2024-2025学年沪科版9年级下册期末试题含答案详解12

沪科版9年级下册期末试题

考试时间：90分钟；命题人：教研组

考生注意：

1、本卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分，满分loo分，考试时间9。分钟

2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上

3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新

的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。

第I卷（选择题16分）

一、单选题（8小题，每小题2分，共计16分）

1、扇形的半径扩大为原来的3倍，圆心角缩小为原来的那么扇形的面积（）

A.不变B.面积扩大为原来的3倍

C.面积扩大为原来的9倍D.面积缩小为原来的;

2、等边三角形、等腰三角形、矩形、菱形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的个数是（)

A.2个B.3个C.4个D.5个

3、如图，四边形力围9内接于。0,若/力底130°,则乙4%的度数为（）

A.25°B.80°C.130°D.100°

4、如图的半径为6,将劣弧沿弦48翻折，恰好经过圆心。，点C为优弧A8上的一个动点，则△相©

面积的最人值是（）

c

A.6石B.12百C.27GD.546

5、如图，几何体的左视图是（）

6、下列图形中，既是中心对称图形又是抽对称图形的是（）

7、如图，AB,⑦是。。的弦，且回〃C。，若N4OC=800,则ZMZ）的度数为（）

C.45°D.60°

8、如图是由几个小立方体所搭成的几何体从上面看到的平面图形，小正方形中的数字表示在该位置小

立方体的个数，则这个几何体从正面看到的平面图形为（）

第n卷（非选择题84分）

二、填空题（7小题，每小题2分，共计14分）

1、如图，PA.//分别与。。相切于4A两点，若NP=58。，则ZAC8的度数为

2、如图，把分成相等的六段弧，依次连接各分点得到正六边形力8加跖如果的周长为12兀,

那么该正六边形的边长是_____.

3、第24届世界冬季奥林匹克运动会，于2022年2月4日在中国北京市和河北省张家口市联合举行,

其会徽为“冬梦”，这是中国历史上首次举办冬季奥运会.如图，是一幅印有北京冬奥会会徽且长为

3m,宽为2nl的长方形宣传画，为测量宣传画上会徽图案的面积，现将宜传画平铺，向长方形宣传画内

随机投掷骰子（假设骰子落在长方形内的每一点都是等可能的），经过大量重复投掷试验，发现骰子落

在会徽图案上的频率稳定在0.15左右，由此可估计宣传画上北京冬奥会会徽图案的面积约为m'•

4、在平面直角坐标系中，点C（2,2）,圆C与x轴相切于点儿过力作一条直线与圆交于力，B两点,

18中点为M则〃"的最大值为______.

5、如图，在。。中，儿B,C是。。上三点，如果/力。庐70°,那么NC的度数为—

6、如图所示，仍是。。的直径，弦CDLAB于H,N1二30°,0+1,则。。的半径是

c

AB

//

D

7、一个不透明的袋子装有除颜色外其余均相同的2个红球和勿个黄球，随机从袋中摸出个球记录下颜

色，再放回袋中摇匀大量重复试验后，发现摸出红球的频率稳定在0.2附近，则/的值为________.

三、解答题（7小题，每小题0分，共计。分）

1、某化妆品专卖店，为了吸引顾客，在“母亲节”当天卷办了甲.乙两种品牌化妆品有奖酬宾活动，

凡购物满88元，均可得到一次摇奖的机会.已知在摇奖机内装有2个红球和2个白球，除颜色外其他

都相同，摇奖者必须从摇奖机内一次连续摇出两个球，根据球的颜色决定送礼金券的多少（如表）.

球两红一红一白两白

甲种品牌化妆品

礼金券（元）6126

球两红一红一白两白

乙种品牌化妆品

礼金券（元）12612

（1）请你用列表法（或画树状图法）求一次连续摇出一红一白两球的概率;

（2）如果一个顾客当天在本店购买满88元，若只考虑获得最多的礼品券，请你帮助分析选择购买哪

种品牌的化妆品？并说明理由.

