2023-2024学年北京课改版九年级上数学期末复习试卷（含答案）

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1、2023-2024学年北京课改新版九年级上册数学期末复习试卷一选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）1抛物线y2x2+4x5顶点坐标是（）A（4，5）B（4，5）C（1，3）D（1，3）2经过点（2，4）的双曲线的表达式是（）Ay2xBCDyx23如图，在ABC中，AC5，BC12，AB13，则tanB的值是（）ABCD4如图，AB是半圆O的直径，点C，D在半圆O上若ABC50，则BDC的度数为（）A90B100C130D1405将抛物线y2x2向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，所得到的抛物线解析式为（）Ay2（x1）22By2（x+1）22Cy2（x1）2+2Dy2（x+1）

2、2+26如图，l1l2，AF：BF2：5，BC：CD4：1，则AE：EC的值为（）A5：2B1：4C2：1D3：27如图，点A，B，C，D是O上的四个点，且ABCD，OEAB，OFCD，则下列结论错误的是（）ABOEOFCAOBCODD8如图，一次函数y1k1x+b（k10）的图象分别与x轴、y轴相交于点A、B，与反比例函数y2的图象交于C（4，2），D（2，4）当x为（）时，y1y2Ax2Bx4Cx4或0x2D2x2二填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）9计算：2cos60+4sin60tan30cos245 10如图，四边形OABC为菱形，点B、C在以点O为圆心的上，若OA3，12，

3、则扇形OEF的面积为 11如图，P为O外一点，则P 度12如图，PA、PB分别切O于点A、B，若P40，则C 13已知抛物线yx2+bx+4经过（2，n）和（4，n）两点，则b的值为 14初春时节，济宁霍家街小学的小芳同学在新世纪广场放风筝，已知风筝拉线长60米（假设拉线是直的），且拉线与水平夹角为60（如图），若小芳的身高忽略不计，则风筝离地面的高度是 米（结果保留根号）15在数学课上，老师请同学思考如下问题：已知：在ABC中，A90求作：P，使得点P在边AC上，且P与AB，BC都相切嘉淇的主要作法如下：如图，（1）作ABC的平分线BF，与AC交于点P；（2）以点P为圆心，AP长为半径作P所

4、以P即为所求老师说：“嘉淇的作法正确”请回答：P与BC相切的依据是 ； 16如图，若被击打的小球距离地面的高度h（m）与被击打后经过的时间t（s）的关系为h24t4t2，则小球从被击打到落地所用的时间为 三解答题（共12小题，满分88分）17计算：（1）2sin303cos60；（2）cos245+tan245tan26018已知：在四边形ABCD中，B90度，ADBC，AB2，AD4，M是边CD中点，连接BD交AM于点E，当以A、D、E为顶点的三角形与以B、M、C为顶点的三角形相似时，求BC的长19如图，在ABC中，C90，B60，AB12，求边AC，BC的长20反比例函数的图象经过点A（2

5、，1）、B（1，m）、C（2，n），求m、n的值21在平面内，给定不在同一直线上的点A，B，C，如图所示点O到点A，B，C的距离均等于a（a为常数），到点O的距离等于a的所有点组成图形G，ABC的平分线交图形G于点D，连接AD，CD（1）求证：ADCD；（2）过点D作DEBA，垂足为E，作DFBC，垂足为F，延长DF交图形G于点M，连接CM若ADCM，判断直线DE与图形G的位置关系，并说明理由22正定是一座历史悠久的古城，它的标志性古建筑南城门楼，吸引了众多游客的到访某校数学社团的同学们使用卷尺和自制的测角仪测量南城门的高度如图所示，他们在地面一条水平步道MP上架设测角仪，先在点M处测得南城门

6、最高点A的仰角为22，然后沿MP方向前进14m到达点N处，测得点A的仰角为45，测角仪的高度为1m，求南城门最高点A距离地面的高度（结果精确到0.1m参考数据：sin220.37，cos220.93，tan220.40，）23如图，BC是O的弦，半径OABC，点D在O上，且ADB30求AOC的度数24如图，等边ABC中，AB6，点D在BC上，BD4，点E为边AC上一动点（不与点C重合），CDE关于DE的轴对称图形为FDE（1）当点F在AC上时，求证：DFAB；（2）设ACD的面积为S1，ABF的面积为S2，记SS1S2，S 是否存在最大值？若存在，求出S的最大值；若不存在，请说明理由25如图，

7、一次函数ykx+b（k0）与反比例函数（m0）的图象交于二、四象限内的A、B两点，与x轴交于C点过点B作BDx轴，垂足为D，若OB5，OD3，且点A的横坐标为4（1）求该反比例函数和一次函数的解析式；（2）求AOC的面积（3）直接写出满足的x的取值范围26如图，抛物线yx22x3与x轴交点A、B，与y轴交于点C在抛物线对称轴上是否存在一点P，使BCP为等腰三角形，如果存在，求出P点坐标；抛物线上有一动点N，y轴上有一动点M，当ONM是以ONM为直角的等腰直角三角形时，求N点坐标27如图，AB是O的直径，C是O上一点，过点C作O的切线，交BA的延长线交于点D，过点B作BEBA，交DC延长线于点E

