【期末满分直达】高频考点突破卷（轻松拿满分）（解析版）

【高效培优】2022—2023学年九年级数学上册必考重难点突破必刷卷（浙教版）【期末满分直达】高频考点突破卷（轻松拿满分）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题（本大题共10有个小题，每小题3分，共30分；在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．若关于x的函数y=（3-a）x2-x是二次函数，则a的取值范围(

)A．a≠0 B．a≠3 C．a＜3 D．a＞3【答案】B【分析】根据二次函数的定义，二次项系数不等于0列式求解即可．【详解】根据二次函数的定义，二次项系数不等于0，3-a≠0，则a≠3，故选B【点睛】本题考查二次函数的定义，熟记概念是解题的关键．2．如图，一张圆桌共有3个座位，甲、乙，丙3人随机坐到这3个座位上，则甲和乙相邻的概率为(

)A． B． C． D．【答案】D【分析】由图可知，甲乙丙是彼此相邻的，所以甲的旁边是乙是必然事件，从而得出正确的选项．【详解】解：这张圆桌的3个座位是彼此相邻的，甲乙相邻是必然事件，所以甲和乙相邻的概率为1．故选：D．【点睛】此题考查了求概率，解题的关键是判断出该事件是必然事件．3．抛物线y＝（x－1）2＋5顶点坐标是（

）A．（1，5） B．（-1，-5） C．（1，-5） D．（-1，5）【答案】A【分析】根据顶点式可直接得出顶点坐标．【详解】解：抛物线的顶点坐标是（1，5），故选：A．【点睛】本题考查二次函数的性质，熟记二次函数的顶点式是解题的关键．4．事件“掷一枚质地均匀的硬币，硬币落下后，正面朝上”是（

）A．必然事件 B．确定事件 C．随机事件 D．不可能事件【答案】C【分析】根据掷一枚质地均匀的硬币有正面朝上和正面朝下两种情况解答即可．【详解】解：“掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上”这个事件是随机事件，故C正确．故选：C．【点睛】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．5．下列函数：①;②;③;④,是二次函数的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据二次函数的定义，对每个函数进行判断，即可得到答案.【详解】解：①是二次函数，正确；②不是二次函数，错误；③整理得，是二次函数，正确；④整理得，是二次函数，正确；∴一共有3个二次函数；故选择：C.【点睛】本题考查了二次函数的定义，解题的关键是掌握二次函数的定义.6．如图，是的直径，是上一点，若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据直径所对的圆周角是直角，直角三角形的两个锐角互余计算判断即可．【详解】∵是的直径，∴∵，∴=58°，故选B．【点睛】本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．7．如图，的外切正六边形的边心距的长度为，那么正六边形的周长为（

）A．2 B．6 C．12 D．【答案】C【分析】过点O作OG⊥AB，垂足为G，根据边心距得到OG=，证明△OAB是等边三角形，利用勾股定理求出AB，从而可得周长．【详解】解：如图，过点O作OG⊥AB，垂足为G，由题意可得：OG=，在正六边形ABCDEF中，∠AOB==60°，OA=OB，∴△OAB是等边三角形，∴AB=OA==2，∴正六边形ABCDEF的周长为2×6=12，故选：C．【点睛】本题考查的是正多边形和圆，根据正六边形的性质求出△OAB是等边三角形是解答此题的关键．8．如图，一条抛物线（形状一定）与x轴相交于E、F两点（点E在点F左侧），其顶点P在线段上移动．若点A、B的坐标分别为、，点E的横坐标的最小值为-5，则点F的横坐标的最大值为（

）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】设对称轴为直线，、关于对称得，由抛物线形状一定可知抛物线开口大小不变，再由平移可知，当在点时，的横坐标最小，在点时，，为定值，当移动到时，最大为．【详解】解：设对称轴为直线，、关于对称，则，，抛物线形状一定，抛物线开口大小不变，由平移可知，当在点时，的横坐标最小，在点时，有，解得，为定值，当移动到时，最大为，故选：B．【点睛】本题考查二次函数的性质，抛物线与轴的交点，求出是解题的关键．9．如图，的半径为，圆心的坐标为，是上的任意一点，，且、与轴分别交于、两点若点、关于原点对称，则长的最小值为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据直角三角形斜边中线的性质得到AB=2OP，若要使AB取得最小值，则OP需取最小值，连接OM，交于N，当点P位于点N时，OP取得最小值，过点M作MQ⊥x轴于点Q，求出OM得到ON即可．【详解】解：∵PA⊥PB，∴∠APB=90°，∵OA=OB，∴AB=2OP，若要使AB取得最小值，则OP需取最小值，连接OM，交于N，当点P位于点N时，OP取得最小值，过点M作MQ⊥x轴于点Q，则OQ=6，MQ=8，∴OM=10，又∵MN=4，∴ON=6，∴AB=2ON=12，故选：C．【点睛】此题考查了直角三角形斜边中线的性质，最短路径问题，勾股定理，正确理解最短路径问题是解题的关键．10．如图，在正方形ABCD中，E是线段CD上一点，连接AE，将△ADE沿AE翻折至△AEF，连接BF并延长BF交AE延长线于点P，过点E作EM⊥PB于M．已知PF=，BF=2．其中正确结论的个数有（