2、在平面直角坐标系也加中，。。的半径为2.点R。为。。外两点，给出如下定义：若。。上存在

点MM使得R0,M4为顶点的四边形为矩形，则称点R。是。。的“成对关联点”.

（1）如图，点力，B,3〃横、纵坐标都是整数.在点8,G〃中，与点力组成。。的“成对关联点”

的点是；

(2)点在第一象限，点U与点夕关于x轴对称.若点昆产是。。的“成对关联点”，直接写出

r的取值范围；

(3)点G在y轴上.若直线)，=4上存在点"使得点G〃是。。的“成对关联点”，直接写出点G的

纵坐标灯的取值范围.

3、如图，已知A4为。。的直径，PD切。。于点C,交AB的延长线于点〃且ND=2/C4力.

(1)求ND的大小；

(2)若8=2,求4c的长.

13

4、如图，抛物线y=—彳/+x+2与x轴负半轴交于点力，与y轴交于点氏

乙乙

(1)求48两点的坐标;

(2)如图1,点C在y轴右恻的抛物线上，且求点C的坐标;

(3)如图2,将绕平面内点尸顺时针旋转90°后，得到△〃酎(点A,H。的对应点分别是点D,

E,F),仅£两点刚好在抛物线上.

①求点，'的坐标；

②直接写出点户的坐标.

5、如图，已知4?是。0的直径，连接3,弦4/)〃0C,直线⑦交的的延长线于点E.

(1)求证：直线⑦是。。的切线；

(2)若DE=28C,AO=10,求％的长.

6、在平面直角坐标系xOy中，。。的半径为1,对于直线/和线段/厉，给出如下定义：若将线段力方

关于直线/对称，可以得到。。的弦48(4,夕分别为月，3的对应点)，则称线段加是。。的关于

直线,对称的“关联线段”.例如：在图1中，线段A4是。。的关于直线/对称的“关联线段”.

-2-

・3-图1

（1）如图2,A，B|.如,B2,4，A的横、纵坐标都是整数.

①在线段4蜴,44,4区中，。。的关于直线p=x+2对称的“关联线段”是—

②若线段层中，存在。。的关于直线尸一＞+/〃对称的“关联线段”，则〃?=；

（2）已知直线,，=-立X+仇心＞0）交X轴于点C,在△/1阿中，力e3,止1,若线段月8是。。的关于直

3

线"一立x+〃3＞0）对称的“关联线段”，直接写出6的最大值和最小值，以及相应的区长.

3

图2

7、已知线段月反用平移、旋转、轴对称画出一个以月〃为一边，一个内角是30°的菱形.（不写画法,

保留作图痕迹）.

B

-参考答案-

一、单选题

1、A

【分析】

设原来扇形的半径为八圆心角为〃，则变化后的扇形的半径为3小圆心角为5〃，利用扇形的面积公

式即可计算得出它们的面积，从而进行比较即可得答案.

【详解】

设原来扇形的半径为八圆心角为〃，

2

・♦・原来扇形的面积为竺二，

360

•・•扇形的半径扩大为原来的3倍，圆心角缩小为原来的"，

・••变化后的扇形的半径为3,圆心角为"〃，

...变化后的扇形的面积为宜”上="广，

360~360

・•・扇形的面积不变.

故选：A.

【点睛】

本题考查了扇形面积，熟练掌握并灵活运用扇形面积公式是解题关键.

2、A

【分析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断.

【详解】

解：矩形，菱形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；

等边三角形、等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；

共2个既是轴对称图形乂是中心对称图形.

故选：A.

【点睛】

此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念.（1）如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完

全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴.（2）如果一个图形绕某一点旋转180°

后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心.

3、D

【分析】

根据圆内接四边形的性质求出N8的度数，根据圆周角定理计算即可.

