（杭州专用）数学九年级上册期末常考题精选6（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)下列函数中，是二次函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
根据二次函数的定义逐一进行判断．
【详解】
解：A、B等式的右边不是整式，不是二次函数，故A、B错误；
C、符合二次函数的定义，故本选项正确；
D、自变量的最高次数为1次，因而不是二次函数，故本选项错误；
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次函数的定义，要知道：形如y=ax2+bx+c（其中a，b，c是常数，a≠0）的函数叫做二次函数，其中a称为二次项系数， b为一次项系数，c为常数项．x为自变量，y为因变量．等号右边自变量的最高次数是2．
2．(本题3分)将一枚均匀的骰子投掷一次，则出现向上一面的数字是偶数的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
投掷这个骰子会出现1到6共6个数字，每个数字出现的机会相同，即有6个可能结果，而这6个数中有2，4，6三个偶数，则有3种可能，根据概率公式即可得出答案．
【详解】
解：在这6个整数中偶数有2、4、6共三个数，
当投掷这个骰子一次，则出现向上一面的数字为偶数的概率是：．
故选：C．
【点睛】
本题考查概率的求法：如果一个事件有种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件出现种结果，那么事件的概率（A）．
3．(本题3分)已知，相似比为，则与的面积比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】
∵，相似比为
∴与的面积比为，
故选：A．
【点睛】
考查相似三角形的性质，理解相似三角形的面积比等于相似比的平方是关键．
4．(本题3分)如图所示，在圆内有折线，其中，，，则的长为（ ）
A．19B．16C．18D．20
【答案】B
【分析】
延长AO交BC于D，作OH⊥BC于H，由∠A=∠B=60°，可判断△ABD为等边三角形，根据等边三角形的性质有∠ADB=90°，AD=BD=AB=10，则OD=AD-OA=4，在Rt△ODH中，由∠ODH=60°得∠DOH=30°，则DH=OD=2，则可得到BH=BD-DH=8，根据垂径定理由OH⊥BC得BH=CH=8，所以BC=2BH=16．
【详解】
解：延长AO交BC于D，作OH⊥BC于H，如图，
∵∠A=∠B=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴∠ADB=60°，AD=BD=AB=10，
∴OD=AD-OA=10-6=4，
在Rt△ODH中，∠ODH=60°，
∴∠DOH=30°，
∴DH=OD=2，
∴BH=BD-DH=10-2=8，
∵OH⊥BC，
∴BH=CH=8，
∴BC=2BH=16．
故选：B．
【点睛】
本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了等边三角形的判定与性质．
5．(本题3分)如图，四边形是的内接四边形，的半径为3，，则弧的长为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】
连接OB、OC，根据圆内接四边形的性质求出∠A的度数，根据圆周角定理求出∠BOD的度数，利用弧长公式计算即可．
【详解】
解：连接、，
四边形是的内接四边形，
，
，
由圆周角定理得，，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理以及弧长的计算，掌握圆内接四边形的对角互补、弧长公式是解题的关键．
6．(本题3分)如图，已知的半径为5，弦，则上到弦所在直线的距离为2的点有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【分析】
作圆的直径CE⊥AB于点D，连接OA，根据勾股定理求出OE的长，求得C、E到弦AB所在的直线距离，与2比较大小，即可判断．
【详解】
解：作圆的直径CE⊥AB于点D，连接OA，
∵AB=8，
∴AD=4．
∵OA=5，
∴OD==3，
