2020-2021深圳北大附中深圳南山分校九年级数学上期末试题(附答案)

一、选择题

1．毕业前期，某班的全体学生互赠贺卡，共赠贺卡1980张.设某班共有x名学生，那么所列方程为( ) A．

1xx11980 2B．

1xx11980 2C．xx11980 圆心为图中的( )

D．xx11980

5正方形网格中，一条圆弧经过A、B、C三点，那么这条圆弧所在的圆的2．如图，在5×

A．M

3．一元二次方程A．x3

B．P

的根是（ ）

C．Q D．R

B．x10，x23 C．x10，x23 D．x10，x23

4．如图，在△ABC中，∠CAB=65°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′的度数为（ ）

A．25° B．30° C．50° D．55°

5．下列四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A．

B．

C．

D．

6．如图中∠BOD的度数是（ ）

A．150° B．125° C．110° D．55°

7．如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的对称轴为直线x＝1，与x轴的一个交点坐标为(－1，0)，其部分图象如图所示，下列结论：①4ac＜b2；②方程ax2＋bx＋c＝0的两个根是x1

＝－1，x2＝3；③3a＋c＞0；④当y＞0时，x的取值范围是－1≤x＜3；⑤当x＜0时，y随x增大而增大．其中结论正确的个数是( )

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个

8．如图，点O是△ABC的内切圆的圆心，若∠A＝80°，则∠BOC为（ ）

A．100° C．50°

B．130° D．65°

9．如图，AC是⊙O的内接正四边形的一边，点B在弧AC上，且BC是⊙O的内接正六边形的一边．若AB是⊙O的内接正n边形的一边，则n的值为（ ）

A．6 B．8 C．10 D．12

10．如图，A、D是⊙O上的两个点，BC是直径，若∠D＝34°，则∠OAC等于( )

A．68° 11．以xB．58° C．72° D．56°

394c为根的一元二次方程可能是（ ） 2B．x23xc0 C．x23xc0

D．x23xc0

A．x23xc0

12．如图，矩形 ABCD 中，AB=8，BC=6，将矩形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转得到矩形 AEFG，AE，FG 分别交射线CD 于点 PH，连结 AH，若 P 是 CH 的中点，则△APH 的周长

为（ ）

A．15 B．18 C．20 D．24

二、填空题

13．有一人患了流感，经过两轮传染后共有169人患了流感，每轮传染中平均一个人传染了__人．

14．一个不透明袋中装有若干个红球，为估计袋中红球的个数，小文在袋中放入10个白球（每个球除颜色外其余都与红球相同）．摇匀后每次随机从袋中摸出一个球，记下颜色后2放回袋中，通过大量重复摸球试验后发现，摸到白球的频率是，则袋中红球约为

7________个．

15．设a、b是方程x2x20190的两个实数根，则a1b1的值为_____． 16．如图，已知射线BPBA，点O从B点出发，以每秒1个单位长度沿射线BA向右运动；同时射线BP绕点B顺时针旋转一周，当射线BP停止运动时，点O随之停止运动.以

O为圆心，1个单位长度为半径画圆，若运动两秒后，射线BP与eO恰好有且只有一个公共点，则射线BP旋转的速度为每秒______度.

»，再以BC17．如图，在边长为2的正方形ABCD中，以点D为圆心，AD长为半径画AC为直径画半圆，若阴影部分①的面积为S1，阴影部分②的面积为S2，则图中S1﹣S2的值为_____．(结果保留π)

18．飞机着陆后滑行的距离s（单位：米）关于滑行的时间t（单位：秒）的函数解析式是

3s60tt2，则飞机着陆后滑行的最长时间为 秒．

219．若x1、x2是方程x22mxm2m10的两个实数根，且x1+x2=1-x1x2，则 m 的值为________.

20．不透明袋子中装有6个球，其中有5个红球、1个绿球，这些球除颜色外无其他差别，从袋子中随机取出1个球，则它是红球的概率是_________．

三、解答题

21．已知关于x的一元二次方程（a+c）x2+2bx+（a﹣c）=0，其中a、b、c分别为△ABC三边的长．

（1）如果x=﹣1是方程的根，试判断△ABC的形状，并说明理由； （2）如果方程有两个相等的实数根，试判断△ABC的形状，并说明理由； （3）如果△ABC是等边三角形，试求这个一元二次方程的根． 22．用你喜欢的方法解方程 （1）x2﹣6x﹣6＝0 （2）2x2﹣x﹣15＝0

