浙江省温州市瑞安市安阳实验中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题

这是一份浙江省温州市瑞安市安阳实验中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题，共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
浙江省温州市瑞安市安阳实验中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．若2x=3y，则x:y的值是（    ）
A．25 B．35 C．23 D．32
2．下列事件中，必然事件是（    ）
A．抛掷一枚骰子，出现4点向上 B．四边形的内角和为360°
C．抛掷一枚硬币，正面朝上 D．明天会下雨
3．已知⊙O的半径为2cm，点P到圆心O的距离为4cm，则点P和⊙O的位置关系为（　　）
A．点P在圆内 B．点P在圆上 C．点P在圆外 D．不能确定
4．如图，在⊙O中半径OC与弦AB垂直于点D，且AB=8，OC=5，则OD的长是（    ）

A．1．5 B．2 C．3 D．4
5．在一个不透明的布袋中装有30个黄、白两种颜色的球，除颜色外其他都相同，小红通过多次摸球试验后发现，摸到黄球的频率稳定在0．4左右，则布袋中白球可能有（    ）
A．12个 B．15个 C．18个 D．20个
6．将抛物线y=x2向左平移2个单位后，所得新抛物线的解析式是（    ）
A．y=x2−2 B．y=x2+2 C．y=(x−2)2 D．y=(x+2)2
7．二次函数y=−x+12+2，当−3≤x≤0时，y的（    ）
A．最小值是1 B．最小值是0 C．最小值是−1 D．最小值是−2
8．点F在▱ABCD的边AD上，BA、CF的延长线交于点E，若AE:AB=1:2，则四边形ABCF与△CDF的面积之比是（    ）

A．9：4 B．8：3 C．3：2 D．2：1
9．如图，阴影部分是某个品牌商标的图案，为了研究它的面积，小明通过数学知识找到弧AC所在圆的圆心O，经测量∠ADC=90°，AD=OD=2cm，则商标的面积为（    ）cm2

A．8π3−23 B．8π3−43 C．16π3−23 D．16π3−43
10．如图，E，F，G，H是正方形ABCD边上的点，且AG=BE=CH=DF，EF和GH将正方形剪切成四片进行重新拼接成四边形MQPN，若正方形ABCD和四边形MQPN的面积之比为9:10，则AG:GD=（    ）

A．2 B．3 C．2+1 D．5

二、填空题
11．任意抛掷一枚均匀的骰子一次，朝上面的点数为4概率等于______．
12．已知线段a=1，b=9，则a，b的比例中项线段等于______．
13．半径为6的圆上，一段圆弧的长度为3π，则该弧的度数为______°．
14．如图，四边形ABCD与四边形EFGH位似，其位似中心为点O，且OEEA=43，则FGBC=______．

15．如图，y=x2−2x−3与x轴交于A，B两点（A在左边）与y轴交于C点，P是线段AC上的一点，连结BP交y轴于点Q，连结OP，当△OAP和△PQC的面积之和与△OBQ的面积相等时，点P的坐标为______．

16．如图，矩形ABCD内接于是⊙O，AB=40，BC=55，E为弧BC上一点，连结AE，CE，CE=20，则AE=______；F是射线CE上一个动点，∠BFE>90°，当BF=AB时，EF=______．


三、解答题
17．一个布袋里装有只有颜色不同的4个小球，其中1个白球，3个黑球．
(1)从袋中随机取出1球，求摸到的是白球的概率；
(2)从袋中随机取出1球，不放回再取出第二个球，请用列表法或树状图法表示出所有可能的结果，并求出恰好取出一个黑球，一个白球的概率．
18．如图，在6×6的方格纸中，每个小正方形边长都是1，△ABC是格点三角形（顶点在方格顶点处）．

(1)在图1中画格点△A1B1C1，使△A1B1C1与△ABC相似，相似比为2:1．
(2)在图2中画格点△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC相似，面积比为2:1．（注：图1、图2在答题纸上．）
19．如图，在△ABC中，AB=AC，AD为BC边上的中线，DE⊥AB于点E．

(1)求证：△BDE∽△CAD．
(2)若AC=13，BC=10，求线段BE的长．
20．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ADC=2∠B，点D是AC的中点．

(1)求∠B的度数；
(2)求证：四边形AOCD是菱形．

21．如图，抛物线的顶点坐标为1,−4，且图象经过点3,0．

(1)求抛物线的表达式；
(2)若在y轴正半轴上取一点P0,m，过点P作x轴的平行线，分别交抛物线于A，B两点（A在B点左侧），若PA:PB=1:2，求m的值．

22．党的二十大报告指出大自然是人类赖以生存发展的基本条件……垃圾分类、节能减排、废物再利用等必须从我们身边小事做起．为了充分利用四边形余料，小明设计了不同的方案裁剪正方形，裁剪方案与数据如下表：
方案设计
方案1
方案2
裁剪方案示意图