）①∠APF=45°

②∠EFP=∠FBC

③PM=

④A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】过点A作AN⊥BP于N，证得∠P＝∠PAN＝45°，得①正确；由等角的余角相等可证②正确；由∠EFM=∠FAN及∠EMF=∠FNA=90°可证得△EMF∽△FNA，再由可得PM=EM=，③正确；由△EMF∽△FNA可得，④正确．【详解】解：如图，过点A作AN⊥BP于N，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠BAD＝90°，由翻折的性质可知，AD＝AF，∠DAE＝∠EAF，∴AB＝AF，∵AN⊥BF，∴BN＝FN，∠BAN＝∠FAN，∴∠PAN＝∠PAF＋∠FAN＝∠BAD＝45°，∵∠ANP＝90°，∴∠P＝∠PAN＝45°，∴AN＝NP，故①正确；由翻折的性质可知，∠D＝∠AFE=90°，∴∠EFP+∠AFN=90°，∵AB＝AF，∴∠AFN=∠ABF，∴∠ABF+∠FBC=90°，∴∠EFP=∠FBC，②正确；∵EM⊥BP，∠P＝45°，∴EM=PM，∵BN＝FN，BF=2，PF=，∴AN＝NP=+1，∵∠EFM+∠AFN=90°，∠AFN+∠FAN=90°，∴∠EFM=∠FAN，∵∠EMF=∠FNA=90°，∴△EMF∽△FNA，∴，即解得PM=EM=，③正确；∵△FNA∽△EMF，∴，∵CD＝AD＝AF，DE＝EF，∴，④正确.故选：D【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．二、填空题（本大题共8有小题，每题3分，共24分）11．如果函数（为常数）是二次函数，那么取值范围是____．【答案】m≠2【详解】试题解析：由题意得：m-2≠0，解得：m≠2，故答案为m≠2．12．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，以点C为圆心，线段CA长为半径作，交CB的延长线于点D，则阴影部分的面积为________（结果保留）．【答案】4π-8【分析】利用勾股定理求出AC的长，证明∠C=45°，根据S阴=S扇形CAD−S△ACB计算即可．【详解】∵AB=CB=4，∠ABC=90°，∴，∴∠C=∠BAC=45°，∴，故答案为4π−8．【点睛】本题考查扇形的面积，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．13．如图，有两个转盘、，在每个转盘各自的两个扇形区域中分别写有汉字“中考”、“加油”，转盘中写有“加油”的扇形的圆心角的度数是．分别转动转盘、，当转盘停止转动时，事件、指针都落在写有汉字“加油”的扇形区域内的概率是________．【答案】【分析】先求出转盘A与转盘B分别落在“加油”的概率，然后再计算同时落上去的概率即可．【详解】解：由图可得，转盘A中指针落在“加油”的概率为，转盘B中指针落在“加油”的概率为，∴两个转盘同时落在“加油”的概率为，故答案为：．【点睛】题目主要考查几何概率的计算方法，根据图象得出分别落在“加油”的概率是解题关键．14．如图是一个隧道的横截面，它的形状是以点O为圆心的圆的一部分，如果C是中弦AB的中点，CD经过圆心O交于点D，并且，，则的半径长为______m．【答案】##【分析】连接，先根据垂径定理、线段中点的定义可得，设的半径长为，则，，再在中，利用勾股定理即可得．【详解】解：如图，连接，是中的弦的中点，且，，，设的半径长为，则，，，在中，，即，解得，即的半径长为，故答案为：．【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题关键．15．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴只有一个交点，与平行于轴的直线交于，两点．若，则点到直线的距离为__．【答案】【分析】由题意知，对称轴为直线，，两点的纵坐标相同，设为，有，点A的横坐标是，点的横坐标是，由，可知，计算求解即可．【详解】解：与轴只有一个交点，，对称轴为直线，抛物线与平行于轴的直线交于，两点，，两点的纵坐标相同，设为，则时，，解得：，点A的横坐标是，点的横坐标是，，，解得：；故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数的对称性．解题的关键在于对二次函数知识的熟练掌握．16．如图，在平行四边形ABCD中，E为CD上一点，连接AE、BD，且AE、BD交于点F，若DE∶EC＝1∶2，则＝________．【答案】【分析】由四边形ABCD是平行四边形，可得，即可证得，然后由相似三角形面积比等于相似比的平方，即可求得答案【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形∴∴故答案为：【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质及平行四边形的性质，注意数形结合思想的应用．17．某校购买了一套乒乓球桌和自动发球机，侧面如图1所示，球台长度AB＝274cm，发球机紧贴球台端线点A处，高出球台的部分AC＝12cm，出球管道，若将水平状态的CD绕点C逆时针旋转45°到CD的位置，发球机模式为“一跳球”，路线呈抛物线，离球台正中间的球网GH左侧72cm处到达最高点高出台面21cm，则___________cm．【答案】【分析】以AC为y轴，以AB为x轴，A为原点建立平面直角坐标系，设抛物线最高点为N，对称轴MN与x轴交于M，则MN=21，根据题意写出抛物线解析式y=a（x65）2+21（a＜0），然后通过旋转求出D′坐标，再把D′坐标代入抛物线求出a，再令y=0解一元二次方程求出E对岸坐标即可．【详解】解：以AC为y轴，以AB为x轴，A为原点建立平面直角坐标系，如图，设抛物线最高点为N，对称轴MN与x轴交于M，则MN=21，∴AB=274，∵GH是AB正中间，∴AH=AB=137，∴AM=AH-MH=13772=65，设抛物线为：y=a（x-65）2+21（a＜0），过D′作D′P⊥x轴交CD于点Q，交x轴于点P，则∠CQD′=∠APQ=90°，∵旋转45°，∴CD′=，CQ=D′Q=CD′cos∠D′CD=5，∴D′P=D′Q+PQ=5+12=17，∴D′（5，17）代入抛物线得：a×（5-65）2+21=17，∴，∴y=（x65）2+21，令y=0，则（x65）2+21=0，解得：x1=65+30，x2=65-30（舍去），∴E（65+30，0），∴EB=AB-AE=274-（65+30）=（209-30）（cm），故答案为：20930．【点睛】本题考查二次函数的实际应用，关键是建坐标系通过题意画出二次函数的图象．18．如图，在矩形纸片ABCD中，，，按以下步骤操作：第一步，在边AB上取一点M，且满足，现折叠纸片，使点C与点M重合，点B的对应点为点，则得到的第一条折痕EF的长为______；第二步，继续折叠纸片，使得到的第二条折痕与EF垂直，点D的对应点为，则点和之间的最小距离为______．【答案】

