（杭州专用）数学九年级上册期末常考题精选1（2份，原卷版+解析版）

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本试卷分试题卷和答题卷两部分，满分120分，考试试卷120分钟。
答题前，必须在答题卡上填写校名，班级，姓名，座位号。
不允许使用计算器进行计算，凡题目中没有要求取近似值的，结果应保留根号或
一、选择题（本大题有10个小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．(本题3分)（2021·浙江·杭州市杭州中学九年级期中）抛物线y＝2x2﹣1的对称轴是（ ）
A．直线x＝﹣1B．直线C．x轴D．y轴
【答案】D
【分析】
根据二次函数的性质求解即可．
【详解】
解：∵抛物线y＝2x2﹣1，
∴对称轴为y轴．
故选：D．
【点睛】
本题考查二次函数的性质，熟练掌握该知识点是解题关键．
2．(本题3分)（2021·浙江杭州·九年级期末）一个布袋里装有3个只有颜色不同的球，其中2个红球，1个白球．从布袋里摸出一个球，记下颜色后放回，搅匀，再摸出一个球，则两次摸到的球都是红球的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
先画出树状图，从而可得两次摸球的所有可能的结果，再找出两次摸到的球都是红球的结果，然后利用概率公式即可得．
【详解】
解：由题意，将2个红球，1个白球分别记为，
画出树状图如下：
由图可知，两次摸球的所有可能的结果共有9种，它们每一种出现的可能性都相等；其中，两次摸到的球都是红球的结果有4种，
则所求的概率为，
故选：C．
【点睛】
本题考查了利用列举法求概率，正确画出树状图是解题关键．
3．(本题3分)（2021·浙江杭州·九年级月考）把抛物线y＝2(x﹣1)2+3先向右平移3个单位，再向上平移1个单位，得到的抛物线的解析式是（ ）
A．y＝2(x+2)2+4B．y＝2(x﹣4)2+4
C．y＝2(x+2)2+2D．y＝2(x﹣4)2+2
【答案】B
【分析】
根据平移的性质先得到平移后得到的抛物线的顶点坐标为 ，即可求解．
【详解】
解：∵抛物线y＝2(x﹣1)2+3的顶点坐标为 ，
∴把抛物线y＝2（x﹣1）2+3先向右平移3个单位，再向上平移1个单位后，得到的抛物线的顶点坐标为 ，
∴平移后抛物线的解析式是y＝2（x﹣4）2+4，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的图象与几何变换，熟练掌握函数图象的平移法则是解题的关键．
4．(本题3分)（2021·浙江·杭州市杭州中学九年级期中）若P是线段AB的黄金分割点，且AP＞BP，若AP＝4﹣4，则线段AB的长为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】D
【分析】
先根据黄金分割的定义得，列式求解即可．
【详解】
解：∵P是线段AB的黄金分割点，且AP＞BP，AP＝4﹣4，
∴，
∴AB＝．
故选：D．
【点睛】
本题考查了黄金分割的定义，熟练掌握黄金分割的定义及黄金比值是解题的关键．
5．(本题3分)（2021·浙江·杭州市杭州中学九年级期中）①三点确定一个圆；②平分弦的直径平分弦所对的弧；③同圆或等圆中，相等的弦所对的圆心角相等；④在半径为4的圆中，30°的圆心角所对的弧长为；从上述4个命题中任取一个，是真命题的概率是（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】
先根据确定圆的条件对①进行判断；根据垂径定理的推论对②进行判断；根据圆心角、弧、弦的关系对③进行判断；根据弧长公式对④进行判断．然后利用概率公式进行计算即可．
【详解】
①不在同一直线上的三点可以确定一个圆，故①说法错误，是假命题；
②平分弦（非直径）的直径平分弦所对的弧，所以②错误，是假命题；
③在同圆或等圆中，弦相等，所对的圆心角相等，所以③正确，是真命题；
④在半径为4的圆中，30°的圆心角所对的弧长为，所以④错误，是假命题．
其中真命题有1个，所以是真命题的概率是：，
故选：D．
【点睛】
本题考查了真假命题的判断及概率公式，解题的关键是：先判断命题的真假．
6．(本题3分)（2021·浙江杭州·九年级期末）如图，为的弦，半径交于点D，，，，则长为（ ）
A．3B．4C．6D．8
【答案】C
【分析】
连接OB，根据⊙O的半径为5，CD=1得出OD的长，再由垂径定理的推论得出OC⊥AB，由勾股定理求出BD的长，进而可得出结论．