23．如图，已知AB是⊙O上的点，C是⊙O上的点，点D在AB的延长线上，∠BCD=∠BAC．

（1）求证：CD是⊙O的切线；

（2）若∠D=30°，BD=2，求图中阴影部分的面积．

24．从甲、乙、丙、丁4名同学中随机抽取同学参加学校的座谈会 (1)抽取一名同学， 恰好是甲的概率为 (2) 抽取两名同学，求甲在其中的概率。

25．某商场今年“十一”期间举行购物摸奖活动，摸奖箱里有四个标号分别为1，2，3，4的质地，大小都相同的小球，任意摸出一个小球，记下小球标号后，放回箱里并摇匀，再摸出一个小球，再记下小球标号．商场规定：两次摸出的小球之和为“8”或“6”时才算中奖．请结合“树形图法”或“列表法”，求出顾客小彦参加此次摸奖活动时中奖的概

率．

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D 解析：D 【解析】 【分析】

根据题意得：每人要赠送（x-1）张贺卡，有x个人，然后根据题意可列出方程：（x-1）x=1980． 【详解】

解：根据题意得：每人要赠送（x-1）张贺卡，有x个人， ∴全班共送：（x-1）x=1980， 故选：D． 【点睛】

此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，本题要注意读清题意，弄清楚每人要赠送(x-1)张贺卡，有x个人是解决问题的关键．

2．C

解析：C 【解析】 【分析】

根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，分别作AB，BC的垂直平分线即可得到答案． 【详解】

解：作AB的垂直平分线，作BC的垂直平分线，如图， 它们都经过Q，所以点Q为这条圆弧所在圆的圆心． 故选：C． 【点睛】

本题考查了垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心．这也常用来确定圆心的方法．

3．D

解析：D 【解析】 x2−3x=0， x(x−3)=0， ∴x1=0，x2=3. 故选：D.

4．C

解析：C 【解析】

试题解析：∵CC′∥AB， ∴∠ACC′=∠CAB=65°，

∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′， ∴AC=AC′，

65°=50°∴∠CAC′=180°﹣2∠ACC′=180°﹣2×， ∴∠CAC′=∠BAB′=50°． 故选C．

5．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【详解】

A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确． 故选D． 【点睛】

此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．

6．C

解析：C 【解析】

试题分析：如图，连接OC．

∵∠BOC=2∠BAC=50°，∠COD=2∠CED=60°，∴∠BOD=∠BOC+∠COD=110°，故选C．

【考点】圆周角定理．

7．B

解析：B 【解析】

【分析】 【详解】

解：∵抛物线与x轴有2个交点，∴b2﹣4ac＞0，所以①正确；

∵抛物线的对称轴为直线x=1，而点（﹣1，0）关于直线x=1的对称点的坐标为（3，0），∴方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=﹣1，x2=3，所以②正确； ∵x=﹣

b=1，即b=﹣2a，而x=﹣1时，y=0，即a﹣b+c=0，∴a+2a+c=0，所以③错误； 2a∵抛物线与x轴的两点坐标为（﹣1，0），（3，0），∴当﹣1＜x＜3时，y＞0，所以④错误；

∵抛物线的对称轴为直线x=1，∴当x＜1时，y随x增大而增大，所以⑤正确． 故选：B． 【点睛】

本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定：△=b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2﹣4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．

8．B

解析：B 【解析】 【分析】

根据三角形的内切圆得出∠OBC=

11∠ABC，∠OCB=∠ACB，根据三角形的内角和定理22求出∠ABC+∠ACB的度数，进一步求出∠OBC+∠OCB的度数，根据三角形的内角和定理求出即可． 【详解】

∵点O是△ABC的内切圆的圆心，∴∠OBC=

11∠ABC，∠OCB=∠ACB． 221（∠ABC+∠ACB）2∵∠A=80°，∴∠ABC+∠ACB=180°﹣∠A=100°，∴∠OBC+∠OCB==50°=130°，∴∠BOC=180°﹣（∠OBC+∠OCB）=180°﹣50°． 故选B． 【点睛】

本题主要考查对三角形的内角和定理，三角形的内切圆与内心等知识点的理解和掌握，能求出∠OBC+∠OCB的度数是解答此题的关键．

9．D

解析：D

【解析】 【分析】

连接AO、BO、CO，根据中心角度数＝360°÷边数n，分别计算出∠AOC、∠BOC的度数，根据角的和差则有∠AOB＝30°，根据边数n＝360°÷中心角度数即可求解． 【详解】

