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浙江省温州市2021-2022学年九年级数学上学期期末试卷

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浙江省温州市鹿城区2021-2022学年九年级上学期期末数学试题一、单选题1.若,则的值是()A.2B.3C.D.【答案】C【分析】比例的基本性质:组成比例的四个数,叫做比例的项.两端的两项叫做比例的外项,中间的两项叫做比例的内项,根据两内项之积等于两外项之积可得答案.【详解】解:∵3x=2y,∴x:y=2:3,故选:C.【点睛】此题主要考查了比例的性质,关键是掌握两内项之积等于两外项之积.2.“抛一枚均匀硬币,落地后正面朝上”这一事件是()A.必然事件B.随机事件C.确定事件D.不可能事件【答案】B【详解】随机事件.根据随机事件的定义,随机事件就是可能发生,也可能不发生的事件,即可判断:抛1枚均匀硬币,落地后可能正面朝上,也可能反面朝上,故抛1枚均匀硬币,落地后正面朝上是随机事件.故选B.3.如图所示,A,B,C是上的三点,若,则的度数为()A.23°B.26°C.29°D.32°17 【答案】C【分析】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半,即可得到答案.【详解】解:∵∠AOB=58°,∴∠ACB=29°,故选C.【点睛】本题考查圆周角定理的运用,解题的关键是根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半解答.4.抛物线与y轴交点的坐标是()A.(0,3)B.(3,0)C.(1,0)D.(0,1)【答案】A【分析】将代入抛物线,求得即可.【详解】解:将代入抛物线得,,即与y轴交点的坐标是,故选:A【点睛】此题考查了二次函数与坐标轴的交点,解题的关键掌握与与y轴交点,横坐标为0.5.如图,在矩形中,,.若以点B为圆心,以4cm长为半径作OB,则下列选项中的各点在外的是()A.点AB.点BC.点CD.点D【答案】D【分析】根据勾股定理求出BD的长,进而得出点A,C,D与⊙B的位置关系.【详解】解:连接BD,17 在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,∵∠B=90°,∴BD5,∵AB=3<4,BD=5>4,BC=4,∴点D在⊙B外,点C在⊙B上,点A在⊙B内.故选:D.【点睛】此题主要考查了点与圆的位置关系,矩形的性质,勾股定理,解决本题的关键是掌握点与圆的位置关系:设⊙O的半径为r,点P到圆心的距离OP=d,则有:①如果点P在圆外,那么d>r;②如果点P在圆上,那么d=r;③如果点P在圆内,那么d<r.反之也成立.6.二次函数的图象如图所示,则该函数在所给自变量的取值范围内,函数值y的取值范围是()A.B.C.D.【答案】C【分析】先根据二次函数是顶点式,开口向上,可求出二次函数的最小值,然后结合函数图像求出最大值即可得到答案.【详解】解:∵二次函数的解析式为,1>0,17 ∴当时,二次函数有最小值,∵由函数图像可知,二次函数的最大值为3,∴当时,,故选C.【点睛】本题主要考查了二次函数图像的性质,解题的关键在于能够利用数形结合的思想进行求解.7.从分别标有号数1到10的10张除标号外完全一样的卡片中,随意抽取一张,其号数为3的倍数的概率是()A.B.C.D.【答案】C【分析】用3的倍数的个数除以数的总数即为所求的概率.【详解】解:∵1到10的数字中是3的倍数的有3,6,9共3个,∴卡片上的数字是3的倍数的概率是.故选:C.【点睛】本题考查概率的求法.用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比.8.如图,D是等边△ABC外接圆上的点,且∠CAD=20°,则∠ACD的度数为()A.20°B.30°C.40°D.45°【答案】C【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠D=180°-∠B=120°,根据三角形内角和定理计算即可.【详解】17 ∴∠B=60°,∵四边形ABCD是圆内接四边形,∴∠D=180°−∠B=120°,∴∠ACD=180°−∠DAC−∠D=40°,故选C.9.