【详解】
解：连接OB，如图所示：
∵⊙O的半径为5，CD=1，
∴OD=5-1=4．
∵AD=DB，
∴OC⊥AB，
∴∠ODB=90°，
∴BD==3，
∴AB=2BD=6．
故选：C．
【点睛】
本题考查的是垂径定理以及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
7．(本题3分)（2020·浙江杭州·九年级）如图，的正方形网格中，在四个点中任选三个点，能够组成等腰三角形的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
先列举所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式计算可得．
【详解】
解：在A，B，C，D四个点中任选三个点，有四种情况：
△ABC、△ABD、△ACD、△BCD，
其中能够组成等腰三角形的有△ACD、△BCD两种情况，
则能够组成等腰三角形的概率为，
故选A．
【点睛】
此题考查概率的求法：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P（A）=．
8．(本题3分)（2021·浙江杭州·九年级期末）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F为AD上两点，且．点P为线段EF上一动点，分别以AP，DP为边在正方形ABCD内部作正方形AMNP和正方形PQRD，点G，H分别为MN和QR的中点，连接GH，并取GH的中点O，则A、O两点间距离的最大值为（ ）
A．B．5C．D．
【答案】B
【分析】
分别以AB，BC为坐标轴建立平面直角坐标系，设P（m，6）（1≤m≤5），根据正方形的性质分别表示M(0，6-m)，N(m，6-m)，Q(m，m)，R(6，m)，再根据中点坐标公式表示出，，由两点间距离公式表示出AO，最后根据二次函数的性质求解即可．
【详解】
解：分别以AB，BC为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示，
设P（m，6）（1≤m≤5）
∵正方形的边长为6，
∴AB=BC=CD=DA=6
∴A(0，6)，B(0，0)，C（6，6）
∵AE=DF=1
∴E（1，6），F（5，6）
又∵四边形APNM和PDRQ为正方形，
∴AP=PN=NM=AM=m，PD=DR=RQ=PQ=6-m
∴M(0，6-m)，N(m，6-m)，Q(m，m)，R(6，m)
又∵G，H分别为MN，QR的中点，
∴
∵O是GH的中点，
∴
∴
∵1≤m≤5
当m=5时，A、O两点间距离的最大值为5，
故选：B
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质，坐标与图形的性质，中点坐标公式勾股定理以及求二次函数最大值等知识，正确构建平面直角坐标系是解答本题的关键．
9．(本题3分)（2021·浙江杭州·一模）如图，在中，，CD是的角平分线，过点D作交BC于点E．和的面积分别为和，若，则的值为（ ）．
A．3B．C．D．
【答案】C
【分析】
过点D作DM⊥BC于点M，DN⊥AC于点N，由题意易证△AND∽△DMB，进而可得，设，则有，得出BE，AC，然后求出，问题可进行求解．
【详解】
解：过点D作DM⊥BC于点M，DN⊥AC于点N，如图所示：
∵，CD是的角平分线，，
∴，
∴，
∵，
∴△AND∽△DMB，
∵，
∴，
∴，
设，则有，
∴，
∴，
∵，
∴；
故选C．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
10．(本题3分)（2020·浙江杭州·九年级期末）如图，圆O的半径为R，正内接于圆O，将按逆时针方向旋转后得到，它的两边与AB相交于点D、E，则以下说法正确的个数是（ ）
①；②；③；④
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】
根据圆内接正三角形和旋转的性质得到，，则，于是可得到；在△中，根据含30度的直角三角形三边的关系得到，，，再利用“”可证明△△，则，所以；根据对顶角相等可得到；在△中利用勾股定理可得到，而，则，把代入得到．
【详解】
解：连接，，，，如图，
是正角三角形，按逆时针方向旋转后得到△，
△为等边三角形，
，
而点为△的内心，
，
又，，
△是等腰直角三角形，
，
，
，所以①正确；
，
而，
，
，，
，
，
，
，
，