连接AO、BO、CO，

∵AC是⊙O内接正四边形的一边， ∴∠AOC＝360°÷4＝90°， ∵BC是⊙O内接正六边形的一边， ∴∠BOC＝360°÷6＝60°，

∴∠AOB＝∠AOC﹣∠BOC＝90°﹣60°＝30°， ∴n＝360°÷30°＝12； 故选：D．

【点睛】

本题考查正多边形和圆，解题的关键是根据正方形的性质、正六边形的性质求出中心角的度数．

10．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据圆周角定理求出∠AOC，再根据等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理即可解决问题． 【详解】

∵∠ADC=34°，∴∠AOC=2∠ADC=68°． ∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA故选D． 【点睛】

本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

1（180°﹣68°）=56°． 211．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据一元二次方程根与系数的关系求解即可． 【详解】

设x1，x2是一元二次方程的两个根， ∵x394c 2∴x1+x2=3，x1∙x2=-c，

2∴该一元二次方程为：x(x1x2)xx1x20，即x23xc0

故选A. 【点睛】

此题主要考查了根据一元二次方程的根与系数的关系列一元二次方程．

12．C

解析：C 【解析】 【分析】

连结AC，先由△AGH≌△ADH得到∠GHA＝∠AHD，进而得到∠AHD＝∠HAP，所以△AHP是等腰三角形，所以PH＝PA＝PC，所以∠HAC是直角，再在Rt△ABC中由勾股定理求出AC的长，然后由△HAC∽△ADC，根据

＝

求出AH的长，再根据

△HAC∽△HDA求出DH的长，进而求得HP和AP的长，最后得到△APH的周长. 【详解】

∵P是CH的中点，PH＝PC，∵AH＝AH，AG＝AD，且AGH与ADH都是直角，∴△AGH≌△ADH，∴∠GHA＝∠AHD，又∵GHA＝HAP，∴∠AHD＝∠HAP，∴△AHP是等腰三角形，∴PH＝PA＝PC，∴∠HAC是直角，在Rt△ABC中，AC＝

＝10，∵△HAC∽△ADC，∴

∵△HAC∽△HAD，

＝

＝

，∴AH＝

＝

＝7.5，又

，∴DH＝4.5，∴HP＝＝6.25，AP＝HP＝6.25，

∴△APH的周长＝AP＋PH＋AH＝6.25＋6.25＋7.5＝20.

【点睛】

本题主要考查直角三角形的性质以及相似三角形的性质，解题的关键是清楚直角三角形斜边上的中线是斜边的一半以及会运用相似三角形线段成比例求出各边长的长.

二、填空题

13．12【解析】【分析】【详解】解：设平均一人传染了x人x＋1＋(x＋1)x＝169x＝12或x＝－14（舍去）平均一人传染12人故答案为12

解析：12

【解析】 【分析】 【详解】

解：设平均一人传染了x人， x＋1＋(x＋1)x＝169 x＝12或x＝－14（舍去）． 平均一人传染12人． 故答案为12．

14．25【解析】【分析】【详解】试题分析：根据实验结果估计袋中小球总数是10÷=35个所以袋中红球约为35-10=25个考点：简单事件的频率

解析：25 【解析】 【分析】 【详解】

2试题分析：根据实验结果估计袋中小球总数是10÷=35个，所以袋中红球约为35-10=25

7个.

考点：简单事件的频率.

15．-2017【解析】【分析】根据根与系数的关系可得出将其代入中即可得出结论【详解】∵是方程的两个实数根∴∴故答案为：-2017【点睛】本题考查了根与系数的关系牢记两根之和等于两根之积等于是解题的关键

解析：-2017 【解析】 【分析】

根据根与系数的关系可得出ab1，ab2019，将其代入

a1b1abab1中即可得出结论．

【详解】

∵a、b是方程x2x20190的两个实数根， ∴ab1，ab2019，

∴a1b1abab12019112017． 故答案为：-2017． 【点睛】

本题考查了根与系数的关系，牢记“两根之和等于bc，两根之积等于”是解题的关键． aa16．30或60【解析】【分析】射线与恰好有且只有一个公共点就是射线与相切分两种情况画出图形利用圆的切线的性质和30°角的直角三角形的性质求出旋

