九年級數學上冊期末考試卷
九年級數學上冊期末考試卷
同學們?yōu)樵跀祵W考試中展現(xiàn)出自己最好的水平，大家更應該多加準備九年級數學往年的期末考試卷來練習，大量做題，從中找出自己的不足。下面是學習啦小編為大家?guī)淼年P于九年級數學上冊期末考試卷，希望會給大家?guī)韼椭?/p>
九年級數學上冊期末考試卷及答案解析：
一、選擇題(共10小題，每小題3分，滿分30分)
1.方程3x2﹣7x=0中，常數項是( )
A.3 B.﹣7 C.7 D.0
【考點】一元二次方程的一般形式.
【分析】一元二次方程的一般系數是：ax2+bx+c=0(a≠0)，其中，a是二次項系數，b是一次項系數，c是常數項，根據以上知識點得出即可.
【解答】解：方程3x2﹣7x=0中，常數項是0，
故選D.
【點評】本題考查的是一元二次方程的一般形式，由一般形式確定常數項即可.
2.配方法解方程x2+8x+7=0，則方程可化為( )
A.(x﹣4)2=9 B.(x+4)2=9 C.(x﹣8)2=16 D.(x+8)2=16
【考點】解一元二次方程-配方法.
【分析】方程常數項移到右邊，兩邊加上16變形即可得到結果.
【解答】解：方程移項得：x2+8x=﹣7，
配方得：x2+8x+16=9，即(x+4)2=9.
故選：B.
【點評】此題考查了解一元二次方程﹣配方法，熟練掌握解方程的步驟與方法是解決問題的關鍵.
3.方程x(x﹣1)=x的兩個根分別是( )
A.x1=x2=1 B.x1=0，x2=1 C.x1=0，x2=﹣2 D.x1=0，x2=2
【考點】解一元二次方程-因式分解法.
【專題】計算題.
【分析】先移項，再把方程左邊分解得到x(x﹣1﹣1)=0，原方程化為x=0或x﹣1﹣1=0，然后解兩個一次方程即可.
【解答】解：∵x(x﹣1)﹣x=0，
∴x(x﹣1﹣1)=0，
∴x=0或x﹣1﹣1=0，
∴x1=0，x2=2.
故選D.
【點評】本題考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程右邊變形為0，再把方程左邊分解為兩個一次式的乘積，這樣原方程轉化為兩個一元一次方程，然后解一次方程即可得到一元二次方程的解.
4.如果一個正多邊形繞它的中心旋轉60°才和原來的形重合，那么這個正多邊形是( )
A.正三角形 B.正方形 C.正五邊形 D.正六邊形
【考點】旋轉對稱形.
【專題】壓軸題.
【分析】計算出每種形的中心角，再根據旋轉對稱形的概念即可解答.
【解答】解：A、正三角形繞它的中心旋轉能和原來的形的最小的度數是120度;
B、正方形繞它的中心旋轉能和原來的形的最小的度數是90度;
C、正五邊形繞它的中心旋轉能和原來的形的最小的度數是72度;
D、正六邊形繞它的中心旋轉能和原來的形的最小的度數是60度.
故選D.
【點評】理解旋轉對稱形旋轉能夠與原來的形重合的最小的度數的計算方法，是解決本題的關鍵.
5.在圓、正方形、等邊三角形中，既是軸對稱形，又是中心對稱形的形有( )
A.0個 B.1個 C.2個 D.3個
【考點】中心對稱形;軸對稱形.
【分析】根據軸對稱形與中心對稱形的概念求解.
【解答】解：圓、正方形既是軸對稱形，又是中心對稱形，共2個.
故選C.
【點評】本題考查了中心對稱形與軸對稱形的概念：軸對稱形的關鍵是尋找對稱軸，形兩部分沿對稱軸折疊后可重合;中心對稱形是要尋找對稱中心，旋轉180度后與原重合.
6.從3個白球、2個紅球中任意摸一個，摸到紅球的概率是( )
A. B. C. D.
【考點】概率公式.
【分析】由從3個白球、2個紅球中任意摸一個，直接利用概率公式求解即可求得答案.
【解答】解：∵從3個白球、2個紅球中任意摸一個，
∴摸到紅球的概率是： = .
故選A.
【點評】此題考查了概率公式的應用.用到的知識點為：概率=所求情況數與總情況數之比.
7.已知圓心角∠BOC=80°，則圓周角∠BAC的度數是( )
A.160° B.80° C.40° D.20°
【考點】圓周角定理.
【分析】由圓心角∠BOC=80°，根據圓周角的性質，即可求得圓周角∠BAC的度數.