【详解】

解：・・•四边形力比。内接于。0,

・•・//?+/力底180°,

•1//I优三130“,

・•・/户50°,

由圆周角定理得，/力彼2/庐100°,

故选：D.

【点睛】

本题考查的是圆内接四边形的性质和圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键.

4、C

【分析】

如图，过点C作于点7,过点〃作出5力6于点//,交。。于点片连接力0、AK,解直角三角形

求出AB,求出67的最大值，可得结论.

【详解】

解：如图，过点「作”1仍于点7,过点。作仍J_"于点"交。。于点人,连接力0、/次，

由题意可得月〃垂直平分线段0K,

J.AO-AK,初册3,

「0H0K,

・•-0A=0K=AK,

・••/勿舲N/6H60°,

:"住OAXsi成00=6X立=36，

2

,?OHVAB,

・・,/1伊2/1庐6石，

♦：CT,

6+3=9,

•••67’的最大值为9,

・•・△/回的面积的最大值为gx6Gx9=276，

故选：C.

【点睛】

本题考查垂径定理、三角函数、三角形的面积、垂线段最短等知识，解题的关键是求出67的最大值,

属于中考常考题型.

5、D

【分析】

根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案.

【详解】

根据左视图的定义可知，这个几何体的左视图是选项〃，

故选：D.

【点睛】

本题考查简单组合体的三视图，解题的关键是理解三视图的定义.

6、B

【详解】

解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意：

B.既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；

C.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意：

D.不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，解题的关键是判断轴对称图形的关键是寻找对称

轴，图形两部分折叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合.

7、B

【分析】

由同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得NAOC=40。，利用平行线的性质：两直线平行，内错角相等

即可得.

【详解】

解：VZAOC=80°,

/.zLADC=-zLAOC=40°,

2

AB//CD,

：.ZBAD=ZADC=4O°t

故选:B.

【点睛】

题目主要考查圆周角定理，平行线的性质等，理解题意，找出相关的角度是解题关键.

8、B

【分析】

几何体从上面看到的每个数字是该位置小立方体的个数，可得从正面看共有3歹ij,2层，从左往右的

每列的小立方体的个数为1,2,1,从上往下的每层的小立方体的个数为1,3,即可求解

【详解】

解：几何体从上面看到的每个数字是该位置小立方体的个数，可得从正面看共有3列，2层，从左往

右每列的小立方体的个数为1,2,1,从上往下每层的小立方体的个数为1,3,

所以这个几何体从正面看到的平面图形为

故选：B

【点睛】

本题主要考查了儿何体的三视图，熟练掌握三视图是观测者从三个不同位置观察同一个几何体，画出

的平面图形；（1）从正面看：从物体前面向后面正投影得到的投影图，它反映了空间几何体的高度和

长度；（2）从侧面看：从物体左面向右面正投影得到的投影图，它反映了空间几何体的高度和宽度；

（3）从上面看：从物体上面向下面正投影得到的投影图，它反应了空间几何体的长度和宽度是解题的

关键.

二、填空题

1、61°

【分析】

根据己知条件可得出NO”=NO4P=90。，4404=122。，再利用圆周角定理得出=即

可.

【详解:]

解：♦.•必、依分别与。。相切于A、B两点,

：,OAA.PAfOB1PB,

;.NOAP=/OBP=9fT,

ZAO8=180°-ZP=180°-58°=122°,

/.ZC=-ZAOB=ixl22°=61°.

22

故答案为：61。.

【点睛】

本题考查的知识点是切线的性质以及圆周角定理，掌握以上知识点是解此题的关键.

2、6

【分析】

如图，连接制、OB、OC、OD、OE、OF,证明△力。8、2BOC、△〃况;△员切、2EOF、△,4在都是等边三

角形，再求出圆的半径即可.

【详解】

解：如图，连接力、OB、0C、01）、OE、OF.