如图,抛物线y=﹣(x+m)2+5交x轴于点A,B,将该抛物线向右平移3个单位后,与原抛物线交于点C,则点C的纵坐标为()A.B.C.3D.【答案】B【分析】将抛物线y=﹣(x+m)2+5向右平移3个单位后得到y=﹣(x+m﹣3)2+5,然后联立组成方程组求解即可.【详解】解:将抛物线y=﹣(x+m)2+5向右平移3个单位后得到y=﹣(x+m﹣3)2+5,根据题意得:,解得:,∴交点C的坐标为(,),故选:B.【点睛】考查了抛物线与坐标轴的交点坐标等知识,解题的关键是了解抛物线平移规律,并利用平移规律确定平移后的函数的解析式.10.如图,在面积为144的正方形ABCD中放两个正方形BMON和正方形DEFG,重合的小正方形OPFQ的面积为4,若点A,O,G在同一直线上,则阴影部分面积为()17 A.36B.40C.44D.48【答案】D【分析】先求出AB=12,OQ=2,设正方形BMON的边长为x,则AN=12-x,NO=x,QG=12-x,然后证明△ANO∽△OQG,得到,即,求出x=8,由此即可求解.【详解】解:∵正方形ABCD的面积为144,正方形OPFQ的面积为4,∴AB=12,OQ=2,设正方形BMON的边长为x,则AN=12-x,NO=x,QG=12-x,∵四边形BMON和四边形OPFQ都是正方形,∴∠ANO=∠BNO=∠OQF=∠OQG=∠POQ=90°,∴AN∥OQ,∴∠NAO=∠QOG,∴△ANO∽△OQG,∴,即,解得:或(舍去),∴BN=8,∴EF=12-x+2=6,∴阴影部分面积=144-82-62+4=48,故选D.【点睛】本题主要考查了正方形的性质,相似三角形的性质与判定,平行线的性质与判定,解题17 的关键在于能够熟练掌握相似三角形的性质与判定条件.第II卷(非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题11.已知线段x是线段a、b的比例中项,且a=4,b=9,则x=_____.【答案】6【分析】根据已知线段a=4,b=9,线段x是a,b的比例中项,列出等式,利用两内项之积等于两外项之积即可得出答案.【详解】解:∵线段x是线段a、b的比例中项,且a=4,b=9,∴=,∴x2=ab=4×9=36,∴x=±6(负值舍去).故答案为:6.【点睛】本题考查了成比例线段,理解比例的性质是解题的关键.12.若二次函数的图象经过点,则的值为______________.【答案】10【分析】直接把点代入到二次函数解析式中求解即可.【详解】解:∵二次函数的图象经过点,∴,故答案为:10.【点睛】本题考查了求二次函数的函数值,解题的关键在于能够熟练掌握二次函数的函数值的求解方法.13.已知圆中40°圆心角所对的弧长为3π,则这个圆的周长_____.17 【答案】27π.【分析】圆周角等于360°,先求得圆周角与40°的圆心角之间的倍数关系,再乘以40°的圆心角所对的弧长.【详解】解:×3π=27π,故这个圆的周长是27π,故答案为:27π.【点睛】主要考查了圆的周长与弧长之间的关系.14.如图,在中,E为CD上一点,连结BE并延长交AD延长线于点F.如果,那么____________.【答案】4【分析】根据已知可得到相似三角形,从而可得到其相似比,再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方就可得到答案.【详解】解:如图,∵四边形ABCD是平行四边形,∴DC∥AB,CD=AB.∴△DFE∽△AFB,∴.∵DE:EC=2:3,∴DE:DC=DE:AB=2:5,∴故答案为:4:25或.【点睛】17 本题考查的是相似三角形的判定与性质及平行四边形的性质,熟知相似三角形边长的比等于相似比,面积的比等于相似比的平方是解答此题的关键.15.如图,在3×3的正方形网格中,已有两个小正方形被涂黑,再将图中剩余的编号为1~7的小正方形中任意一个涂黑,则所得图案是一个轴对称图形的概率是_________.【答案】.【详解】试题分析:将图中剩余的编号为1-7的小正方形中任意一个涂黑共7种情况,其中涂黑3,4,7,1,6有5种情况可使所得图案是一个轴对称图形(如图),故其概率是.考点:1.轴对称图形;2.几何概率.16.如图,半圆的直径,将半圆绕点B顺时针旋转45°得到半圆,与AB交于点P,那么AP的长为_____________.