【解答】解：∵圓心角∠BOC=80°，
∴圓周角∠BAC= ∠BOC=40°.
故選C.
【點評】此題考查了圓周角定理.注意在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半.
8.已知AB是⊙O的直徑，點C在⊙O上，∠CBA=30°，則∠CAB的度數是( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
【考點】圓周角定理.
【分析】直接利用已知畫出形，進而利用圓周角定理得出∠A的度數.
【解答】解：所示：
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°，
∵∠CBA=30°，
∴∠CAB=60°.
故選：C.
【點評】此題主要考查了圓周角定理，正確得出∠C的度數是解題關鍵.
9.所示，圓O的弦AB垂直平分半徑OC，則四邊形OACB( )
A.是正方形 B.是長方形
C.是菱形 D.以上答案都不對
【考點】垂徑定理;菱形的判定.
【專題】壓軸題.
【分析】根據垂徑定理和特殊四邊形的判定方法求解.
【解答】解：由垂徑定理知，OC垂直平分AB，即OC與AB互相垂直平分，所以四邊形OACB是菱形.
故選C.
【點評】本題綜合考查了垂徑定理和菱形的判定方法.
10.下列哪一個函數，其象與x軸有兩個交點( )
A. B.
C. D.
【考點】拋物線與x軸的交點.
【專題】計算題.
【分析】由題意得，令y=0，看是否解出x值，對A，B，C，D，一一驗證從而得出答案.
【解答】解：A、令y=0得， ，移項得， ，方程無實根;
B、令y=0得， ，移項得， ，方程無實根;
C、令y=0得， ，移項得， ，方程無實根;
D、令y=0得， ，移項得， ，方程有兩個實根.故選D.
【點評】此題考查二次函數的性質及與一元二次方程根的關系.(利用開口方向和頂點坐標也可解答)
二、填空題(共6小題，每小題4分，滿分24分)
11.拋一枚骰子，6點朝上的概率為 .
【考點】概率公式.
【分析】由拋一枚骰子，共有6種等可能的結果，分別為1，2，3，4，5，6，直接利用概率公式求解即可求得答案.
【解答】解：∵拋一枚骰子，共有6種等可能的結果，分別為1，2，3，4，5，6，
∴拋一枚骰子，6點朝上的概率為： .
【點評】此題考查了概率公式的應用.用到的知識點為：概率=所求情況數與總情況數之比.
12.方程x2﹣3x+1=0的根的判別式△= 5 .
【考點】根的判別式.
【專題】推理填空題.
【分析】根據方程x2﹣3x+1=0，可以求得根的判別式，從而可以解答本題.
【解答】解：∵方程x2﹣3x+1=0，
∴△=b2﹣4ac=(﹣3)2﹣4×1×1=9﹣4=5.
故答案為：5.
【點評】本題考查根的判別式，解題的關鍵是明確根的判別式等于b2﹣4ac.
13.如果點A(﹣3，a)是點B(3，﹣4)關于原點的對稱點，那么a等于 4 .
【考點】關于原點對稱的點的坐標.
【專題】計算題.
【分析】平面直角坐標系中任意一點P(x，y)，關于原點的對稱點是(﹣x，﹣y)，記憶方法是結合平面直角坐標系的形記憶.
【解答】解：∵點A(﹣3，a)是點B(3，﹣4)關于原點的對稱點，
∴a=4.
【點評】關于原點對稱的點坐標的關系，是需要識記的基本問題.
14.已知圓錐的底面半徑是2cm，母線長為3cm，則圓錐的側面積為 6π cm2.
【考點】圓錐的計算.
【專題】壓軸題.
【分析】圓錐的側面積=底面周長×母線長÷2.
【解答】解：底面半徑是2cm，則底面周長=4πcm，圓錐的側面積= ×4π×3=6πcm2.
【點評】本題利用了圓的周長公式和扇形面積公式求解.
15.⊙A、⊙B、⊙C的半徑都是2cm，則中三個扇形的面積的和為(結果保留π) 2π .
【考點】扇形面積的計算.
【分析】根據三角形的內角和是180°和扇形的面積公式進行計算.
【解答】解：∵∠A+∠B+∠C=180°，
∴陰影部分的面積= =2π.
故答案為：2π.
【點評】本題考查了扇形面積的計算，因為三個扇形的半徑相等，所以不需知道各個扇形的圓心角的度數，只需知道三個圓心角的和即可.
16.圓內接正六邊形的邊心距與半徑之比是 ：2 .
【考點】正多邊形和圓.