在△和△中，
，
△△，
，
，所以②错误；
，所以③正确；
在△中，，
，
，
而，
，
，所以④错误．
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理和圆内接正三角形的性质；会运用勾股定理和含30度的直角三角形三边的关系进行几何运算．
二、填空题（本大题有6个小题，每小题4分，共24分）
11．(本题4分)（2021·浙江·杭州市十三中教育集团（总校）九年级开学考试）设，，是抛物线上的三点，则，，的大小关系为 __（用“”连接）
【答案】
【分析】
根据二次函数的性质得到抛物线的开口向下，对称轴为直线x＝1，然后根据三个点离对称轴的远近判断函数值的大小．
【详解】
解：，
抛物线的开口向下，对称轴为直线，
而离直线的距离最远，在直线上，
．
故答案为．
【点睛】
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．也考查了二次函数的性质．
12．(本题4分)（2021·江苏·常熟市实验中学八年级月考）已知线段a＝4，b＝16，则a，b的比例中项线段的长是_______．
【答案】8
【分析】
设线段a，b的比例中项为c，根据比例中项的定义可得c2＝ab，代入数据可直接求出c的值，注意两条线段的比例中项为正数．
【详解】
解：设线段a，b的比例中项为c，
∵c是长度分别为4、16的两条线段的比例中项，
∴c2＝ab＝4×16，
∴c2＝64，
∴c＝8或-8（负数舍去），
∴a、b的比例中项为8；
故答案为：8．
【点睛】
本题主要考查了比例线段．掌握比例中项的定义，是解题的关键．
13．(本题4分)（2021·浙江杭州·九年级月考）一天晚上，小伟帮妈妈清洗茶杯，三个茶杯只有颜色不同，其中一个无盖，突然停电了，小伟只好把杯盖与茶杯随机地搭配在一起，则花色完全搭配正确的概率是___．
【答案】
【分析】
列举出所有情况，看花色完全搭配正确的情况占总情况的多少即可．
【详解】
解:设3个茶杯分别为A、B、C，A的杯盖是a，B的杯盖是b，
所有情况如下树状图：
共有6种等可能的结果，其中花色完全搭配正确有2种，
所以花色完全搭配正确的概率为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查随机事件概率的求法：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P（A）=．
14．(本题4分)（2021·浙江杭州·九年级期末）在等腰中，，以BC边的中点O为圆心，长为半径画圆，该圆分别交AB，AC边于点D，E，P是圆上一动点（与点D，E不重合），连结PD，PE，则__________．
【答案】50°或130°
【分析】
连接OD，OE，求出∠DOE，再分当点P 在优弧DBE上时和当点P在劣弧DE上时，分别求出∠DPE即可．
【详解】
解：连接OD，OE，
∵∠A=40°，AB=AC，
∴∠B=∠C==70°，
∵OD=OB=OC=OE，
∴∠ODB=∠B=∠C=∠OEC=70°，
∴∠BOD=∠COE=40°，
∴∠DOE=100°，
当点P 在优弧DBE上时，∠DP1E=∠DOE=50°，
当点P在劣弧DE上时，∠DP2E=180°-∠DP1E=130°，
∴∠DPE=130°或50°，
故答案为：130°或50°．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的判定和性质，圆心角，圆周角定理，理解题意，画出图形，进行分类讨论是解题的关键．
15．(本题4分)（2019·浙江杭州·九年级）如图，正方形和正方形在平面直角坐标系中，点，，在上，点为坐标原点． 点为的中点，抛物线经过，，三点，则的值为________．
【答案】
【分析】
设正方形OABC的边长为m，CDEF的边长为n,中点的性质，可知CM=由此表示出点M，点B和点E的坐标，代入点B的坐标求得函数解析式，进一步代入点E，用n表示m，从而求出的值.
【详解】
解：设正方形OABC的边长为m，CDEF的边长为n，
∵点M为OC的中点，
∴点M为（0，），点B为（m，m），点E为（n，m+n），
∵抛物线经过M，B，E三点，
将点M和点B分别代入
得：，
，
解得：，
∴抛物线，
把点E（n，m+n）代入抛物线得
解得：或（不合题意，舍去）
∴CB=,
∴
【点睛】
本题考查了正方形的性质，中点性质，二次函数与几何综合性知识，解决本题的关键是正确理解题意，熟练正方形的性质以及待定系数法求函数解析式的过程.
