期末能力提升卷-2024-2025学年人教版数学九年级上册

期末能力提升卷20242025学年数学九年级上册人教版一．选择题（共8小题）（2023秋•四平期末）1.下列关于的方程中，一定属于一元二次方程的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了一元二次方程的概念，根据一元二次方程的定义求解即可，熟练掌握其概念是解决此题的关键．【详解】A、该方程的未知数的二次项系数是，当时不是一元二次方程，故本选项错误，不符合题意；B、该方程符合一元二次方程的定义，故本选项正确，符合题意；C、该方程是分式方程，不是一元二次方程，故本选项错误，不符合题意；D、该方程有两个未知数，该方程不是一元二次方程，故本选项错误，不符合题意；故选：B．（2023秋•南通期末）2.抛物线的顶点坐标是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本题考查了二次函数的性质；将解析式化为顶点式即可求解．【详解】解：，∴顶点坐标为2,−1，故选：B．（2023秋•兖州区期末）3.剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．以下剪纸图案中，是中心对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题考查了中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的性质，是解答本题的关键．根据中心对称图形的性质，找到对称中心，绕中心旋转后与自身重合，由此得到答案．【详解】解：根据题意得：选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意；选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意；选项是中心对称图形，故本选项符合题意；选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意；故选：．（2023秋•宿迁期末）4.已知的半径为3，点P是直线l上的一点，，则直线l与的位置关系是（）A.相离 B.相切 C.相交 D.相切或相交【答案】D【解析】【分析】直线和圆的位置关系与数量之间的联系：若d＜r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．【详解】解：因为垂线段最短，所以圆心到直线的距离小于等于3．此时和半径3的大小不确定，则直线和圆相交、相切都有可能．故选：D．【点睛】考查判断直线和圆的位置关系，必须明确圆心到直线的距离．特别注意：这里的3不一定是圆心到直线的距离．（2022秋•宛城区校级期末）5.不透明的袋子中装有红、绿小球各一个，除颜色外两个小球无其他差别，从中随机摸出一个小球，放回并摇匀，再从中随机摸出一个小球，那么第一次摸到红球、第二次摸到绿球的概率是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．列表得出所有等可能的情况数，找出第一次摸到红球、第二次摸到绿球的情况数，即可确定出所求的概率．详解】解：列表如下：红绿红（红，红）（绿，红）绿（红，绿）（绿，绿）所有等可能的情况有4种，其中第一次摸到红球、第二次摸到绿球的有1种情况，所以第一次摸到红球、第二次摸到绿球的概率为，故选：A．（2023秋•延长县校级期末）6.若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则m的值是（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式，一元二次方程的定义，根据题意可得出，代入即可求出m的值．【详解】解：∵关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，∴，且，解得：，故选：D．（2023秋•交口县期末）7.如图，是的切线，点是切点，延长交于点，连接AB，，则AB的长为()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】此题考查切线的性质定理、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识．连接、，由是的直径，得，，由切线的性质得，而，则，得到是等边三角形，则，所以，于是得到问题的答案．【详解】解：连接、，则，是的直径，，，与相切于点，，，，，是等边三角形，，．故选：C．（2023秋•荣昌区校级期末）8.如图，二次函数的图象经过点，对称轴为直线，下列结论：①；②；③；④（其中）；⑤；正确的结论有（）A.1个 B.3个 C.2个 D.4个【答案】A【解析】【分析】本题考查二次函数的图象与性质．根据二次函数的图象与系数的关系可判断①错误；由点可判断②正确；由对称轴为直线可判断③错误；由时，函数取得最小值，可判断④正确；由②③可求得和的值可判断⑤错误；据此即可求出答案．【详解】解：①二次函数的图象开口向上，，函数的对称轴在轴右侧，则，而，故，故①错误，不符合题意；②将点代入函数表达式得：，故②正确，符合题意；③函数的对称轴为直线，即，故，故③错误，不符合题意；④当时，函数取得最小值，又，则，即，故④错误，不符合题意；⑤由②③得：，，则，故，故⑤错误，不符合题意；综上，②正确．