析】
本题先根据垂径定理构造出直角三角形,然后在直角三角形中已知弦长和弓形高,根据勾股
定理求出半径,从而得解.
【详解】
如图,设圆心为O,弦为AB,=8cm,CD=2cm.
答案第7页,共21页:.
连接OC,.
∵尺的对边平行,光盘与外边缘相切,
∴OC⊥AB.
∴AD=4cm.
设半径为Rcm,则R2=42+(R2)2,
解得R=5,
∴该光盘的直径是10cm.
故答案为:10.
【点睛】
此题考查了切线的性质及垂径定理,建立数学模型是关键.
5
15.
2
【分析】
设AE与以BC为直径的半圆切于点F,根据题意可得AB、EC与BC为直径的半圆相切,从
1
而得到EC=EF,AB=AF,然后在Rt△ADE中,由勾股定理可得CE,最后利用正方形
2
的面积减去半圆和△ADE的面积,即可求解.
【详解】
解:如图,设AE与以BC为直径的半圆切于点F,
∵四边形ABCD为正方形,
∴∠BCD=90°,∠ABC=90°,
∴AB、EC与BC为直径的半圆相切,
∴EC=EF,AB=AF,
∵正方形ABCD的边长为2,
答案第8页,共21页:.
∴DE=2-CE,AE=2+CE,
在Rt△ADE中,AE2=AD2+DE2,
∴2CE2222CE2,
1
解得:CE,
2
3
∴DECDCE,
2
122135
∴阴影部分面积等于222.

