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浙江省嘉兴市2025-2026学年九年级上学期期末检测数学试题卷
1．（2026九上·嘉兴期末） 若 则下列等式成立的是（　　）
A． B． C．2a=3b D．
2．（2026九上·嘉兴期末）抛物线. 的对称轴是（　　）
A．直线x=1 B．直线x=-1 C．直线x=3 D．直线x=-3
3．（2026九上·嘉兴期末）下列三角形的外心一定在该三角形外部的是 （　　）
A． B．
C． D．
4．（2026九上·嘉兴期末）为了解一种豆苗的成活率，调查小组将调查数据绘制成统计图，则可估计这种豆苗成活的概率是 （　　）
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.95
5．（2026九上·嘉兴期末）如图，乐器板面上的一根弦AB=80cm，支撑点C是AB的一个黄金分割点(AC>BC)，则A，C之间的距离是（　　）
A． B． C． D．
6．（2026九上·嘉兴期末） 已知点A在半径为4的⊙O上， 点P在⊙O外，若AP=2， 则OP 的取值范围是（　　）
A．07．（2026九上·嘉兴期末） 如图， 正方形EFGH的顶点 E， F， G， H分别在正方形 ABCD的四条边上，且AB=a，则正方形 EFGH面积的最小值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2026九上·嘉兴期末）小明用一把含 30°角的三角板测量圆的半径长，有如下两种方法：①如图 1，30°角的顶点在圆上，弦AB的长即为圆的半径长，②如图2，直角顶点在圆上，弦CD长的一半即为圆的半径长，则下列判断正确的是 （　　）
A．①正确， B．错误B. ①错误，②正确
C．①②都正确 D．①②都错误
9．（2026九上·嘉兴期末） 如图， 在△ABC中， 点 D， E在AB 上， AE=AC， ∠DCE=∠BCE，若AC=6， AD=4， 则BE的长为（　　）
A．2.5 B．3 C．3.5 D．4
10．（2026九上·嘉兴期末）已知二次函数 的图象与一次函数y=2x+1 (0≤x≤3)的图象只有一个交点，则c的最大值与最小值的差为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
11．（2026九上·嘉兴期末） 如图， 在△ABC中， DE∥BC， 若 则=　 　。
12．（2026九上·嘉兴期末）钟表的指针在不停地转动，从3时到5时，时针所转过的度数是　 　。
13．（2026九上·嘉兴期末） 如图， △ABC 关于 BC 的中点 O 作位似图形△EFG， 若点 E恰为△ABC的重心， 则△EFG与△ABC的周长比为　 　。
14．（2026九上·嘉兴期末）将二次函数 的图象向左平移m(m>0)个单位后经过原点，则m的值为　 　。
15．（2026九上·嘉兴期末）彤彤和嘉嘉正在玩一个游戏：两人轮流掷骰子，骰子朝上的数字是几，就按箭头方向将同一颗棋子前进几格并获得格子中的物品，现在棋子在标有数字“0”的格子中，彤彤先掷一次，然后嘉嘉掷，则嘉嘉掷一次就获得小汽车的概率是　 　。
16．（2026九上·嘉兴期末） 如图， 在Rt△ABC中， ∠ACB=90°， AC=6， BC=8， 点D 在AB上， 作∠CDE=45°， 交边BC于点 E， 过点 C， D， E的⊙O交AC于点F， 连接FD， FE， CD。若△EFD∽△ABC，则EF的长为　 　。
17．（2026九上·嘉兴期末）已知二次函数.
（1）求该二次函数图象与x轴的交点坐标；
（2）当y随x的增大而增大时，求x的取值范围。
18．（2026九上·嘉兴期末）将四张分别写着数字-2，-1，1，2(除了数字其它都相同)的卡片背面朝上，放置在桌面上。小杨首先从这四张卡片中抽取一张并记录数字，不放回。
（1）求小杨抽中的卡片数字是正数的概率；
（2）小陈再从剩余的卡片中抽取一张并记录数字。求两人抽到卡片上的数字互为相反数的概率。
19．（2026九上·嘉兴期末） 如图， ⊙O的直径CD垂直弦AB于点E， 连接OA， OB， CD=10。
（1） 若∠AOD=50°， 求. 的长；
（2） 若DE=2， 求弦AB的长。
20．（2026九上·嘉兴期末） 如图， △ABC与△DEF均为等边三角形， D， E分别在AB，BC上， DF， EF分别交AC于点 G， H。请写出图中与△DBE相似的所有三角形，并从中任选一个三角形说明理由。
21．（2026九上·嘉兴期末）如图为小张的一次投篮示意图，其路线为抛物线。已知出手时篮球距地面的高度AB=2m，当篮球运行的水平距离BD为2.5m时，达到距地面的最大高度CD为3.5m。
（1）建立适当的直角坐标系，并求出该抛物线所在的函数表达式；
（2） 若篮圈中心距地面的高度EF=3.05m， 若BF=4.5m， 则此次投篮是否能投进 请说明理由。
22．（2026九上·嘉兴期末） 如图， 已知正五边形ABCDE内接于⊙O， 连接OA， OC， AD。
（1） 求∠ADC的度数；
（2）若⊙O的半径为1，求扇形AOC(阴影部分)的面积。
23．（2026九上·嘉兴期末）已知二次函数 的函数值y和自变量x的部分对应值如下表所示：
x … -1 2 4 m 　
y ● y1 y2 y3 　
（1）当 时，
①求该二次函数图象的顶点坐标；
②若. 求m的取值范围；
（2） 求证：
24．（2026九上·嘉兴期末）规定：如果三角形的两个内角α，β满足α+2β=90°，那么称这个三角形为“2倍准直角三角形”。
（1） 若△ABC的两个内角∠A=20°， ∠B=50°， 判断 是否为“2倍准直角三角形”，并说明理由；
（2） 如图1， 在△ABC中， ∠C=90°， 点D在 BC上， 连接AD。当 时，求证：△ABD是“2倍准直角三角形”；
（3） 如图2， 以△ABC 的边AC为直径作⊙O， 点B， D 均在直线 AC 的左侧， 点D在⊙O 上， ∠ACB>90°， 且∠BCD=∠COD， AB=15， AD=9， 当 是“2倍准直角三角形”时，求⊙O的直径。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】比例的性质
【解析】【解答】解：∵
∴设a=2k， b=3k(k≠0)，
A、，，∴，故A选项等式成立，符合题意；
B、，，∴，故B选项等式不成立，不符合题意；
C、2a=4k，3b=9k，∴2a≠3b，故C选项等式不成立，不符合题意；
D、，故D选项等式不成立，不符合题意；
故选：A.