•:正六边形ABCDEF,

：.AB=BC=CD=DE=EF=FA,4A0B=4B0C=4C0D=4D0E=4E0F=4FOA=60",

:、XAOB、ABOC、△〃。。、△£〃〃、△£'»'、△/!a,都是等边三角形，

V。。的周长为12i,

・•・。。的半径为弃=6,

2乃

正六边形的边长是6；

【点睛】

本题考查正多边形与圆的关系、等边三角形的判定和性质等知识，明确正六边形的边长和半径相等是

解题的关键.

9

3、0.9—

10

【分析】

根据题意可得长方形的面积，然后依据骰子落在会徽图案上的频率稳定在0.15左右，总面积乘以频率

即为会徽图案的面积.

【详解】

解：由题意可得：长方形的面积为3x2=6,

•・•骰子落在会徽图案上的频率稳定在0.15左右,

，会徽图案的面积为:6x0.15=0.9m2,

故答案为：0.9.

【点睛】

题目主要考查根据频率计算满足条件的情况，理解题意，熟练掌握频率的计算方法是解题关键.

4、有-1##

【分析】

如图所示，取〃（-2,0）,连接BD,连接切与圆。交于点？，先求出/I点坐标，从而可证〃1/是△/勿

的中位线，得到则当初最小时，加也最小，即当8运动到8'时，劭有最小值90,由

此求解即可.

【详解】

解：如图所示，取〃（-2,0）,连接见9,连接⑦与圆C交于点8'

•・•点。的坐标为（2,2）,圆C与x轴相切于点儿

・•・点力的坐标为（2,0）,

：.0归022,即。是力。的中点，

又・・・加是相的中点,

・••〃犷是△/1勿的中位线，

：.OM=-BD

2t

・•・当加最小时,。犷也最小，

・••当6运动到8'时,加有最小值87）,

vr(2,2),D(-2,0),

CD=^(-2-2)2+(0-2)2=2石,

JB'D=CD-CB'=2逐-2,

，OM=>/51,

故答案为：旧-T.

【点睛】

本题主要考查了坐标与图形，一点到圆上一点的距离得到最小值，两点距离公式，三角形中位线定理,

把求出“V的最小值转换成求物的最小值是解题的关键.

5、35°

【分析】

利用圆周角定理求出所求角度数即可.

【详解】

解：〈ZAOB与ZAC8都对48，且ZAQ8=70。，

/.ZC=-ZAOfl=35°,

2

故答案为：35。.

【点睛】

本题考查了圆周角定理，解题的关键是熟练掌握圆周角定理.

6、2

【分析】

连接0。，利用半径相等以及三角形的外角性质求得NQ游60°,N优作30°,利用30度角的直角三

角形的性质即可求解.

【详解】

解：连接用

•：(M=OC,ZJ=30°,

：.ZCO//=2ZA=60°,

■:眩CD工AB于H,

二•NO船=90°,

：.40€用30°,

•：o+\,

：.0020+2,

故答案为：2.

【点睛】

本题考查了垂径定理和含30°角的直角三角形的性质.熟练掌握垂径定理是解题的关健.

7、8

【分析】

首先根据题意可取确定摸出红球的概率为0.2,然后根据概率公式建立方程求解即可.

【详解】

解：•・•大量重复试验后，发现摸出红球的频率稳定在0.2附近，

・•・摸出红球的概率为0.2,

2

由题意，--=0.2,

2+m

解得："7=8,

经检验，〃?=8是原方程的解，且符合题意，

故答案为：8.

【点睛】

本题考查由频率估计概率，以及已知概率求数量；大量重复试验后，某种情况出现的频率稳定在某个

值附近时，这个值即为该事件发生的概率，掌握概率公式是解题关键.

三、解答题

1、

(1)摇出一红一白的概率=24=92

63

(2)选择甲品牌化妆品，理由见解析

【分析】

(1)让所求的情况数除以总情况数即为所求的概率；

(2)算出相应的平均收益.，比较即可.

