北京市通州区2021-2022学年九年级上学期期末数学试题

这是一份北京市通州区2021-2022学年九年级上学期期末数学试题，文件包含精品解析北京市通州区2021-2022学年九年级上学期期末数学试题解析版docx、精品解析北京市通州区2021-2022学年九年级上学期期末数学试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。

通州区2021-2022学年第一学期九年级期末质量检测数学试卷
一、选择题
1. 已知二次函数的图象如图所示，关于a，c的符号判断正确的是（ ）

A. a＞0，c＞0 B. a＞0，c＜0 C. a＜0，c＞0 D. a＜0，c＜0
【答案】B
【解析】
【分析】根据开口方向可得的符号，根据对称轴在轴的哪侧可得的符号，根据抛物线与轴的交点可得的符号．
【详解】解：抛物线开口向上，
，
抛物线的对称轴在轴的左侧，
，
抛物线与轴交于负半轴，
．
故选：B．
【点睛】考查二次函数图象与系数的关系，解题的关键是掌握抛物线的开口向上，；对称轴在轴左侧，，同号；抛物线与轴的交点即为的值．
2. 如图，的顶点位于正方形网格的格点上，若，则满足条件的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正切点定义逐一判断即可得答案．
【详解】A.，故该选项不符合题意，
B.，故该选项符合题意，
C.，故该选项不符合题意，
D.，故该选项不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查三角函数的定义，在直角三角形中，锐角的正切是锐角的对边与邻边的比值；熟练掌握各三角函数的定义是解题关键．
3. 在半径为6cm的圆中，的圆心角所对弧的弧长是（ ）
A. cm B. cm C. cm D. cm
【答案】C
【解析】
【分析】直接根据题意及弧长公式可直接进行求解．
【详解】解：由题意得：的圆心角所对弧的弧长是；
故选C．
【点睛】本题主要考查弧长计算，熟练掌握弧长计算公式是解题的关键．
4. 如图，点A，B，C均在⊙O上，连接OA，OB，AC，BC，如果OA⊥OB，那么∠C的度数为（ ）

A. 22.5° B. 45° C. 90° D. 67.5°
【答案】B
【解析】
【分析】根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可得．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】题目主要考查圆周角定理，准确理解，熟练运用圆周角定理是解题关键．
5. 如图，在中，E为BC的中点，DE、AC交于点F，则的值为（ ）

A. 1 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意易得AD∥BC，AD=BC，则有△ADF∽△CEF，AD=BC=2EC，进而根据相似三角形性质可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴△ADF∽△CEF，
∵E为BC的中点，
∴AD=BC=2EC，
∴；
故选D．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
6. 如图，是的直径，点在的延长线上，切于点．若，，则等于（ ）．

A. 6 B. 4 C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】连结BC，OC，根据CD为切线，可得OC⊥DC，利用锐角三角函数可求OC=CDtan∠OAC=，可求∠DOC=60°根据三角形外角性质∠A=∠OCA=，由AB为直径，可得∠BCA=90°，利用AC=ABcos30°=即可．
【详解】解：连结BC，OC，
∵CD为切线，
∴OC⊥DC，
在Rt△DOC中，
∵，，
∴OC=CDtan∠OAC=，
∴OB=OA=OC=2，∠DOC=90°-∠D=90°-30°=60°
∴∠A=∠OCA=
∵AB为直径，
∴∠BCA=90°
在Rt△ABC中，
∵AB=2OA=4，∠A=30°，
∴AC=ABcos30°=．
故选择C．

【点睛】本题考查切线性质，锐角三角函数，三角形外角性质，掌握切线性质，锐角三角函数，三角形外角性质是解题关键．
7. 如图，某停车场入口的栏杆从水平位置绕点旋转到的位置．已知米，若栏杆的旋转角，则栏杆端点上升的垂直距离为（ ）

A. 米 B. 米 C. 米 D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】过点A′作A′H⊥AB于H，由题意得OA′=OA=4米，根据求出答案．
【详解】解：如图，过点A′作A′H⊥AB于H，
由题意得OA′=OA=4米，
在Rt△OA′H中，∠A′OH＝47°，，
∴栏杆端点A上升的垂直距离米，
故选：A．

【点睛】此题考查解直角三角形的实际应用，正确理解题意构建直角三角形是解题的关键．
8. 某同学将如图所示的三条水平直线，，的其中一条记为x轴（向右为正方向），三条竖直直线，，的其中一条记为y轴（向上为正方向），并在此坐标平面内画出了二次函数的图象，那么她所选择的x轴和y轴分别为直线（ ）