【分析】由已知比例式，利用等式的基本性质，将等式变形后验证各选项即可.
2．【答案】B
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：由题意知，抛物线顶点坐标为(-1，-3)，从而其对称轴为直线x=-1，
故选：B.
【分析】根据抛物线函数关系式的顶点式可得其顶点坐标，从而可得抛物线的对称轴.
3．【答案】D
【知识点】三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：∵钝角三角形的外心在它的外部，
∴在A、B、C、D四个选项中，只有D选项110°为钝角
故选：D.
【分析】先明确三角形外心的定义与位置规律，再分析各选项三角形的类型，进而确定外心位置.
4．【答案】B
【知识点】利用频率估计概率
【解析】【解答】解：由统计图可知，随着种植数量的增加，成活的频率逐步稳定在0.85附近，
∴可估计这种豆苗移植成活的概率约是0.85.
故答案为：B.
【分析】大量反复试验下，频率的稳定值为概率值，据此根据统计图找到频率的稳定值的可得到答案.
5．【答案】A
【知识点】黄金分割
【解析】【解答】解：根据黄金分割的概念和黄金比值可知：点C是AB的一个黄金分割点(AC>BC)，AB=80cm，
∴，
故选：A.
【分析】根据黄金分割的概念和黄金比值直接求解即可.
6．【答案】C
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：若点P在⊙O外，则点P与圆心O的距离d的取值范围是4故选：C.
【分析】当d>r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d7．【答案】D
【知识点】二次函数的最值；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵四边形EFGH是正方形，四边形ABCD是正方形
∴∠A=∠D=90°，∠EHG=90°，EH=GH
∴∠AHE+∠DHG=∠DGH+∠DHG=90°
∴∠AHE=∠DGH
在△AHE和△DGH中，
∴△AHE≌△DGH(AAS)
∴AH=DG， DH=AE，
∵正方形ABCD的边长AB=a，设AE=x，
∴AD=AB=a，AH=a-x
在直角三角形AEH中，由勾股定理得：
∴，
∴当时，正方形EFGH的面积最小，最小面积为：，
故选：D.
【分析】根据正方形的性质可得EH=GH，∠A=∠D=90°，∠EHG=90°，再证明△AHE≌△DGH(AAS)，求得DH=AE，AH=DG，再设AE=x，则AH=a-x，再利用勾股定理列式求出，即为正方形EFGH的面积，再利用二次函数的最值问题解答即可.
8．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：设圆的圆心为点O，连接OA，OB，
∴OA=OB，
∵30°角的顶点在圆上
∴∠AOB=60°，即△AOB为等边三角形，
∴AB=OA=OB，
∴AB的长即为圆的半径长，故①正确；
∵直角顶点在圆上，
∴CD为圆的直径
∴CD长的一半即为圆的半径长，故②正确；
故选：C.
【分析】设圆的圆心为点O，连接OA，OB，求得∠AOB=60°，即△AOB为等边三角形，从而求出AB的长即为圆的半径长，故①正确；通过直角顶点在圆上，求出CD为圆的直径，则CD长的一半即为圆的半径长，故②正确.
9．【答案】B
【知识点】相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：∵AE=AC，∠DCE=∠BCE
∴∠AEC=∠ACE，
∴∠ABC+∠BCE=∠ACD+∠DCE
∴∠ABC=∠ACD，
又∠A=∠A
∴△ACD∽△ABC
∵AC=6， AD=4
∴AB=9，
∴BE=AB-AE=9-6=3
故答案为：B.
【分析】先通过∠ABC=∠ACD，公共角∠A证明△ACD∽△ABC，从而求得，解得AB=9，再通过BE=AB-AE求解即可.