16．(本题4分)（2021·浙江杭州·九年级期末）如图，矩形ABCD中，AB=6，点P为对角线AC上一点，，过点P作直线EF分别交边AD，BC于点F，点E．现过点P作交矩形ABCD一边于点Q，若，且点Q恰好落在的角平分线上，则BC的长为____．
【答案】．
【分析】
连接FQ，FQ与AP相交于点O，由角平分线的性质定理，得到，然后利用相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，以及勾股定理，求出，，解方程即可求出答案．
【详解】
解：连接FQ，FQ与AP相交于点O，如图
∵点Q恰好落在的角平分线上，
∴,
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴≌，
∴，
∵，，
∴≌，
∴，，
设，则
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴∽，
∴，
即，
解得（负值已舍去）；
∴BC的长为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，从而进行解题．
三、解答题（本大题有7小题，共66分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．(本题6分)（2020·浙江浙江·九年级期末）如图，在一面靠墙的空地上用长为24米的篱笆，围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃，墙的最大可用长度为9米．设花圃的宽为米，面积为平方米．
（1）求与的函数关系式及自变量的取值范围；
（2）求花圃面积的最大值．
【答案】（1）与的函数关系式为，自变量的取值范围为；（2）花圃面积的最大值为45平方米．
【分析】
（1）先根据篱笆的长求出BC的长，再根据长方形的面积公式即可得；根据“墙的最大可用长度为9米”列出不等式，即可求出x的取值范围；
（2）根据（1）的结论，利用二次函数的性质求解即可．
【详解】
（1）由题意得：米，且
即
解得
故与的函数关系式为，自变量的取值范围为；
（2）由（1）知，
由二次函数的性质可知，当时，S随x的增大而减小
则当时，S取最大值，最大值为（平方米）
故花圃面积的最大值为45平方米．
【点睛】
本题考查了根据实际问题求二次函数的解析式、二次函数的性质等知识点，依据题意，正确求出函数的解析式和自变量x的取值范围是解题关键．
18．(本题8分)（2020·浙江杭州·九年级期末）甲口袋中装有两个相同的小球，它们的标号分别为2和7，乙口袋中装有两个相同的小球，它们的标号分别为4和5，丙口袋中装有三个相同的小球，它们的标号分别为3，8，9，从这三个口袋中各随机的取出一个小球，
(1)求取出的三个小球的标号全是偶数的概率是多少？
(2)已取出的三个小球的标号分别表示三条线段的长度，求这三条线段能构成三角形的概率.
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）分别求出取出三个口袋中偶数的概率，相乘即可得到结果；
（2）画树状图得出所有等可能的情况数，找出三条线段能构成三角形的情况数，即可求出所求的概率；
【详解】
解：
（1）根据题意得，画画树状图如下图：
共有12种可能，其中满足条件的只有2,4,8这一种情况，
∴.
（2）画树状图如下图：
共有12种可能，其中三条线段能构成三角形的情况有：2，4，3； 7，4，8；7，4，9；7，5，3；7，5，8；7，5，9，共6种，
∴P==；
【点睛】
本题主要考查了列表法与树状图法，掌握列表法与树状图法是解题的关键.
19．(本题8分)（2021·浙江·杭州市杭州中学九年级期中）如图，在平行四边形ABCD中，DE交BC于F，交AB的延长线于E，且∠EDB＝∠C．
（1）求证：ADE∽DBE；
（2）若DE＝2cm，AE＝8cm，求DC的长．
【答案】（1）见解析；（2）3cm
【分析】
（1）由平行四边形的对角相等，可得∠A＝∠C，即可求得∠A＝∠EDB，又由公共角∠E＝∠E，可证得△ADE∽△DBE；
（2）根据相似三角形的对应边成比例，易得，求出BE，即可求得DC的值；
【详解】
（1）证明：平行四边形ABCD中，∠A＝∠C，
∵∠EDB＝∠C，
∴∠A＝∠EDB，
又∠E＝∠E，
∴△ADE∽△DBE；
（2）解：平行四边形ABCD中，DC＝AB，
由（1）得△ADE∽△DBE，
∴，
（cm），
AB＝AE﹣BE＝8﹣5＝3（cm），
∴DC＝AB＝3（cm）．
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质，以及平行四边形的性质，解题的关键是数形结合思想的应用，要注意仔细识图．
20．(本题10分)（2021·浙江·诸暨市滨江初级中学九年级期中）如图，一圆弧过方格的格点A、B、C，在方格中建立平面直角坐标系，使点A的坐标为，
（1）画出平面直角坐标系．
（2）仅用一把无刻度的直尺，利用网格，找出该圆弧的圆心并直接写出圆心的坐标．（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】（1）见解析；（2）见解析，（-2，-1）
【分析】