A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线开口向上可知，由抛物线配方为，可得抛物线的对称轴为，顶点纵坐标为，据此结合图象可得答案．
【详解】解：抛物线的开口向上下
，
，
抛物线的对称轴为直线，
应选择的轴为直线；
顶点坐标为，抛物线与轴的交点为，而，
应选择的轴为直线，
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的图象，解题的关键是理解掌握二次函数的图象与各系数的关系是解题的关键，同时注意数形结合思想的运用．
二、填空题
9. 如图，在量角器的圆心处下挂一铅锤，制作了一个简易测倾仪，从量角器的点处观测，当量角器的0刻度线对准旗杆顶端时，铅垂线对应的度数是，则此时观测旗杆顶端的仰角度数是__．

【答案】
【解析】
【分析】如图，过点作，根据仰角的定义，∠BOC即为观测旗杆顶端的仰角，由此求得∠BOC的度数即可．
【详解】根据题意可知：如图，

过点作，
，
，
，
答：此时观测旗杆顶端的仰角度数是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了仰角的定义，熟练运用仰角的定义是解决问题的关键．
10. 如图，在ABC中，∠C＝90°，AB=10，在同一平面内，点O到点A，B，C的距离均等于a（a为常数）．那么常数a的值等于________．

【答案】5
【解析】
【分析】直接利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】解：根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
即可知道点到点A，B，C的距离相等，
如下图：

，
，
故答案是：5．
【点睛】本题考查了直角三角形的外接圆的外心，解题的关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．
11. 在ABC中，，，，那么长为________．
【答案】6
【解析】
【分析】根据解三角形可直接进行求解．
【详解】解：∵在ABC中，，，，
∴；
故答案为6．
【点睛】本题主要考查解直角三角形，熟练掌握三角函数是解题的关键．
12. 已知P（x1，1），Q（x2，1）两点都在抛物线y＝x2﹣4x+1上．那么x1+x2＝_____．
【答案】4
【解析】
【分析】根据P、Q两点坐标可知，P、Q两点关于对称轴对称，根据轴对称的性质求解即可．
【详解】解：P（x1，1），Q（x2，1）两点都在抛物线y＝x2﹣4x+1上，纵坐标相等，
∴P、Q两点关于对称轴x=2对称，
∴x1+x2=4，
故答案为：4．
【点睛】此题考查了二次函数的性质，解题的关键是根据题意，找到P、Q两点关于对称轴对称求解．
13. 如图，在测量旗杆高度的数学活动中，某同学在地面放了一个平面镜C，然后向后退，直到他刚好在镜子中看到旗杆的顶部A．如果他的眼睛到地面的距离ED＝1.6m，同时量得他到平面镜C的距离DC＝2m，平面镜C到旗杆的底部B的距离CB＝15m，那么旗杆高度AB＝________m．

【答案】12
【解析】
【分析】根据物理光学中的入射角等于反射角可知∠ECD=∠ACB，所以图中两个三角形相似，再利用相似比求出AB即可．
【详解】∵∠ECD=∠ACB
∴△ABC≌△EDC
∴
∴AB=BC×0.8=15×0.8=12（m）
故答案为：12
【点睛】本题考查光的反射和三角形相似的结合，掌握这些知识点是本题关键．
14. 如图，过点A(0，4)作平行于x轴的直线AC分别交抛物线与于B、C两点，那么线段BC的长是________．

【答案】2
【解析】
【分析】根据题意，将分别代入 ，，求得的正数解，即求得的坐标，进而即可求得的长．
【详解】解：，则解得，即
解得，即

故答案为：
【点睛】本题考查了根据二次函数的函数值求自变量，联立解方程是解题的关键．
15. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，彰显了我国古代劳动人民的智慧，如图1，点P表示筒车的一个盛水桶．如图2，当筒车工作时，盛水桶的运行路径是以轴心O为圆心，5m为半径的圆，且圆心在水面上方．若圆被水面截得的弦AB长为8m，则筒车工作时，盛水桶在水面以下的最大深度为_____m．

【答案】2
【解析】
【分析】过O点作半径OD⊥AB于E，如图，由垂径定理得到AE＝BE＝4，再利用勾股定理计算出OE，然后即可计算出DE的长．
【详解】解：过O点作半径OD⊥AB于E，如图，
∴AE＝BE＝AB＝×8＝4，
在Rt△AEO中，OE＝＝＝3，
∴ED＝OD﹣OE＝5﹣3＝2（m），
答：筒车工作时，盛水桶在水面以下的最大深度为2m．
故答案为：2．

