数学九年级上册专题26.1 期末测试卷（满分120分制）（人教版）（教师版）

九年级数学上册期末测试卷【人教版】考试时间：120分钟；满分：120分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共26题，单选12题，填空6题，解答8题，满分120分，限时120分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握所学内容的具体情况！一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中只有一项是符合要求的，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑）1．（3分）拼图是一种广受欢迎的智力游戏．下列拼图组件是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【分析】根据中心对称图形的定义判断即可．【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项不合题意；B、不是中心对称图形，故此选项不合题意；C、不是中心对称图形，故此选项不合题意；D、是中心对称图形，故此选项符合题意；故选：D．2．（3分）下列方程是一元二次方程的是（）A．2x+1＝0 B．x2﹣3x+1＝0 C．x2+y＝1 D．1【分析】利用一元二次方程的定义判断即可．【解答】解：A、2x+1＝0是一元一次方程，不符合题意；B、x2﹣3x+1＝0是一元二次方程，符合题意；C、x2+y＝1是二元二次方程，不符合题意；D、1x故选：B．3．（3分）⊙O的半径为2，线段OP＝4，则点P与⊙O的位置关系是（）A．点P在圆内 B．点P在圆上 C．点P在圆外 D．无法确定【分析】根据点在圆上，则d＝r；点在圆外，d＞r；点在圆内，d＜r（d即点到圆心的距离，r即圆的半径）．【解答】解：∵OP＝4＞2，∴点P与⊙O的位置关系是点P在⊙O外．故选：C．4．（3分）将抛物线y＝3x2向上平移2个单位，得到抛物线的解析式是（）A．y＝3x2﹣2 B．y＝3x2 C．y＝3（x+2）2 D．y＝3x2+2【分析】抛物线平移不改变a的值．【解答】解：原抛物线的顶点为（0，0），向上平移2个单位那么新抛物线的顶点为（0，2）．可设新抛物线的解析式为y＝3（x﹣h）2+k，代入得y＝3x2+2．故选：D．5．（3分）下列说法正确的是（）A．“随意翻到一本书的某页，页码是奇数”是必然事件 B．“画一个三角形，其内角和一定等于180°”是必然事件 C．“二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊”是不可能事件 D．“短跑运动员1秒跑完100米”是随机事件【分析】直接利用随机事件以及必然事件的定义：在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件，进而分析得出答案．【解答】解：A、“随意翻到一本书的某页，页码是奇数”是随机事件，故原说法不正确，不合题意；B、“画一个三角形，其内角和一定等于180°”是必然事件，故原说法正确，符合题意；C、“二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊”是必然事件，故原说法不正确，不合题意；D、“短跑运动员1秒跑完100米”是不可能事件，故原说法不正确，不合题意．故选：B．6．（3分）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，∠D＝20°，则∠1的大小是（）A．160° B．150° C．140° D．40°【分析】首先根据圆周角定理求得∠2＝2∠D＝40°，然后由邻补角的定义求∠1的大小．【解答】解：如图，BC=BC，∠∴∠2＝2∠D＝40°．∴∠1＝180°﹣∠2＝140°．故选：C．7．（3分）已知点A（3，y1），B（103，y2）是抛物线y＝（x﹣2）2+3上的两点，则y1，y2A．y1＜y2 B．y1＞y2 C．y1＝y2 D．无法确定【分析】可先求二次函数y＝x2的对称轴为直线x＝2，然后根据二次函数的性质即可判断．【解答】解：由抛物线y＝（x﹣2）2+3可知，图象开口向上，对称轴为直线x＝2，∴当x＞2时，y随x的增大而增大，∵2＜3＜10∴y1＜y2，故选：A．8．