(1)

解：树状图为：

开始

第1个球

/

第2个球红

・•.一共有6种情况，

摇出一红一白的概率=34=52；

o3

(2)

112

(2)•・•两红的概率片一,两白的概率片一红一白的概率共彳，

0o3

1?I

・•.甲品牌化妆品获礼金券的平均收益是：；X6+：X12+7X6-10元.

636

12I

乙品牌化妆品获礼金券的平均收益是：7X12+9x6+5X12=8元.

o36

・♦・选择甲品牌化妆品.

【点睛】

本题主要考查的是概率的计算，画树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放

回实验还是不放回实验.用到的知识点为：概率二所求情况数与总情况数之比.

2、(1)8和C；(2)72</<2:(3)4<)，"2+2百

【分析】

(1)根据图形可确定与点力组成。。的“成对关联点”的点；

(2)如图，点£'在直线旷=工上，点尸在直线)=一工上，当点£'在线段线居上，点，'在线段月M上时,

有。。的“成对关联点“，求出即可得出，的取值范围；

(3)分类讨论：点G在)，=4上，点6在y=4的下方和点G在y=4的上方，构造。。的“成对关联点”,

即可求出为的取值范围.

【详解】

(1)如图所示:

在点8,3〃中，与点力组成O。的“成对关联点”的点是5和C,

故答案为：4和C;

(2)V

，反，」)在直线)，=1上,

・・•点?与点/关于x轴对称,

・•・F(r,T)在直线y=T

如下图所示:

直线y=x和与。。分别交于点4，外，与直线工=2分别交于巴，匕,

由题可得：4（血,血），

当点£在线段&&上时，有。。的“成对关联点”

A>/2<r<2:

（3）

如图，当点G在），=4上时，G"〃工轴，在。。上不存在这样的矩形;

如图，当点G在y=4下方时，也不存在这样的矩形;

如图，当点G在y=4上方时，存在这样的矩形GMW,

当恰好只能构成一个矩形时，

设G（O，M,直线）-4与y轴相交于点儿

则/G〃K=NOGM,OM=2,OG=m,GH=MN=4,GK=〃i—4,

sinZ.GHK=sin4OGM,即，

GHOG

,m-42

••■=9

4m

解得：机=2+26或〃?=2-2>/5(舍)，

综上：当4v%42+26时，点G,〃是0。的“成对关联点”.

【点睛】

本题考杳几何图形综合问题，属于中考压轴题，掌握“成对关联点”的定义是解题的关键.

3、

(1)45°

3

(2)-n

【分析】

(1)连接3,根据切线的性质得到宏_1_故根据圆周角定理得到e2N。。,进而证明N场

根据等腰直角三角形的性质求出N〃的度数；

(2)根据等腰三角形的性质求出0C,根据弧长公式计算即可.

(1)

连接OC.

,:BC=BC，

JNCAD=；NCOB,B|JZC0B=2ZCAD.

♦：ND=2NCAD,

・•・/COB=4D.

,/2。是。。的切线，

，0C1PD,即ZOC,D=9C°.

・•・ZCOfi+ZD=9(r.

I.2ZD=90°.

，ZD=ZCOB=45°.

(2)

\a/COB=ND,CD=2,

，C0=CD=2.

•J408=45。，

・•・ZA0C=135°.

...tmR135x2xn3

AC的长/=---=-------=-n

c1801802

【点睛】

本题考查的是切线的性质、圆周角定理、弧长的计算，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的

关键.

