湖南省株洲市醴陵市2019届九年级上学期期末考试数学试题
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分） 1. 方程x2-4=0的两个根是（ ）
A. ， B. C. D. ， 2. 如图，已知DE∥BC，=，则△ABC与△ADE的面积比
为（ ） A. 2：1 B. 4：1 C. 9：1 D. 1：9
3. 为了绿化校园，某校计划经过两年时间，让校园的绿地面积从100m2增加到
121m2．设平均每年绿地面积增长率为x，则方程可列为（ ） A. B. C. D.
4. 将抛物线y=x2向上平移2个单位后，所得的抛物线的函数表达式为（ ）
A. B. C. D. 5. 如图，点O是等边三角形PQR的中心，P'、Q'、R'
分别是OP、OQ、OR的中点，则△P'Q'R'与△PQR是位似三角形，此时△P'Q'R'与△PQR的位似比、位似中心分别是（ ） A. 2、点P
B. 、点P C. 2、点O D. 、点O
6. 在△ABC中，∠C=90°，sinA= ，则tanA=（ ）
A.
B.
C.
D.
7. 如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，已知∠BCD=130°，
则∠BOD=（ ） A. B. C. D. 8. 如图，点P在△ABC的边AC上，如果添加一个条件后可以
得到△ABP∽△ACB，那么以下添加的条件中，不正确的是（ ）
A. ∠ ∠ B. ∠
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∠
C.
D.
9. 矩形ABCD中AB=10，BC=8，E为AD边上一点，沿
CE将△CDE对折，点D正好落在AB边上的F点．则AE的长是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
2
10. 如图，二次函数y=ax+bx+c的图象与x轴交于点A（-1，
0），与y轴的交点B在（0，2）与（0，3）之间（不包括这两点），对称轴为直线x=2．
下列结论：①abc＜0；②9a+3b+c＞0；③若点M（ ，y1），点N（，y2）是函数图象上的两点，则y1＜y2；
④- ＜a＜- ．
其中正确结论有（ ）
A. 1个 B. 2个
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分） 11. 已知sinA=，则锐角∠A=______．
12. 若 = ，则 =______．
13. 抛物线y=x2+bx+c经过A0）B0）（-1，，（3，两点，则这条抛物线的解析式为______． 14. 关于x的一元二次方程x2+2x+k=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是
______．
15. 如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OC=5cm，
CD=8cm，则AE=______cm．
C. 3个 D. 4个
16. 《九章算术》是我国古代数学名著，书中有下列问题：“今有勾五步，股十二步，
“今有直角三角形，问勾中容方几何？”其意思为：勾（短直角边）长为5步，股（长
直角边）长为12步，问该直角三角形能容纳的正方形边长最大是多少步？”该问题的答案是______步．
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17. 如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，D是
AB边的中点，P是BC边上一动点（点P不与B、C重合），若以D、C、P为顶点的三角形与△ABC相似，则线段PC=______．
18. 如图，在边长为1的小正方形网格中，
点A、B、C、D都在这些小正方形的顶点上，AB、CD相交于点O，则tan∠AOD=______．
三、解答题（本大题共8小题，共66.0分） 19. 计算：（π-2018）0+（-1）2-sin60°•cos30°．
20. 配方法解：x2+3x-4=0．
21. 自2016年国庆后，许多高校均投放了使用手机就可随用的共享单车．某运营商为
提高其经营的A品牌共享单车的市场占有率，准备对收费作如下调整：一天中，同一个人第一次使用的车费按0.5元收取，每增加一次，当次车费就比上次车费减少0.1元，第6次开始，当次用车免费．具体收费标准如下：
使用次数 累计车费 0 0 1 0.5 2 0.9 3 a 4 b 5（含5次以上） 1.5 同时，就此收费方案随机调查了某高校100名师生在一天中使用A品牌共享单车的意愿，得到如下数据： 使用次数 0 人数 5 1 15 2 10 3 30 4 25 5 15 （Ⅰ）写出a，b的值； （Ⅱ）已知该校有5000名师生，且A品牌共享单车投放该校一天的费用为5800元．试估计：收费调整后，此运营商在该校投放A品牌共享单车能否获利？说明理由．