∴CD=OC-3=5-3=2，即C到弦AB所在的直线距离为2，
∴在劣弧AB上，到弦AB所在的直线距离为2的点只有C点；
∵DE=5+3=8＞2，
∴在优弧AEB上到弦AB所在的直线距离为2的点有2个，即圆上到弦AB所在的直线距离为2的点有3个．
故选：B．
【点睛】
本题考查了垂径定理，转化为C、E到弦AB所在的直线距离，与2比较大小是关键．
7．(本题3分)典典、诺诺、悦悦三人参加学校的“幸运就是我”节目．幸运的是，她们都得到了一件精美的礼物．其过程是这样的：墙上挂着两串礼物（如下图），每次只能从其中一串的最下端取一件，直到礼物取完为止．典典第一个取得礼物，然后诺诺、悦悦依次取得第2件、第3件礼物．事后她们打开这些礼物品仔细比较发现礼物B最精美，那么取得礼物B可能性最大的是（ ）
A．典典B．诺诺C．悦悦D．无法确定
【答案】C
【分析】
因为数量不多，所以可直接列举出所有情况，比较得到B的可能性即可．
【详解】
解：∵取得礼物共有三种情况：（1）典典A，诺诺B，悦悦C；（2）典典C，诺诺A，悦悦B；（3）典典A，诺诺C，悦悦B．
∴典典取得礼物B的概率=0；诺诺取得礼物B的概率；悦悦取得礼物B的概率
∴悦悦取得礼物B可能性最大
故选：C．
【点睛】
本题考查随机事件发生的可能性，当数量不大时可直接列举出所有的情况，当数量比较大时通常都会用列表法或是树状图来列举．
8．(本题3分)如图，在，，点D是边BC上的一点，且，，则a等于（ ）
A．B．
C．1D．2
【答案】A
【分析】
证明△ABC∽△DAC得，然后列方程求解即可．
【详解】
解：∵，
∴∠B=∠C
又∵，
∴∠C=∠DAC
∴△ABC∽△DAC
∴
∴
解得，或（舍去）
故选：A
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
9．(本题3分)勾股定理是几何中一个重要定理．著名数学家毕达哥拉斯用如图①所示的图形验证了勾股定理，把图①放入矩形内得到图②，∠ACB＝90°，BC＝2AC，E，F，G，H，I都在矩形MNOP的边上，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
如图所示，延长交于 过作于 设BC＝2AC＝2a，由题意可知，AC＝CD＝DE＝AE＝a，BH＝HI＝CI＝BC＝2a，由勾股定理可得，AB＝，可得AB＝BG＝FG＝AF＝a，再利用相似三角形的性质分别用含的代数式表示，即可得到答案．
【详解】
解：如图所示，延长交于 过作于

设BC＝2AC＝2a，
由题意可知，AC＝CD＝DE＝AE＝a，BH＝HI＝CI＝BC＝2a，
由勾股定理可得，AB＝，
∴AB＝BG＝FG＝AF＝a，
∵∠AKI＝∠ACB＝90°，∠CAB＝∠IAK，
∴△AKI∽△ACB，
∴，
∴IK＝，
∴MP＝MJ+JP＝IK+AF＝
∴AK＝，
同理可得：△AEJ∽△BAC，
∴，
∴AJ＝，
同理可得：△ABC∽△HIN，
∴，
∴，
∴MN＝MI+IN＝AJ+AK+IN＝，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，矩形，正方形的性质，相似三角形的性质与判定，掌握利用相似三角形的性质寻求边与边之间的关系是解题的关键．
10．(本题3分)如图，AB是O的直径，AB＝4，C为的三等分点（更靠近A点），点P是O上一个动点，取弦AP的中点D，则线段CD的最大值为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】
取OA的中点Q，连接DQ，OD，CQ，根据条件可求得CQ长，再由垂径定理得出OD⊥AP，由直角三角形斜边中线等于斜边一半求得QD长，根据当C,Q,D三点共线时，CD长最大求解.
【详解】
解：如图，取AO的中点Q,连接CQ，QD，OD，
∵C为的三等分点，
∴的度数为60°，
∴∠AOC=60°,
∵OA=OC,
∴△AOC为等边三角形，
∵Q为OA的中点，
∴CQ⊥OA，∠OCQ=30°,
∴OQ= ,
由勾股定理可得，CQ= ,
∵D为AP的中点,
∴OD⊥AP，
∵Q为OA的中点，
∴DQ= ,
∴当D点CQ的延长线上时，即点C,Q,D三点共线时，CD长最大，最大值为 .
故选D

【点睛】
本题考查利用弧与圆心角的关系及垂径定理求相关线段的长度，并且考查线段最大值问题，利用圆的综合性质是解答此题的关键.