【分析】（1）、过点E作EH垂直于CD于H，过点M作MG垂直于CD于点G，连接MD，根据折叠的性质，设未知数，在、、分别用勾股定理列方程即可；（2）、根据线段长度可证明是平行四边形，则，则可得则在直线DM上，得到当时，此时最短，再证，对应线段成比例即可求解．【详解】解：（1）、∵在矩形纸片ABCD中，，，，，，过点E作EH垂直于CD于H，过点M作MG垂直于CD于点G，连接MD，四边形BCHE，四边形AMGD，四边形EHGM都为矩形，折叠纸片，点C与点M重合，点B的对应点为点，∴设，，在中，，解得：，，设，，在中，，解得：，，在中，；（2）、过作DM的垂线，交其延长线于，在中，，，是平行四边形，，∵第二条折痕与EF垂直，∴第二条折痕与MD垂直，则在直线DM上，当时，此时最短，，，．，，，，，．故答案为：，【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，折叠的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握各项性质和点到直线的距离最短是解题的关键．三、解答题（本大题共6有小题，共66分；第19小题8分，第20-21每小题10分，第22-23每小题12分，第24小题14分）19．如图直角坐标系中，O为坐标原点，，，二次函数的图像经过点A，B，点P为抛物线上AB上方的一个点，连结PA，作垂足为H，交OB于点Q．（1）求b，c的值；（2）当时，求点P的坐标；（3）当面积是四边形AOQH面积的2倍时，求点Р的坐标．【答案】（1）；（2）；（3）或【分析】（1）把，两点坐标代入二次函数，化简计算即可；（2）设，根据，利用相似比，化简计算即可；（3）当面积是四边形AOQH面积的2倍时，则有，将设代入化简即可.【详解】（1）把，代入，则有解之得：．（2）设∵，∴∴，∴，得（取正值），∴∴（3）当的面积是四边形AOQH的面积的2倍时，由三角形面积公式可得：，由（2）可知∴，得：，，∴或【点睛】本题考查的是二次函数的综合运用，熟悉相关性质定理，是解题的关键.20．如图所示，在中，，与相切于点，与分别相交于点，与的延长线交于点．连接．(1)求证：①；②；(2)若，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)①证明过程见解析；②证明过程见解析(2)【分析】（1）①连接CD，根据已知条件证明即可得解；②根据，得到，再根据CF是的直径，得到，根据，得到，，得出，即可得解；（2）根据已知条件得到，再根据，，得到，推出，求出，，再根据，，得到，根据三角函数的定义求出，再根据直角三角形的性质得到，根据求解即可．【详解】（1）连接CD，①∵，∴，∵与相切于点，∴，在和中，，∴，∴；②∵，∴，∵CF是的直径，∴，