10．【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；解一元一次不等式组；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：令x2-2x+c=2x+1，
整理得：x2-4x+(c-1)=0，
Δ=(-4)2-4(c-1)=20-4c，
∴①当Δ=20-4c=0时，即c=5时，方程的解为，满足0≤x≤3，且两函数图象只有一个交点，
②当Δ=20-4c>0时，即c<5时，方程的解为，只需满足一个解在0≤x≤3内，
若，即
∴， 即1<5-c≤4，
解得1≤c<4；
若，即
故此情况不存在，
∴当1≤c<4时和当c=5时，两函数图象只有一个交点
∴c的最大值与最小值的差为5-1=4.
故选：D.
【分析】联立二次函数与一次函数方程，得到关于x的二次方程，根据判别式及根在0≤x≤3内的条件，分情况讨论确定c的取值范围，从而求出c的最大值与最小值的差.
11．【答案】
【知识点】相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：∵DE//BC
∴△ADE∽△ABC，
∴
故答案为：.
【分析】由DE//BC可得△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质即可得答案.
12．【答案】60°
【知识点】钟面角
【解析】【解答】解：钟表时针转动一周的角度为360°，平均分成12个刻度，每两个刻度的角度为
∴从3时到5时，转动两个刻12度，角度为30°×2=60°
故答案为：60°.
【分析】应明确钟表分12个大格，每个大格之间的夹角为30°进而计算即可.
13．【答案】
【知识点】三角形的重心及应用；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的性质-对应周长；位似图形的性质
【解析】【解答】解：由重心的性质可知点E是OA的三等分点，
∴
∵△EFG是△ABC关于点O的位似图形
∴△EFG~△ABC， AB//EF， AC//EG
∴
∴
故答案为：.
【分析】根据三角形重心的性质可以求出，从而进一步求出△EFG~△ABC，AB//EF，AC//EG，可求出，从而根据相似三角形的周长比计算即可.
14．【答案】3
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征；二次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：将二次函数y=(x-1)2-4的图象向左平移m个单位后，新函数解析式为y=(x+m-1)2-4
由于图象经过原点，代入点(0，0)得：0=(0+m-1)2-4
即(m-1)2-4=0
整理得(m-1)2=4
∴m=3或m=-1
∵m>0
∴m=3
故答案为：3.
【分析】根据二次函数图象平移规律”左加右减“，得到平移后的函数解析式，再代入原点坐标求解即可.
15．【答案】
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解：列表得：
　 1 2 3 4 5 6
1 1+1=2 2+1=3 3+1=4 4+1=5 5+1=6 6+1=7
2 1+2=3 2+2=4 3+2=5 4+2=6 5+2=7 6+2=8
3 1+3=4 2+3=5 3+3=6 4+3=7 5+3=8 6+3=9
4 1+4=5 2+4=6 3+4=7 4+4=8 5+4=9 6+4=10
5 1+5=6 2+5=7 3+5=8 4+5=9 5+5=10 6+5=11
6 1+6=7 2+6=8 3+6=9 4+6=10 5+6=11 6+6=12
当彤彤和嘉嘉投掷的点数和为7时，嘉嘉掷一次就能获得小汽车，
∵共有36种等可能的结果，能获得奖品的有6种情况
∴嘉嘉掷一次就获得小汽车的概率
故答案为：.
【分析】根据题意列出表格，然后由表格即可求得所有等可能的结果与能获得“汽车”的情况，再利用概率公式即可求得答案.
16．【答案】
【知识点】勾股定理；圆周角定理；等腰直角三角形；相似三角形的性质-对应角；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：在Rt△ABC中，由勾股定理可得，
∵△EFD~△ABC，
∴∠EFD=∠B，，
∴
∵∠EFD=∠ECD
∴∠B=∠ECD，
∴CD=BD，
∵∠ACB=90°，
∴
过D作DQ⊥BC于点Q，
则，
∴，
在Rt△DEF中，可设BE=3k，则DF=4k，
∴，
∵∠CDE=45°=∠CFE，
∴△CEF为等腰直角三角形
∴
∴，
在Rt△DEQ中，EQ2+DQ2=DE2，
∴
解得(负值舍去)，
此时
故答案为：.
【分析】先利用勾股定理求出直角三角形ABC的斜边AB的长度，再根据相似三角形的性质得到角和边的关系，进而推出CD=BD，求出CD、BD的长度，过D作DQ⊥BC于点Q，利用勾股定理建立方程求解EF的长度.
17．【答案】（1）解： 由题意得
解得
∴函数图象与x轴的交点坐标为(0， 0)和(1， 0)
（2）解：∵二次函数
∴抛物线的对称轴为，开口向上，
∴当时，y随x的增大而增大，即当y随x的增大而增大时，x的取值范围为
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；二次函数的对称性及应用
【解析】【分析】(1)令y=0可得：x2-x=0，解得x1=0，x2=1，即可确定二次函数图象与x轴的交点坐标；
(2)由二次函数的性质可得抛物线的对称轴为，开口向上，进而完成解答.
18．【答案】（1）解：总共有4种结果，其中正数有2个，所以小杨抽中的卡片数字是正数的概率
（2）解：列表如下：
　 -2 -1 1 2
-2 　 (-1， - 2) (1， - 2) (2， - 2)
-1 (-2，-1) 　 (1， - 1) (2， - 1)
1 (-2， 1) (-1， 1) 　 (1， 2)
2 (-2， 2) (-1， 2) (1， 2) 　
由列表法知共有12种可能结果，其中两人抽到卡片上的数字互为相反数的有4种结果，
∴两人抽到卡片上的数字互为相反数的概率为
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式
【解析】【分析】(1)根据概率公式计算即可；
(2)用列表法得出所有可能结果，找到符合条件的结果数，再根据概率公式计算即可.
