安徽省合肥市2021_2022学年九年级数学上学期期末试题(含答案)

这是一份安徽省合肥市2021_2022学年九年级数学上学期期末试题(含答案)，共26页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知，则的值为等内容，欢迎下载使用。
安徽省合肥市2021-2022学年九年级上学期期末数学试题
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分




注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明

评卷人
得分



一、单选题
1．剪纸艺术是第一批国家级非物质文化遗产，下列图案既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】
根据中心对称图形和轴对称图形的概念逐项分析即可，轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
【详解】
解：A. 既不是中心对称图形，又不是轴对称图形，故该选项不符合题意；
B. 是中心对称图形，不是轴对称图形，故该选项不符合题意；
C. 既是中心对称图形又是轴对称图形，故该选项符合题意；
D. 不是中心对称图形，是轴对称图形，故该选项不符合题意；
故选C
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念是解题的关键．
2．若将抛物线向上平移个单位，所得抛物线的解析式为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
直接根据“上加下减、左加右减”的原则进行解答即可．
【详解】
由“上加下减”的原则可知，将二次函数y＝2x2向上平移3个单位可得到函数y＝2x2＋3，
故选A．
【点睛】
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减、左加右减”的原则是解答此题的关键．
3．已知，则的值为（）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
由得，代入化简即可得出答案．
【详解】
∵，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】
本题考查了比例的性质，分式的求值，能灵活运用比例的性质进行变形是解此题的关键．
4．如图，在4×5的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，ΔABC的顶点都在这些小正方形的顶点上，那么cosACB值为（）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
如图，过点作于．利用勾股定理求出即可解决问题．
【详解】
解：如图，过点作于．
在中，，，
，
，
故选：C．

【点睛】
本题考查解直角三角形，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
5．根据以下表格中二次函数y＝ax2＋bx＋c的自变量x与函数值y的对应值，可以判断方程ax2＋bx＋c＝0的一个解x的范围是（）
x
0
0.5
1
1.5
2
y＝ax2＋bx＋c
－1
－0.5
1
3.5
7

A．0＜x＜0.5B．0.5＜x＜1C．1＜x＜1.5D．1.5＜x＜2
【答案】B
【分析】
判断出内，二次函数的增减性，由此即可得出答案．
【详解】
解：由题意得：在内，随的增大而增大，
时，；当时，，
在时，存在一个使得，
即方程的一个解的范围是，
故选：B．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数与一元二次方程的联系，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．
6．如图，点是反比例函数图象上任意一点，轴于，点是轴上的动点，则的面积为(　　)

A．1B．2C．4D．不能确定
【答案】A
【分析】
设A的坐标是：（m，n）．则n=，即mn=2，根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】
解：设A的坐标是：（m，n）．则n=，即mn=2，
∵AB=m，AB边上的高是n．
∴S△ABC=mn=×2=1．
故选A．
【点睛】
主要考查了反比例函数y＝中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为|k|，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解k的几何意义．
7．以为中心点的量角器与直角三角板按如图方式摆放，量角器的0刻度线与斜边重合．点为斜边上一点，作射线交弧于点，如果点所对应的读数为，那么的大小为（）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
由圆周角定理得出，进而得出，再由外角的性质得出，代入计算即可得出答案．
【详解】
解：如图，连接，

点所对应的读数为，
，
为直径，，
点在上，
，
，
是的外角，
，
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，解题的关键是运用圆周角定理得出与的关系．
8．用总长为a米的材料做成如图1的矩形窗框，设窗框的宽为x米，窗框的面积为y米2，y关于x的函数图象如图2，则a的值是（）

A．9B．8C．6D．不能确定
【答案】C
【分析】
根据函数图像，可知当时，窗框的面积最大，最大值为，设窗框的长为，则根据矩形的面积公式，可知，进而根据总长为，即可求得的值
【详解】
设窗框的长为，