（3分）如图，圆锥母线长l＝6，底面圆半径r＝2，则圆锥侧面展开图的圆心角θ是（）A．160° B．140° C．120° D．100°【分析】根据圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开图的弧长，首先求得展开图的弧长，然后根据弧长公式即可求解．【解答】解：圆锥侧面展开图的弧长是：2π×2＝4π（cm），设圆心角θ的度数是n度．则nπ×6180=4解得：n＝120．故选：C．9．（3分）我国南宋数学家杨辉所著《田亩比类乘除算法》中有这样一道题：直天积八百六十四步，只云阔与长共六十步，问阔及长各几步．翻译成数学问题是：矩形面积为864平方步，宽与长共60步，问长与宽各多少步．利用所学知识，可求出长与宽分别是（）A．40步，20步 B．34步，26步 C．50步，10步 D．36步，24步【分析】设长为x步，则宽为（60﹣x）步，根据矩形的面积公式结合矩形田地的面积为864平方步，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较大值，再将其代入[x﹣（60﹣x）]中即可求出结论．【解答】解：设长为x步，则宽为（60﹣x）步，依题意，得：x（60﹣x）＝864，解得：x1＝36，x2＝24，答：长与宽分别是36步，24步，故选：D．10．（3分）如图1所示，平整的地面上有一个不规则图案（图中阴影部分），小明想了解该图案的面积是多少，他采取了以下办法：用一个长为8m，宽为5m的长方形，将不规则图案围起来，然后在适当位置随机朝长方形区域扔小球，并记录小球落在不规则图案上的次数（小球扔在界线上或长方形区域外不计入试验结果），他将若干次有效试验的结果绘制成了图2所示的折线统计图，由此可估计不规则图案的面积大约是（）A．12m2 B．14m2 C．16m2 D．18m2【分析】根据几何概率知识求解不规则图案占长方形的面积大小；继而根据折线图用频率估计概率，综合以上两点求解即可．【解答】解：由表可知，随着实验次数的增加，小球落在不规则图案上的频率逐渐稳定于0.35，所以小球落在不规则图案上的概率约为0.35，则估计不规则图案的面积大约是8×5×0.35＝14（m2），故选：B．11．（3分）如图，已知AB所在圆的半径为5，所对弦AB长为8，点P是AB的中点，将AB绕点A逆时针旋转90°后得到AB'，则在该旋转过程中，线段PB扫过的面积是（）A．8π B．9π C．10π D．11π【分析】根据线段PB扫过的面积＝扇形BAB′的面积﹣扇形PAP′的面积求得即可．【解答】解：设AB所在圆的圆心为O，连接OP、OA、AP、AP′、AB′，∵点P是AB的中点，∴OP⊥AB，AM＝BM=12∴OM=O∴PM＝5﹣3＝2，∴PA=AM2∴线段PB扫过的面积＝S扇形ABB′﹣S扇形APP′=90π×82360−90π×(25故选：D．12．（3分）如图，抛物线y＝﹣x（x﹣2）与x轴交于点O，A，把抛物线在x轴及其上方的部分记作C1，将C1向右平移得C2，C2与x轴交于点A，B．若直线y＝x+b与C1，C2共有3个不同的交点，则b的取值范围是（）A．﹣2＜b＜−54 B．﹣2＜b＜−74 C．﹣3＜b＜−【分析】先解方程﹣x（x﹣2）＝0得A（2，0），则B（4，0），利用交点式写出C2的解析式为y＝﹣（x﹣2）（x﹣4），即y＝﹣x2+6x﹣8（2≤x≤4），当直线y＝x+b与y＝﹣x2+6x﹣8只有一个公共点时，求出此时b=−74，当直线经过A（2，0）时b＝﹣2，然后写出直线y＝x+b与C1，C2共有3个不同的交点，【解答】解：当y＝0时，﹣x（x﹣2）＝0，解得x1＝0，x2＝2，∴A（2，0），OA＝2，∴B（4，0），∴C2的解析式为y＝﹣（x﹣2）（x﹣4），即y＝﹣x2+6x﹣8（2≤x≤4），当直线y＝x+b与y＝﹣x2+6x﹣8只有一个公共点时，方程x+b＝﹣x2+6x﹣8有两个相等的实数解，方程整理为x2﹣5x+b﹣8＝0，△＝（﹣5）2﹣4（b﹣8）＝0，解得b=−7当直线经过A（2，0）时，2+b＝0，解得b＝﹣2，∴直线y＝x+b与C1，C2共有3个不同的交点，b的取值范围为﹣2＜b＜−7故选：B．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）13．（3分）抛物线y＝﹣x2开口向下．【分析】根据二次函数解析式可得a＝﹣1＜0，因此抛物线开口向下．