北京市房山區(qū)2023-2024學(xué)年九年級(jí)上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題

北京市房山區(qū)2023-2024學(xué)年九年級(jí)上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三總分評(píng)分一、選擇題（共16分，每題2分）第1-8題均有四個(gè)選項(xiàng)，符合題意的選項(xiàng)只有一個(gè).1．下列圖形中，既是中心對(duì)稱(chēng)圖形又是軸對(duì)稱(chēng)圖形的是（）A． B．C． D．2．如果xy=5A．?52 B．?23 C．3．拋物線(xiàn)y=(x?1)A．(?1，2) B．(1，2) C．4．如圖，在⊙O中，若∠BAC=25°，則∠BOC的度數(shù)是（）A．15° B．25° C．50° D．75°5．將二次函數(shù)y=xA．y=x2+5 B．y=x2?56．若點(diǎn)A(1，y1)，B(2，y2A．y1>y2 B．y1<7．如圖，建筑物CD和旗桿AB的水平距離BD為9m，在建筑物的頂端C測(cè)得旗桿頂部A的仰角α為30°，旗桿底部B的俯角β為45°，則旗桿AB的高度為（）A．32m B．33m C．8．如圖，AB是半圓O的直徑，半徑OC⊥AB，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，連接BD，OD，AC，AD，AD與OC交于點(diǎn)E，給出下面三個(gè)結(jié)論：①AD平分∠CAB；②A(yíng)C∥OD；③AE=2上述結(jié)論中，所有正確結(jié)論的序號(hào)是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③二、填空題（共16分，每題2分）9．函數(shù)y=1x?1的自變量x的取值范圍是10．如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，若∠C=130°，則∠A=.11．請(qǐng)寫(xiě)出一個(gè)圖象過(guò)點(diǎn)(1，2)的函數(shù)表達(dá)式：12．如圖，在△ABC中，點(diǎn)D，E分別在A(yíng)B，AC上，DE∥BC，DE=3，BC=9，AE=2，則EC的長(zhǎng)為.13．如圖，A，B，D三點(diǎn)在半徑為5的⊙O上，AB是⊙O的一條弦，且OD⊥AB于點(diǎn)C，若AB=8，則OC的長(zhǎng)為.14．如圖，在33的方格中，每個(gè)小方格都是邊長(zhǎng)為1的正方形，O，A，B分別是小正方形的頂點(diǎn)，點(diǎn)C在OB上，則AC的長(zhǎng)為.15．在△ABC中，BC=2，AC=23，∠A=30°，則△ABC的面積為16．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A為y軸正半軸上一點(diǎn).已知點(diǎn)B(1，0)，C(5，0)，⑴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為；⑵若∠BAC最大時(shí)，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為.三、解答題（共68分，第17-22題，每題5分，第23-26題，每題6分，第27-28題，每題7分）解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、演算步驟或證明過(guò)程..17．計(jì)算：4sin18．如圖，D，E分別是△ABC的邊AB，AC上的點(diǎn)，∠ADE=∠C.求證：△ADE∽△ACB.19．已知二次函數(shù)y=x（1）在平面直角坐標(biāo)系中畫(huà)出它的圖象，并寫(xiě)出它的對(duì)稱(chēng)軸；（2）結(jié)合圖象直接寫(xiě)出當(dāng)?1<x<1時(shí)，y的取值范圍.20．如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=5，AB=13.求cosA21．已知：如圖⊙O.求作：⊙O的內(nèi)接正方形.作法：①作⊙O的直徑AB；②作直徑AB的垂直平分線(xiàn)MN交⊙O于點(diǎn)C，D；③連接AC，BC，AD，BD.