故选：A．二．填空题（共8小题）（2023秋•沈河区校级期末）9.关于x的一元二次方程有一个根为，则k的值为________．【答案】【解析】【分析】本题考查了一元二次方程的根，熟练掌握一元二次方程的根的定义是解题的关键．由题意得，代入到方程求出k的值即可．【详解】解：代入到方程得，，解得：．故答案为：．（2023秋•东西湖区期末）10.在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标是________．【答案】【解析】【分析】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，熟练掌握两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数是解题的关键．根据关于原点对称的点的坐标的特征，即可求解．【详解】解：点关于原点对称点的坐标是．故答案为：（2023秋•大观区校级期末）11.如图，一下水管道横截面为圆形，直径为，下雨前水面宽为，一场大雨过后，水面宽为，则水位上升______．【答案】或【解析】【分析】本题考查了垂径定理的应用，勾股定理，分水位在圆心下以及圆心上两种情况，画出符合题意的图形进行求解即可，掌握垂径定理、灵活运用分类讨论的思想解答是解题的关键．【详解】解：如图，作半径于，连接，由垂径定理得，，∵直径为，∴，在中，，当水位上升到圆心以下时，水面宽为，则，在中，，此时水面上升的高度为；当水位上升到圆心以上时，水面上升的高度为；综上可得，水面上升的高度为或，故答案为：或．（2023秋•洛阳期末）12.如图，顺次连接等边三角形三边中点得到四个全等等边三角形．任意给其中两个涂色，涂色部分正好是菱形的概率是______．【答案】【解析】【分析】本题考查了几何概率；根据概率公式即可求得结果．【详解】解：任意两个涂色，总涂色结果有6种，其中涂色部分正好是菱形的结果有3种，则涂色部分正好是菱形的概率是；故答案为：．（2023秋•绥中县期末）13.飞机着陆后滑行的距离(单位：)关于滑行的时间(单位：)的函数解析式是，飞机着陆后滑行__________米才能停下来．【答案】【解析】【分析】本题主要考查二次函数的应用，根据题意得出飞机滑行的距离即为s的最大值，将函数解析式配方成顶点式求出s的最大值即可得．【详解】解：∵，∴当时，取得最大值，即飞机着陆后滑行米才能停下来，故答案为：．（2023秋•甘井子区校级期末）14.如图，已知的半径为，与相切，连接并延长，交于点，过点作，交于点，连接BD，若，则弦BD的长为______．【答案】【解析】【分析】本题考查了切线的性质、垂径定理、直角三角形的性质，连接，由于CA是的切线，从而可求出，由垂径定理可得，再由直角三角形的性质即可求出BD的长度．【详解】解：连接，设CD与AB交于点，如图．是切线，，，，，AB过圆心，，，，，，，故答案为：．（2023秋•连云港期末）15.如图所示，在平面直角坐标系中，正六边形边长是6，则它的外接圆圆心的坐标是______．

【答案】【解析】【分析】如图所示，连接PO，PA，过点P作PG⊥OA于点G，由正六边形推出为等边三角形，进而求出OG、PG的长度即可求得P点坐标.【详解】解：如图所示，连接PO，PA，过点P作PG⊥OA于点G，则，∵多边形为正六边形，∴，∵，∴为等边三角形，又∵PG⊥OA，∴PG平分，∴，又∵OA=6，∴，∴由勾股定理得：，∴的坐标是，故答案为：【点睛】本题考查正多边形外接圆的问题，熟练掌握正多边形的性质，灵活运用三角形相关知识解决边角关系是本题的关键.（2023秋•大观区校级期末）16.将抛物线向右平移后，所得新抛物线的顶点是B，新抛物线与原抛物线交于点A（如图所示），连接、，如果是等边三角形，则的长为________．【答案】【解析】【分析】本题主要考查二次函数图像与几何变换，等边三角形的性质，二次函数图像上点的坐标特征；根据题意得到关于的方程是解题的关键．由题意设A点坐标为，根据等边三角形的性质解出的值即可得到答案．【详解】解：点A在抛物线上，设A点坐标为，过A作轴于C，如图，是等边三角形，∴，，或（舍），，故答案为：．三．解答题（共8小题）（2023秋•琼海校级期末）17.解方程（1）（2）【答案】（1）；；（2）【解析】【分析】本题考查了一元二次方程的解法，分式方程的解法，熟练选择正确的解法是解题的关键．（1）利用配方法求方程的根．（2）化成整式方程，计算，注意验根．【小问1详解】解：，移项得，配方得，即，开方得，解得；；【小问2详解】解：，去分母，得，解得，经检验，是原方程的根．（2023秋•双阳区期末）18.杭州第19届亚运会吉祥物“江南忆”，具体指A．琮琮、B．宸宸、C．莲莲．如图是三张吉祥物的不透明卡片（卡片除内容外，其余均相同）．将这三张卡片背面朝上洗匀放好，小李同学从这三张卡片中随机抽取一张后，再从剩余的两张卡片中随机抽取一张，请用树状图法或列表法，求两次抽到卡片恰好是琮琮和宸宸的概率．【答案】【解析】【分析】此题考查的是用树状图法求概率．树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．画树状图，共有6种等可能的结果，两次抽到卡片恰好是琮琮和宸宸的结果有2种，再由概率公式求解即可．【详解】解：画树状图如下：共有6种等可能的结果，其中两次抽到卡片恰好是琮琮和宸宸有2种结果，所以两次抽取的卡片上恰好是琮琮和宸宸的概率为．