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22. 如图，四边形ACEF为正方形，以AC为斜边作Rt△ABC，
∠B=90°，AB=4，BC=2，延长BC至点D，使CD=5，连接DE．
（1）求正方形的边长； （2）求DE的长．
23. 如图，长沙九龙仓国际金融中心主楼BC高达452m，是目前湖南省第一高楼，和
它处于同一水平面上的第二高楼DE高340m，为了测量高楼BC上发射塔AB的高度，在楼DE底端D点测得A的仰角为α，在顶端E点测得A的仰角∠AEF=45°， （1）若设AB为x米，请用含x的代数式表示AF的长．
（2）求出发射塔AB的高度．（cosα≈ ，sinα≈ ，tanα≈ ）
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= ，24. 如图，AB是半圆O的直径，C是半圆上一点，
DH⊥AB于点H，AC分别交BD、DH于E、F． （1）已知AB=10，AD=6，求AH． （2）求证：DF=EF
25. 已知y是关于x的函数，如果能在其函数图象上能找到横坐标与纵坐标相同的一个
点P（t，t），则称点P为函数图象上的“郡点”．例如：直线y=2x-1上存在“郡点”P（1，1）．
（1）直线y=3x-4的郡点是______；双曲线y= 上的郡点是______．
2
（2）若抛物线y=x+5x-5上有“郡点”，且“郡点”A、B（点A，B可重合）的坐标
22
分别为（x1，y1），（x2，y2），求x1+x2的值．
26. 如图，一小球从斜坡O点处抛出，球的抛出路线可以
2
用二次函数y=-x+4x刻画，斜坡可以用一次函数y= x
刻画．
（1）请用配方法求二次函数图象的最高点P的坐标；
（2）小球的落点是A，求点A的坐标；
（3）连接抛物线的最高点P与点O、A得△POA，求△POA的面积；
（4）在OA上方的抛物线上存在一点M（M与P不重合），△MOA的面积等于△POA的面积．请直接写出点M的坐标．
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答案和解析
1.【答案】A 【解析】
2
解：移项得：x=4，
2， 两边直接开平方得：x=±
则x1=2，x2=-2， 故选：A．
首先移项，再两边直接开平方即可．
此题主要考查了解一元二次方程-直接开平方法，解这类问题要移项，把所含未知数的
2
项移到等号的左边，把常数项移项等号的右边，化成x=a（a≥0）的形式，利用数的开方直接求解． 2.【答案】B 【解析】
解：∵DE∥BC， ∴△ABC∽△ADE，
22
∴S△ADE：S△ABC=AD：AB， ∵AD：AB=1：2，
∴S△ADE：S△ABC=1：4，
即△ABC与△ADE的面积比为4：1． 故选：B．
由DE平行于BC可以得到△ABC∽△ADE，然后利用相似三角形的性质即可求解． 此题主要考查了相似三角形的性质与判定，解题时首先根据平行线得到相似三角形，然后利用相似三角形的性质即可求解． 3.【答案】C 【解析】
解：设平均每年绿地面积增长率为x，
2
依题意，得：100（1+x）=121． 故选：C．
设平均每年绿地面积增长率为x，根据校园两年绿化面积的变化，可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 4.【答案】A 【解析】
2
解：∵抛物线y=x向上平移2个单位后的顶点坐标为（0，2），
2
∴所得抛物线的解析式为y=x+2． 故选：A．
求出平移后的抛物线的顶点坐标，然后利用顶点式形式写出即可．
本题考查了二次函数图象与几何变换，此类题目利用顶点的平移确定抛物线函数图象的变化更简便． 5.【答案】D 【解析】
解：∵△P′Q′R′与△PQR是位似三角形 ∴△P′Q′R′∽△PQR， ∴相似比等于P′Q′：PQ，
∵P′，Q′，R′分别是OP，OQ，OR的中点 ∴P′Q′=
PQ
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∴△P′Q′R′与△PQR的位似比为，
根据位似中心的定义可知，△P'Q'R'与△PQR的位似中心为点O， 故选：D．
根据三角形中位线定理得到P′Q′=
PQ， 根据位似三角形的定义、位似中心的定义解答．
本题考查的是位似变换，掌握位似中心的定义、相似三角形的性质是解题的关键．
6.【答案】C 【解析】 解：由sinA=
知，如果设a=3x，则c=5x，
222
结合a+b=c得b=4x；
∴tanA===．
故选：C． 根据sinA=
设出关于两边的代数表达式，再根据勾股定理求出第三边长的表达式即可
推出tanA的值．
求锐角的三角函数值的方法：利用锐角三角函数的定义，通过设参数的方法求三角函数值．
7.【答案】C 【解析】 解：
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠BCD=130°， ∴∠A+∠BCD=180°， ∴∠A=50°，