【解答】解：抛物线y＝﹣x2开口向下，故答案为：下．14．（3分）抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，偶数点向上的概率是12【分析】用偶数点向上的结果数除以所有等可能结果数即可．【解答】解：∵抛掷一枚质地均匀的正方体骰子共有6种等可能结果，其中偶数点向上的有2、4、6这3种结果，∴偶数点向上的概率为36故答案为：1215．（3分）点M（1，2）关于原点的对称点的坐标为（﹣1，﹣2）．【分析】根据关于原点的对称点，横纵、坐标都互为相反数解答．【解答】解：点（1，2）关于原点的对称点的坐标为（﹣1，﹣2）．故答案为：（﹣1，﹣2）．16．（3分）若关于x的一元二次方程x2﹣2x+m＝0有实数根，则m的取值范围是m≤1．【分析】方程有实数根即△≥0，根据△建立关于m的不等式，求m的取值范围．【解答】解：由题意知，Δ＝4﹣4m≥0，∴m≤1答：m的取值范围是m≤1．17．（3分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC关于x轴对称，∠AOC＝60°，∠ABC＝90°，OA＝2，将四边形OABC绕点O逆时针旋转90°后得到四边形OA1B1C1，接着将四边形OA1B1C1绕点O逆时针旋转90°后得到四边形OA2B2C2…，依此方式，绕点O连续旋转2021次得到四边形OA2021B2021C2021，则点B2021的坐标是（0，3+1）【分析】连接AC交OB于E．解直角三角形求出点B的坐标，探究规律，利用规律解决问题即可．【解答】解：连接AC交OB于E．由题意，OA＝OC＝2，∠AOC＝60°，∠ABC＝90°，∵四边形AOCB关于x轴对称，∴∠AOE＝30°，∠ABE＝45°，∴OE＝OA•cos30°=3，AE＝EB＝OA∴B（3+1，0），B1（0，3+1），B2（−3−1，0），B观察图象可知，4次一个循环，∵2021÷4＝505…1，∴B2021的坐标与B1相同，坐标为（0，3+故答案为：（0，3+18．（3分）如图，直线y＝﹣x+3与坐标轴交于A，B两点，点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则线段OM的最小值是322【分析】根据同圆的半径相等可知：点C在半径为1的⊙B上，通过画图可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，在DB的延长线上时，OM最大，根据三角形的中位线定理可得结论．【解答】解：如图，∵直线y＝﹣x+3与坐标轴交于A，B两点，∴A（3，0），B（0，3），∴OA＝OB＝3，∵点C为坐标平面内一点，BC＝1，∴C在⊙B上，且半径为1，取OD＝OA＝3，连接CD，∵AM＝CM，OD＝OA，∴OM是△ACD的中位线，∴OM=12当OM最小时，即CD最小，而D，B，C三点共线时，当C在线段DB上时，OM最小，∵OB＝OD＝3，∠BOD＝90°，∴BD＝32，∴CD＝32−∴OM=12CD=322故答案为32三、解答题（本大题共8小题，共66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）19．（6分）计算：（1﹣3）×2+（﹣2）2÷4．【分析】根据有理数的乘方、有理数的乘除法和加减法可以解答本题．【解答】解：（1﹣3）×2+（﹣2）2÷4＝（﹣2）×2+4÷4＝（﹣4）+1＝﹣3．20．（6分）解方程：2x2﹣3x＝1．【分析】方程整理为一般形式，找出a，b，c的值，计算出根的判别式大于0，代入求根公式即可求出解．【解答】解：整理得：2x2﹣3x﹣1＝0，这里a＝2，b＝﹣3，c＝﹣1，∵Δ＝b2﹣4ac＝（﹣3）2﹣4×2×（﹣1）＝9﹣（﹣8）＝17＞0，∴x=3±∴x1=3+174，x21．（8分）如图所示，每个小方格都是边长为1的正方形，以点O为原点建立平面直角坐标系．（1）在图中画出△ABC向上平移6个单位后的△A1B1C1；（2）在图中画出△ABC绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2C2，并求出点C旋转到点C2所经过的路径长（结果保留π）．【分析】（1）分别作出三个顶点向上平移6个单位所得对应点，再首尾顺次连接即可；（2）将三个顶点分别绕点O逆时针旋转90°后得到的对应点，再首尾顺次连接即可，继而根据弧长公式求解即可．