根据函数图像，可知当时，窗框的面积最大，最大值为，
即

故选C．
【点睛】
本题考查了二次函数的图形与性质，理解顶点的意义是解题的关键．
9．如图，已知为的角平分线，//交于，如果，那么等于（）

A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】
由AD为△ABC的角平分线，DE∥AB，易得△ADE是等腰三角形，△CDE∽△CBA，又由，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．
【详解】
解：∵DE∥AB，
∴∠ADE=∠BAD，
∵AD为△ABC的角平分线，
∴∠BAD=∠EAD，
∴∠EAD=∠ADE，
∴AE=DE，
∵，
∴，
∵DE∥AB，
∴△CDE∽△CBA，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定与性质．注意证得AE=DE与△CDE∽△CBA是解此题的关键．
10．如图，中，，，若将绕点逆时针旋转得到，连接，则在点运动过程中，线段的最小值为（）

A．1B．C．D．2
【答案】B
【分析】
在AB上截取AQ=AO=1，利用SAS证明△AQD≌△AOE，推出QD=OE，当QD⊥BC时，QD的值最小，即线段OE有最小值，利用勾股定理即可求解．
【详解】
如图，在AB上截取AQ=AO=1，连接DQ，

∵将AD绕A点逆时针旋转90°得到AE，
∴∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC-∠DAC =∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△AQD和△AOE中，
，
∴△AQD≌△AOE(SAS)，
∴QD=OE，
∵D点在线段BC上运动，
∴当QD⊥BC时，QD的值最小，即线段OE²有最小值，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=45°，
∵QD⊥BC，
∴△QBD是等腰直角三角形，
∵AB=AC=3，AO=1，
∴QB=2，
∴由勾股定理得QD=QB=，
∴线段OE有最小值为，
故选：B．
【点睛】
本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．

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，是线段的黄金分割点（），那么__________．
【答案】
【分析】
根据黄金分割点的定义和得出，即可求出答案．
【详解】
由于P为线段的黄金分割点，且，
∴．
故答案为：．
【点睛】
此题考查的是黄金分割的概念，熟记黄金比值是解题的关键．
12．如图，为了测量山坡的护坡石坝高，把一根长为的竹竿斜靠在石坝旁，量出竿上长为时，它离地面的高度为，则坝高为__________．

【答案】2.7
【分析】
根据，可得，进而得出即可．
【详解】
解：如图，过作于，则，
∴，即，
解得，
故答案为：2.7

【点睛】
本题考查了相似三角形应用，解决本题的关键是掌握相似三角形的性质．
13．如图所示，AB是⊙O的直径，弦于H，，则⊙O的半径是_______．

【答案】2
【分析】
连接BC，由圆周角定理和垂径定理得出，由直角三角形的性质得出，得出，求出即可．
【详解】
解：连接BC，如图所示：
∵AB是⊙O的直径，弦于H，

，
，
在中，，
，


即⊙O的半径是2；
故答案为2

【点睛】
考查的是垂径定理、圆周角定理、含角的直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
14．如图，在矩形中，，，点，分别在边，上，且，按以下步骤操作：
第一步，沿直线翻折，点的对应点恰好落在对角线上，点的对应点为，则__________；
第二步，分别在，上取点，，沿直线继续翻折，使点与点重合，则线段的长为__________．

【答案】2
【分析】
第一步：记AC与EF相交于点O，证明，由相似三角形的性质得，即可求出；
第二步：连接NE，NF，根据折叠的性质，得到，设，分别在和中，利用勾股定理及建立方程，可求得m，最后得出结果．
【详解】

记AC与EF相交于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∵沿直线翻折，点A的对应点恰好落在对角线上，点的对应点为，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
连接NE，NF，过点F作交于点T，如图：

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
根据折叠性质得：，，，
设，
则，
解得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：2，．
【点睛】
MT
本题主要考查了折叠的性质、勾股定理、三角形相似的判定与性质，矩形的性质以及锐角三角函数，熟练运用这些知识是解决本题的关键．