19．【答案】（1）解：∵AB⊥CD
∴∠AOD=∠BOD
∵∠AOD=50°.
∴∠BOD=50°，
∴∠AOB=∠AOD+∠BOD=50°+50°=100°，
∵CD=10，
∴r=5，
（2）解：∵DE=2，
∴OE=3
∴在R t△OAE中 ，
∴AB=8
【知识点】勾股定理；垂径定理；弧长的计算
【解析】【分析】(1)由垂径定理得∠AOD=∠BOD，求出∠AOB=100°，再根据弧长公式即可求解；
(2)根据DE=2可求出OE=3，由垂径定理得，由勾股定理得AE=4，从而即可求解.
20．【答案】解：△ADG、△GHF、△HEC
证△DBE∽△ECH， 理由如下：
∵等边三角形ABC与等边三角形DEF，
∴∠B=∠C=∠DEF=60°，
∴∠DEB+∠BDE=∠DEB+∠HEC=120°，
∴∠BDE=∠HEC，
∴△DBE∽△ECH
【知识点】等边三角形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】选△DBE~△ECH，首先根据等边三角形的性质可得∠B=∠C=∠DEF=60°，根据∠DEB+∠BDE=∠DEB+∠HEC=120°可得∠BDE=∠HEC，再根据两角分别相等的两个三角形相似即可得出结论.
21．【答案】（1）解：如图，以B为原点，BD所在的直线为x轴，BA 所在的直线为y轴，建立直角坐标系，
根据题意设抛物线表达式为
将(0， 2)代入得
∴该函数表达式为
（2）解：将x=4.5代入得
∴不能投进
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【分析】(1)以B为原点，BD所在的直线为x轴，BA 所在的直线为y轴，建立直角坐标系，设抛物线表达式为 ，再将(0， 2)代入求得a的值即可；
(2)令x=4.5，求得对应的y值，然后与EF的值比较大小即可.
22．【答案】（1）解：∵正五边形ABCDE 内接于⊙O，
∴∠ABC=108°，
∴∠ADC=72°
（2）解：∵∠ADC=72°，
∴∠AOC=144°.
∴扇形AOB(阴影部分)的面积为
【知识点】圆周角定理；扇形面积的计算；正多边形的性质
【解析】【分析】(1)由正五边形的性质，可得∠ABC=108°，再根据圆周角定理即可求解；
(2)根据扇形的面积公式，求解即可.
23．【答案】（1）解：当 时，
①当x=0时，y=-3，
当x=4时，y=y2=-3
由二次函数的对称性可知顶点坐标为 (2，-4)
②∵二次函数图象的对称轴为直线x=2，且a>0，开口向上，
∴离对称轴越远，函数值越大，
∴x=m对应的点比x=-1对应的点距离对称轴远
∴|m-2|>|-1-2|， 即|m-2|>3，
∴m-2>3或2-m>3，
解得m>5或m<-1，
∴m>4
∴m>5
（2）证明：由条件可知4a+2b-3=-4，
∴
∵a>0，
∴
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【分析】(1)①令x=0，求得对应的y值，然后根据二次函数的对称性即可确定顶点坐标；
②根据函数图象的对称性可得：离对称轴越远，函数值越大，得到x=m对应的点比x=-1对应的点距离对称轴远，列不等式|m-2|>|-1-2|，解不等式即可得解；
(2)令x=2，得到，进而表示出a-b，结合a>0即可得证.
24．【答案】（1）解：△ABC是“2倍准直角三角形”；
理由如下：
∵∠A=20°， ∠B=50°，
∴∠B+2∠A=90°，
∴△ABC 是“2倍准直角三角形”
（2）解：∵△ACD∽△BCA，
∴∠B=∠DAC.
∵∠BAD+∠B+∠DAC=90°，
∴∠BAD+2∠B=90°，
∴△ABD为“2倍准直角三角形”
（3）解：如图2延长BC至点E， 连结AE.
∵∠BCD=∠COD=2∠DAC， ∠BCD=∠DAE，
∴∠DAC=∠CAE，
∵AC是直径，
∴∠ADC=∠AEC=90°，
∴△ACD≌△ACE， AE=AD=9， CE=CD.
∵AB=15， ∴BE=12.
∵△ABC是“2倍准直角三角形”， ∠ABC>90°
∴∠BAC+2∠B=90°， 或∠B+2∠BAC=90°，
①当∠BAC+2∠B=90°时， 如图2
∵∠BAC+2∠B=90°， ∠BAC+∠CAE+∠B=90°，
∴∠B=∠CAE，
∵∠E=∠E， ∴△ACE∽△BAE，
②当 时，如图3
∴∠BAC=∠CAE=∠DAC， ∴A， D， B三点共线，
综上所述， 或
【知识点】三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应角；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】(1)根据”2倍准直角三角形“定义计算∠B+2∠A=90°，即可解答；
(2)通过△ACD∽△BCA，求出∠B=∠DAC，再计算∠BAD+2∠B=90°，即可解答；
(3)延长BC至点E， 连结AE，求出△ACD≌△ACE，可得AE=AD=9，CE=CD，从而求得∠BAC+2∠B=90°或∠B+2∠BAC=90°，分类讨论解答即可.