【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求．（2）如图所示，△A2B2C2即为所求，∵OC=12+1∴点C旋转到点C2所经过的路径长为90⋅π⋅218022．（8分）不透明袋子中有1个红球，3个绿球，这些球除颜色外无其他差别．（1）若从袋子中随机取出1个球，请通过计算比较，取出哪种颜色球的概率较大；（2）若从袋子中同时随机取出2个球，请用列表法或画树状图法，求取出的球恰好为一个红球一个绿球的概率．【分析】（1）直接利用概率公式计算即可；（2）列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式计算即可．【解答】解：（1）∵取出红球的概率为14，取出绿球的概率为3∴取出绿球的概率较大；（2）列表如下：红绿绿绿红（绿，红）（绿，红）（绿，红）绿（红，绿）（绿，绿）（绿，绿）绿（红，绿）（绿，绿）（绿，绿）绿（红，绿）（绿，绿）（绿，绿）由表可知，共有12种等可能结果，其中取出的球恰好为一个红球一个绿球的有6种结果，所以取出的球恰好为一个红球一个绿球的概率为61223．（8分）【阅读理解】如图1，∠BOC为等边△ABC的中心角，将∠BOC绕点O逆时针旋转一个角度α（0°＜α＜120°），∠BOC的两边与三角形的边BC，AC分别交于点M，N．设等边△ABC的面积为S，通过证明可得△OBM≌△OCN，则S四边形OMCN＝S△OMC+S△OCN＝S△OMC+S△OBM＝S△OBC=1【类比探究】如图2，∠BOC为正方形ABCD的中心角，将∠BOC绕点O逆时针旋转一个角度α（0°＜α＜90°），∠BOC的两边与正方形的边BC，CD分别交于点M，N．若正方形ABCD的面积为S，请用含S的式子表示四边形OMCN的面积（写出具体探究过程）．【拓展应用】如图3，∠BOC为正六边形ABCDEF的中心角，将∠BOC绕点O逆时针旋转一个角度α（0°＜α＜60°），∠BOC的两边与正六边形的边BC，CD分别交于点M，N．若四边形OMCN面积为6，请直接写出正六边形ABCDEF的面积．【分析】【类比探究】证明△BOM≌△CON（ASA），可得S四边形OMCN＝S△OMC+S△OCN＝S△OMC+S△OBM＝S△OBC=14【拓展应用】证明△BOM≌△CON（ASA），可得S四边形OMCN＝S△OMC+S△OCN＝S△OMC+S△OBM＝S△OBC=16【解答】解：【类比探究】如图2中，∵四边形ABCD是正方形，O是中心，∴∠OCB＝∠OBC＝∠OCN＝45°，∠BOC＝90°，OB＝OC，∵∠MON＝∠BOC＝90°，∴∠BOM＝∠CON，∴△BOM≌△CON（ASA），∴S四边形OMCN＝S△OMC+S△OCN＝S△OMC+S△OBM＝S△OBC=14【拓展应用】如图3中，∵四边形ABCDEF是正六边形，O是中心，∴∠OCB＝∠OBC＝∠OCN＝60°，∠BOC＝，60°，OB＝OC，∵∠MON＝∠BOC＝60°，∴∠BOM＝∠CON，∴△BOM≌△CON（ASA），∴S四边形OMCN＝S△OMC+S△OCN＝S△OMC+S△OBM＝S△OBC=16S正六边形ABCDEF∴S正六边形ABCDEF＝6624．（10分）2020年是南宁市作为垃圾分类重点城市建设的攻坚年，我市某商场计划销售A，B两种型号的户外垃圾桶，若商场购进2个A型垃圾桶和3个B型垃圾桶需用170元，若购进3个A型垃圾桶和1个B型垃圾桶需用150元，当A型垃圾桶每个售价为50元时，可销售500个，若售价每提高1元，则销售量减少10个．（1）A型垃圾桶与B型垃圾桶每个进价各为多少元？（2）商场要想在A型垃圾桶销售中获得8000元利润，A型垃圾桶每个售价应定为多少元？（3）在（2）的条件下，若B型垃圾桶的销量m（个）与售价n（元）之间的关系式为m＝﹣2n+200，则当B型垃圾桶的售价为多少元时，A、B两种垃圾桶的销售总利润最大？【分析】（1）设每个A型垃圾桶进价为x元，B型垃圾桶进价为y元，根据题意得列出二元一次方程组并求解即可；（2）根据利润＝每个垃圾桶的利润×销售数量列出方程并求解即可；（3）设B型垃圾桶得销售利润是y′元，根据利润＝每个垃圾桶的利润×销售数量列出解析式，根据对称轴求出售价即可．