说明
图中的正方形EFBG和正方形MNPQ四个顶点都在原四边形的边上
测量数据
AD=3dm，AB=9dm，CB=12dm，∠A=∠B=90°
任务1：探寻边长关系
填空：CD=______dm；PNBN=______
任务2：比较面积大小
计算或推理：比较正方形EFBG和正方形MNPQ边长的大小
任务3：应用实践
若在四边形ADQP余料上再截取一个最大正方形，正方形的边长为______


23．某商家代理经销某种商品，以每件进价40元，批发购进该商品915件，经走访市场发现：每天的销售量y（件）和销售单价x之间的一次函数关系如下表（x≥50的整数）．
销售单价x（元/件）
…
50
51
52
…
每天销售量y（件）
…
100
95
90
…

(1)写出y关于x的函数关系式______．
(2)问定价x为多少时，每天获得利润最大，并求最大利润．
(3)商家在实际销售过程中，以每天最大利润销售了10天后，他发现销售时间只剩下最后两天，所以在最后不超过2天时间内销售完余下的商品，这915件商品的总利润为w元，则总利润w的最大值为______（直接写出答案）．
24．如图，抛物线y=12x2−4x+6与x轴交于A，B两点（A在B的左边），与y轴交于点C，连接AC，BC，点D在抛物线上一点．

(1)求证；△OBC是等腰直角三角形．
(2)连接DC，如图1，若BC平分∠ACD，求点D的坐标．
(3)如图2，若点D在线段BC的下方抛物线上一点，画DE⊥BC于点E．
①求DE的最大值．
②在线段CE上取点F，连OF，DF，若∠EDF=∠ACB，且点C关于直线OF的对称点恰好落在抛物线上，求点D的坐标（直接写出答案）．

参考答案：
1．D
【分析】由比例的基本性质：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即可．
【详解】方法一：∵2x=3y，
∴x=32y，
∴x:y=32y:y=32
方法二：∵2x=3y
∴3:2=x:y 即x:y=32
故选：D．
【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．B
【分析】根据必然事件的概念选择即可．
【详解】A．抛掷一枚骰子，出现4点向上是随机事件，故选项错误，不符合题意；
B．四边形的内角和为360°是必然事件，故选项正确，符合题意；
C．抛掷一枚硬币，正面朝上，是随机事件，故选项错误，不符合题意；
D．明天会下雨是随机事件，故选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】此题考查了必然事件的概念，解题的关键是掌握必然事件的概念（必然事件是一定要发生的事件）．
3．C
【分析】根据⊙O的半径为2cm，点P到圆心O的距离为4cm，即可判定点P和⊙O的位置关系．
【详解】解：∵⊙O的半径为2cm，点P到圆心O的距离为4cm，2cm0，
∴c=3；
故答案为：3．
【点睛】本题考查比例中项．熟练掌握比例中项的平方等于两外项的乘积，是解题的关键．
13．90
【分析】根据扇形的弧长公式计算即可．
【详解】∵半径为6的圆上，一段圆弧的长度为3π，
∴n=180lπr=180×3π6π=90，
故答案为90．
【点睛】本题考查了扇形的弧长公式和面积公式，如果扇形的圆心角是n∘，扇形的半径为r，则扇形的弧长l的计算公式为：l=nπr180．
14．47
【分析】利用位似图形的性质结合位似比等于相似比得出答案．
【详解】∵四边形ABCD与四边形EFGH位似，其位似中心为点O，且OEEA=43，
∴OEOA=47，
则FGBC=OEOA=47，
故答案为47．
【点睛】本题考查了位似的性质，熟练掌握位似的性质是解题的关键.
15．−23,−1
【分析】先求出A−1，0，B3,0，C0,-3，再求出线段AC一次函数为y1=k1x+b1、过BP的一次函数解析式为y2=k2x+b2，求出Q0,9m+1m−3，根据面积相等列出等式求出P点坐标．
【详解】∵y=x2−2x−3与x轴交于A，B两点（A在左边）与y轴交于C点，
∴A−1，0，B3,0，C0,-3
设过线段AC一次函数解析式为y1=k1x+b1，
把A−1，0，C0,-3坐标代入解析式可得∶
k1=−3b1=−3，
∴y1=−3x−3，
设Pm,−3m−3，过BP的一次函数解析式为y2=k2x+b2，
把Pm,−3m−3,B3，0坐标代入解析式可得∶
k2=−3m−3m−3b2=9m+1m−3
∴Q0,9m+1m−3，
∴S△OBQ=−12×9m+1m−3×3
S△OAP+S△PQC=S△AOC−S△OPQ
S△OAP+S△PQC=32−12m×9m+1m−3
∴−12×9m+1m−3×3=32−12m×9m+1m−3
3m2−7m−6=0
3m+2m−3=0
m1=−23,m2=3舍去
∴P−23,−1．
【点睛】此题考查了二次函数的面积与交点坐标的问题，解题的关键是求出交点坐标，把三角形面积表示出来．
16．     65     24−511##-511+24
【分析】过点B作BM⊥CF于点M，连接AC，设AE与BC交于点G，根据矩形的性质结合圆周角定理得出AC是直径，根据勾股定理求出AC,AE即可，证明△ABG∽△CEG，从而求出CG=25,EG=15，进而得出BG=2EG=30，AG=2CG=50，证明△CBM∽△AGB，求出BM,CM的长，根据勾股定理求出MF的长度，然后根据EF=CM−CE−MF即可得出答案．
【详解】解：过点B作BM⊥CF于点M，连接AC，设AE与BC交于点G，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=40，AD=BC=55，∠ABC=∠ADC=90°，
∴AC是直径，
∴∠AEC=90°，
在Rt△ADC中，AC2=AD2+DC2=4625，
∵CE=20，
∴AE=AC2−CE2=65，
在△ABG和△CEG中，
∠ABG=∠CEG=90°∠AGB=∠CGE，
∴△ABG∽△CEG，
∴BGEG=AGCG=ABCE=4020=2，
∴BG=2EG,AG=2CG，
∵AG+EG=AE，
∴2CG+EG=65①，
∵BG+CG=BC，
∴2EG+CG=55②，
由①②得：CG=25,EG=15，
∴BG=2EG=30，AG=2CG=50，
在△CBM和△AGB中，
∠BCM=∠BAG∠CMB=∠ABG=90°，
∴△CBM∽△AGB，
∴BMBG=CMAB=BCAG，
∴BM30=CM40=5550，
∴BM=33,CM=44，
∵BM⊥CF，BF=AB=40，
∴FM=BF2−BM2=402−332=511，
∴EF=CM−CE−FM=44−20−511=24−511，
故答案为：65，24−511．
【点睛】本题考查了矩形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点是解本题的关键．
17．(1)14
(2)见解析，12

