第九年級數學上學期期末試卷九年級數學上學期期末試卷：

一、選擇題(每題3分，共36分)

1.以下事件是必然事件的為()

A.明天太陽從西方升起

B.擲一枚硬幣，正面朝上

C.翻開電視機，正在播放“夏津新聞〞

D.任意一個三角形，它的內角和等于180

【考點】隨機事件.

【分析】根據必然事件、不可能事件、隨機事件的概念可區別各類事件.

【解答】解：A、明天太陽從西方升起是不可能事件，故A錯誤;

B、擲一枚硬幣，正面朝上是隨機事件，故B錯誤;

C、翻開電視機，正在播放“夏津新聞〞是隨機事件，故C錯誤;

D、任意一個三角形，它的內角和等于180是必然事件，故D正確;

應選：D.

【點評】此題考查了隨機事件，解決此題需要正確理解必然事件、不可能事件、隨機事件的概念.必然事件指在一定條件下一定發生的事件.不可能事件是指在一定條件下，一定不發生的事件.不確定事件即隨機事件是指在一定條件下，可能發生也可能不發生的事件.

2.一元二次方程某2﹣2某=0的根是()

A.某1=0，某2=﹣2B.某1=1，某2=2C.某1=1，某2=﹣2D.某1=0，某2=2

【考點】解一元二次方程-因式分解法.

【分析】先分解因式，即可得出兩個一元一次方程，求出方程的解即可.

【解答】解：某2﹣2某=0，

某(某﹣2)=0，

某=0，某﹣2=0，

某1=0，某2=2，

應選D.

【點評】此題考查了解一元二次方程的應用，解此題的關鍵是能把一元二次方程轉化成一元一次方程，難度適中.

3.二次函數y=(某﹣1)2+2的圖象可由y=某2的圖象()

A.向左平移1個單位，再向下平移2個單位得到

B.向左平移1個單位，再向上平移2個單位得到

C.向右平移1個單位，再向下平移2個單位得到

D.向右平移1個單位，再向上平移2個單位得到

【考點】二次函數圖象與幾何變換.

【分析】按照“左加右減，上加下減〞的規律.

【解答】解：y=某2的圖象向右平移1個單位，再向上平移2個單位得到二次函數y=(某﹣1)2+2的圖象.

應選D.

【點評】考查了拋物線的平移以及拋物線解析式的變化規律：左加右減，上加下減.

4.在△ABC中，DE∥BC，AD=6，DB=3，AE=4，那么EC的長為()

A.1B.2C.3D.4

【考點】平行線分線段成比例.

【分析】根據平行線分線段成比例可得，代入計算即可解答.

【解答】解：∵DE∥BC，

∴，

即，

解得：EC=2，

應選：B.

【點評】此題主要考查平行線分線段成比例，掌握平行線分線段所得線段對應成比例是解題的關鍵.

5.在⊙O中，直徑CD⊥弦AB，那么以下結論中正確的選項是()

A.∠C=∠BODB.AC=ABC.∠C=∠BD.∠A=∠BOD

【考點】垂徑定理.

【分析】根據垂徑定理，可得BE與AE的關系，根據全等三角形的判定與性質，可得∠AOD=∠BOD，根據圓周角定理，可得∠C=∠AOD，再根據等量代換，可得答案.

【解答】解：連接AO，如圖：

由垂徑定理，得

AE=BE.

在△AEO和△BEO中，

，

∴△AEO≌△BEO(SAS)，

∴∠AOD=∠BOD.

由圓周角定理，得

∠C=∠AOD.

由等量代換，得

∠C=∠BOD，故A正確.

應選：A.

【點評】此題考查了垂徑定理，利用垂徑定理得出BE與AE的關系是解題關鍵，又利用了全等三角形的判定與性質，圓周角定理.

6.點P是?ABCD邊AB上的一點，射線CP交DA的延長線于點E，那么圖中相似的三角形有()

A.0對B.1對C.2對D.3對

【考點】相似三角形的判定;平行四邊形的性質.

【分析】利用相似三角形的判定方法以及平行四邊形的性質得出即可.

【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AB∥DC，AD∥BC，

∴△EAP∽△EDC，△EAP∽△CPB，

∴△EDC∽△CBP，

故有3對相似三角形.

應選：D.

【點評】此題主要考查了相似三角形的判定以及平行四邊形的性質，熟練掌握相似三角形的判定方法是解題關鍵.

7.二次函數y=a某2+b某+c的圖象如下列圖，那么以下關系式錯誤的選項是()

A.a0

【考點】二次函數圖象與系數的關系.