【解答】解：（1）设每个A型垃圾桶进价为x元，B型垃圾桶进价为y元，2x+3y=1703x+y=150解得：x=40y=30答：每个A型垃圾桶进价为40元，B型垃圾桶进价为30元；（2）设A型垃圾桶每个售价应定为a元，销售利润为y元，则y＝（x﹣40）[500﹣10（x﹣50）]＝﹣10x2+1400x﹣40000，依题意得，﹣10x2+1400x﹣40000＝8000，解得，x1＝60，x2＝80，答：每个A型垃圾桶每个售价应定为60元或80元；（3）设B型垃圾桶得销售利润是y′元，则y′＝（n﹣30）（﹣2n+200）＝﹣2n2+260n﹣6000，当n=−b2a=65时，B型销售利润y′最大，即A答：B型垃圾桶售价是65元时，A、B型垃圾桶的销售总利润最大．25．（10分）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣2与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（4，0），与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）点P是直线BC下方抛物线上的一个动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E，若PE＝DE，求点P的坐标；（3）点M是抛物线上一动点，若满足∠MAB不大于45°，求点M的横坐标m的取值范围．【分析】（1）运用待定系数法将A（﹣1，0）和点B（4，0）代入抛物线解析式，解方程组即可得出答案；（2）先运用待定系数法求得直线BC的解析式为y=12x﹣2，再设点P（m，12m2−32m﹣2），则D（m，0），E（m，12（3）在y轴正半轴和负半轴上分别取点G、H，使OG＝OH＝OA＝1，则G（0，1），H（0，﹣1），∠GAO＝HAO＝45°，再运用待定系数法求得直线AG、AH的解析式分别为y＝x+1，y＝﹣x﹣1，通过联立方程组求得点M的横坐标的最大值和最小值，即可得出答案．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣2与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（4，0），∴a−b−2=016a+4b−2=0解得：a=1∴抛物线的解析式为y=12x2−（2）∵抛物线y=12x2−32x﹣2与∴令x＝0，得y＝﹣2，∴C（0，﹣2），设直线BC的解析式为y＝kx+c，∵B（4，0），C（0，﹣2），∴4k+c=0c=−2解得：k=1∴直线BC的解析式为y=12设点P（m，12m2−32m﹣2），则D（m，0），E（m，∴DE＝0﹣（12m﹣2）＝2−12m，PE=12m﹣2﹣（12m2−32∵PE＝DE，∴−12m2+2m＝2−解得：m1＝1，m2＝4（舍去），∴P（1，﹣3）；（3）∵A（﹣1，0）．∴OA＝1，在y轴正半轴和负半轴上分别取点G、H，使OG＝OH＝OA＝1，则G（0，1），H（0，﹣1），∠GAO＝HAO＝45°，设直线AG、AH的解析式分别为y＝m1x+n1，y＝m2x+n2，则−m1+解得：m1=1n∴直线AG、AH的解析式分别为y＝x+1，y＝﹣x﹣1，联立方程组得y=x+1y=12解得：x=−1y=0（舍去）或x=6y=7或∴直线AG、AH与抛物线y=12x2−32x﹣2的交点坐标分别为M1∴当满足∠MAB不大于45°时，点M的横坐标m的取值范围为2≤m≤6．26．（10分）如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆，直径为10，过点D作DP⊥AB，交BA的延长线于点P，AD平分∠PAC．（1）如图1，若AC是⊙O的直径，求证：PD与⊙O相切；（2）在（1）的条件下，若PA+PD＝4，求线段BC的长；（3）如图2，若BC＝CD，求AB+AD的最大值．【分析】（1）连接OD，由DP⊥AB得∠PAD+∠PDA＝90°，根据AD平分∠PAC，即得∠DAC+∠PDA＝90°，而∠DAC＝∠ODA，即可得∠ODP＝90°，故PD与⊙O相切；（2）连接OD，过A作AE⊥OD于E，由∠APD＝∠PDE＝∠DEA＝90°，知四边形PDEA是矩形，PD＝AE，PA＝DE，设PD＝AE＝m，则PA＝DE＝4﹣m，在Rt△AOE中，有m2+（m+1）2＝52，可解得AE＝3，OE＝4，再由△AOE∽△CAB，AEBC=OA（3）连接BD，连接BO并延长交⊙O于F，连接CF，由BC＝CD，AD平分∠PAC，可证明△BDC是等边三角形，即有BD＝BC＝53，设AB＝x，AD＝y，在Rt△APD中