【点睛】本题考查了垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧，能熟练运用垂径定理是解题的关键．
16. 如图，ABC的两条中线BE，CD交于点M．某同学得出以下结论：①；②ADE∽ABC；③；④．其中结论正确的是：________（只填序号）．

【答案】①②④
【解析】
【分析】由BE和CD是中线可证明DE是的中位线，从而可判断①；由DE//BC可证明ADE∽ABC从而可判断②；证明MDE∽MBC可判断③④．
【详解】解：∵BE是边AC上的中线，CD是AB边上的中线，
∴点E为AC边的中点，点D为AB边的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE//BC，故结论①正确；
∴∠AED=∠ACB，∠ADE=∠ABC
∴△ADE∽△ABC，故结论②正确；
∵DE为△ABC的中位线，
∴DE//BC,DE=BC
∴
∴
∴，故③错误；
∵DE//BC
∴
∴
∴，故④正确；
∴正确的结论是①②④
故答案为：①②④
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质，灵活判定两个三角形相似是解答本题的关键．
三、解答题
17. 在平面直角坐标系xOy中，二次函数的图象经过点．求此二次函数的表达式及顶点的坐标．
【答案】，
【解析】
【分析】直接把点A、B的坐标代入二次函数解析式进行求解，然后求出对称轴，最后问题可求解．
【详解】解：∵二次函数的图象经过点；
∴，
解得：，
∴
∴对称轴为直线，
∴，
∴顶点的坐标为．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象与性质，熟练掌握利用待定系数法求解函数解析式是解题的关键．
18. 如图，中，，，．求，和．

【答案】，，
【解析】
【分析】根据题意先利用勾股定理得出，进而依据正弦、余弦和正切的定义进行计算即可.
【详解】解：在中，，，，
∴
∴，，.
【点睛】本题考查求三角函数值和勾股定理，熟练掌握锐角三角函数值的求法是解题的关键.
19. 如图，，点B、C分别在AM、AN上，且．
（1）尺规作图：作∠CBM的角平分线BD，BD与AN相交于点D；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）所作图中，求证：ABC∽ADB．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据角平分线的作图方法解答；
（2）根据三角形外角的性质及角平分线的性质证明，即可得到结论．
【详解】解：（1）如图：

（2）∵，
∴，
∵BD平分∠MBC，
∴，
∵是△ADB的一个外角，
∴，
∴.
∵，
∴△ABC∽△ADB．
【点睛】此题考查了角平分线的作图，相似三角形的判定，熟记相似三角形的判定定理是解题的关键．
20. 已知关于x的二次函数．
（1）如果二次函数的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），且AB=2，求m的值；
（2）若对于每一个x值，它所对应的函数值都不小于1，求m的取值范围．

【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）求出抛物线的对称轴直线，根据AB=2求出A、B点坐标，代入函数关系式求出m的值即可；
（2）求出函数图象的顶点坐标，根据“对于每一个x值，它所对应的函数值都不小于1”列出不等式，求出m的取值范围即可．
【详解】解：（1）二次函数图象的对称轴为直线，
∵A，B两点在x轴上（点A在点B的左侧），且AB=2，
∴A（，），B（，）
把点（，）代入中，
∴，
∴.
（2）∵对称轴为直线，
∴，
∴二次函数图象顶点坐标为（2，），
∵二次函数图象的开口方向向上，
∴二次函数图象有最低点，
∵若对于每一个x值，它所对应的函数值都不小于1，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是二次函数与数轴的交点问题，熟练掌握二次函数的图象与性质是解答本题的关键．
21. 已知：A，B是直线l上的两点．
求作：ABC，使得点C在直线l上方，且AC=BC，．

作法：①分别以A，B为圆心，AB长为半径画弧，在直线l上方交于点O，在直线l下方交于点E；
②以点O为圆心，OA长为半径画圆；
③作直线OE与直线l上方的⊙O交于点C；
④连接AC，BC．ABC就是所求作的三角形．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接OA，OB．
∵OA＝OB＝AB，
∴OAB是等边三角形．
∴．
∵A，B，C在⊙O上，
∴∠ACB＝∠AOB（ ）（填推理的依据）．
∴．
由作图可知直线OE是线段AB的垂直平分线，
∴AC=BC（ ）（填推理的依据）．
∴ABC就是所求作的三角形．
【答案】（1）见解析；（2）同弧所对的圆周角等于圆心角的一半；线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等
【解析】
【分析】（1）根据题意补全图形；
（2）根据同一个圆中，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，及垂直平分线上的点到两端点的距离相等即可．
【详解】（1）作图正确；