【分析】（1）根据概率公式可得答案；
（2）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与恰好取出一个黑球，一个白球的结果数，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】（1）解：由题意得，摸到的是白球的概率为14；
（2）解：画树状图为：

由树状图可知，共有12种等可能的结果，其中恰好取出一个黑球，一个白球的有6种结果，
∴恰好取出一个黑球，一个白球的概率612=12．
【点睛】本题考查了概率公式，用列表法或画树状图法求概率，利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．
18．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）根据△A1B1C1∼△ABC，相似比为2:1，得A1B1AB=A1C1AC=B1C1BC=21，即△ABC的各边长扩大两倍；
（2）根据△A2B2C2∼△ABC，面积比为2:1，则相似比为：21，得A2B2AB=A2C2AC=B2C2BC=21，即△ABC的各边长扩大2倍．
【详解】（1）画法不唯一，如下图1：
由题意得，AB=1，BC=12+12=2，AC=12+22=5，
∵△A1B1C1∼△ABC，相似比为2:1，
∴A1B1AB=A1C1AC=B1C1BC=21，
∴△ABC的各边长扩大两倍，
∴A1B1=2，B1C1=22，A1C1=25．

（2）画法不唯一，如图2：
由（1）得：AB=1，BC=12+12=2，AC=12+22=5，
∴△A2B2C2∼△ABC，面积比为2:1，
∴相似比为：21，
∴A2B2AB=A2C2AC=B2C2BC=21，
∴△ABC的各边长扩大2倍，
∴A2B2=2，B2C2=2，A2C2=10．