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)将抛物线向上平移个单位后，所得抛物线经过点，则的值为______．
【答案】6
【分析】
先根据抛物线的平移规律得出平移后的抛物线的解析式，再将点代入求解即可得．
【详解】
由平移规律得：平移后的抛物线的解析式为
将点代入得：
解得
故答案为：6．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象平移规律，熟记图象平移规律是解题关键．对于二次函数的平移规律为：（1）向左平移b个单位长度可得到，向右平移b个单位长度可得到；（2）向上平移b个单位长度可得到，向下平移b个单位长度可得到；可总结为“左加右减、上加下减”．
12．(本题4分)如图，在中，，．动点分别在直线上运动，且始终保持．设，，则与之间的函数关系可以表示为________．
【答案】y=
【分析】
由AB＝AC，∠BAC＝20°，得∠ABC＝80°，即∠P+∠PAB＝80°，由∠BAC＝20°，∠PAQ＝100°，得∠PAB+∠QAC＝80°，由此可得∠P＝∠QAC，同理可证∠PAB＝∠Q，从而证明△PAB∽△AQC，利用相似比求函数关系式．
【详解】
解：∵AB＝AC，∠BAC＝20°，
∴∠ABC＝（180°-∠BAC）÷2＝80°，即∠P+∠PAB＝80°，
又∵∠BAC＝20°，∠PAQ＝100°，
∴∠PAB+∠QAC＝80°，
∴∠P＝∠QAC，
同理可证∠PAB＝∠Q，
∴△PAB∽△AQC，
∴，即，
∴y=，
故答案为：y=．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质．关键是利用等腰三角形的性质，外角的性质证明角相等，从而证明三角形相似，利用相似比得函数关系式．
13．(本题4分)三张完全相同的卡片上分别写有函数，，，从中随机抽取一张，则所得卡片上函数的图象在第一象限内随的增大而增大的概率是__________．
【答案】
【分析】
根据函数图像性质，依次分析题中一次函数、反比例函数、二次函数在第一象限的特征，通过计算求解概率．
【详解】
（1）一次函数在第一象限内，随的增大而增大；
（2）反比例函数在第一象限内，随的增大而减小；
（3）二次函数在第一象限内，随的增大而增大；
这３个函数，在第一象限内有两个是随的增大而增大；
卡片上函数的图象在第一象限内随的增大而增大的概率是： ；
故答案为：
【点睛】
本题考查一次函数、反比例函数、二次函数图像性质及概率，掌握函数图像性质是解题关键．
14．(本题4分)如图，是的直径，弦交于点，，则____．
【答案】
【分析】
由，，根据两直线平行，内错角相等，即可求得的度数，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得的度数，然后利用三角形的外角的性质，即可求得的度数．
【详解】
解：，，
，
∵，
，
．
故答案为：．
【点睛】
此题考查了圆周角定理、平行线的性质以及三角形外角的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用，注意在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半定理的应用．
15．(本题4分) 图1是一款优雅且稳定的抛物线型落地灯．防滑螺母C为抛物线支架的最高点，灯罩D距离地面1.86米，灯柱AB及支架的相关数据如图2所示．若茶几摆放在灯罩的正下方，则茶几到灯柱的距离AE为_____米．
【答案】2.7
【分析】
由题意构造直角坐标系，设点A为坐标原点，由题意可知：防滑螺母C为抛物线支架的最高点，由图象中的数据，就可得到顶点A的坐标及点B的坐标，再利用待定系数法求出函数解析式，再根据灯罩D距离地面1.86米，茶几摆放在灯罩的正下方，将y＝1.86代入函数解析式求出x的值，就可得到茶几到灯柱的距离AE．
【详解】
解：如图所示，以点A为坐标原点，建立平面直角坐标系，
由题意可知：防滑螺母C为抛物线支架的最高点
∴顶点C的坐标为：（1.5，2.5），B点坐标为（0，1.5），
设抛物线的解析式为y＝a（x−1.5）2＋2.5，
将点B（0，1.5）代入得：a（0−1.5）2＋2.5＝1.5，
解之：a＝，
∴，
∵灯罩D距离地面1.86米，茶几摆放在灯罩的正下方，
当y＝1.86时，
解得：x1＝0.3，x2＝2.7，
∵茶几在对称轴的右侧