8、，连接OE，交O于点F，交BC于点H，连接AC（1）求证：ECBEBC；（2）连接BF，CO，若BF5，sinFBC，求AC的长28如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线yx2+x+2与x轴相交于A，B两点，与y轴交于点C（1）求B、C两点的坐标；（2）点P为直线BC上方抛物线上的任意一点，过P作PFx轴交直线BC于点F，过P作PEy轴交直线BC于点E，求线段EF的最大值及此时P点坐标；（3）将该抛物线沿着射线AC方向平移个单位得到新抛物线y，N是新抛物线对称轴上一点，在平面直角坐标系中是否存在点Q，使以点B、C、Q、N为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点Q点的坐标；若不存在，请说明理由参

9、考答案与试题解析一选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）1解：解法1：利用公式法yax2+bx+c的顶点坐标公式为（，），代入数值求得顶点坐标为（1，3）；解法2：利用配方法y2x2+4x52（x1）23，故顶点的坐标是（1，3）故选：C2解：A、y2x不是双曲线，故本选项错误；B、4，故本选项错误；C、4，故本选项正确；D、yx2不是双曲线，故本选项错误故选：C3解：在ABC中，C90，AC5，BC12，tanB故选：C4解：AB是半圆O的直径，ACB90又ABC50，A40，四边形ABDC为圆O的内接四边形，A+BDC180，BDC140，故选：D5解：将抛物线y2x2向左平移1个单位

10、所得直线解析式为：y2（x+1）2；再向下平移2个单位为：y2（x+1）22，即y2（x+1）22故选：B6解：l1l2，AF：BF2：5，即AGBD，BC：CD4：1，BC+CDBD，CDBD，l1l2，故选：C7解：A、ABCD，故不符合题意；B、OEAB，OFCD，AEAB，DFCD，ABCD，AEDF，OAOD，RtAOERtDOF，OEOF，故不符合题意；C、ABCD，AOBCOD，故不符合题意；D、根据已知条件得不到，故符合题意故选：D8解：观察图象，当x4或0x2时，一次函数y1k1x+b（k10）的图象在反比例函数y2的图象下方，当x4或0x2时，y1y2故选：C二填空题（共8

11、小题，满分16分，每小题2分）9解：原式2+4（）21+2故答案为：10解：连接BO，四边形OABC为菱形，AOCOABCB，OEF是扇形，EOBOFO，OAOBOCOF3，ABO和COB是等边三角形，AOC120，12，EOFAOC120故扇形OEF的面积为311解：因为ADBACBAOB13065，所以BCPEDP18065115，又因为CED90，所以P360901151154012解：连接OA，OBPA、PB分别切O于点A、B，OAP90，OBP90，根据四边形内角和定理可得：AOB360OAPOBPP360909040140，ACBAOB70故答案为：7013解：抛物线yx2+bx+

12、4经过（2，n）和（4，n）两点，可知函数的对称轴x1，1，b2；故答案为：214解：高是60sin6030（米）15解：PAC90，P与AB相切BP平分ABC，P点到BA和BC的距离相等，即P点到BC的距离等于PA的长，PA为半径，P与BC都相切即P与AB，BC都相切故答案为：角平分线上点角的两边的距离相等；若圆心到直线的距离等于圆的半径，则直线与圆相切16解：依题意，令h0得024t4t2，得t（244t）0，解得t0（舍去）或t6，即小球从飞出到落地所用的时间为6s，故答案为：6s三解答题（共12小题，满分88分）17解：（1）2sin303cos60231；（2）cos245+tan2

13、45tan260（）2+12（）2+1318解：因为如果ADE和BMC相似，一定不相等的角是ADE和MBC，因为ADBC，如果两角相等，那么M与D重合，显然不合题意，故应分两种情况进行讨论如图1，当ADEBCM时，那么ADBBCM，作DFBE，垂足为F，tanADBtanBCMAB：ADDF：FCAB：（BCAD）设BCx，则可得2：42：（x4）解得x8即BC8如图2，当ADBBMC时，而ADBDBC，DBCBMC，C是公共角，BCDMCB，BC2DCCM，设BCx，BC2 22+（x4）2，x12，x210（舍去），BC2综上所述线段BC为8或219解：C90，B60，A30，在RtABC

14、中，AB12，A30，BCAB6，AC20解：把A（2，1），代入得，解得k2，反比例函数的关系式为，把B（1，m）、（2，n）代入得，解得m2，n121（1）证明：如图1中，由题意，图形G是ABC的外接圆（即O），ABDCBD，ADCD（2）解：结论：DE是O的切线理由：如图2中，连接ODADCM，BCDM，BC是O的直径，OBOD，OBDODB，ABDDBO，ABDODB，ABOD，DEAB，DEOD，DE是O的切线22解：过A作ADPM于D，延长BC交AD于E，则四边形BMNC，四边形BMDE是矩形，BCMN14m，DECNBM1m，AED90，ACE45，ACE是等腰直角三角形，CEA