（2）证明：连接OA，OB．
∵OA＝OB＝AB，
∴OAB是等边三角形．
∴．
∵A，B，C在⊙O上，
∴∠ACB＝∠AOB（同弧所对的圆周角等于圆心角的一半）（填推理的依据）．
∴．
由作图可知直线OE是线段AB的垂直平分线，
∴AC=BC（线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等）（填推理的依据）．
∴ABC就是所求作的三角形，
故答案是：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半；线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等．
【点睛】本题是圆的综合题、作图、考查了圆周角定理、垂直平分线、等腰三角形，解题的关键是熟练掌握圆周角定理及作图的基本能力．
22. 如图，在⊙O中，点E是弦CD的中点，过点O，E作直径AB（AE＞BE），连接BD，过点C作CFBD交AB于点G，交⊙O于点F，连接AF．求证：AG＝AF．

【答案】见解析
【解析】
【分析】由题意易得AB⊥CD，，则有，由平行线的性质可得，然后可得，进而问题可求证．
【详解】证明：∵AB为⊙O的直径，点E是弦CD的中点，
∴AB⊥CD，
∴，
∴，
∵CF∥BD，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查垂径定理、平行线的性质及圆周角定理，熟练掌握垂径定理、平行线的性质及圆周角定理是解题的关键．
23. 已知一个二次函数的表达式为．
（1）当时，若P(，)，Q(，)两点在该二次函数图象上，求的值；
（2）已知点A(，0)，B(，)，二次函数的图象与线段AB只有一个公共点，直接写出的取值范围．

【答案】（1）；（2）或或
【解析】
【分析】（1）当时，确定函数解析式，然后求出对称轴，由P（，），Q（，）两点纵坐标相同，则两个点关于对称轴对称，由此求解即可得；
（2）由函数解析式可得：二次函数一定经过，分三种情况讨论：①当抛物线对称轴的右半部分经过点；②当抛物线对称轴的左半部分经过点；③当抛物线只与x轴有一个交点时，分别结合图形进行分析求解即可得．
【详解】解：（1）当时，
二次函数表达式为，
∴对称轴为直线，
∵P（，），Q（，）两点在该二次函数图象上，且关于对称轴对称，
∴，
∴；
（2）①根据题意可得：二次函数一定经过，当抛物线对称轴的右半部分经过点，如图所示：

时，，
解得：；
②当抛物线对称轴的左半部分经过点，如图所示：

时，，
解得：；
③如图所示，当抛物线只与x轴有一个交点时，

∴；
综上可得：a的取值范围是或或．
【点睛】题目主要考查二次函数图象的基本性质，及根据函数图象确定参数的取值范围，理解题意，作出相应图象进行分析是解题关键．
24. 如图，ABC是⊙O的内接三角形，，，连接AO并延长交⊙O于点D，过点C作⊙O的切线，与BA的延长线相交于点E．
（1）求证：AD∥EC；
（2）若AD＝6，求线段AE的长．

【答案】（1）见解析；（2）6
【解析】
【分析】（1）连接OC，根据CE是⊙O的切线，可得∠OCE＝，根据圆周角定理，可得∠AOC=，从而得到∠AOC+∠OCE＝，即可求证；
（2）过点A作AF⊥EC交EC于点F，由∠AOC＝，OA＝OC，可得∠OAC＝，从而得到∠BAD＝，再由AD∥EC，可得，然后证得四边形OAFC是正方形，可得，从而得到AF=3，再由直角三角形的性质，即可求解．
【详解】证明：（1）连接OC，

∵CE是⊙O的切线，
∴∠OCE＝，
∵∠ABC＝，
∴∠AOC＝2∠ABC＝，
∵∠AOC+∠OCE＝，
∴AD∥EC；
（2）解：过点A作AF⊥EC交EC于点F，
∵∠AOC＝，OA＝OC，
∴∠OAC＝，
∵∠BAC＝，
∴∠BAD＝，
∵AD∥EC，
∴，
∵∠OCE＝，∠AOC＝，∠AFC=90°，
∴四边形OAFC是矩形，
∵OA＝OC，
∴四边形OAFC是正方形，
∴，
∵，
∴，
在Rt△AFE中，，
∴AE=2AF=6．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的性质，直角三角形的性质，正方形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
25. 二次函数图象与y轴交于点A，将点A向右平移4个单位长度，得到点B，点B在二次函数的图象上．
（1）求点B的坐标（用含的代数式表示）；
（2）二次函数的对称轴是直线 ；
（3）已知点(，)，(，)，(，)在二次函数的图象上．若，比较，，的大小，并说明理由．