1 / 1浙江省嘉兴市2025-2026学年九年级上学期期末检测数学试题卷
1．（2026九上·嘉兴期末） 若 则下列等式成立的是（　　）
A． B． C．2a=3b D．
【答案】A
【知识点】比例的性质
【解析】【解答】解：∵
∴设a=2k， b=3k(k≠0)，
A、，，∴，故A选项等式成立，符合题意；
B、，，∴，故B选项等式不成立，不符合题意；
C、2a=4k，3b=9k，∴2a≠3b，故C选项等式不成立，不符合题意；
D、，故D选项等式不成立，不符合题意；
故选：A.
【分析】由已知比例式，利用等式的基本性质，将等式变形后验证各选项即可.
2．（2026九上·嘉兴期末）抛物线. 的对称轴是（　　）
A．直线x=1 B．直线x=-1 C．直线x=3 D．直线x=-3
【答案】B
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：由题意知，抛物线顶点坐标为(-1，-3)，从而其对称轴为直线x=-1，
故选：B.
【分析】根据抛物线函数关系式的顶点式可得其顶点坐标，从而可得抛物线的对称轴.
3．（2026九上·嘉兴期末）下列三角形的外心一定在该三角形外部的是 （　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：∵钝角三角形的外心在它的外部，
∴在A、B、C、D四个选项中，只有D选项110°为钝角
故选：D.
【分析】先明确三角形外心的定义与位置规律，再分析各选项三角形的类型，进而确定外心位置.
4．（2026九上·嘉兴期末）为了解一种豆苗的成活率，调查小组将调查数据绘制成统计图，则可估计这种豆苗成活的概率是 （　　）
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.95
【答案】B
【知识点】利用频率估计概率
【解析】【解答】解：由统计图可知，随着种植数量的增加，成活的频率逐步稳定在0.85附近，
∴可估计这种豆苗移植成活的概率约是0.85.
故答案为：B.
【分析】大量反复试验下，频率的稳定值为概率值，据此根据统计图找到频率的稳定值的可得到答案.
5．（2026九上·嘉兴期末）如图，乐器板面上的一根弦AB=80cm，支撑点C是AB的一个黄金分割点(AC>BC)，则A，C之间的距离是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】黄金分割
【解析】【解答】解：根据黄金分割的概念和黄金比值可知：点C是AB的一个黄金分割点(AC>BC)，AB=80cm，
∴，
故选：A.
【分析】根据黄金分割的概念和黄金比值直接求解即可.
6．（2026九上·嘉兴期末） 已知点A在半径为4的⊙O上， 点P在⊙O外，若AP=2， 则OP 的取值范围是（　　）
A．0【答案】C
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：若点P在⊙O外，则点P与圆心O的距离d的取值范围是4故选：C.
【分析】当d>r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d7．（2026九上·嘉兴期末） 如图， 正方形EFGH的顶点 E， F， G， H分别在正方形 ABCD的四条边上，且AB=a，则正方形 EFGH面积的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次函数的最值；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵四边形EFGH是正方形，四边形ABCD是正方形
∴∠A=∠D=90°，∠EHG=90°，EH=GH
∴∠AHE+∠DHG=∠DGH+∠DHG=90°
∴∠AHE=∠DGH
在△AHE和△DGH中，
∴△AHE≌△DGH(AAS)
∴AH=DG， DH=AE，
∵正方形ABCD的边长AB=a，设AE=x，
∴AD=AB=a，AH=a-x
在直角三角形AEH中，由勾股定理得：
∴，
∴当时，正方形EFGH的面积最小，最小面积为：，
故选：D.
【分析】根据正方形的性质可得EH=GH，∠A=∠D=90°，∠EHG=90°，再证明△AHE≌△DGH(AAS)，求得DH=AE，AH=DG，再设AE=x，则AH=a-x，再利用勾股定理列式求出，即为正方形EFGH的面积，再利用二次函数的最值问题解答即可.
8．（2026九上·嘉兴期末）小明用一把含 30°角的三角板测量圆的半径长，有如下两种方法：①如图 1，30°角的顶点在圆上，弦AB的长即为圆的半径长，②如图2，直角顶点在圆上，弦CD长的一半即为圆的半径长，则下列判断正确的是 （　　）
A．①正确， B．错误B. ①错误，②正确
C．①②都正确 D．①②都错误
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：设圆的圆心为点O，连接OA，OB，
∴OA=OB，
∵30°角的顶点在圆上
∴∠AOB=60°，即△AOB为等边三角形，
∴AB=OA=OB，
∴AB的长即为圆的半径长，故①正确；
∵直角顶点在圆上，
∴CD为圆的直径
∴CD长的一半即为圆的半径长，故②正确；
故选：C.
【分析】设圆的圆心为点O，连接OA，OB，求得∠AOB=60°，即△AOB为等边三角形，从而求出AB的长即为圆的半径长，故①正确；通过直角顶点在圆上，求出CD为圆的直径，则CD长的一半即为圆的半径长，故②正确.