所以四邊形ACBD就是所求作的正方形.（1）使用直尺和圓規(guī)，依作法補(bǔ)全圖形（保留作圖痕跡）；（2）完成下面的證明.證明：∵M(jìn)N是AB的垂直平分線(xiàn)，∴MN過(guò)點(diǎn)O.∴∠AOC=∠COB=∠BOD=∠DOA=90°.∴AC=BC=BD=AD.（）（填推理的依據(jù)）∴四邊形ACBD是菱形.∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=°.（）（填推理的依據(jù)）∴菱形ACBD是正方形.22．如圖，在矩形ABCD中，AC為對(duì)角線(xiàn)，DE⊥AC，垂足為點(diǎn)E.（1）求證：∠DAE=∠EDC；（2）若BC=8，tan∠EDC=3423．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線(xiàn)y=x與雙曲線(xiàn)y=kx相交于點(diǎn)P(2，（1）求m的值及點(diǎn)Q的坐標(biāo)；（2）已知點(diǎn)N(0，n)，過(guò)點(diǎn)N作平行于x軸的直線(xiàn)交直線(xiàn)y=x與雙曲線(xiàn)y=kx分別為點(diǎn)A(x1，y124．如圖，AB是⊙O的直徑，AC，BC是弦，點(diǎn)D在A(yíng)B的延長(zhǎng)線(xiàn)上，且∠DCB=∠DAC，⊙O的切線(xiàn)AE與DC的延長(zhǎng)線(xiàn)交于點(diǎn)E.（1）求證：CD是⊙O的切線(xiàn)；（2）若⊙O的半徑為2，∠D=30°，求AE的長(zhǎng).25．原地正面擲實(shí)心球是北京市初中學(xué)業(yè)水平考試體育現(xiàn)場(chǎng)考試的選考項(xiàng)目之一.實(shí)心球被擲出后的運(yùn)動(dòng)路線(xiàn)可以看作是拋物線(xiàn)的一部分，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系.實(shí)心球從出手（點(diǎn)A處）到落地的過(guò)程中，實(shí)心球的豎直高度y（單位：m）與水平距離x（單位：m）近似滿(mǎn)足函數(shù)關(guān)系y=a(x?h)九年級(jí)一名男生進(jìn)行了兩次訓(xùn)練.（1）第一次訓(xùn)練時(shí)，實(shí)心球的水平距離x與豎直高度y的幾組數(shù)據(jù)如下：水平距離x/m035679豎直高度y/m2175955917根據(jù)上述數(shù)據(jù)，直接寫(xiě)出實(shí)心球豎直高度的最大值，并求出滿(mǎn)足的函數(shù)關(guān)系y=a(x?h)（2）第二次訓(xùn)練時(shí)，實(shí)心球的豎直高度y與水平距離x近似滿(mǎn)足函數(shù)關(guān)系y=?112(x?5)2+4912.記該男生第一次訓(xùn)練實(shí)心球落地的水平距離為d26．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)(1，m)，(3，n)，在拋物線(xiàn)（1）當(dāng)m=n時(shí)，求拋物線(xiàn)與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)及t的值；（2）點(diǎn)(x0，n)(x0≠3)27．如圖，在等邊三角形ABC中，E，F(xiàn)分別是BC，AC上的點(diǎn)，且BE=CF，AE，BF交于點(diǎn)G.（1）∠AGF=°；（2）過(guò)點(diǎn)A作AD∥BC（點(diǎn)D在A(yíng)E的右側(cè)），且AD=BC，連接DG.①依題意補(bǔ)全圖形；②用等式表示線(xiàn)段AG，BG與DG的數(shù)量關(guān)系，并證明.28．定義：在平面直角坐標(biāo)系xOy中，對(duì)于⊙M內(nèi)的一點(diǎn)P，若在⊙M外存在點(diǎn)P'，使得MP'=2MP，則稱(chēng)點(diǎn)（1）當(dāng)⊙O的半徑為2時(shí)，①在P1(?1，0)，P2(1，32②已知一次函數(shù)y=kx?2k在第一象限的圖象上的所有點(diǎn)都是⊙O的“內(nèi)二分點(diǎn)”，求k的取值范圍；（2）已知點(diǎn)M(m，0)，B(0，?1)，C(1，?1)，⊙M的半徑為4，若線(xiàn)段

