2022-2023学年浙江省杭州市九年级上学期数学期末试题及答案

这是一份2022-2023学年浙江省杭州市九年级上学期数学期末试题及答案，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 若，则值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，于是可设则，代，计算即可求解．
【详解】解：∵，
设则，
则，
故选：A．
【点睛】本题考查了比例的基本性质，由题意得，于是可设，是解题的关键．
2. 抛一枚均匀的骰子，下列事件中，发生可能性最大的是（ ）
A. 点数是奇数B. 点数是3的倍数
C. 点数大于5D. 点数小于5
【答案】D
【解析】
【分析】分别计算各自概率后判断即可．
【详解】A．∵奇数有1，3，5共3个，∴点数是奇数的概率为；
B．∵3的倍数的数有3，6，∴点数是3的倍数的概率为；
C．∵点数大于5的数有6共1个，∴点数大于5的概率为；
D．∵点数小于5的数有1，2，3，4共4个，∴点数小于5的概率为；
∵，
∴发生可能性最大的是点数小于5．
故选D．
【点睛】此题考查了概率的计算方法，如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率．
3. 两个相似三角形的相似比是，则它们的面积比是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据相似三角形的性质，面积比等于相似比的平方即可求解．
【详解】解：∵相似三角形的相似比是，
∴面积比为，
故选：．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质，理解并掌握相似三角形的性质，相似比与面积比的关系是解题的关键．
4. 如图，已知圆心角，则圆周角（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆周角定理求出劣弧所对的圆周角度数，再根据圆内接四边形对角互补的性质即可得出答案．
【详解】解：∵，
∴劣弧所对的圆周角度数为：，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形对角互补的性质是解题关键．
5. 关于二次函数的图象，下列说法错误的是（ ）
A. 开口向下B. 对称轴是直线
C. 与x轴没有交点D. 当时，y随x的增大而减小
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线解析式可求得其开口方向、顶点坐标、最值及增减性，则可判断四个选项，可求得答案．
【详解】解：∵二次函数，
∴，
∴拋物线开口向下，
故A正确，不符合题意；
∴拋物线对称轴为直线，
故B错误，符合题意；
∴拋物线顶点坐标为，在第三象限，
又∵拋物线开口向下，
∴抛物线与x轴没有交点，
故C正确，不符合题意；
∵拋物线开口向下，对称轴为直线，
∴当时，y随x的增大而减小，
∴当时，y随x的增大而减小，
故D正确，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查抛物线的图象性质，抛物线图象与系数关系，抛物线与x轴交点问题，熟练掌握图象与系数关系、抛物线的图象和性质是解题的关键．
6. 如图，是的直径，弦交于点E． 若，，则的半径为（ ）
A. 3B. 4.2C. 5.8D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】连接，设的半径为，则，根据垂径定理得出，根据勾股定理得出，代入后求出即可．
【详解】解：连接，
设的半径为，则，
∵，过圆心O，，
∴，，
由勾股定理得：，
，
解得：，
即的半径长是5.8，
故选：C．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，能熟记垂直于弦的直径平分这条弦是解此题的关键．
7. 已知在中，，分别是，边上的点，且． 若和相似，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据相似三角形的性质，对应边成比例，由此即可求解．
【详解】解：①如图所示，，
∴，，，
∴；
②如图所示，
∴，
∴，
综上所述，的长为或，
故选：．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质，掌握相似三角形中对应边成比例是解题的关键．
8. 已知抛物线． 当时，；当时，y随x的增大而减小，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据当时，得到，根据当时，y的值随x值的增大而减小，得到，最终得到m的取值范围．
【详解】解：由题意可知，
对称轴，且，
∴，
∵当时，y的值随x值的增大而减小，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查二次函数图象与系数的关系，了解二次函数的增减性与对称轴的关系是关键．
9. 如图，等边是的内接三角形，点D，E分别为边上的中点，延长交于点F，若，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接，交于点M，延长交于点H，连接，根据等边是的内接三角形，可得，从而得到，，进而得到，，再证得，可得，，，再由勾股定理，求出的长，即可．
详解】解：如图，连接，交于点M，延长交于点H，连接，
∵等边是的内接三角形，
∴平分，平分，，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∵点D，E分别为边上的中点，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
故选：A
【点睛】本题主要考查了圆内接三角形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
10. 如图，将矩形沿着，，翻折，使得点A，B，D恰好都落在点O处，且点G，O，C在同一条直线上，点E，O，F 在另一条直线上． 以下结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先证明，再根据平行线的性质与相似三角形的性质可得，可判断A．由矩形的性质设，， 可得，可得，可判断C，设，可得：， 从而可判断D，B，从而可得答案．