9．（2026九上·嘉兴期末） 如图， 在△ABC中， 点 D， E在AB 上， AE=AC， ∠DCE=∠BCE，若AC=6， AD=4， 则BE的长为（　　）
A．2.5 B．3 C．3.5 D．4
【答案】B
【知识点】相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：∵AE=AC，∠DCE=∠BCE
∴∠AEC=∠ACE，
∴∠ABC+∠BCE=∠ACD+∠DCE
∴∠ABC=∠ACD，
又∠A=∠A
∴△ACD∽△ABC
∵AC=6， AD=4
∴AB=9，
∴BE=AB-AE=9-6=3
故答案为：B.
【分析】先通过∠ABC=∠ACD，公共角∠A证明△ACD∽△ABC，从而求得，解得AB=9，再通过BE=AB-AE求解即可.
10．（2026九上·嘉兴期末）已知二次函数 的图象与一次函数y=2x+1 (0≤x≤3)的图象只有一个交点，则c的最大值与最小值的差为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；解一元一次不等式组；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：令x2-2x+c=2x+1，
整理得：x2-4x+(c-1)=0，
Δ=(-4)2-4(c-1)=20-4c，
∴①当Δ=20-4c=0时，即c=5时，方程的解为，满足0≤x≤3，且两函数图象只有一个交点，
②当Δ=20-4c>0时，即c<5时，方程的解为，只需满足一个解在0≤x≤3内，
若，即
∴， 即1<5-c≤4，
解得1≤c<4；
若，即
故此情况不存在，
∴当1≤c<4时和当c=5时，两函数图象只有一个交点
∴c的最大值与最小值的差为5-1=4.
故选：D.
【分析】联立二次函数与一次函数方程，得到关于x的二次方程，根据判别式及根在0≤x≤3内的条件，分情况讨论确定c的取值范围，从而求出c的最大值与最小值的差.
11．（2026九上·嘉兴期末） 如图， 在△ABC中， DE∥BC， 若 则=　 　。
【答案】
【知识点】相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：∵DE//BC
∴△ADE∽△ABC，
∴
故答案为：.
【分析】由DE//BC可得△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质即可得答案.
12．（2026九上·嘉兴期末）钟表的指针在不停地转动，从3时到5时，时针所转过的度数是　 　。
【答案】60°
【知识点】钟面角
【解析】【解答】解：钟表时针转动一周的角度为360°，平均分成12个刻度，每两个刻度的角度为
∴从3时到5时，转动两个刻12度，角度为30°×2=60°
故答案为：60°.
【分析】应明确钟表分12个大格，每个大格之间的夹角为30°进而计算即可.
13．（2026九上·嘉兴期末） 如图， △ABC 关于 BC 的中点 O 作位似图形△EFG， 若点 E恰为△ABC的重心， 则△EFG与△ABC的周长比为　 　。
【答案】
【知识点】三角形的重心及应用；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的性质-对应周长；位似图形的性质
【解析】【解答】解：由重心的性质可知点E是OA的三等分点，
∴
∵△EFG是△ABC关于点O的位似图形
∴△EFG~△ABC， AB//EF， AC//EG
∴
∴
故答案为：.
【分析】根据三角形重心的性质可以求出，从而进一步求出△EFG~△ABC，AB//EF，AC//EG，可求出，从而根据相似三角形的周长比计算即可.
14．（2026九上·嘉兴期末）将二次函数 的图象向左平移m(m>0)个单位后经过原点，则m的值为　 　。
【答案】3
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征；二次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：将二次函数y=(x-1)2-4的图象向左平移m个单位后，新函数解析式为y=(x+m-1)2-4
由于图象经过原点，代入点(0，0)得：0=(0+m-1)2-4
即(m-1)2-4=0
整理得(m-1)2=4
∴m=3或m=-1
∵m>0
∴m=3
故答案为：3.
【分析】根据二次函数图象平移规律”左加右减“，得到平移后的函数解析式，再代入原点坐标求解即可.
15．（2026九上·嘉兴期末）彤彤和嘉嘉正在玩一个游戏：两人轮流掷骰子，骰子朝上的数字是几，就按箭头方向将同一颗棋子前进几格并获得格子中的物品，现在棋子在标有数字“0”的格子中，彤彤先掷一次，然后嘉嘉掷，则嘉嘉掷一次就获得小汽车的概率是　 　。
【答案】
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解：列表得：
　 1 2 3 4 5 6
1 1+1=2 2+1=3 3+1=4 4+1=5 5+1=6 6+1=7
2 1+2=3 2+2=4 3+2=5 4+2=6 5+2=7 6+2=8
3 1+3=4 2+3=5 3+3=6 4+3=7 5+3=8 6+3=9
4 1+4=5 2+4=6 3+4=7 4+4=8 5+4=9 6+4=10
5 1+5=6 2+5=7 3+5=8 4+5=9 5+5=10 6+5=11
6 1+6=7 2+6=8 3+6=9 4+6=10 5+6=11 6+6=12
当彤彤和嘉嘉投掷的点数和为7时，嘉嘉掷一次就能获得小汽车，
∵共有36种等可能的结果，能获得奖品的有6种情况
∴嘉嘉掷一次就获得小汽车的概率
故答案为：.
【分析】根据题意列出表格，然后由表格即可求得所有等可能的结果与能获得“汽车”的情况，再利用概率公式即可求得答案.