【点睛】本题考查相似三角形的性质，解题的关键是掌握相似三角形的性质，相似三角形的面积比等于相似比的平方．
19．(1)证明见解析
(2)BE=2513

【分析】（1）根据三线合一的性质，得出AD⊥BC，再根据垂直的定义，得出∠BED=∠ADC=90°，再根据等边对等角，得出∠B=∠C，再根据相似三角形的判定定理，即可得出结论；
（2）根据中线的性质，得出BD=CD=12BC=5，再根据相似三角形的性质，得出BECD=BDAC，然后代入数据计算，即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，AD为BC边上的中线，
∴AD⊥BC，
∵DE⊥AB，
∴∠BED=∠ADC=90°，
∵AB=AC，
∵∠B=∠C，
∴△BDE∽△CAD；
（2）解： ∵AD为BC边上的中线，BC=10，
∵BD=CD=12BC=5，
∵△BDE∽△CAD，AC=13，
∴BECD=BDAC，
即BE5=513，
∴BE=2513．
【点睛】本题考查了三线合一的性质、垂直的定义、等边对等角、相似三角形的判定与性质，解题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
20．(1)60°见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补，进行求解即可；
（2）连结OD，根据等弧对等角，和同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，得到△AOD，△COD为等边三角形，进而得到AO=CO=AD=CD，即可得证．
【详解】（1）解：∵∠ADC=2∠B
∵∠ADC+∠B=180°
∴∠B=60°
（2）证明：连结OD

∵点D为AC的中点
∴弧AD=弧CD
∴∠AOD=∠COD，
∵∠B=60°，∠AOC=120°，
∴∠AOD=∠COD=60°，
∵AO=DO=CO，
∴△AOD，△COD为等边三角形，
∴AO=CO=AD=CD，
∴四边形AOCD为菱形．
【点睛】本题考查圆内接四边形，圆周角定理，以及弧，弦，圆心角之间的关系和菱形的判定．熟练掌握圆内接四边形的对角互补，等弧对等角，是解题的关键．
21．(1)y=x−12−4
(2)5

【分析】（1）设抛物线表达式为y=ax−12−4，把3,0代入求解即可；
（2）解法一：设AP=a，则A−a,m，B2a,m，分别代入y=x−12−4，消去m，求出a，得出A的坐标代入解析式求解即可；
解法二：设AP=a，利用对称性得2a−1=a+1，求出a，得出A的坐标代入解析式求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点坐标为1,−4，
∴设抛物线表达式为y=ax−12−4，把3,0代入得
0=a×3−12−4，
∴a=1，
∴y=x−12−4；
（2）解：解法一：设AP=a，
∵AP:BP=1:2
∴BP=2a
则A−a,m，B2a,m
分别代入y=x−12−4，可得
−a−12−4=m，2a−12−4=m
∴−a−12=2a−12
解得a=0（舍去）或a=2
∴A−2,m
把−2,m代入得y=x−12−4，得
m=−2−12−4
∴m=5．
解法二：设AP=a
∵AP:BP=1:2
∴BP=2a
∴2a−1=a+1
∴a=2
∴A−2,m
把−2,m代入得y=x−12−4，得
m=−2−12−4
∴m=5．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，以及二函数与几何综合，熟练掌握二次函数的图象与性质是解答本题的关键．
22．见解析
【分析】任务1：过点D作DK⊥BC，交BC于点H，则：四边形ABHD为矩形，利用矩形的性质和勾股定理，即可求出CD，同时得到∠C=45°，进而得到△BNP为等腰直角三角形，即可得到PNBN；
任务2：利用正方形的性质，得到△CEF为等腰直角三角形，得到EF=BF=CF，利用BC=CF+BF，即可求出正方形EFBG的边长，同法可以得到正方形MNPQ的边长，再进行比较即可；
任务3：由题意得：方案一裁剪出来的的正方形的要大于方案而裁剪出来的正方形，按照任务2求正方形EFBG的边长的方法，即可得解．
【详解】任务1：作DK⊥BC于K，

∵∠A=∠B=90°，
∴四边形ABKD为矩形
∵AD=3，AB=9，BC=12
∴DK=AB=9,BK=AD=3,CK=BC−BK=9，
∴CD=DK2+CK2=92，
∵DK=CK=9，
∴∠C=45°，
如图，

∵四边形MNPQ为正方形，
∴NM⊥CD,∠PNM=90°，
∴∠C+∠CNM=∠CNM+∠PNB，
∴∠PNB=∠C=45°，
∵∠B=90°，
∴∠NPB=90°−45°=45°=∠PNB，
∴BP=BN,PN=BP2+BN2=2BN，
∴PNBN=2；
故答案为：CD=92；PNBN=2；
任务2：由任务1知：∠C=45°，
∵四边形EFBG为正方形，
∴EF⊥BC,EF=BF，
∴∠CEF=90°−∠C=45°=∠C，
∴EF=FC，
∴BF=FC，
∵CB=BF+FC=12，
∴EF=FB=FC=6，
∴正方形EFBG的边长为：6；
设正方形MNPQ的边长为2x，
由任务1可知：PNBN=2，∠MNC=90°−∠C=45°=∠C，
∴BN=2x，MN=CM=2x，
∴NC=MN2+CM2=22x，
由题意得：22x+2x=12
∴x=22
∴正方形MNPQ的边长为42；
∵42