（1）根据点A的坐标为（-3，2）即可确定平面直角坐标系；
（2）利用网格即可画出线段的垂直平分线，两条垂直平分线的交点就是圆心，进而即可写出圆心坐标．
【详解】
解：（1）直角坐标系如图；
（2）画法如图：
结论：点P就是所求圆心．
圆心坐标为（-2，-1）．
【点睛】
本题考查了应用与设计作图，解决本题的关键是利用网格画线段的垂直平分线．
21．(本题10分)（2021·浙江·杭州外国语学校九年级期中）如图，已知矩形的两条对角线相交于点O，过点作分别交、于点、．
（1）求证：；
（2）连接，若．求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）易证△BEG∽△AEB，利用对应边成比例即可解决；
（2）由（1）的结论及BE=CE，易证明△CEG∽△AEC，从而可得∠CGE=∠ACE，由OB=OC，可得．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是矩形
∴∠ABE=90°
∴∠ABG+∠EBG=90°
∵
∴∠ABG+∠BAG=90°
∴∠EBG=∠BAG
∴Rt△BEG∽Rt△AEB
∴
∴
（2）由（1）有：
∵BE=CE
∴
∴
∵∠CEG=∠AEC
∴△CEG∽△AEC
∴∠CGE=∠ACE
∵四边形ABCD是矩形
∴AC=BD
∴OB=OC
∴∠DBC=∠ACE
∴
【点睛】
本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
22．(本题12分)（2021·浙江·杭州市公益中学九年级期中）已知二次函数y1＝ax2﹣bx＋c，y2＝cx2﹣bx＋a，这里a、b、c为常数，且a＞0，c＜0，a＋c≠0
（1）若b＝0，令y＝y1＋y2，求y的函数图象与x轴的交点数；
（2）若x＝x0时，y1＝p，y2＝q，若p＞q，求x0的取值范围；
（3）已知二次函数y1＝ax2﹣bx＋c的顶点是（﹣1，﹣4a），且（m﹣1）a﹣b＋c≤0，m为正整数，求m的值．
【答案】（1）函数与x轴没有交点，即与x轴的交点个数为0；（2）或；（3）或
【分析】
（1）根据，即可得到，然后利用一元二次方程根的判别式进行求解即可；
（2）当时，，，则，从而得到，由此即可得到答案；
（3）由题意得，则，，由，得到，解不等式即可．
【详解】
解：（1）∵二次函数y1＝ax2﹣bx＋c，y2＝cx2﹣bx＋a，b＝0，
∴，
令，则
∴，
∵，
∴，
∴，
∴函数与x轴没有交点，即与x轴的交点个数为0；
（2）∵y1＝ax2﹣bx＋c，y2＝cx2﹣bx＋a，
∴当时，，，
∵，
∴，
∴，
∵a＞0，c＜0，
∴，
∴，
∴或；
（3）∵二次函数y1＝ax2﹣bx＋c的顶点是（﹣1，﹣4a），
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵m为正整数，
∴或．
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程根的判别式，二次函数图像的性质，解不等式等等，解题的关键在于能够熟练掌握二次函数图像的性质．
23．(本题12分)（2020·浙江杭州·九年级期末）已知点D为所在平面上的任意一点，根据下列条件解决问题：
（1）如右图当为锐角时，．这样的点D有______个；
（2）若交于点P；
①求的度数．
②设，△PDC面积为y．求y关于x的函数关系式．
【答案】（1）2；（2）①90°；②
【分析】
（1）根据∠ADB=2∠ACB，借助圆周角定理得到点D的位置；
（2）①取AB中点O，连接DO，CO，证明四边形AOCD和四边形DCBO为菱形，得到△DOC为等边三角形，再利用圆周角定理可得结果；②连接PO，延长PO交DC于点M，根据等边三角形的性质和菱形的性质计算出PO和MO，以及CD，利用三角形面积公式得到函数关系式．
【详解】
解：（1）∵∠ADB=2∠ACB，DA=DB,
则这样的点D有2个，作△ABC的外接圆，
∴∠ACB为圆周角，
则∠ACB所对的弧AB所对应的圆心角∠ADB=2∠ACB，弧AB的两侧各有一个；
（2）①取AB中点O，连接DO，CO，
∵O为AB中点，
∴AO=OB，
∵DC=AD=AB，
∴DC=AD=AO，
∵DC∥AO，
∴四边形AOCD为菱形，同理：四边形DCBO也为菱形，
∴DO=OB=AO=OC=DC，
∴△DOC为等边三角形，
将AB看作圆的直径，AO、OD、OC、OB为半径，且∠ADB=∠ACB，
∴∠ACB=90°；
②连接PO，延长PO交DC于点M，
∵∠ADB=∠ACB，由圆的对称性可得：MO⊥AB，
∵△DOC为等边三角形，四边形AOCD为菱形，
∴∠AOD=∠DOC=∠COB=60°，
∴AC平分∠DAB，
∴∠CAB=（180°-120°）÷2=30°，
∵AB=x，PO⊥AB，AO=AB=，
∴PO==，DC=OD=AO=，
而MO===，
∴MP=，
∴y=MP·DC=．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，二次函数，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是根据角的关系联想到圆周角定理，适当添加辅助线构造常见的几何图形．