16．（2026九上·嘉兴期末） 如图， 在Rt△ABC中， ∠ACB=90°， AC=6， BC=8， 点D 在AB上， 作∠CDE=45°， 交边BC于点 E， 过点 C， D， E的⊙O交AC于点F， 连接FD， FE， CD。若△EFD∽△ABC，则EF的长为　 　。
【答案】
【知识点】勾股定理；圆周角定理；等腰直角三角形；相似三角形的性质-对应角；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：在Rt△ABC中，由勾股定理可得，
∵△EFD~△ABC，
∴∠EFD=∠B，，
∴
∵∠EFD=∠ECD
∴∠B=∠ECD，
∴CD=BD，
∵∠ACB=90°，
∴
过D作DQ⊥BC于点Q，
则，
∴，
在Rt△DEF中，可设BE=3k，则DF=4k，
∴，
∵∠CDE=45°=∠CFE，
∴△CEF为等腰直角三角形
∴
∴，
在Rt△DEQ中，EQ2+DQ2=DE2，
∴
解得(负值舍去)，
此时
故答案为：.
【分析】先利用勾股定理求出直角三角形ABC的斜边AB的长度，再根据相似三角形的性质得到角和边的关系，进而推出CD=BD，求出CD、BD的长度，过D作DQ⊥BC于点Q，利用勾股定理建立方程求解EF的长度.
17．（2026九上·嘉兴期末）已知二次函数.
（1）求该二次函数图象与x轴的交点坐标；
（2）当y随x的增大而增大时，求x的取值范围。
【答案】（1）解： 由题意得
解得
∴函数图象与x轴的交点坐标为(0， 0)和(1， 0)
（2）解：∵二次函数
∴抛物线的对称轴为，开口向上，
∴当时，y随x的增大而增大，即当y随x的增大而增大时，x的取值范围为
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；二次函数的对称性及应用
【解析】【分析】(1)令y=0可得：x2-x=0，解得x1=0，x2=1，即可确定二次函数图象与x轴的交点坐标；
(2)由二次函数的性质可得抛物线的对称轴为，开口向上，进而完成解答.
18．（2026九上·嘉兴期末）将四张分别写着数字-2，-1，1，2(除了数字其它都相同)的卡片背面朝上，放置在桌面上。小杨首先从这四张卡片中抽取一张并记录数字，不放回。
（1）求小杨抽中的卡片数字是正数的概率；
（2）小陈再从剩余的卡片中抽取一张并记录数字。求两人抽到卡片上的数字互为相反数的概率。
【答案】（1）解：总共有4种结果，其中正数有2个，所以小杨抽中的卡片数字是正数的概率
（2）解：列表如下：
　 -2 -1 1 2
-2 　 (-1， - 2) (1， - 2) (2， - 2)
-1 (-2，-1) 　 (1， - 1) (2， - 1)
1 (-2， 1) (-1， 1) 　 (1， 2)
2 (-2， 2) (-1， 2) (1， 2) 　
由列表法知共有12种可能结果，其中两人抽到卡片上的数字互为相反数的有4种结果，
∴两人抽到卡片上的数字互为相反数的概率为
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式
【解析】【分析】(1)根据概率公式计算即可；
(2)用列表法得出所有可能结果，找到符合条件的结果数，再根据概率公式计算即可.
19．（2026九上·嘉兴期末） 如图， ⊙O的直径CD垂直弦AB于点E， 连接OA， OB， CD=10。
（1） 若∠AOD=50°， 求. 的长；
（2） 若DE=2， 求弦AB的长。
【答案】（1）解：∵AB⊥CD
∴∠AOD=∠BOD
∵∠AOD=50°.
∴∠BOD=50°，
∴∠AOB=∠AOD+∠BOD=50°+50°=100°，
∵CD=10，
∴r=5，
（2）解：∵DE=2，
∴OE=3
∴在R t△OAE中 ，
∴AB=8
【知识点】勾股定理；垂径定理；弧长的计算
【解析】【分析】(1)由垂径定理得∠AOD=∠BOD，求出∠AOB=100°，再根据弧长公式即可求解；
(2)根据DE=2可求出OE=3，由垂径定理得，由勾股定理得AE=4，从而即可求解.
20．（2026九上·嘉兴期末） 如图， △ABC与△DEF均为等边三角形， D， E分别在AB，BC上， DF， EF分别交AC于点 G， H。请写出图中与△DBE相似的所有三角形，并从中任选一个三角形说明理由。
【答案】解：△ADG、△GHF、△HEC
证△DBE∽△ECH， 理由如下：
∵等边三角形ABC与等边三角形DEF，
∴∠B=∠C=∠DEF=60°，
∴∠DEB+∠BDE=∠DEB+∠HEC=120°，
∴∠BDE=∠HEC，
∴△DBE∽△ECH
【知识点】等边三角形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】选△DBE~△ECH，首先根据等边三角形的性质可得∠B=∠C=∠DEF=60°，根据∠DEB+∠BDE=∠DEB+∠HEC=120°可得∠BDE=∠HEC，再根据两角分别相等的两个三角形相似即可得出结论.