22222
5
故答案为:
2
【点睛】
本题主要考查了切线长定理,正方形的性质,熟练掌握切线长定理是解题的关键.
﹣1
【分析】
1
取BC中点G,连接HG,AG,由直角三角形的性质可得HG=CG=BG=BC=1,由勾股
2
定理可求AG=5,由三角形的三边关系可得AH≥AG﹣HG,当点H在线段AG上时,可
求AH的最小值.
【详解】
解:如图,取BC中点G,连接HG,AG,
∵CH⊥DB,点G是BC中点
1
∴HG=CG=BG=BC=1,
2
在Rt△ACG中,AG=AC2CG25
在△AHG中,AH≥AG﹣HG,
即当点H在线段AG上时,AH最小值为51,
故答案为:5﹣1.
答案第9页,共21页:.
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质、三角形三边关系、勾股定理,确定使AH值最小时点H
的位置是本题的关键.
3,x1
12
【分析】
将方程的左边因式分解后即可求得方程的解
【详解】
解:因式分解得:(x+1)(x-3)=0,
即x+1=0或x-3=0,
解得:x=-1,x=3
12
【点睛】
本题考查了解一元二次方程-因式分解法:先把方程右边变形为0,然后把方程左边进行因
式分解,这样把一元二次方程转化为两个一元一次方程,再解一次方程可得到一元二次方程
的解.
13
18.(1)(﹣1,﹣3);(2)(﹣2,3);(3)
2
【分析】
(1)根据中心对称的性质,即可求解;
(2)根据题意得到△AOB为△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到的三角形,过点B,B分
111
别作BCx轴,BDx轴,于点C,D,根据题意可得:BOB90,OBOB,从
11
而得到BOCOBD,进而得到ODBC2,BDOC3,即可求解;
11
(3)先求出OB,再利用弧长公式,即可求解.
【详解】
解:(1)点A(1,3)关于点O中心对称的点的坐标为1,3,
答案第10页,共21页:.
故答案是(-1,-3);
(2)如图,△AOB为△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到的三角形:
11
过点B,B分别作BCx轴,BDx轴,于点C,D,
11
根据题意得:BOB90,OBOB,
1
∵BCx轴,BDx轴,
1
∴BCOBDO90,
1
∴BODBOC90,
1
∴BOCOBC90,
∴BODOBC,
1
∴BOCOBD,
1
∴ODBC,BDOC,
1
∵B(3,2),
∴ODBC2,BDOC3,
1
∴B2,3,
1
故答案是:(﹣2,3);
(3)OB223213,
901313
∴点B运动的路径BB的长为.
11802
答案第11页,共21页:.
13π
故答案是:
2
【点睛】
本题主要考查了图形变换——旋转,求弧长,中心对称的性质,熟练掌握相关知识点是解题
的关键.
19.(1)-1;(2);(3)x>1或﹣4<x<0.
【分析】
(1)把A点坐标分别代入反比例函数与一次函数解析式,求出k和b的值,把B点坐标代
入反比例函数解析式求出n的值即可;(2)设直线y=x+3与y轴的交点为C,由
S△AOB=S△AOC+S△BOC,根据A、B两点坐标及C点坐标,利用三角形面积公式即可得
答案;(3)利用函数图像,根据A、B两点坐标即可得答案.
【详解】
k
(1)把A点(1,4)分别代入反比例函数y=,一次函数y=x+b,
x
得k=1×4,1+b=4,
解得k=4,b=3,
4
∵点B(﹣4,n)也在反比例函数y=的图象上,
x
4
∴n==﹣1;
4
(2)如图,设直线y=x+3与y轴的交点为C,
∵当x=0时,y=3,
∴C(0,3),
11
∴S=S+S=×3×1+×3×4=,
△AOB△AOC△BOC22
(3)∵B(﹣4,﹣1),A(1,4),
∴根据图象可知:当x>1或﹣4<x<0时,一次函数值大于反比例函数值.
【点睛】
答案第12页,共21页:.
k
本题主要考查了待定系数法求反比例函数与一次函数的解析式和反比例函数y=中k的几
x
何意义,这里体现了数形结合的思想.
11
20.(1);(2)
23
【分析】
(1)根据概率公式求解可得;
(2)此题需要两步完成,所以采用树状图法或者采用列表法都比较简单,求得全部情况的
总数与符合条件的情况数目;二者的比值就是其发生的概率.
【详解】
解:(1)根据题意,甲参加第一场比赛时,有(甲,乙)、(甲,丙)两种可能,
1
∴另一位选手恰好是乙同学的概率;
2
(2)画树状图如下:
所有可能出现的情况有6种,其中乙丙两位同学参加第一场比赛的情况有2种,
21
∴选中乙、丙两位同学参加第一场比赛的概率为=.
63
【点睛】
考核知识点:.
21.(1)m<5;(2)m3
【分析】
(1)直接运用一元二次方程根的判别式列不等式解答即可;
(2)先运用求根公式求解,然后根据根为整数以及二次根式有意义的条件列式解答即可.
【详解】
解:(1)∵关于x的方程x26x2m10有两个实数根,
∴6242m18m400,解得,m<5;
(2)由题意得,
640-8m
x==310-2m,
2
∵x为整数,且m为正整数,
答案第13页,共21页:.
∴m3或m5,
又∵m<5
∴m3.
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程根的判别式、运用公式法解一元二次方程等知识点,灵活运用
相关知识点成为解答本题的关键.
22.(1)证明见解析(2)8
【详解】
试题分析:(1)欲证明DE⊥AC,只需推知OD∥AC即可;
(2)如图,过点O作OH⊥AF于点H,构建矩形ODEH,设AH=:
AE=10﹣x,OH=DE=8﹣(10﹣x)=x﹣△AOH中,由勾股定理知:x2+(x﹣2)2=102,
通过解方程得到AH的长度,结合OH⊥AF,得到AF的值.
试题解析:(1)∵OB=OD,
∴∠ABC=∠ODB,
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB,
∴∠ODB=∠ACB,
∴OD∥AC.
∵DE是⊙O的切线,OD是半径,
∴DE⊥OD,
∴DE⊥AC;
(2)如图,过点O作OH⊥AF于点H,则∠ODE=∠DEH=∠OHE=90°,
∴四边形ODEH是矩形,
∴OD=EH,OH=DE.
设AH=x.
∵DE+AE=8,OD=10,
∴AE=10﹣x,OH=DE=8﹣(10﹣x)=x﹣2.
在Rt△AOH中,由勾股定理知:AH2+OH2=OA2,即x2+(x﹣2)2=102,
解得x=8,x=﹣6(不合题意,舍去).
12
∴AH=8.
答案第14页,共21页:.
∵OH⊥AF,
1
∴AH=FH=AF,
2
∴AF=2AH=2×8=16.
考点:1、切线的性质,2、勾股定理,3、矩形的判定与性质
23.(1)y,y;(2)①w6,当乙种蔬菜进货4吨,
12
甲种蔬菜进货6吨,利润之和最大,最大9200元;②乙种蔬菜进货量为2吨到6吨范围内
【分析】
(1)分别设一次函数解析式与二次函数解析式的一般式,再利用待定系数法求解即可;
(2)①根据wy+y,利用配方法求得二次函数的最值即可解题;
12
②令①中w,解析式化为一般式,求得与x轴的两个交点,结合二次函数图象与性
质解题,从中选择符合题意的范围即可.
【详解】
(1)由题意得,设ykx
1
5k3
k
y,
1
根据题意得,设yax2bxc,由图知,抛物线经过点(0,0)、(1,2)、(5,6),代入得,
2
c0

abc2

25a5bc6
a

b

c0
答案第15页,共21页:.
y;
2
(2)①设乙种蔬菜的进货量为t吨,
wy+y
12
2
(10t)
6
(t4)2
当t4,利润之和最大
W9200(元)
最大
答:当乙种蔬菜进货4吨,甲种蔬菜进货6吨,利润之和最大,最大9200元.
②wy+y6
12
当w,即6