评卷人
得分



三、解答题
15．计算：．
【答案】
【分析】
根据特殊角的三角函数值即可求解．
【详解】
原式，
，
．
【点睛】
此题主要考查实数的计算，解题的关键是熟知特殊角的三角函数值．
16．在正方形网格中，每个小正方形的边长为1，在平面直角坐标系中的位置如图所示．

（1）以点为位似中心，作出的位似图形，使其位似比为，并写出点的坐标；
（2）作出绕点逆时针旋转后的图形．
【答案】

（1）见解析

（2）见解析
【分析】
（1）延长到使，延长到使，则可得到，然后写出点的坐标；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A、B的对应点、即可．
（1）

如图，为所作，点的坐标为；
（2）
如下图，为所作：

【点睛】
本题考查了作图−位似变换：画位似图形的一般步骤为：先确定位似中心；再分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；然后根据位似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；最后顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．
17．已知二次函数．
（1）用配方法把该函数化为（其中、、都是常数且）的形式，并指出函数图象的对称轴和顶点坐标；
（2）求函数图象与轴的交点坐标．
【答案】

（1）对称轴为：，顶点坐标：；

（2）与
【分析】
（1）先将二次函数的表达式化为顶点式，然后写出对称轴与顶点坐标即可；
（2）令，然后解一元二次方程即可．
（1）
∵，
∴对称轴为：，
顶点坐标：；
（2）
时，有，
，
∴，，
∴图象与轴的交点坐标为：与．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，以及把二次函数一般式化为顶点式，掌握二次函数的性质和把二次函数一般式化为顶点式的方法是解题的关键．
18．如图1，四边形中，，平分，若，．

（1）求的长．
（2）如图2，过点作交于，连接交于，求的长．
【答案】

（1）

（2）
【分析】
（1）先证明，由相似三角形的性质得，即可求出答案；
（2）由，平分得，由，得，故，由得，可得，即可求出的长．
（1）
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
解得：；
（2）
∵，平分，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即的长是．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定定理和性质是解题的关键．
19．随着科学技术的不断进步，无人机被广泛应用到实际生活中，小星利用无人机来测量翡翠湖某处东西岸边，两点之间的距离．如图所示，小星站在湖边的处遥控无人机，无人机在处距离地面的飞行高度是，此时从无人机测得岸边处的俯角为，他抬头仰视无人机时，仰角为，若小星的身高，（点，，，在同一平面内）．

（1）求仰角的正弦值；
（2）求，两点之间的距离（结果精确到）．（，，，，，）
【答案】

（1）仰角的正弦值为

（2），两点之间的距离约为
【分析】
（1）如图，过A点作AD⊥BC于D，过E点作EF⊥AD于F，利用四边形BDFE为矩形得到EF=BD，DF=BE=1.6m，则AF=160m，然后根据正切的定义求解；
（2）先利用勾股定理计算出EF=120m，再在Rt△ACD中利用正切的定义计算出CD，然后计算BD+CD即可．
（1）
如图，过点作于，过点作于，

∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
在中，，
即．
答：仰角的正弦值为；
（2）
在中，，
在中，，，
∵，
∴，
∴．
答：，两点之间的距离约为．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题：根据题意画出几何图形，当图形中没有直角三角形时，要通过作高或垂线构造直角三角形，把实际问题化归为直角三角形中边角关系问题加以解决．
20．如图，是的切线，点在上，与相交于，是的直径，连接，若．

（1）求证：平分；
（2）当，时，求的半径长．
【答案】

（1）见解析

（2）的半径长为．
【分析】
（1）根据切线的性质，可得，由平行线的性质，等边对等角，等量代换即可得，进而得证；
（2）连接，根据直径所对的圆周角是直角，勾股定理求得，证明列出比例式，代入数值求解可得，进而求得半径
（1）
证明：如图，连接，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即平分；
（2）
解：如图，连接，
在中，，，
由勾股定理得：，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得：，
∴的半径长为．

【点睛】
本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定，勾股定理，掌握圆的相关知识以及相似三角形的是解题的关键．
21．如图，直线与双曲线在第一象限内交于两点，已知．