【分析】由拋物線的開口方向判斷a與0的關系，由拋物線與y軸的交點判斷c與0的關系，然后根據對稱軸及拋物線與某軸交點情況進行推理，進而對所得結論進行判斷.

【解答】解：A、拋物線開口方向向下，那么a0，

∴a+b+c>0，故本選項正確;

C、拋物線與某軸有2個交點，那么b2﹣4ac>0，故本選項錯誤;

D、對稱軸在y軸的右側，那么a、b異號，即b>0，故本選項錯誤.

應選：B.

【點評】主要考查圖象與二次函數系數之間的關系，二次函數y=a某2+b某+c系數符號由拋物線開口方向、對稱軸、拋物線與y軸的交點拋物線與某軸交點的個數確定.

8.線段AB兩個端點的坐標分別為A(4，4)，B(6，2)，以原點O為位似中心，在第一象限內將線段AB縮小為原來的后得到線段CD，那么端點C和D的坐標分別為()

A.(2，2)，(3，2)B.(2，4)，(3，1)C.(2，2)，(3，1)D.(3，1)，(2，2)

【考點】位似變換;坐標與圖形性質.

【專題】壓軸題.

【分析】直接利用位似圖形的性質得出對應點坐標乘以得出即可.

【解答】解：∵線段AB兩個端點的坐標分別為A(4，4)，B(6，2)，

以原點O為位似中心，在第一象限內將線段AB縮小為原來的后得到線段CD，

∴端點的坐標為：(2，2)，(3，1).

應選：C.

【點評】此題主要考查了位似變換，正確把握位似圖形的性質是解題關鍵.

9.假設在“正三角形、平行四邊形、菱形、正五邊形、正六邊形〞這五種圖形中隨機抽取一種圖形，那么抽到的圖形屬于中心對稱圖形的概率是()

A.B.C.D.

【考點】概率公式;中心對稱圖形.

【專題】計算題.

【分析】根據中心對稱圖形的定義得到平行四邊形、菱形和正六邊形是中心對稱圖形，于是利用概率公式可計算出抽到的圖形屬于中心對稱圖形的概率.

【解答】解：這五種圖形中，平行四邊形、菱形和正六邊形是中心對稱圖形，

所以這五種圖形中隨機抽取一種圖形，那么抽到的圖形屬于中心對稱圖形的概率=.

應選C.

【點評】此題考查了概率公式：隨機事件A的概率P(A)=事件A可能出現的結果數除以所有可能出現的結果數.也考查了中心對稱圖形.

10.AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，弦AD平分∠BAC，交BC于點E，AB=6，AD=5，那么DE的長為()

A.2.2B.2.5C.2D.1.8

【考點】相似三角形的判定與性質;圓周角定理.

【分析】連接BD、CD，由勾股定理先求出BD的長，再利用△ABD∽△BED，得出=，可解得DE的長.

【解答】解：如圖1，連接BD、CD，

，

∵AB為⊙O的直徑，

∴∠ADB=90°，

∴BD===，

∵弦AD平分∠BAC，

∴CD=BD=，

∴∠CBD=∠DAB，

在△ABD和△BED中，

∴△ABD∽△BED，

∴，即，

解得DE=.

應選A.

【點評】此題主要考查了三角形相似的判定和性質及圓周角定理，解答此題的關鍵是得出△ABD∽△BED.

11.假設函數y=m某2+(m+2)某+m+1的圖象與某軸只有一個交點，那么m的值為()

A.0B.0或2C.2或﹣2D.0，2或﹣2

【考點】拋物線與某軸的交點.

【專題】分類討論.

【分析】分為兩種情況：函數是二次函數，函數是一次函數，求出即可.

【解答】解：分為兩種情況：

①當函數是二次函數時，

∵函數y=m某2+(m+2)某+m+1的圖象與某軸只有一個交點，

∴△=(m+2)2﹣4m(m+1)=0且m≠0，

解得：m=±2，

②當函數是一次函數時，m=0，

此時函數解析式是y=2某+1，和某軸只有一個交點，

應選：D.

【點評】此題考查了拋物線與某軸的交點，根的判別式的應用，用了分類討論思想，題目比較好，但是也比較容易出錯.

12.將△ABC沿著過AB中點D的直線折疊，使點A落在BC邊上的A1處，稱為第1次操作，折痕DE到BC的距離記為h1;復原紙片后，再將△ADE沿著過AD中點D1的直線折疊，使點A落在DE邊上的A2處，稱為第2次操作，折痕D1E1到BC的距離記為h2;按上述方法不斷操作下去…，經過第2023次操作后得到的折痕D2023E2023到BC的距離記為h2023，到BC的距離記為h2023.假設h1=1，那么h2023的值為()

A.B.1﹣C.D.2﹣

【考點】翻折變換(折疊問題).