转角然后根据旋转速度=旋转的度数÷时间即得答案【详解】解：如

解析：30或60 【解析】 【分析】

射线BP与eO恰好有且只有一个公共点就是射线BP与eO相切，分两种情况画出图形，利用圆的切线的性质和30°角的直角三角形的性质求出旋转角，然后根据旋转速度=旋转的度数÷时间即得答案. 【详解】

解：如图1，当射线BP与eO在射线BA上方相切时，符合题意，设切点为C，连接OC，则OC⊥BP，

于是，在直角△BOC中，∵BO=2，OC=1，∴∠OBC=30°，∴∠1=60°， 此时射线BP旋转的速度为每秒60°÷2=30°；

如图2，当射线BP与eO在射线BA下方相切时，也符合题意，设切点为D，连接OD，则OD⊥BP，

于是，在直角△BOD中，∵BO=2，OD=1，∴∠OBD=30°，∴∠MBP=120°， 此时射线BP旋转的速度为每秒120°÷2=60°； 故答案为：30或60.

【点睛】

本题考查了圆的切线的性质、30°角的直角三角形的性质和旋转的有关概念，正确理解题意、熟练掌握基本知识是解题的关键.

17．π【解析】【分析】如图设图中③的面积为S3构建方程组即可解决问题【详解】解：如图设图中③的面积为S3由题意：可得S1﹣S2＝π故答案为π【点睛】本题考查扇形的面积正方形的性质等知识解题的关键是学会利

1π 2【解析】 【分析】

解析：

如图，设图中③的面积为S3．构建方程组即可解决问题． 【详解】

解：如图，设图中③的面积为S3．

12SS··2134由题意： ，

12SS··1232可得S1﹣S2＝故答案为

1π， 21π． 2【点睛】

本题考查扇形的面积、正方形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题.

18．【解析】【分析】把解析式化为顶点式再根据二次函数的性质得出答案即可【详解】解：∴当t=20时s取得最大值此时s=600故答案为20考点：二次函数的应用；最值问题；二次函数的最值

解析：【解析】 【分析】

把解析式化为顶点式，再根据二次函数的性质得出答案即可。 【详解】

323t(t30)2600， 22∴当t=20时，s取得最大值，此时s=600． 故答案为20．

解：s60t考点：二次函数的应用；最值问题；二次函数的最值．

19．1【解析】【分析】【详解】若x1x2是方程x2-2mx+m2-m-1=0的两个实数根；∴x1+x2=2m；x1·x2=m2−m−1∵x1+x2=1-x1x2∴2m=1-(m2−m−1)解得：m1=-

解析：1 【解析】 【分析】 【详解】

若x1，x2是方程x2-2mx+m2-m-1=0的两个实数根； x2= m2−m−1， ∴x1+x2=2m；x1·∵x1+x2=1-x1x2， ∴2m=1-(m2−m−1)， 解得：m1=-2，m2=1.

又∵一元二次方程有实数根时，△ 0， ∴(2m)4(mm1)0, 解得m≥-1， ∴m=1. 故答案为1. 【点睛】

（1）若方程axbxc0?a0的两根是x1、x2，则x1x2，x1x2222bac，这a一关系叫做一元二次方程根与系数的关系；（2）使用一元二次方程根与系数关系解题的前提条件是方程要有实数根，即各项系数的取值必须满足根的判别式△=b24ac0.

20．【解析】【分析】【详解】解：从袋子中随机取出1个球总共有６种等可能结果这个球为红球的结果有5中所以从袋子中随机取出1个球则它是红球的概率是故答案为：

5解析：

6【解析】 【分析】 【详解】

解：从袋子中随机取出1个球，总共有６种等可能结果，这个球为红球的结果有5中，所以从袋子中随机取出1个球，则它是红球的概率是故答案为：

5 65． 6三、解答题

21．(1) △ABC是等腰三角形；(2)△ABC是直角三角形；(3) x1=0，x2=﹣1． 【解析】

试题分析：（1）直接将x=﹣1代入得出关于a，b的等式，进而得出a=b，即可判断△ABC的形状；

（2）利用根的判别式进而得出关于a，b，c的等式，进而判断△ABC的形状； （3）利用△ABC是等边三角形，则a=b=c，进而代入方程求出即可． 试题解析：（1）△ABC是等腰三角形； 理由：∵x=﹣1是方程的根， ∴（a+c）×（﹣1）2﹣2b+（a﹣c）=0， ∴a+c﹣2b+a﹣c=0， ∴a﹣b=0， ∴a=b，