【答案】##【分析】连接,由题意可得,,为直径,可得,可得为等腰直角三角形,即可求解.【详解】17 解:连接,如下图:由题意可得,,∵为直径,∴,∴为等腰直角三角形,,由勾股定理得,,解得,故答案为:【点睛】此题考查了圆周角定理,等腰直角三角形的判定与性质,勾股定理以及旋转的性质,解题的关键是掌握并灵活运用相关性质进行求解.17.如图,一张扇形纸片OAB,,,将这张扇形纸片折叠,使点A与点O重合,折痕为CD,则图中未重叠部分(即阴影部分)的面积为__________.【答案】【分析】根据阴影部分的面积等于S扇形OBD面积减去S弓形OD面积计算即可.【详解】解:由折叠可知,17 S弓形AD=S弓形OD,DA=DO,∵OA=OD,∴AD=OD=OA,∴△AOD为等边三角形,∴∠AOD=60°,∠DOB=60°,∵AD=OD=OA=6,∴CD=3,∴S弓形AD=S扇形ADO﹣S△ADO6×36π﹣9,∴S弓形OD=6π﹣9,阴影部分的面积=S扇形BDO﹣S弓形OD(6π﹣9,故答案为:.【点睛】本题考查了扇形面积与等边三角形的性质,熟练运用扇形公式是解题的关键.18.如图,AB是半圆O的直径,D是半圆O上一点,C是的中点,连结AC交BD于点E,连结AD,若BE=4DE,CE=6,则AB的长为_____.【答案】4【分析】如图,连接OC交BD于K.设DE=k.BE=4k,则DK=BK=2.5k,EK=1.5k,由AD∥CK,推出AE:EC=DE:EK,可得AE=4,由△ECK∽△EBC,推出EC2=EK•EB,求出k即可解决问题.【详解】解:如图,连接OC交BD于K.17 ∵,∴OC⊥BD,∵BE=4DE,∴可以假设DE=k.BE=4k,则DK=BK=2.5k,EK=1.5k,∵AB是直径,∴∠ADK=∠DKC=∠ACB=90°,∴AD∥CK,∴AE:EC=DE:EK,∴AE:6=k:1.5k,∴AE=4,∵△ECK∽△EBC,∴EC2=EK•EB,∴36=1.5k×4k,∵k>0,∴k=,∴BC===2,∴AB===4.故答案为:4.【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质,垂径定理,圆周角定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造相似三角形解决问题,属于中考常考题型.评卷人得分三、解答题19.甲同学口袋中有三张卡片,分别写着数字1、1、2,乙同学口袋中也有三张卡片,分别写着数字1、2、217 ,两人各自从自己的口袋中随机摸出一张卡片,若两人摸出的卡片上的数字之和为偶数,则甲胜;否则乙胜.求甲胜的概率.【答案】.【分析】先列出表格,从而可得两人摸出的卡片上的数字之和的所有可能结果,再找出两人摸出的卡片上的数字之和为偶数的结果,然后利用概率公式进行计算即可得.【详解】解:由题意,所有可能的结果列表如下:由表可知,一共有9种等可能结果,其中,两人摸出的卡片上的数字之和为偶数的结果有4种,则甲胜的概率为,答:甲胜的概率是.【点睛】本题考查了利用列举法求概率,正确利用表格列出所有可能的结果是解题关键.20.如图,在的正方形网格中,网线的交点称为格点,点,,都是格点.已知每个小正方形的边长为1.(1)画出的外接圆,并直接写出的半径是多少.(2)连结,在网络中画出一个格点,使得是直角三角形,且点在上.【答案】(1)作图见解析,半径为;(2)作图见解析17 【分析】(1)作AB和BC的垂直平分线,交点即为点O的位置,在网格中应用勾股定理即可求得半径;(2)只能是或,直接利用网格作图即可.【详解】解:(1)作AB和BC的垂直平分线,交点即为点O,如图:,根据勾股定理可得半径为;(2)当是直角三角形时,且点在上,只能是或,利用网格作图如下:.【点睛】本题考查尺规作图、确定圆的条件,掌握三角形外接圆圆心是三边线段垂直平分线的交点是解题的关键.21.如图,在矩形ABCD中,点E、F分别在边AD、DC上,△ABE∽△DEF,AB=6,AE=9,DE=2,求EF的长.17 【答案】【分析】利用相似三角形的对应边成比例,求出DF的长度,在直角三角形DEF中,利用勾股定理求出斜边EF长【详解】解:∵△ABE∽△DEF,∴,∴DF=3在矩形ABCD中,∠D=90°.∴在Rt△DEF中,.22.如图,AB是的直径,弦于点M,连结CO,CB.