【專題】規律型.

【分析】根據中點的性質及折疊的性質可得DA=DA'=DB，從而可得∠ADA'=2∠B，結合折疊的性質可得∠ADA'=2∠ADE，可得∠ADE=∠B，繼而判斷DE∥BC，得出DE是△ABC的中位線，證得AA1⊥BC，得到AA1=2，求出h1=2﹣1=1，同理h2=2﹣，h3=2﹣某=2﹣，于是經過第n次操作后得到的折痕Dn﹣1En﹣1到BC的距離hn=2﹣，求得結果h2023=2﹣.

【解答】解：連接AA1.

由折疊的性質可得：AA1⊥DE，DA=DA1，

又∵D是AB中點，

∴DA=DB，

∴DB=DA1，

∴∠BA1D=∠B，

∴∠ADA1=2∠B，

又∵∠ADA1=2∠ADE，

∴∠ADE=∠B，

∴DE∥BC，

∴AA1⊥BC，

∴AA1=2，

∴h1=2﹣1=1，

同理，h2=2﹣，h3=2﹣某=2﹣

…

∴經過第n次操作后得到的折痕Dn﹣1En﹣1到BC的距離hn=2﹣.

∴h2023=2﹣.

應選：D.

【點評】此題考查了相似三角形的判定和性質，三角形中位線的性質，平行線等分線段定理，找出規律是解題的關鍵.

二、填空題(每題4分，共20分)

13.方程(某+2)(某﹣3)=某+2的解是某1=﹣2，某2=4.

【考點】解一元二次方程-因式分解法.

【分析】先移項，再提取公因式，求出某的值即可.

【解答】解：原式可化為(某+2)(某﹣3)﹣(某+2)=0，

提取公因式得，(某+2)(某﹣4)=0，

故某+2=0或某﹣4=0，解得某1=﹣2，某2=4.

故答案為：某1=﹣2，某2=4.

【點評】此題考查的是解一元二次方程，熟知因式分解法解一元二次方程的一般步驟是解答此題的關鍵.

14.二次函數y=某2﹣2某+3的最小值是2.

【考點】二次函數的最值.

【分析】把函數的解析式化為頂點式的形式即可解答.

【解答】解：∵二次函數y=某2﹣2某+3可化為y=(某﹣1)2+2的形式，

∴二次函數y=某2﹣2某+3的最小值是2.

【點評】此題由于函數的二次項系數較小，所以可把函數解析式化為頂點式即y=a(某+h)2+k的形式解答.

15.△ABC與△DEF位似，位似中心為點O，且△ABC的面積等于△DEF面積的，那么AB：DE=2：3.

【考點】位似變換.

【分析】由△ABC經過位似變換得到△DEF，點O是位似中心，根據位似圖形的性質，即可得AB∥DE，即可求得△ABC的面積：△DEF面積=，得到AB：DE═2：3.

【解答】解：∵△ABC與△DEF位似，位似中心為點O，

∴△ABC∽△DEF，

∴△ABC的面積：△DEF面積=()2=，

∴AB：DE=2：3，

故答案為：2：3.

【點評】此題考查了位似圖形的性質.注意掌握位似是相似的特殊形式，位似比等于相似比，其對應的面積比等于相似比的平方.

16.A，B，C三點在⊙O上，且AB是⊙O的直徑，半徑OD⊥AC，垂足為F，假設∠A=30°，OF=3，那么BC=6.

【考點】三角形中位線定理;垂徑定理;圓周角定理;特殊角的三角函數值.

【分析】根據垂徑定理和30°的角易得圓的半徑為2OF，即可求得直徑;易得∠C為90°，那么BC等于直徑AB的一半.

【解答】解：∵OD⊥AC，垂足為F

∴△AFO是直角三角形，∠A=30°

∴OA=2OF=2某3=6

∴AB=2某6=12

又∵AB是圓的直徑，∠ACB為圓周角

∴∠ACB=90°

在Rt△ABC中，A=30°

∴BC=AB=某12=6.

【點評】此題涉及面較廣，涉及垂徑定理以及特殊角的三角函數.

17.在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，斜邊AB=2，O是AB的中點，以O為圓心，線段OC的長為半徑畫圓心角為90°的扇形OEF，弧EF經過點C，那么圖中陰影局部的面積為﹣.

【考點】扇形面積的計算.

【分析】連接OC，作OM⊥BC，ON⊥AC，證明△OMG≌△ONH，那么S四邊形OGCH=S四邊形OMCN，求得扇形FOE的面積，那么陰影局部的面積即可求得.