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：A既是中心對(duì)稱(chēng)圖形又是軸對(duì)稱(chēng)圖形，符合題意；

B是軸對(duì)稱(chēng)圖形，不是中心對(duì)稱(chēng)圖形，不符合題意；

C是軸對(duì)稱(chēng)圖形，不是中心對(duì)稱(chēng)圖形，不符合題意；

B是中心對(duì)稱(chēng)圖形，不是軸對(duì)稱(chēng)圖形，不符合題意；

故答案為：A

【分析】將圖形沿某一條軸折疊后能夠重合的圖形為軸對(duì)稱(chēng)圖形，將圖形沿某一個(gè)點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°后能夠與原圖形重合的圖形為中心對(duì)稱(chēng)圖形.2．【答案】C【解析】【解答】解：x?yy=xy-y3．【答案】B【解析】【解答】解：由題意可得：

拋物線(xiàn)y=(x?1)2+2的頂點(diǎn)坐標(biāo)是(1，2)4．【答案】C【解析】【解答】解：由題意可得：

∠BOC=2∠BAC=50°

故答案為：C

【分析】根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角是圓心角的一半即可求出答案.5．【答案】A【解析】【解答】解：由題意可得：

將二次函數(shù)y=x2的圖象向上平移5個(gè)單位，得到的函數(shù)圖象的表達(dá)式是y=x26．【答案】B【解析】【解答】由題意可得：

k=-1<0

∴y隨x的增大而增大

∵2>1

∴y1<y27．【答案】D【解析】【解答】解：由題意可得：

CE⊥AB，CE=BD=9

在Rt△AEC中

AE=CE·tan30°=33

在Rt△BCE中，∠BCE=45°

∴BE=CE·tan45°=9

∴8．【答案】D【解析】【解答】解：∵D是BC的中點(diǎn)

∴∠CAD=∠DAB

∴AD平分∠CAB，①正確

∵OA=OD

∴∠OAD=∠ODA

∴∠CAD=∠ODA

∴AC∥OD，②正確

∵OC⊥AB

∴∠AOC=90°

∵OA=OC=OD

∴AC=2OA=2OD

∵AC∥OD

∴AEDE=ACOD=29．【答案】x≠1【解析】【解答】解：∵y=1x-1，

∴x-1≠0，

解得：x≠1.【分析】因?yàn)榇撕瘮?shù)是反比例函數(shù)，解析式為分式，根據(jù)分式有意義的條件，分母不為0，列出不等式，解不等式即可.10．【答案】50°【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O

∴∠C+∠A=180°

∵∠C=130°

∴∠A=180°-130°=50°

故答案為：50°

【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)計(jì)算即可求出答案.11．【答案】y=2x或y=2x或【解析】【解答】解：由題意可得：

所求函數(shù)表達(dá)式只要圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)（1，2）即可

如y=2x或y=2x或y=2x2（答案不唯一）

故答案為：y=2x或y=212．【答案】4【解析】【解答】解：∵DE∥BC

∴△ADE~△ABC

∴AEAC=DEBC

∵DE=3，BC=9，AE=2，

∴AC=6

∴EC=AC-AE=4

故答案為：413．【答案】3【解析】【解答】由題意可得：

OA=5，AC=12AB=4

∴OC=O14．【答案】2【解析】【解答】解：由題意可得：

OC=OA=22+22=22，∠AOC=45°15．【答案】3或2【解析】【解答】解：由題意可得：

過(guò)點(diǎn)C作AB邊的垂線(xiàn)，垂足為M

在Rt△AMC中

sinA=CMAC

∴CM=3

∴AM=AC2-CM2=3

當(dāng)點(diǎn)B在點(diǎn)M左側(cè)時(shí)

B1M=CB1-CM=1

∴AB116．【答案】3；(0【解析】【解答】解：∵⊙P是△ABC的外接圓

∴P在BC的垂直平分線(xiàn)上

∵B(1，0)，C(5，0)