(1)若,,求CD的长度;(2)若平分,求证:.【答案】(1)8;(2)证明见详解【分析】(1)根据垂径定理得出CM=DM,再由已知条件得出圆的半径为5,在Rt△OCM中,由勾股定理得出CM即可,从而得出CD;(2)过点O作ON⊥BC,垂足为N,由角平分线的性质得出OM=ON,从而得出CB=CD.【详解】解:(1)∵AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB,∴CM=DM,∵AM=2,BM=8,∴AB=10,∴OA=OC=5,17 在Rt△OCM中,OM2+CM2=OC2,∴CM4,∴CD=8;(2)过点O作ON⊥BC,垂足为N,∵CO平分∠DCB,∴OM=ON,∵CO=CO∴Rt△COM≌Rt△CON∴CM=CN∴CB=CD.【点睛】本题考查了垂径定理,圆周角定理以及勾股定理,掌握定理的内容并熟练地运用是解题的关键.23.我市绿色和特色农产品在国际市场上颇具竞争力,其中香菇远销日本和韩国等地.上市时,外贸商李经理按市场价格10元/千克在我市收购了2000千克香菇存放入冷库中.请根据李经理提供的预测信息(如下图)帮李经理解决以下问题:(1)若存放天后,将这批香菇一次性出售,设这批香菇的销售总金额为元,试写出与之间的函数表达式;(销售总金额=销售单价×销售量)(2)将这批香菇仔放多少天后出售可获得最大利润?最大利润是多少?【答案】(1)(1≤x≤110,且x为整数);(2)这批香菇存放100天后出售可获得最大利润,最大利润是30000元.【分析】(1)根据等量关系“销售总金额=(市场价格+0.5×存放天数)×(原购入量6×17 存放天数)”列出函数关系式;(2)根据等量关系“利润=销售总金额收购成本各种费用”列出函数关系式并求最大值.【详解】解:(1)由题意y与x之间的函数关系式为:y=(10+0.5x)(2000-6x)=3x2+940x+20000(1≤x≤110,且x为整数);(2)设利润为w,由题意得w=3x2+940x+2000010×2000340x=3(x100)2+30000∵a=3<0,∴抛物线开口方向向下,∴x=100时,w最大=30000,∴李经理将这批香菇存放100天后出售可获得最大利润,最大利润是30000元.【点睛】此题主要考查了二次函数的应用以及二次函数的最值求法,根据函数关系式求出以及最值公式求出是解题关键.24.如图直角坐标系中,O为坐标原点,抛物线y=﹣x2+6x+3交y轴于点A,过A作AB∥x轴,交抛物线于点B,连结OB.点P为抛物线上AB上方的一个点,连结PA,作PQ⊥AB垂足为H,交OB于点Q.(1)求AB的长;(2)当∠APQ=∠B时,求点P的坐标;(3)当△APH面积是四边形AOQH面积的2倍时,求点P的坐标.【答案】(1)AB=6;(2)P(4,11);(3)P(4,11)或P(3,12).【分析】17 (1)先求得点A(0,3),令,解得x=0或6,故点B(6,3),即可求解;(2)证明△ABO~△HPA,则,即可求解;(3)当△APH的面积是四边形AOQH的面积的2倍时,则2(AO+HQ)=PH,即可求解.【详解】解:(1)对于,令x=0,则y=3,故点A(0,3),令,解得x=0或6,故点B(6,3),故AB=6;(2)设P(,),∵∠APQ=∠B,∠AHP=∠OAB=90°,∴△ABO~△HPA,故,∴,解得m=4.∴P(4,11);(3)当△APH的面积是四边形AOQH的面积的2倍时,则2(AO+HQ)=PH,∵HQ∥OA,∴,即,∴HQ=,∴,解得:m1=4,m2=3,∴P(4,11)或P(3,12).【点睛】本题考查了二次函数的性质,相似三角形的判定和性质,平行线分线段成比例定理,图形的面积计算等,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.17

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所属: 初中 - 数学
发布时间:2022-03-07 10:00:07 页数:18
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文章作者:随遇而安

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