15、E，设AECEx，BE14+x，ABE22，tan220.40，x9.33（m），AD9.33+110.3（m），答：观星台最高点A距离地面的高度约为10.3m23解：BCOA，AOC2ADB23060，24（1）证明：ABC是等边三角形，AC60，由折叠可得：DFFC，点F在AC上，DFCC60，DFCA，DFAB；（2）解：存在，过点A作AGBC，垂足为G，过点D作DMAB，垂足为M，AGC90，ABC是等边三角形，ABBCAC6，AGACsinn6063，BF4，CDBCBD642，ACD的面积CDAG233，由折叠可得：DFDC2，点F在以点D为圆心，以2为半径的圆上，当点F在DM上时

16、，ABF的面积最小，BD4，BMD90，ABC60，DMBDsin6042，FMDMDF22，ABF的面积最小值ABFM6（22）66，S的最大值ACD的面积ABF的面积3（66）63，S存在最大值，且最大值为6325解：（1）在RtOBD中OB5，OD3，BD4，B（3，4），反比例函数（m0）的图象经过点B，m3（4）12，反比例函数解析式为，A的横坐标为4A的纵坐标为3A（4，3），一次函数ykx+b（k0）的图象经过A、B两点，直线解析式为yx1；（2）yx1中，当x0时y1，C的坐标是（0，1），OC1，AOC的面积；（3）根据图象可得：x4或0x326解：抛物线yx22x3，当x0

17、时，y3，当y0时，x22x30，解得x1或3，A（1，0），B（3，0），C（0，3），抛物线的对称轴为直线x1，设点P（1，p），PB2（31）2+p24+p2，PC2（p+3）2+12p2+6p+10，BC232+3218，当PBPC时，4+p2p2+6p+10，解得p1，P点坐标为（1，1）；当PBBC时，4+p218，解得p，P点坐标为（1，）或（1，）；当PCBC时，p2+6p+1018，解得p3，P点坐标为（1，3+）或（1，3）；综上所述，P点坐标为（1，1）或（1，）或（1，）或（1，3+）或（1，3）；过点N分别作NDx轴于D，NEy轴于E，四边形OEND是矩形，NDONE

18、M90，DNE90，ONM是以ONM为直角的等腰直角三角形，ONM90，ONMN，ONE+ENMONE+DNO90，DNOENM，NDONEM（AAS），NDNE，点N是抛物线yx22x3上一动点，设N点坐标为（x，x22x3），|x|x22x3|，解得x或，N点坐标为（，）或（，）或（，）或（，）27解：（1）证明：BEBA于点，BE是O的切线，而又已知EC是O的切线，C为切点，ECEB，ECBEBC；（2）如图所示，连接BF、CO，ECEB，OCOB，EOBC，CHFCHO90，CHBH，在RtBFH中，BF5，sinFBC，FHBFsinFBC53，由勾股定理得：BH4，设OBOFx，在

19、RtBOH中，由勾股定理得：x242+（x3）2，x，OH，O为AB中点，H为BC中点，AC2OHAC的长为28解：（1）令x0，则2，解得点C坐标为（0，2），令y0，即，解得：x4或1，点B坐标为（4，0）（2）设直线BC解析式为ykx+b，代入点B、点C坐标，得：，解得：直线BC解析式为yx+2设P坐标为（m，），则E坐标为（m， m+2），其中0m4设点F横坐标为xF，纵坐标yF，令xF+2，解得：xFm23mPE（m+2），PFm（m23m）m2+4mEF，则当m2时，EF有最大值，此时点P坐标为（2，3）（3）存在点Q，使以点B、C、Q、N为顶点的四边形为菱形点Q坐标为（2，6）或

20、（2，2）或（6，4）或（6，4），理由如下：OA1，OC2，AC又，抛物线沿着射线AC方向平移个单位，实际上等同于将该抛物线向右移动个单位，向上移动1个单位原抛物线对称轴方程为x，新抛物线对称轴方程为x+2设点N坐标为（2，n）、点Q坐标为（a，b）当BC为菱形的边时：以点B为圆心，BC为半径画圆交对称轴x2于点N1、N2.如图1此时，BCBN1BN22，即，解得：MN14故点N1坐标为（2，4），同理可得点N2坐标为（2，4）由菱形对角线性质和中点坐标公式可得：，即，解得：；或，解得：点Q1坐标为（2，6），Q2（2，2）以点C为圆心，CB为半径画圆交对称轴x2于点N3、N4，作N3Py轴于点P，如图2此时CBCN3CN4，PN32，PC4，故点N3坐标为（2，6），同理可得N4坐标为（2，2）由菱形对角线性质和中点坐标公式可得：，即，解得：；或，解得：点Q3坐标为（6，4），Q4（6，4）当BC为菱形的对角线时，则NQ为另一对角线，BC垂直平分NQ，此时BC中点坐标为（2，1），又N（2，n）且NCNB，则N点必与BC中点重合，此时不存在点Q，则不能构成菱形综上所述，点Q坐标为（2，6）或（2，2）或（6，4）或（6，4）