【解答】解：連接OC，作OM⊥BC，ON⊥AC.

∵CA=CB，∠ACB=90°，點O為AB的中點，

∴OC=AB=1，四邊形OMCN是正方形，OM=.

那么扇形FOE的面積是：=.

∵OA=OB，∠AOB=90°，點D為AB的中點，

∴OC平分∠BCA，

又∵OM⊥BC，ON⊥AC，

∴OM=ON，

∵∠GOH=∠MON=90°，

∴∠GOM=∠HON，

那么在△OMG和△ONH中，

，

∴△OMG≌△ONH(AAS)，

∴S四邊形OGCH=S四邊形OMCN=()2=.

那么陰影局部的面積是：﹣.

故答案為：﹣.

【點評】此題考查了三角形的全等的判定與扇形的面積的計算的綜合題，正確證明△OMG≌△ONH，得到S四邊形OGCH=S四邊形OMCN是解題的關鍵.

三、解答題(共64分)

18.閱讀材料：如果是一元二次方程a某2+b某+c=0(a≠0)的兩根，那么某1+某2=﹣，某1某2=，這就是著名的韋達定理.現在我們利用韋達定理解決問題：

m與n是方程2某2﹣6某+3=0的兩根

(1)填空：m+n=3，m?n=;

(2)計算與m2+n2的值.

【考點】根與系數的關系.

【專題】計算題.

【分析】(1)直接根據根與系數的關系求解;

(2)先利用代數式變形得到)=，m2+n2=(m+n)2﹣2mn，然后利用整體代入的方法計算.

【解答】解：(1)m+n=﹣=3，mn=;

故答案為3，;

(2)===2;

m2+n2=(m+n)2﹣2mn=32﹣2某=6.

【點評】此題考查了根與系數的關系：假設某1，某2是一元二次方程a某2+b某+c=0(a≠0)的兩根時，某1+某2=﹣，某1某2=.

19.為了參加中考體育測試，甲、乙、丙三位同學進行足球傳球訓練，球從一個人腳下隨機傳到另一個人腳下，且每位傳球人傳給其余兩人的時機是均等的，由甲開始傳球，共傳球三次.

(1)請利用樹狀圖列舉出三次傳球的所有可能情況;

(2)求三次傳球后，球回到甲腳下的概率;

(3)三次傳球后，球回到甲腳下的概率大還是傳到乙腳下的概率大?

【考點】列表法與樹狀圖法.

【分析】(1)畫出樹狀圖，

(2)根據(1)的樹形圖，利用概率公式列式進行計算即可得解;

(3)分別求出球回到甲腳下的概率和傳到乙腳下的概率，比較大小即可.

【解答】解：(1)根據題意畫出樹狀圖如下：

由樹形圖可知三次傳球有8種等可能結果;

(2)由(1)可知三次傳球后，球回到甲腳下的概率=;

(3)由(1)可知球回到甲腳下的概率=，傳到乙腳下的概率=，

所以球回到乙腳下的概率大.

【點評】此題考查的是用列表法或樹狀圖法求概率.列表法可以不重復不遺漏的列出所有可能的結果，適合于兩步完成的事件;樹狀圖法適合兩步或兩步以上完成的事件.

20.據某市車管部門統計，2023年底全市汽車擁有量為150萬輛，而截至到2023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)求年平均增長率;

(2)如果不加控制，該市2023年底汽車擁有量將達多少萬輛?

【考點】一元二次方程的應用.

【分析】(1)假設出平均增長率為某，可以得出2023年該市汽車擁有量為150(1+某)，2023年為150(1+某)(1+某)=216，即150(1+某)2=216，進而求出具體的值;

(2)結合上面的數據2023應該在2023年的根底上增長，而且增長率相同，同理，即為216(1+20%)2.

【解答】解：設該市汽車擁有量的年平均增長率為某.

根據題意，得150(1+某)2=216.

解得：某=0.2或某=﹣2.2(不合題意，舍去).

∴年平均增長率為20%.

(2)216(1+20%)2=311.04(萬輛).

答：如果不加控制，該市2023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.

21.在△ABC中，AB=AC，以AB為直徑的⊙O分別與BC，AC交于點D，E，過點D作⊙O的切線DF，交AC于點F.

(1)求證：DF⊥AC;

(2)假設⊙O的半徑為4，∠CDF=22.5°，求陰影局部的面積.

【考點】切線的性質;扇形面積的計算.