【答案】（1）B(4，)；（2）；（3），见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，令，即可求得的坐标，根据平移的性质即可求得点的坐标；
（2）根据题意关于对称轴对称，进而根据的坐标即可求得对称轴；
（3）根据（2）可知对称轴为，进而计算点与对称轴的距离，根据抛物线开口朝下，则点离对称轴越远则函数值越小，据此求解即可
【详解】解：（1）∵令，
∴，
∴点A的坐标为（0，），
∵将点A向右平移4个单位长度，得到点B，
∴点B的坐标为（4，）.
（2） A的坐标为（0，），点B的坐标为（4，）
点都在在二次函数的图象上．即关于对称轴对称
对称轴为
（3）∵对称轴是直线，，
∴点（，），（，）在对称轴的左侧，
点（，）在对称轴的右侧，
∵，
∴，
∴，
，

∵，
∴.
【点睛】本题考查了平移的性质，二次函数的对称性，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
26. 如图，O为四边形ABCD内一点，E为AB的中点，OA＝OD，OB＝OC，∠AOB+∠COD＝．
（1）若∠BOE＝∠BAO，AB＝，求OB的长；
（2）用等式表示线段OE和CD之间的关系，并证明．

【答案】（1）2；（2），理由见解析
【解析】
【分析】（1）由已知条件∠BOE＝∠BAO，且公共角，证明△OBE∽△ABO，进而列出比例式，代入数值即可求得；
（2）延长OE到点F，使得，连接AF，FB，证明△AOF≌△DOC，进而可得，即
【详解】（1）解：∵∠BOE＝∠BAO，，
∴△OBE∽△ABO，
∴，
∵AB＝，E为AB的中点，
∴
∴，
∴（舍负）.
（2）线段OE和CD的数量关系是：，理由如下，
证明：如图，延长OE到点F，使得，连接AF，FB.

∵
∴四边形AFBO是平行四边形，
∴，，
∴，
∵∠AOB+∠COD＝，
∴，
∵OB＝OC，
∴，
在△AOF和△DOC中，
，
∴△AOF≌△ODC，
∴
∴.
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，第（2）小问中，根据题意正确的添加辅助线是解题的关键．
27. 在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：若点P在图形M上，点Q在图形N上，称线段PQ长度的最小值为图形M，N的“近距离”，记为d(M，N)，特别地，若图形M，N有公共点，规定d(M，N)＝0．已知：如图，点A(，0)，B(0，)．
（1）如果⊙O的半径为2，那么d(A，⊙O)＝ ，d(B，⊙O)＝ ．
（2）如果⊙O的半径为r，且d（⊙O，线段AB）=0，求r的取值范围；
（3）如果C(m，0)是x轴上的动点，⊙C的半径为1，使d（⊙C，线段AB）<1，直接写出m的取值范围．

【答案】（1）0，；（2）；（3）
【解析】
【分析】（1）根据新定义，即可求解；
（2）过点O作OD⊥AB于点D，根据三角形的面积，可得，再由d（⊙O，线段AB）=0，可得当⊙O的半径等于OD时最小，当⊙O的半径等于OB时最大，即可求解；
（3）过点C作CN⊥AB于点N ，利用锐角三角函数，可得∠OAB=60°，然后分三种情况：当点C在点A的右侧时，当点C与点A重合时，当点C在点A的左侧时，即可求解．
【详解】解：（1）∵⊙O的半径为2，A(，0)，B(0，)．
∴，
∴点A在⊙O上，点B在⊙O外，
∴d（A，⊙O）＝，
∴d（B，⊙O）＝；
（2）过点O作OD⊥AB于点D，

∵点A(，0)，B(0，)．
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴
∴，
∵d（⊙O，线段AB）=0，
∴当⊙O的半径等于OD时最小，当⊙O的半径等于OB时最大，
∴r的取值范围是，
（3）如图，过点C作CN⊥AB于点N ，

∵点A(，0)，B(0，)．
∴ ，
∴ ，
∴∠OAB=60°，
∵C(m，0)，
当点C在点A的右侧时， ，
∴ ，
∴ ，
∵d（⊙C，线段AB）<1，⊙C的半径为1，
∴ ，解得： ，
当点C与点A重合时， ，
此时d（⊙C，线段AB）=0，
当点C在点A的左侧时， ，
∴
，
∴ ，解得： ，
∴．
【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，点与直线的位置关系，理解新定义，熟练掌握点与圆的位置关系，点与直线的位置关系是解题的关键．