4、(1)A(-1,0),B02)；(2)点C的坐标(4+后,匕叵)；(3)①求点〃的坐标(1,2)；

24

②点尸的坐标(。，J)

【分析】

(1)令年0,求得y值，得点8的坐标；令尸0,求得x的值，取较小的一个即求力点的坐标；

17I3

(2)设。的坐标为(x,--x2+-^+2),根据4C=应；得到人。2="丁，令Q—gd+7x,解方

LL乙L

程即可；

(3)①根据题意，得/叱90°,夕庐必'即点Q在线段监的垂直平分线上，根据区£都在抛物线上，

则反E是对称点，从而确定点尸在抛物线的对称轴上，点尸在BE上,且仍〃x轴，点£(3,2),确

定法3,根据旋转性质，得炉832,从而确定点尸的坐标；

②根据废3,/BP配90：睁PE,确定夕到解的距离，即可写出点夕的坐标.

【详解】

(1)令A=0,得7=2,

・,•点6的坐标为8(0,2)；

13

令片0，得一+7*+2=0,

解得Aj=-l,x2=4,

•・•点力在x轴的负半轴;

・•・力点的坐标(-1,0)；

13

(2)设。的坐标为(x,-yX2+-^+2),

,:AC=BC,A(-1,0),B(0,2),

:、AC2=BC1，

•・3(-1,0),B(0,2),

i313

/.(x+l)2+(--x2+jx+2)2=x2+(--x2+^x+2-2)2,

Bp(x+1)2+(-^x2+-|x+2)2=x2+(-^x2+白)2,

/.(x+1)2+(r+2)2=x2+t2,

/.2x+4r+5=0»

13

/.2x+4(—x2+—x)+5=0»

22

整理，得2f—8x-5=0,

解得为二号生心二上步

•・,点C在y轴右侧的抛物线二,

.4+726

••X=----------9

2

1-V26

此时y=

2

，点。的坐标（1

4

（3）①如图，根据题意,得N切唳90°,畛/即点尸在线段跖的垂直平分线上,

VZ?,£都在抛物线上，

:・B,£是对称点,

・•・点产在抛物线的对称轴上，点〃在座'上，且仍〃x轴,

3

•・•抛物线的对称轴为直线产;，8（0,2）,

，点/(3,2),废3,

••年给2,

:・BE,

・•・点尸的坐标为(1,2)；

②如图，设抛物线的对称轴与缈交丁点必，交/轴与点％

•・•除3,

:

2

'：/BP方90°,PFPE,

:•内仁B@,

2

3

:・P将E卡一，

2

点夕的坐标为(^,《).

【点睛】

本题考查了抛物线与坐标轴的交点,旋转的性质，两点间的距离公式，一元二次方程的解法，换元法

解方程，熟练掌握抛物线的对称性,灵活理解旋转的意义，熟练解一元二次方程是解题的关键.

5、(1)见解析；(2)OC=15

【分析】

(1)连接0D,由AD//%及OD=OA,即可得到庐/〃M,从而可证得△仍修△©；即可证得切

是。。的切线；

FDAD

(2)由助〃0。可得可得——=——，再由A0Bg40DC得BC=CD,

ECOC

AHo

从而可得标二w,则可求得宏的长.

【详解】

(1)连接0D,

♦：OA=OD,

：.ZDAO=ZADO.

又•：ADHOC,

工/DAO=NCOB,ZALX)=ZDOC

:.4COB=4DOC.

OB=OD,

在QBC与QDC中，＜NCOB=NDOC,

OC=OC,

：.△OBg&ODC(SAS),

:.ZCBO=ZCDO.

又•・,BCA.AB,

・•・NCBO=NCDO=900,

•••CO是0。的切线.

(2)-AD\\OCf

•••/EAD=/EOC,

:.△EAD^△E0C,

,EDAD

♦•----=-----.

ECOC

又•:△OBC'ODC,

・•・CB=CD,

，DE=2BC=2CD,

.ED2CD2

，f~EC~2CD+CD~3

.AD2

・•-----=—,

OC3

.102

••，

OC3

：.0O\b

【点睛】

本题是圆的综合，它考查了切线的判定，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识；

证明圆的切线时，往往作半径.

6、（1）①力心；②2或3；（2）。的最大值为此时"=