详解】解：由折叠性质可得：，，， ，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
若，则，
∴，
∴，与题干条件矛盾，故A不符合题意；
由矩形的性质设，，
由对折可得，，
∴，
在中，，
，
解得：，
∴；
∴，故C不符合题意；
在中，设，
则，
由可得
∴，
解得：，
∴ ，，
在中，，
∴，故D符合题意；
∴ ，故B不符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定和性质，掌握折叠的性质和勾股定理是解题关键．
二、填空题（本题共有6个小题，每小题4分，共24分）
11. 一个边长为2的正六边形，其外接圆的半径为________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据正六边形外接圆半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形，即可求解．
【详解】解：正6边形的中心角为，
那么外接圆的半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形，
∴边长为2的正六边形外接圆半径是2．
故答案为：2．
【点睛】此题主要考查了正多边形和圆，得出正六边形的外接圆半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形是解题关键．
12. 在一个不透明的袋子里装有红球、黄球共20个，这些球除颜色外都相同． 小明通过多次实验发现，摸出红球的频率稳定在0.3左右，则袋子中红球的大约有_________个．
【答案】6
【解析】
【分析】根据红球出现的频率和球的总数，可以计算出红球的个数．
【详解】解：由题意可得，（个），
即袋子中红球的个数大约有6个，
故答案为：6．
【点睛】本题考查利用频率估计概率，解答本题的关键是明确题意，计算出红球的个数．
13. 已知扇形的圆心角为，半径为，则该扇形的面积为________，周长为________．（结果保留）
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据扇形面积公式以及弧长公式进行计算即可求解．
【详解】解：扇形的圆心角为，半径为，则该扇形的面积为，
周长为，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了扇形面积公式以及弧长公式，掌握扇形面积公式以及弧长公式是解题的关键．
14. 如图，将以点A为旋转中心逆时针旋转得到，当点D在边上时，恰好有，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由旋转可知，，，，可得，利用，可得，再利用平角求解即可．
【详解】解：由旋转可知：，，
则：，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的性质及等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
15. 如图，在中，点D，E分别在，上，，，交于点F， 则_______，_______．
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】连接．先根据已知条件证明，推出，，再证明，利用相似三角形的性质得出，最后通过等高三角形的面积比等于底长之比即可求解．
【详解】解：如图所示，连接．
，，
，，
又，
，
，，
，
，，
，
，
，
，
又，
，
，
故答案为：①，②．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，等高三角形的面积比等于底长之比，解题的关键是证明，．
16. 已知关于的一元二次方程有实根，，且，现有下列说法： ①当时，，；②当时，；③；④二次函数的图像与轴的交点坐标为和． 其中正确的有______________．
【答案】①③##③①
【解析】
【分析】解一元二次方程，根据一元二次方程根与系数的关系即可求解．
【详解】解：①当时，一元二次方程为，
∴，，故①正确；
②当时，
∵一元二次方程有实根，，且，
∴原方程转化为，
根据韦达定理得，，，
若，则，
∵，且，
∴错误，即错误，故②错误；
∴当时，或，故②错误；
③转化为，有实根，，且，
∴，即，
∴，故③正确；
④∵一元二次方程有实根，，且，
∴原方程转化为，
根据韦达定理得，，，
∴，即，
∴由二次函数的图像与轴的交点坐标不是和，故④错误．
综上所述，正确的有①③，
故答案为：①③．
【点睛】本题主要一元二次方程的知识，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
三、解答题（本题共有7个小题，共66分）
17. 如图，的顶点均为网格中的格点．
（1）选择合适的格点（包括边界）为点D和点E，请画出一个，使（相似比不为1）．
（2）证明：．
【答案】（1）图见解析
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据要求，画出一个，即可；
（2）利用勾股定理求出各边长，利用三组对应边对应成比例，证明即可．
【小问1详解】
解：如图所示：即为所求，理由见（小问2）；
【小问2详解】
证明：设小正方形的边长为：1，由图可知：，
由勾股定理，得：，，，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定．熟练掌握相似三角形的判定方法，是解题的关键．
18. 已知二次函数经过和．
（1）求该二次函数的表达式和对称轴．
（2）当时，求该二次函数的最大值和最小值．
【答案】（1） ；对称轴直线
（2）当时，有最大值；当时，有最小值
【解析】
【分析】（1）先将和分别代入求出二次函数的表达式，再根据对称轴公式作答即可；
（2）先确定开口方向，再根据对称轴确定最大值和最小值即可．
【小问1详解】
∵经过和，
∴，
解得，
∴二次函数的表达式为；
∴对称轴为直线；
【小问2详解】
由（1）可知的开口向上，