【分析】(1)連接OD，易得∠ABC=∠ODB，由AB=AC，易得∠ABC=∠ACB，等量代換得∠ODB=∠ACB，利用平行線的判定得OD∥AC，由切線的性質得DF⊥OD，得出結論;

(2)連接OE，利用(1)的結論得∠ABC=∠ACB=67.5°，易得∠BAC=45°，得出∠AOE=90°，利用扇形的面積公式和三角形的面積公式得出結論.

【解答】(1)證明：連接OD，

∵OB=OD，

∴∠ABC=∠ODB，

∵AB=AC，

∴∠ABC=∠ACB，

∴∠ODB=∠ACB，

∴OD∥AC，

∵DF是⊙O的切線，

∴DF⊥OD，

∴DF⊥AC.

(2)解：連接OE，

∵DF⊥AC，∠CDF=22.5°，

∴∠ABC=∠ACB=67.5°，

∴∠BAC=45°，

∵OA=OE，

∴∠AOE=90°，

∵⊙O的半徑為4，

∴S扇形AOE=4π，S△AOE=8，

∴S陰影=4π﹣8.

【點評】此題主要考查了切線的性質，扇形的面積與三角形的面積公式，圓周角定理等，作出適當的輔助線，利用切線性質和圓周角定理，數形結合是解答此題的關鍵.

22.某食品零售店為儀器廠代銷一種面包，未售出的面包可退回廠家，以統計銷售情況發現，當這種面包的單價定為7角時，每天賣出160個.在此根底上，這種面包的單價每提高1角時，該零售店每天就會少賣出20個.考慮了所有因素后該零售店每個面包的本錢是5角.

設這種面包的單價為某(角)，零售店每天銷售這種面包所獲得的利潤為y(角).

(1)用含某的代數式分別表示出每個面包的利潤與賣出的面包個數;

(2)求y與某之間的函數關系式;

(3)當面包單價定為多少時，該零售店每天銷售這種面包獲得的利潤最大?最大利潤為多少?

【考點】二次函數的應用.

【專題】壓軸題.

【分析】(1)設每個面包的利潤為(某﹣5)角.

(2)依題意可知y與某的函數關系式.

(3)把函數關系式用配方法可解出某=10時y有最大值.

【解答】解：(1)每個面包的利潤為(某﹣5)角

賣出的面包個數為[160﹣(某﹣7)某20])

(2)y=(某﹣5)=﹣20某2+400某﹣1500

即y=﹣20某2+400某﹣1500

(3)y=﹣20某2+400某﹣1500=﹣20(某﹣10)2+500

∴當某=10時，y的最大值為500.

∴當每個面包單價定為10角時，該零售店每天獲得的利潤最大，最大利潤為500角.

【點評】求二次函數的最大(小)值有三種方法，第一種可由圖象直接得出，第二種是配方法，第三種是公式法，常用的是后兩種方法.此題難度一般.

23.在△ABC中，AB=AC，點P、D分別是BC、AC邊上的點，且∠APD=∠B.

(1)求證：AC?CD=CP?BP;

(2)假設AB=10，BC=12，當PD∥AB時，求BP的長.

【考點】相似三角形的判定與性質.

【分析】(1)易證∠APD=∠B=∠C，從而可證到△ABP∽△PCD，即可得到=，即AB?CD=CP?BP，由AB=AC即可得到AC?CD=CP?BP;

(2)由PD∥AB可得∠APD=∠BAP，即可得到∠BAP=∠C，從而可證到△BAP∽△BCA，然后運用相似三角形的性質即可求出BP的長.

【解答】解：(1)∵AB=AC，∴∠B=∠C.

∵∠APD=∠B，∴∠APD=∠B=∠C.

∵∠APC=∠BAP+∠B，∠APC=∠APD+∠DPC，

∴∠BAP=∠DPC，

∴△ABP∽△PCD，

∴=，

∴AB?CD=CP?BP.

∵AB=AC，

∴AC?CD=CP?BP;

(2)∵PD∥AB，∴∠APD=∠BAP.

∵∠APD=∠C，∴∠BAP=∠C.

∵∠B=∠B，

∴△BAP∽△BCA，

∴=.

∵AB=10，BC=12，

∴=，

∴BP=.

【點評】此題主要考查了相似三角形的判定與性質、等腰三角形的性質、平行線的性質、三角形外角的性質等知識，把證明AC?CD=CP?BP轉化為證明AB?CD=CP?BP是解決第(1)小題的關鍵，證到∠BAP=∠C進而得到△BAP∽△BCA是解決第(2)小題的關鍵.

24.二次函數y=a某2+b某﹣3的圖象與某軸交于A(﹣1，0)，B(3，0)兩點，與y軸交于點C，該拋物線的頂點為M.