【分析】設正六邊形的邊長為2，欲求半徑、邊心距之比，我們畫出形，通過構造直角三角形，解直角三角形即可得出.
【解答】解：如右所示，
設邊長AB=2;連接OA、OB，作OG⊥AB于G，
∵多邊形為正六邊形，
∴∠AOB= =60°，
∵OA=OB，
∴△AOB是等邊三角形，
∴OA=AB=2，
在Rt△BOG中，BG= AB=1，
∴OG= ，
∴邊心距與半徑之比為 ：2.
故答案為： ：2.
【點評】本題考查了正多邊形和圓;正多邊形的計算一般是通過中心作邊的垂線，連接半徑，把正多邊形中的半徑，邊長，邊心距，中心角之間的計算轉化為解直角三角形.
三、解答題(共9小題，滿分66分)
17.解方程：(2x﹣1)2=9.
【考點】解一元二次方程-直接開平方法.
【分析】利用直接開平方法解方程得出答案.
【解答】解：∵(2x﹣1)2=9，
∴2x﹣1=±3，
解得：x1=2，x2=﹣1.
【點評】此題主要考查了解一元二次方程，正確開平方是解題關鍵.
18.二次函數y=2x2﹣bx+3的對稱軸是直線x=1，則b的值為多少?
【考點】二次函數的性質.
【分析】根據對稱軸方程，列出關于b的方程即可解答.
【解答】解：∵二次函數y=2x2﹣bx+3的對稱軸是直線x=1，
∴x=﹣ =1，
∴b=4.
則b的值為4.
【點評】本題考查了二次函數的性質，熟悉對稱軸公式是解題的關鍵.
19.⊙O的半徑為10cm，AB是⊙O的弦，OC⊥AB于D，交⊙O于點C，且CD=4cm，求弦AB的長.
【考點】垂徑定理;勾股定理.
【分析】連接OA，求出OD，根據勾股定理求出AD，根據垂徑定理得出AB=2AD，代入求出即可，
【解答】解：連接OA，
∵OA=OC=10cm，CD=4cm，
∴OD=10﹣4=6cm，
在Rt△OAD中，有勾股定理得：AD= =8cm，
∵OC⊥AB，OC過O，
∴AB=2AD=16cm.
【點評】本題考查了勾股定理和垂徑定理的應用，關鍵是求出AB=2AD和求出AD長.
20.在正方形網格中建立所示的平面直角坐標系xoy.△ABC的三個頂點都在格點上，A(4，4)、B(1，2)、C(3，2).將△ABC繞點C逆時針旋轉90°得到△A1B1C1，在中畫出旋轉后的△A1B1C1.
【考點】作-旋轉變換.
【專題】作題.
【分析】利用網格特點和旋轉的性質畫出點A、B、C的對應點A1、B1、C1即可得到△A1B1C1.
【解答】解：△A1B1C1為所作.
【點評】本題考查了作﹣旋轉變換：根據旋轉的性質可知，對應角都相等都等于旋轉角，對應線段也相等，由此可以通過作相等的角，在角的邊上截取相等的線段的方法，找到對應點，順次連接得出旋轉后的形.
21.擲一個質地均勻的骰子，觀察向下的一面的點數，求下列事件的概率：
(1)點數為2;
(2)點數為奇數;
(3)點數大于2且小于6.
【考點】概率公式.
【分析】根據概率的求法，找準兩點：
1、全部情況的總數;
2、符合條件的情況數目;二者的比值就是其發(fā)生的概率.
【解答】解：(1)P(點數為2)= ;
(2)點數為奇數的有3種可能，即點數為1，3，5，則P(點數為奇數)= = ;
(3)點數大于2且小于6的有3種可能，即點數為3，4，5，
則P(點數大于2且小于6)= = .
【點評】此題考查概率的求法：如果一個事件有n種可能，而且這些事件的可能性相同，其中事件A出現(xiàn)m種結果，那么事件A的概率P(A)= .
22.若AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的弦，∠ABD=55°，求∠BCD的度數?
【考點】圓周角定理.
【分析】連結AD，由AB是⊙O的直徑得到∠ADB=90°，再根據互余計算出∠A的度數，然后根據圓周角定理即可得到∠C的度數.
【解答】解：連結AD，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB=90°，
∵∠ABD=55°，
∴∠A=90°﹣55°=35°，
∴∠BCD=∠A=35°.
【點評】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半.推論：半圓(或直徑)所對的圓周角是直角，90°的圓周角所對的弦是直徑.
23.據某市車管部門統(tǒng)計，2008年底全市汽車擁有量為150萬輛，而截止到2010年底，全市的汽車擁有量已達216萬輛，假定汽車擁有量年平均增長率保持不變.