∴△ABC是等腰三角形；

（2）∵方程有两个相等的实数根， ∴（2b）2﹣4（a+c）（a﹣c）=0， ∴4b2﹣4a2+4c2=0， ∴a2=b2+c2，

∴△ABC是直角三角形；

（3）当△ABC是等边三角形，∴（a+c）x2+2bx+（a﹣c）=0，可整理为： 2ax2+2ax=0， ∴x2+x=0，

解得：x1=0，x2=﹣1． 考点：一元二次方程的应用．

22．（1）x1＝3+15，x2＝3﹣15；（2）x1＝﹣2.5，x2＝3 【解析】 【分析】

（1）先求出b2﹣4ac的值，再代入公式求出即可；

（2）先分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可． 【详解】 x2﹣6x﹣6＝0， ∵a=1，b=-6，c=-6，

∴b2﹣4ac＝（﹣6）2﹣4×1×（﹣6）＝60，

x＝

660315 2x1＝3+15，x2＝3﹣15； （2）2x2﹣x﹣15＝0， （2x+5）（x﹣3）＝0， 2x+5＝0，x﹣3＝0， x1＝﹣2.5，x2＝3． 【点睛】

此题考查一元二次方程的解法，根据每个方程的特点选择适合的方法是关键，由此才能使计算更简便.

23．（1）证明见解析；（2）阴影部分面积为3 【解析】

【分析】（1）连接OC，易证∠BCD=∠OCA，由于AB是直径，所以∠ACB=90°，所以∠OCA+OCB=∠BCD+∠OCB=90°，CD是⊙O的切线；

（2）设⊙O的半径为r，AB=2r，由于∠D=30°，∠OCD=90°，所以可求出r=2，∠AOC=120°，BC=2，由勾股定理可知：AC=23，分别计算△OAC的面积以及扇形OAC的面积即可求出阴影部分面积. 【详解】（1）如图，连接OC， ∵OA=OC， ∴∠BAC=∠OCA， ∵∠BCD=∠BAC， ∴∠BCD=∠OCA， ∵AB是直径， ∴∠ACB=90°，

∴∠OCA+OCB=∠BCD+∠OCB=90° ∴∠OCD=90° ∵OC是半径， ∴CD是⊙O的切线 （2）设⊙O的半径为r， ∴AB=2r，

∵∠D=30°，∠OCD=90°， ∴OD=2r，∠COB=60° ∴r+2=2r， ∴r=2，∠AOC=120° ∴BC=2，

∴由勾股定理可知：AC=23，

431×23×1=3 212044S扇形OAC=，

360343. ∴阴影部分面积为3易求S△AOC=

【点睛】本题考查圆的综合问题，涉及圆的切线判定，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，等边三角形的性质等知识，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键. 24．（1）【解析】 【分析】

（1）由从甲、乙、丙、丁4名同学中抽取同学参加学校的座谈会，直接利用概率公式求解即可求得答案；

（2）利用列举法可得抽取2名，可得：甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁共6种等可能的结果，甲在其中的有3种情况，然后利用概率公式求解即可求得答案． 【详解】

（1）随机抽取1名学生，可能出现的结果有4种，即甲、乙、丙、丁，并且它们出现的可能性相等，

恰好抽取1名恰好是甲的结果有1种， 所以抽取一名同学，恰好是甲的概率为故答案为：

11；（2）． 421， 41； 4（2）随机抽取2名学生，可能出现的结果有6种，即甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁，并且它们出现的可能性相等，

恰好抽取2名甲在其中的结果有3种，即甲乙、甲丙、甲丁， 故抽取两名同学，甲在其中的概率为【点睛】

本题考查的是列举法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． 25．“树状图法”或“列表法”见解析，【解析】 【分析】

列举出所有情况，让两次摸出的小球的标号之和为“8”或“6”的情况数除以总情况数即为所求的概率． 【详解】 解：解法一： 列树状图得：

31=． 621 4

共有16种结果，且每种结果的可能性相同，

因为6=2+4=3+3=4+2，8=4+4，所以两次摸出的小球之和为“8”或“6”的有4种， 所以小彦中奖的概率为解法二： 列表得：

41． 1

共有16种结果，且每种结果的可能性相同，

因为6=2+4=3+3=4+2，8=4+4，所以两次摸出的小球之和为“8”或“6”的有4种， 所以小彦中奖的概率为【点睛】

此题考查的是用列表法或用树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．树状图法适用于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．

41． 1