∵，∴，，∵，∴，∴，∴；（2）∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了圆的综合应用，结合三角形全等判定与性质，平行线分线段成比例定理，三角函数值和直角三角形的性质求解是解题的关键．21．为喜迎中国共产党第二十次全国代表大公的召开，红星中学举行党史知识竞赛．团委随机抽取了部分学生的成绩作为样本，把成绩按达标、良好、优秀、优异四个等级分别进行统计，并将所得数据绘制成如下不完整的统计图．请根据图中提供的信息，解答下列问题：(1)本次调查的样本容量是，圆心角β＝度；(2)补全条形统计图；(3)已知红星中学共有1200名学生，估计此次竞赛该校获优异等级的学生人数为多少？(4)若在这次竞赛中有A，B，C，D四人成绩均为满分，现从中抽取2人代表学校参加县级比赛．请用列表或画树状图的方法求出恰好抽到A，C两人同时参赛的概率．【答案】(1)50，144；(2)见解析(3)480(4)【分析】（1）由成绩良好的学生人数除以所占百分比得出本次调查的样本容量，即可解决问题；（2）求出成绩优秀的人数，即可解决问题；（3）由红星中学共有学生人数乘以此次竞赛该校获优异等级的学生人数所占的比例即可；（4）画树状图，共有12种等可能的结果，其中恰好抽到A，C两人同时参赛的结果有2种，再由概率公式求解即可．【详解】（1）本次调查的样本容量是：10÷20%=50，则圆心角β=360°×=144°，故答案为：50，144；（2）成绩优秀的人数为：50-2-10-20=18(人)，补全条形统计图如下：（3）1200×（人）答：估计此次竞赛该校获优异等级的学生人数为480人；（4）画树状图如下，共有12种等可能的结果，其中恰好抽到A，C两人同时参赛的结果有2种，恰好抽到A，C两人同时参赛的概率为【点睛】此题考查了树状图法、条形统计图和扇形统计图等知识．正确画出树状图是解题的关键，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．22．如图1所示，将一个长为6宽为4的长方形ABEF，裁成一个边长为4的正方形ABCD和一个长为4、宽为2的长方形CEFD如图2．现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至，旋转角为a．(1)当点恰好落在EF边上时，求旋转角a的值；(2)如图3，G为BC中点，且0°＜a＜90°，求证：；(3)小军是一个爱动手研究数学问题的孩子，他发现在小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，与存在两次全等，请你帮助小军直接写出当与全等时，旋转角a的值．【答案】(1)30°(2)见解析(3)135°，315°【分析】（1）由含30°角的直角三角形的性质可知∠CD′E=30°，再根据平行线的性质即得出∠α=30°；（2）由题意可得出CE=CE′=CG=2，由矩形的性质和旋转的性质可得出∠GCD′=∠DCE′=90°+α，进而可利用“SAS”证明△GCD′≌△E′CD，即得出GD′=E′D；（3）根据正方形的性质可得CB=CD，而，则和为腰相等的两个等腰三角形，所以当两个三角形顶角相等时它们全等．再分类讨论①当和为钝角三角形时，则旋转角；②当和为锐角三角形时，则．【详解】（1）∵长为4，宽为2的长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，∴CD′=CD=4，在Rt△CED′中，CD′=4，CE=2，∴∠CD′E=30°，∵CD∥EF，∴∠α=30°；（2）证明：∵G为BC中点，BC=4，∴CG=2，∴CG=CE．∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，∴∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′=CG，CD′=CD，∴∠GCD′=∠DCE′=90°+α，在△GCD′和△E′CD中，∴△GCD′≌△E′CD（SAS），∴GD′=E′D；（3）∵四边形ABCD为正方形，∴CB=CD．∵，∴和为腰相等的两个等腰三角形，∴当时，，①当和为钝角三角形时，则旋转角；②当和为锐角三角形时，，则．综上