(1)求2009年底該市汽車擁有量;
(2)如果不加控制，該市2012年底汽車擁有量將達多少萬輛?
【考點】一元二次方程的應用.
【專題】增長率問題.
【分析】(1)假設出平均增長率為x，可以得出2009年該市汽車擁有量為150(1+x)，2010年為150(1+x)(1+x)=216，
即150(1+x)2=216，進而求出具體的值;
(2)結合上面的數據2012應該在2010年的基礎上增長，而且增長率相同，同理，即為216(1+20%)2.
【解答】解：(1)設該市汽車擁有量的年平均增長率為x.
根據題意，得150(1+x)2=216.
解得x1=0.2，x2=﹣2.2(不合題意，舍去).
150(1+20%)=180(萬輛).
答：2009年底該市汽車擁有量為180萬輛.
(2)216(1+20%)2=311.04(萬輛).
答：如果不加控制，該市2012年底汽車擁有量將達311.04萬輛.
【點評】此題主要考查了一元二次方程的應用，以及增長率問題，正確表示出每一年的擁有汽車輛數，是解決問題的關鍵.
24.拋物線y=ax2+bx+c經過A(1，0)、B(4，0)、C(0，3)三點.
(1)求拋物線的解析式;
(2)在拋物線的對稱軸上是否存在點P，使得四邊形PAOC的周長最小?若存在，求出四邊形PAOC周長的最小值;若不存在，請說明理由.
【考點】待定系數法求二次函數解析式;二次函數的性質;軸對稱-最短路線問題.
【專題】計算題.
【分析】(1)設交點式為y=a(x﹣1)(x﹣4)，然后把C點坐標代入求出a= ，于是得到拋物線解析式為y= x2﹣ x+3;
(2)先確定拋物線的對稱軸為直線x= ，連結BC交直線x= 于點P，利用對稱性得到PA=PB，所以PA+PC=PC+PB=BC，根據兩點之間線段最短得到PC+PA最短，于是可判斷此時四邊形PAOC的周長最小，然后計算出BC=5，再計算OC+OA+BC即可.
【解答】解：(1)設拋物線解析式為y=a(x﹣1)(x﹣4)，
把C(0，3)代入得a•(﹣1)•(﹣4)=3，解得a= ，
所以拋物線解析式為y= (x﹣1)(x﹣4)，即y= x2﹣ x+3;
(2)存在.
因為A(1，0)、B(4，0)，
所以拋物線的對稱軸為直線x= ，
連結BC交直線x= 于點P，則PA=PB，PA+PC=PC+PB=BC，此時PC+PA最短，
所以此時四邊形PAOC的周長最小，
因為BC= =5，
所以四邊形PAOC周長的最小值為3+1+5=9.
【點評】本題考查了待定系數法求二次函數的解析式：在利用待定系數法求二次函數關系式時，要根據題目給定的條件，選擇恰當的方法設出關系式，從而代入數值求解.一般地，當已知拋物線上三點時，常選擇一般式，用待定系數法列三元一次方程組來求解;當已知拋物線的頂點或對稱軸時，常設其解析式為頂點式來求解;當已知拋物線與x軸有兩個交點時，可選擇設其解析式為交點式來求解.也考查了最短路徑問題.
25.在⊙O中，直徑AB垂直于弦CD，垂足為E，連接AC，將△ACE沿AC翻折得到△ACF，直線FC與直線AB相交于點G.
(1)直線FC與⊙O有何位置關系?并說明理由;
(2)若OB=BG=2，求CD的長.
【考點】切線的判定;解直角三角形.
【分析】(1)相切.連接OC，證OC⊥FG即可.根據題意AF⊥FG，證∠FAC=∠ACO可得OC∥AF，從而OC⊥FG，得證;
(2)根據垂徑定理可求CE后求解.在Rt△OCG中，根據三角函數可得∠COG=60°.結合OC=2求CE，從而得解.
【解答】解：(1)直線FC與⊙O相切.
理由如下：連接OC.
∵OA=OC，∴∠1=∠2.
由翻折得，∠1=∠3，∠F=∠AEC=90°.
∴∠2=∠3，∴OC∥AF.
∴∠OCG=∠F=90°.
∴直線FC與⊙O相切.
(2)在Rt△OCG中， ，
∴∠COG=60°.
在Rt△OCE中， .
∵直徑AB垂直于弦CD，
∴ .
【點評】此題考查了切線的判定、垂徑定理、解直角三角形等知識點，難度中等.
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