∴OB=1，OC=5

∴BC=5-1=4

∴P的橫坐標(biāo)為1+2=3

（2）當(dāng)圓P與y軸相切時(shí)，∠BAC最大

連接AP，PC，過(guò)P作PH⊥BC于H

∴BH=CH=12BC

由（1）可知OB=1，BC=4

∴BH=CH=2

∴OH=3

∴AP⊥OA

∵∠AOH=90°

∴四邊形AOHP是矩形

∴PC=AP=OH=3，AO=PH

∵PH=PC2-CH17．【答案】解：4【解析】【分析】根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值，0指數(shù)冪，絕對(duì)值的性質(zhì)，二次根式即可求出答案.18．【答案】證明：∵∠?A=∠?A，又∵∠?ADE=∠?C，∴△ADE∽△ACB.【解析】【分析】根據(jù)相似三角形的判定定理即可求出答案.19．【答案】（1）解：二次函數(shù)y=x拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x=?1?.（2）解：當(dāng)?1?<?x?<?1時(shí)，則y的取值范圍是?4?<?y<0.【解析】【解答】解：：二次函數(shù)y=x2+2x?3的圖象，如圖.

拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x=?1?.

【分析】（1）根據(jù)“五點(diǎn)法”畫(huà)出函數(shù)圖象即可求出答案；20．【答案】解：在Rt△ABC中，∠?C=90°，BC=5，AB=13，由勾股定理得：AC=A∴cosA=【解析】【分析】根據(jù)勾股定理可求出AC長(zhǎng)，再在Rt△ABC中，根據(jù)銳角三角形函數(shù)的定義即可求出答案.21．【答案】（1）解：補(bǔ)全的圖形如圖所示：（2）在同圓中，相等的圓心角所對(duì)的弦相等；90；直徑所對(duì)的圓周角是直角【解析】【分析】（1）根據(jù)根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)即可求出答案；

（2）根據(jù)圓周角性質(zhì)及有一個(gè)角為90°的菱形為正方形即可求出答案.22．【答案】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠?ADC=90°.∴∠?ADE+∠?EDC=90°.∵DE⊥AC，∴∠?ADE+∠?DAE=90°.∴∠?DAE=∠?EDC.（2）解：在Rt△DEC中，tan∠?EDC=34，設(shè)EC=3x則DC=5x.∵∠?DAE=∠?EDC，∴tan∠?DAE=∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC=8.在Rt△ADC中，tan∠?DAC=34∴tan∠?DAE=DCAD=∴DC=5x=6.∴x=65.∴【解析】【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)，進(jìn)行角之間的轉(zhuǎn)換即可求出答案；

（2）在Rt△DEC中，設(shè)EC=3x，DE=4x，再根據(jù)銳角三角形函數(shù)的定義可求出DC=5x，再根據(jù)矩形的性質(zhì)結(jié)合銳角三角函數(shù)定義即可求出答案.23．【答案】（1）解：∵直線(xiàn)y=x與雙曲線(xiàn)y=kx相交于點(diǎn)∴m=2.把點(diǎn)P(2，2)代入y=k∴k=4.∴y=4∴y=x∴x=2，y=2∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(?2，（2）n>2或?2<n<0【解析】【解答】∵直線(xiàn)y=x與雙曲線(xiàn)y=kx相交于點(diǎn)P（2，2）和點(diǎn)Q（-2，-2）

∴當(dāng)x1>x2時(shí)，n的取值范圍為：n>2或?2<n<0

故答案為：n>224．【答案】（1）證明：連接OC.∵OA=OC，∴∠?OAC=∠?OCA.又∵∠?DCB=∠?DAC，∴∠?DCB=∠?OCA.∵AB是⊙O的直徑，∴∠?OCA+∠?OCB=90°.∴∠?DCB+∠?OCB=90°.又∵OC是半徑，CD經(jīng)過(guò)⊙O的半徑外端C.∴CD是⊙O的切線(xiàn).（2）解：在Rt△OCD中，∵∠?OCD=90°，∠?D=30°，OC=2，∴OD=4.∴AD=AO+OD=6.∵AE是⊙O的切線(xiàn)，切點(diǎn)為A，∴OA⊥AE.在Rt△EAD中，∵∠?EAD=90°，∠?D=30°，AD=6，∴AE=AD?tan【解析】【分析】（1）根據(jù)等邊對(duì)等角可得∠?OAC=∠?OCA，則∠?DCB=∠?OCA，再根據(jù)圓直徑所對(duì)的圓心角為直角可得∠?DCB+∠?OCB=90°，再根據(jù)切線(xiàn)的判定定理即可求出答案；

