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