（1）求的值及直线的解析式．
（2）根据函数图象，直接写出不等式的解集．
（3）设点是线段上的一个动点，过点作轴于点是轴上一点，当的面积为时，请直接写出此时点的坐标．
【答案】（1），（2）解集为或（3）
【分析】
（1）先把B（2，1）代入，求出反比例函数解析式，进而求出点A坐标，最后用待定系数法，即可得出直线AB的解析式；
（2）直接利用函数图象得出结论；
（3）先设出点P坐标，进而表示出△PED的面积等于，解之即可得出结论．
【详解】
解：（1）：∵点在双曲线上，
∴，
∴双曲线的解析式为.
∵在双曲线，
∴，
∴.
∵直线过两点，
∴，解得
∴直线的解析式为
（2）根据函数图象，由不等式与函数图像的关系可得：
双曲线在直线上方的部分对应的x范围是：或，
∴不等式的解集为或.
（3）点的坐标为.
设点，且，
则.
∵当时，
解得，
∴此时点的坐标为.
【点睛】
此题是反比例函数综合题，主要考查了一次函数和反比例函数的图象和性质，待定系数法，三角形的面积公式，求出直线AB的解析式是解本题的关键．
22．某公司销售一种商品，成本为每件30元，经过市场调查发现，该商品的日销售量（件）与销售单价（元）是一次函数关系，其销售单价、日销售量的三组对应数值如下表：
销售单价（元）
40
60
80
日销售量（件）
80
60
40

（1）求公司销售该商品获得的最大日利润；
（2）销售一段时间以后，由于某种原因，该商品每件成本增加了10元，若物价部门规定该商品销售单价不能超过元，在日销售量（件）与销售单价（元）保持（1）中函数关系不变的情况下，该商品的日销售最大利润是1500元，求的值．
【答案】

（1）当销售单价是75元时，最大日利润是2025元；

（2）
【分析】
（1）先求解商品的日销售量（件）与销售单价（元）的函数关系式，再利用该商品获得的最大日利润等于每件商品的利润乘以销售数量建立二次函数的关系式，再利用二次函数的性质可得答案；
（2）先利用该商品获得的最大日利润等于每件商品的利润乘以销售数量建立二次函数的关系式，再求解当利润为元时的值，再分两种情况讨论即可.
（1）
解：设商品的日销售量（件）与销售单价（元）是

解得：
所以商品的日销售量（件）与销售单价（元）是
设公司销售该商品获得的日利润为元，
，
∵，，
∴，
∵，
∴抛物线开口向下，函数有最大值，
∴当时，，
答：当销售单价是75元时，最大日利润是2025元．
（2）
解：，
当时，，
解得，，
∵，
∴有两种情况，
①时，在对称轴左侧，随的增大而增大，
∴当时，，
②时，在范围内，
∴这种情况不成立，
∴．
【点睛】
本题考查的是利用待定系数法求解一次函数的解析式，列二次函数的关系式，二次函数的性质，一元二次方程的解法，掌握“该商品获得的最大日利润等于每件商品的利润乘以销售数量”是解本题的关键.
23．中，，，为的中点，，是上两点，连接，交于内一点，且．

（1）如图1，求证；
（2）如图1，若，求的长；
（3）如图2，若为上任意一点，连接，求证：．
【答案】

（1）见解析；

（2）；

（3）见解析
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的性质可得，可得，由三角形外角的性质可得结论；
（2）首先求出AE，EC，AB，BE，由△BGD∽△BCE即可解决问题；
（3）连接AD，证明△ABD∽△CBA，列比例式可得AB2=BD•BC，再证明△ABG∽△EBA，可得结论．
（1）
∵，，
∴
∵
∴
∴
∵，
∴
又，
∴．
（2）
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴；
（3）
连接，

∵，为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由（1）知：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定及其性质的应用问题、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用有关定理来分析、判断、推理或解答，对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求．