（2）根據(jù)含30°角的直角三角形可得OD=4，則AD=AO+OD=6，再根據(jù)切線(xiàn)性質(zhì)可得OA⊥AE，則在Rt△EAD中，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義即可求出答案.25．【答案】（1）解：5m.解：由題意可知y=a(x?6)∵當(dāng)x=0時(shí)，y=2，∴a(0?6)2+5=2∴函數(shù)關(guān)系為y=?1（2）>【解析】【解答】解：（2）在y=?112(x?6)2+5中

當(dāng)y=0時(shí)，有：0=?112(x?6)2+5

解得：x1=6+215，x2=6-225（舍去）

∴d1=6+215

在y=?126．【答案】（1）解：當(dāng)x=0時(shí)，y=4.∴拋物線(xiàn)與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，∵點(diǎn)(1，m)，(3，n)在拋物線(xiàn)∴3?t=t?1，解得t=2.（2）解：由m=a+b+4，n=9a+3b+4，∵m<n，∴8a+2b>0.∴b>?4a.∵a>0，∴?b2a<2∵n<4，∴9a+3b<0.∴b<?3a.∴?b2a>綜上所述，32∵點(diǎn)(x∴(x0，n)，(3，∴3?t=t?x0，解得∴32<x0【解析】【分析】（1）先求出拋物線(xiàn)與y軸交點(diǎn)坐標(biāo)，再將點(diǎn)(1，m)，(3，n)代入拋物線(xiàn)解析式，列出方程，解方程即可求出答案；

（2）將點(diǎn)(1，m)，(3，n)代入拋物線(xiàn)解析式可得m=a+b+4，n=9a+3b+4，再根據(jù)m，n之間的關(guān)系可求出b>?4a，再根據(jù)對(duì)稱(chēng)軸性質(zhì)可求出3227．【答案】（1）60（2）解：①依題意補(bǔ)全圖形，如圖.②用等式表示線(xiàn)段AG，BG與DG的數(shù)量關(guān)系：3AG證明：作∠?GAM=120°，在A(yíng)M截取AP=AG，連接GP，PD.∵AP=AG，∠?GAP=120°，∴∠?AGP=∠?APG=30°.∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC，∠?ABC=60°.又∵AD=BC，∴AB=AD.∵AD∥BC，∴∠?ABC+∠?BAD=180°.∴∠?BAD=120°.∵∠?GAP=120°，∴∠?BAG=∠?DAP.∴△BAG≌△DAP(SAS).∴BG=DP，∠?APD=∠?AGB=120°.∵∠?APG=30°，∴∠?DPG=90°.∴GP過(guò)點(diǎn)A作AQ⊥GP于點(diǎn)Q，在Rt△AGQ中，∵∠?AGQ=30°，cos∠?AGQ=∴GQ=32AG.又∵BG=DP，∴3AG【解析】【解答】解：（1）∵△ABC是等邊三角形

∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=60°

在△ABE和△BCF中

AB=BC∠ABE=∠BCFBE=CF

∴△ABE≌△BCF(SAS)

∴∠BAE=∠CBF

∴∠AGF=∠ABF+∠BAE=∠ABF+∠CBF=60°

故答案為：60°

【分析】（1）根據(jù)等邊三角形性質(zhì)可得AB=BC，∠ABE=∠BCF=60°，再根據(jù)全等三角形的判定定理可得△ABE≌△BCF，則∠BAE=∠CBF，再進(jìn)行角之間的轉(zhuǎn)換即可求出答案；

（2）①根據(jù)題意作圖即可求出答案.

②作∠?GAM=120°，在A(yíng)M截取AP=AG，連接GP，PD，則∠?AGP=∠?APG=30°，再根據(jù)