21．（2026九上·嘉兴期末）如图为小张的一次投篮示意图，其路线为抛物线。已知出手时篮球距地面的高度AB=2m，当篮球运行的水平距离BD为2.5m时，达到距地面的最大高度CD为3.5m。
（1）建立适当的直角坐标系，并求出该抛物线所在的函数表达式；
（2） 若篮圈中心距地面的高度EF=3.05m， 若BF=4.5m， 则此次投篮是否能投进 请说明理由。
【答案】（1）解：如图，以B为原点，BD所在的直线为x轴，BA 所在的直线为y轴，建立直角坐标系，
根据题意设抛物线表达式为
将(0， 2)代入得
∴该函数表达式为
（2）解：将x=4.5代入得
∴不能投进
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【分析】(1)以B为原点，BD所在的直线为x轴，BA 所在的直线为y轴，建立直角坐标系，设抛物线表达式为 ，再将(0， 2)代入求得a的值即可；
(2)令x=4.5，求得对应的y值，然后与EF的值比较大小即可.
22．（2026九上·嘉兴期末） 如图， 已知正五边形ABCDE内接于⊙O， 连接OA， OC， AD。
（1） 求∠ADC的度数；
（2）若⊙O的半径为1，求扇形AOC(阴影部分)的面积。
【答案】（1）解：∵正五边形ABCDE 内接于⊙O，
∴∠ABC=108°，
∴∠ADC=72°
（2）解：∵∠ADC=72°，
∴∠AOC=144°.
∴扇形AOB(阴影部分)的面积为
【知识点】圆周角定理；扇形面积的计算；正多边形的性质
【解析】【分析】(1)由正五边形的性质，可得∠ABC=108°，再根据圆周角定理即可求解；
(2)根据扇形的面积公式，求解即可.
23．（2026九上·嘉兴期末）已知二次函数 的函数值y和自变量x的部分对应值如下表所示：
x … -1 2 4 m 　
y ● y1 y2 y3 　
（1）当 时，
①求该二次函数图象的顶点坐标；
②若. 求m的取值范围；
（2） 求证：
【答案】（1）解：当 时，
①当x=0时，y=-3，
当x=4时，y=y2=-3
由二次函数的对称性可知顶点坐标为 (2，-4)
②∵二次函数图象的对称轴为直线x=2，且a>0，开口向上，
∴离对称轴越远，函数值越大，
∴x=m对应的点比x=-1对应的点距离对称轴远
∴|m-2|>|-1-2|， 即|m-2|>3，
∴m-2>3或2-m>3，
解得m>5或m<-1，
∴m>4
∴m>5
（2）证明：由条件可知4a+2b-3=-4，
∴
∵a>0，
∴
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【分析】(1)①令x=0，求得对应的y值，然后根据二次函数的对称性即可确定顶点坐标；
②根据函数图象的对称性可得：离对称轴越远，函数值越大，得到x=m对应的点比x=-1对应的点距离对称轴远，列不等式|m-2|>|-1-2|，解不等式即可得解；
(2)令x=2，得到，进而表示出a-b，结合a>0即可得证.
24．（2026九上·嘉兴期末）规定：如果三角形的两个内角α，β满足α+2β=90°，那么称这个三角形为“2倍准直角三角形”。
（1） 若△ABC的两个内角∠A=20°， ∠B=50°， 判断 是否为“2倍准直角三角形”，并说明理由；
（2） 如图1， 在△ABC中， ∠C=90°， 点D在 BC上， 连接AD。当 时，求证：△ABD是“2倍准直角三角形”；
（3） 如图2， 以△ABC 的边AC为直径作⊙O， 点B， D 均在直线 AC 的左侧， 点D在⊙O 上， ∠ACB>90°， 且∠BCD=∠COD， AB=15， AD=9， 当 是“2倍准直角三角形”时，求⊙O的直径。
【答案】（1）解：△ABC是“2倍准直角三角形”；
理由如下：
∵∠A=20°， ∠B=50°，
∴∠B+2∠A=90°，
∴△ABC 是“2倍准直角三角形”
（2）解：∵△ACD∽△BCA，
∴∠B=∠DAC.
∵∠BAD+∠B+∠DAC=90°，
∴∠BAD+2∠B=90°，
∴△ABD为“2倍准直角三角形”
（3）解：如图2延长BC至点E， 连结AE.
∵∠BCD=∠COD=2∠DAC， ∠BCD=∠DAE，
∴∠DAC=∠CAE，
∵AC是直径，
∴∠ADC=∠AEC=90°，
∴△ACD≌△ACE， AE=AD=9， CE=CD.
∵AB=15， ∴BE=12.
∵△ABC是“2倍准直角三角形”， ∠ABC>90°
∴∠BAC+2∠B=90°， 或∠B+2∠BAC=90°，
①当∠BAC+2∠B=90°时， 如图2
∵∠BAC+2∠B=90°， ∠BAC+∠CAE+∠B=90°，
∴∠B=∠CAE，
∵∠E=∠E， ∴△ACE∽△BAE，
②当 时，如图3
∴∠BAC=∠CAE=∠DAC， ∴A， D， B三点共线，
综上所述， 或
【知识点】三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应角；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】(1)根据”2倍准直角三角形“定义计算∠B+2∠A=90°，即可解答；
(2)通过△ACD∽△BCA，求出∠B=∠DAC，再计算∠BAD+2∠B=90°，即可解答；
(3)延长BC至点E， 连结AE，求出△ACD≌△ACE，可得AE=AD=9，CE=CD，从而求得∠BAC+2∠B=90°或∠B+2∠BAC=90°，分类讨论解答即可.
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