∴x＝2.7，
∴茶几到灯柱的距离AE为2.7m
故答案为：2.7．
【点睛】
本题考查了将二次函数的实际应用转化为二次函数图象的抽象能力以及用待定系数法求函数解析式与点的坐标的能力．
16．(本题4分)如图，在锐角三角形ABC中，，，点D为边AB的中点，点E在边AC上，将沿DE折叠得到．若，则的值为_______；的值为________．
【答案】
【分析】
由已知条件可知,≌，根据，可推出，即可得到∽，则，设，与交于点，然后根据等腰直角三角形的性质、勾股定理等计算出：、、、的长，即可得到答案．
【详解】
由已知条件可知，≌，，
∴，
又∵，
∴，
又∵在和中，，，
∴∽，
∴，
∴，
如图，设，则，与交于点，则，
∴，，
∴，
∵，
∴，，均为等腰直角三角形，
∴，，
在中，由勾股定理可知，,
，
∴，
∴
故答案为：；．
【点睛】
本题考查了相似三角形、相似比、勾股定理，解答本题的关键是设准未知数，找准比例关系，利用比值进行求解．
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)已知二次函数的图象以为顶点，且过点．
（1）求该函数的关系式；
（2）求该函数图象与轴的交点坐标．
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）根据图象的顶点来设该二次函数的关系式，然后将点坐标代入，求出即可；
（2）令，然后将其代入函数关系式，求出对应的函数值即可．
【详解】
解：（1）由顶点，可设二次函数关系式为
∵二次函数的图象过点
∴
∴
∴二次函数的关系式是．
（2）∵令，则
∴图象与轴的交点坐标是．
故答案是：（1）；（2）
【点睛】
本题考查了抛物线与轴的交点、待定系数法求二次函数解析式；熟练掌握待定系数法求抛物线的解析式是解决问题的关键．
18．(本题8分)小明周末要乘坐公交车到植物园游玩，从地图上查找路线发现，几条线路都需要换乘一次．在出发站点可选择空调车A、空调车B、普通车a，换乘站点可选择空调车C，普通车b、普通车c，且均在同一站点换乘．空调车投币2元，普通车投币1元．用树状图或列表法求小明到达植物园恰好花费3元公交费的概率．
【答案】
【分析】
首先利用树状图法列举出所有的结果进而得出答案．
【详解】
解：如图所示：
一共有9种组合，只有Ab，Ac，Bb，Bc，aC组合恰好花费3元，
故小明到达植物园恰好花费3元公交费的概率为：.
【点睛】
此题主要考查了概率公式，正确列举出所有的可能是解题关键．
19．(本题8分)（1）我们知道，将一条线段AB分割成大小两条线段AP、PB，使AP＞PB，点P把线段AB分成两条线段AP和BP，且，点P就是线段AB的黄金分割点，此时的值为 （填一个实数）：
（2）如图，Rt△ABC中，∠B=90°，AB=2BC，现以C为圆心、CB长为半径画弧交边AC于D，再以A为圆心、AD长为半径画弧交边AB于E．
求证：点E是线段AB的黄金分割点．
【答案】（1）；（2）见解析
【分析】
（1）根据题意列出一元二次方程，解方程即可；
（2）设BC=a，根据题意用a表示出AB、AC，结合图形、根据黄金分割的定义判断即可．
【详解】
解：（1）设AB长为1，P为线段AB上符合题意的一点，AP=x，则BP=1﹣x，
根据题意得，，
解得，（舍去），
故，
故答案为：；
（2）设BC=a，则AB=2a，
则AC=a，
由题意得，CD=BC=a，
∴AE=AD=a﹣a，
BE=AB﹣AE=3a﹣a，
∴=，=，
∴=，即点E是线段AB的黄金分割点．
【点评】
本题考查的是黄金分割的概念和性质，掌握把线段AB分成两条线段AC和BC（AC＞BC），且使AC是AB和BC的比例中项，叫做把线段AB黄金分割是解题的关键．
20．(本题10分)如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，每个小正方形的顶点叫做格点．的顶点均在格点上，点、、的坐标分别是、、，绕点顺时针旋转后得到．
（1）在正方形网格中作出；
（2）求点在旋转中的路径长（结果保留）．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据△ABC绕点O顺时针旋转90°后得到△A1B1C1，得出各对应点位置画出图象即可；
（2）利用弧长公式求出点A经过的路径的长度即可；
【详解】
解：（1）如图所示：
（2）由题意可得：OA=OA1=，
在旋转过程中，点A经过的路径的长度为：.