（2023秋•定州市期末）19.如图，AB是⊙O的直径，AC与⊙O交于点C，∠BAC的平分线交⊙O于点D，DE⊥AC，垂足为E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若直径AB＝10，弦AC＝6，求DE的长．【答案】（1）见解析；（2）4．【解析】【详解】试题分析：连结OD，∵AD平分∠BAC，∠OAD＝∠CAD，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∴∠ODA＝∠CAD，得出OD∥AC，得到∠ODE＝90°，从而得证.在Rt△AFO中，利用勾股定理：AF2＋OF2＝AO2，得出的长，四边形ODEF是矩形，从而得到的长.试题解析：连结OD．∵AD平分∠BAC，∴∠OAD＝∠CAD，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∴∠ODA＝∠CAD，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，即∠AED＝90°，∴∠ODE＝90°，即DE⊥OD．∴DE是⊙O的切线．（2）解：作OF⊥AC，垂足为F．在Rt△AFO中，AF2＋OF2＝AO2，∴32＋OF2＝52，∴OF＝4，∵∠AED＝∠ODE＝∠OFE＝90°，∴四边形ODEF是矩形，∴DE＝OF＝4．（2023秋•北京期末）20.在平面直角坐标系中，点，在抛物线上，设抛物线的对称轴为．（1）若，求的值；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】本题主要考查了二次函数的性质（1）依据题意，若，从而对称轴是直线，进而可以得解；（2）把，代入解析式，根据得出的取值范围．【小问1详解】解：由题意，若，对称轴是直线．即；【小问2详解】解：抛物线的对称轴为，，，，，在抛物线上，，①②得，，，，，，，由①得，，，，，，，的取值范围为．（2023秋•迎江区校级期末）21.如图，的三个顶点，C，D都在上，边与相交于点，边与相切．（1）求证：；（2）若，，求的长．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理、圆的内角四边形、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质和定理是解题的关键．（1）如图:连接并延长交于点F，连接，则；再结合切线的性质可得；由圆周角定理可得，最后运用等量代换即可解答；（2）由平行四边形的性质可得；由圆的内接四边形的性质可得，进而得到；由平行线的性质可得，可证，最后根据相似三角形的性质列比例式计算即可．【小问1详解】证明：如图:连接并延长交于点F，连接，则，∴；∵与相切于点B，∴，∴，∴，又∵中，，∴．【小问2详解】解：∵四边形为平行四边形，∴，又∵四边形内接于，∴，∴，∴；∵，∴，由（1）得：，∴，∴，即，解得:．（2023秋•奇台县校级期末）22.为助力脱贫攻坚，某村在“农村淘宝网店”上销售该村优质农产品，该网店于今年一月底收购一批每袋进价25元的农产品，售价为每袋40元，二月份销售192袋，三、四月该商品十分畅销，销售量持续走高，在售价不变的基础上，四月份的销售量达到300袋．（1）求三、四这两个月销售量的月平均增长率；（2）该网店五月降价促销，经调查发现，若该农产品每袋降价1元，销售量可增加5袋，当农产品每袋降价多少元时，这种农产品在五月份可获利3250元？【答案】（1）三、四这两个月的月平均增长率为（2）当农产品每袋降价5元时，该淘宝网店五月份获利3250元【解析】【分析】此题主要考查了一元二次方程的应用，正确得出等量关系是解题关键．（1）直接利用二月销量四月的销量进而求出答案．（2）首先设出未知数，再利用每袋的利润销量二总利润列出方程，再解即可．【小问1详解】解：设三、四这两个月的月平均增长率为．由题意得：，解得：(不合题意，舍去)，答：三、四这两个月的月平均增长率为．【小问2详解】设当农产品每袋降价元时，该淘宝网店五月份获利3250元．根据题意可得：解得：(不合题意，舍去)．答：当农产品每袋降价5元时，该淘宝网店五月份获利3250元．（2023秋•雁塔区校级期末）23.某校在元旦活动时布置教室，如图1，教室两墙、之间悬挂一条近似抛物线的彩带，如图2，已知，米．（1）如图2，两墙、的高度是______米，抛物线的顶点坐标为______；（2）如图3，为了避免彩带太低影响人员走动且考虑美观，现把彩带从点M、N处用细线吊在天花板上，形成抛物线，，；点M到墙距离为2.5米，抛物线的最低点距墙的距离为2米且离地面2米，求点M到地面的距离．【答案】（1），（2）米【解析】【分析】本题考查了二次函数的应用，待定系数法，二次函数的性质；（1），对称轴为直线，由抛物线对称轴公式得，可求得，从而可求出抛物线的解析式，即可求出顶点坐标，将代入即可求解；（2）由已知条件得，抛物线的顶点为，可设抛物线的解析式为：，由在抛物线上，即可求解；理解实际意义，掌握解法，能将具体实际数量转化为自变量和应变量是解题的关键．【小问1详解】解：，，，对称轴为直线，，解得：，，当时，，(米)，当时，，顶点坐标为，故答案：，；【小问2详解】解：点M到墙距离为2.5米，，抛物线的最低点距墙的距离为2米且离地面2米，抛物线的顶点为，可设抛物线的解析式为：，由（2）得：，，解得：，抛物线的解析式为：，当时，，答：点M到地