∵二次函数的对称轴为直线在内，
∴当时，有最小值；
∵直线距直线最远，
∴当时，有最大值．
【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，熟练掌握二次函数的图像和性质是解题的关键．
19. 年世界杯在卡塔尔举办． 赛前通过抽签，将支参赛队伍分为组（组、组、组、组、组、组、组和组），每支队伍一组． 每组的支队伍通过组内循环赛决出第一名和第二名晋级十六强．
（1）在抽签时，求甲队进入E组的概率（甲队进入各组的可能性相同）．
（2）已知甲、乙、丙、丁四支队伍同在组，且四支队伍晋级十六强的可能性相同，请用列表或画树状图的方法求甲、乙两支队伍同时晋级十六强的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）共有组，每支队伍一组，由此即可求解；
（2）通过列树状图将赛程结果表示出来，再根据概率计算公式计算．
【小问1详解】
解：为组（组、组、组、组、组、组、组和组），每支队伍一组，
∴甲队进入E组的概率，即．
【小问2详解】
解：赛程如下，
∴．
【点睛】本题主要考查概率的计算，理解并掌握树状图或列表求事件的概率是解题的关键．
20. 如图，在中，M，N为对角线的三等分点，直线交于点E，直线交于点F．

（1）找出图中的两对相似三角形，选一对说明理由．
（2）试探究与之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）见解析 （2），见解析
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的性质，得到，即可得到，；
（2），得到，，得到，分别得到以及之间的数量关系，进而推出AD与FD之间的数量关系．
【小问1详解】
解：，；理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，；
【小问2详解】
解：；理由如下：
∵，，
∴，，
∵M，N为对角线的三等分点，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质．熟练掌握平行四边形的对边平行，证明三角形相似，是解题的关键．
21. 如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，AB=10，AC=6，连结OC，弦AD分别交OC，BC于点E，F，其中点E是AD的中点．
（1）求证：∠CAD=∠CBA．
（2）求OE的长．
【答案】（1）见解析；（2）1.4
【解析】
【分析】（1）利用垂径定理以及圆周角定理解决问题即可；
（2）证明△AEC∽△BCA，推出，求出EC即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵AE=DE，OC是半径，
∴，
∴∠CAD=∠CBA；
（2）解：如图：
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵AE=DE，
∴OC⊥AD，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ACB，
∴△AEC∽△BCA，
∴，
∴，
∴CE=3.6，
∵OC=AB=5，
∴OE=OC﹣EC=5﹣3.6=1.4．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，证明△AEC∽△BCA是解题关键．
22. 已知二次函数．
（1）证明：二次函数的图象与x轴总有交点．
（2）若点和点在该二次函数图象上，求的值．
（3）将该二次函数图象向下平移2个单位，令新函数图象与x轴的交点横坐标为，． 证明：．
【答案】（1）见解析 （2）=8
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）由，即可得出结论；
（2）由点P、Q坐标求出抛物线对称轴为直线，由抛物线解析式求出抛物线的对称轴为直线，从而得出，从而求出，再把代入函数表达式，得，代入即可求解；
（3）先由抛物线平移规律求出新函数的表达式，再因新函数图象与x轴的交点横坐标为，得，，然后由，代入即可得出结论．
【小问1详解】
证明：∵，
∴二次函数 与x轴总有交点；
【小问2详解】
解：∵点和点，
∴P、Q两点关于对称轴对称，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴
∴，
把代入函数表达式，得，
∴，
∴；
【小问3详解】
证明：由题意，新函数的表达式，
∵新函数图象与x轴的交点横坐标为，，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点问题，抛物线图象上点的坐标特征与对称，抛物线的平移，一元二次方程根与系数关系，完全平方公式的应用，熟练掌握二次函数与一元二次方程关系是解题的关键．
23. 如图，、、是中的三条弦，点E在上，且． 连结，，，其中交于点G．
（1）求证：．
（2）若，求的度数（用含α的代数式表示）．
（3）若，，，求线段的长．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由等弦所对弧相等，再由等弧所对圆周角相等得出，又，即可得出结论；
（2）由等边对等角的性质与圆周角性质得出，即可由求解；
（3）由，得，从而可求出，，从而求出，再证，得，代入即可求解．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∴，
又∵，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
【小问3详解】
解：∵，
∴，
∵，，，
∴ ，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查三角形判定与性质，圆周角定理，弦与弧关系，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形相似的判定与性质、圆周角定理是解题的关键．
甲
乙
丙
丁
甲
（乙，甲）
（丙，甲）
（丁，甲）
乙
（甲，乙）
（丙，乙）
（丁，乙）
丙
（甲，丙）
（乙，丙）
（丁，丙）
丁
（甲，丁）
（乙，丁）
（丙，丁）