【点睛】
本题考查了作图—旋转变换，弧长的计算，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键．
21．(本题10分)如图，在中，∠ACB=90°，AC=BC，O是AB的中点，连结OC，点F，E分别在边AB和BC上，过E点作EM⊥AB，垂足为M，满足∠FCO=∠EFM．
（1）求证：CF=EF；
（2）求证：．
【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析．
【分析】
（1）证∠FCE=∠FEC即可；
（2）证△EMF≌△FOC，再通过平行列比例式，通过线段相等进行代换即可．
【详解】
（1）证明：∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠A=∠B=45°，
∵O是AB的中点，
∴CO⊥AB，∠BOC=90°，
∴∠BCO=45°，
∠FCE=∠BCO+∠FCO=45°+∠FCO，
∠FEC=∠B+∠EFM=45°+∠EFM，
∵∠FCO=∠EFM，
∴∠FCE=∠FEC，
∴CF=EF；
（2）∵EM⊥AB，
∴∠EMF=∠COF=90°，
∵EF=CF，∠FCO=∠EFM，
∴△EMF≌△FOC，
∴FM=OC=OB，
∵EM∥CO，
∴，
∵EM∥NO，
∴，
∴
【点睛】
本题考查了等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，解题关键是熟练运用相关知识，整合已知条件，进行推理证明．
22．(本题12分)已知二次函数．
（1）求证：二次函数的图象必过点；
（2）若点，在函数图象上，，求该函数的表达式；
（3）若该函数图象与轴有两个交点，，求证：．
【答案】（1）见详解；（2）或；（3）见详解
【分析】
（1）把二次函数解析式化成两点式，进而问题可求解；
（2）把点，代入解析式，然后结合，进而问题可求解；
（3）由题意可得当y=0时，则是方程的两个不相等的实数根，进而利用根与系数的关系可进行求解．
【详解】
（1）证明：由二次函数可化为，
∴令y=0时，则有，
解得：，
∴二次函数的图象必过点；
（2）解：由（1）可得：，则把点，代入得：
，，
∵，
∴，
解得：，
∴该函数表达式为：或；
（3）证明：由题意得：当y=0时，则是方程的两个不相等的实数根，
∴根据一元二次方程根与系数的关系可得：，
∴，
∴，
∵，
∴，即．
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合及一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键．
23．(本题12分)如图，等边内接于，是上任一点（点不与点、重合），连接、，过点作交的延长线于点．
（1）求和的度数；
（2）求证：；
（3）若，，求四边形的面积；
（4）在（3）的条件下，求的长度．
【答案】（1）∠APC=60°，∠BPC=60°；（2）见解析；（3）；（4）
【分析】
（1）由△ABC是等边三角形，可知∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，由圆周角定理可知∠APC=∠ABC=60°，∠BPC=∠BAC=60°；
（2）利用上题中得到的相等的角和等边三角形中相等的线段利用AAS证得两三角形全等即可；
（3）根据CM∥BP说明四边形PBCM是梯形，利用上题证得的两三角形全等判定△PCM为等边三角形，进而求得PH的长，利用梯形的面积公式计算四边形的面积即可；
（4）过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，利用勾股定理求出AB的长，在△ABC中，利用等边三角形的性质求出BN，在△BON中利用勾股定理求出OB，最后根据弧长公式求出弧AB的长.
【详解】
解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，
∵，，
∴∠APC=∠ABC=60°，∠BPC=∠BAC=60°；
（2）证明：∵CM∥BP，
∴∠BPM+∠M=180°，
∠PCM=∠BPC，
∵∠BPC=∠BAC=60°，
∴∠PCM=∠BPC=60°，
∴∠M=180°-∠BPM=180°-（∠APC+∠BPC）=180°-120°=60°，
∴∠M=∠BPC=60°，
又∵A、P、B、C四点共圆，
∴∠PAC+∠PBC=180°，
∵∠MAC+∠PAC=180°
∴∠MAC=∠PBC
∵AC=BC，
在△ACM和△BCP中，，
∴△ACM≌△BCP（AAS）；
（3）∵CM∥BP，
∴四边形PBCM为梯形，
作PH⊥CM于H，
∵△ACM≌△BCP，
∴CM=CP，AM=BP，
又∠M=60°，
∴△PCM为等边三角形，
∴CM=CP=PM=PA+AM=PA+PB=1+2=3，
在Rt△PMH中，∠MPH=30°，
∴PH=，
∴S四边形PBCM=（PB+CM）×PH=(2+3)×=；
（4）过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，
∵∠APC=∠BPC=60°，
∴∠BPQ=60°，
∴∠PBQ=30°，
∴PQ=PB=1，
∴在△BPQ中，BQ=，
∴在△AQB中，AB=，
∵△ABC为等边三角形，
∴AN经过圆心O，
∴BN=AB=，
∴AN=，
在△BON中，设BO=x，则ON=，
∴，
解得：x=，
∵∠BOA＝2∠BCA＝120°，
∴=.
【点睛】
本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定，四边形的面积，勾股定理，弧长公式，是一道比较复杂的几何综合题，解题关键是能够掌握并灵活运用全等三角形的判定与性质等知识．