由圆周角定理得，2∠A=∠BOD=100°， 故选：C．
根据圆周角定理求出∠A的度数，根据圆内接四边形的性质计算即可．
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． 8.【答案】D 【解析】
解：A、当∠ABP=∠C时，又∵∠A=∠A，∴△ABP∽△ACB，故此选项错误； B、当∠APB=∠ABC时，又∵∠A=∠A，∴△ABP∽△ACB，故此选项错误； C、当AB2=AP•AC即
=
时，又∵∠A=∠A，∴△ABP∽△ACB，故此选项错
误；
D、无法得到△ABP∽△ACB，故此选项正确． 故选：D．
分别利用相似三角形的判定方法判断得出即可．
此题主要考查了相似三角形的判定，正确把握判定方法是解题关键． 9.【答案】A 【解析】
解：∵四边形ABCD是矩形
∴AB=CD=10，BC=AD=8，∠A=∠D=∠B=90°， ∵折叠
∴CD=CF=10，EF=DE，
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在Rt△BCF中，BF==6
∴AF=AB-BF=10-6=4，
222
在Rt△AEF中，AE+AF=EF，
22
∴AE+16=（8-AE）， ∴AE=3 故选：A．
由矩形的性质和折叠的性质可得CF=DC=10，DE=EF，由勾股定理可求BF的长，即可得AF=4，由勾股定理可求AE的长．
本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是本题的关键． 10.【答案】D 【解析】
解：①由开口可知：a＜0， ∴对称轴x=
＞0，
∴b＞0，
由抛物线与y轴的交点可知：c＞0， ∴abc＜0，故①正确；
②∵抛物线与x轴交于点A（-1，0）， 对称轴为x=2，
∴抛物线与x轴的另外一个交点为（5，0）， ∴x=3时，y＞0，
∴9a+3b+c＞0，故②正确； ③由于且（∵
＜2
，
，y2），
，y2）关于直线x=2的对称点的坐标为（，
∴y1＜y2，故③正确， ④∵
=2，
∴b=-4a，
∵x=-1，y=0， ∴a-b+c=0， ∴c=-5a， ∵2＜c＜3， ∴2＜-5a＜3， ∴-＜a＜-，故④正确
故选：D．
根据二次函数的图象与系数的关系即可求出答案．
本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是熟练运用图象与系数的关系，本题属于中等题型． 11.【答案】30° 【解析】
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解：∵sinA=，∠A为锐角，
∴∠A=30°． 故答案为：30°． =根据sin30°
进行解答即可．
本题考查的是特殊角的三角函数值，熟记各特殊角的三角函数值是解答此题的关键． 12.【答案】-
【解析】 解：由
=
，得．
=
=-，
故答案为：-
根据比例的性质，可得y=3x，根据分式的性质，可得答案． 本题考查了比例的性质，利用了比例的性质，分式的性质． 13.【答案】y=x2-2x-3 【解析】
解：∵抛物线经过A（-1，0），B（3，0）两点， ∴
，
解得b=-2，c=-3，
2
∴抛物线解析式为y=x-2x-3．
2
抛物线y=x+bx+c经过A（-1，0），B（3，0）两点，则这两点的坐标满足解析式，把点的坐标代入解析式就得到一个关于b，c的方程组，就可解得函数的解析式． 本题考查了用待定系数法求函数解析式的方法，同时还考查了方程组的解法等知识，难度不大．
14.【答案】k＜1 【解析】
解：由已知得：△=4-4k＞0， 解得：k＜1． 故答案为：k＜1．
由方程有两个不等实数根可得出关于k的一元一次不等式，解不等式即可得出结论． 本题考查了根的判别式以及解一元一次不等式，解题的关键是得出关于k的一元一次不等式．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据根的个数结合根的判别式得出不等式（或不等式组）是关键． 15.【答案】8 【解析】
解：∵AB⊥CD，AB是直径， ∴CE=ED=4cm， 在Rt△OEC中，OE=
=
=3（cm），
∴AE=OA+OE=5+3=8（cm）， 故答案为8．
根据垂径定理推出EC=ED=4，再利用勾股定理求出OE即可解决问题．
本题考查垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
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16.【答案】
【解析】
解：如图1，∵四边形CDEF是正方形， ∴CD=ED，DE∥CF，
设ED=x，则CD=x，AD=12-x， ∵DE∥CF，
∴∠ADE=∠C，∠AED=∠B， ∴△ADE∽△ACB， ∴∴x=
，
， ，
如图2，四边形DGFE是正方形， 过C作CP⊥AB于P，交DG于Q， 设ED=x， S△ABC=
AC•BC=
AB•CP，
12×5=13CP， CP=
，
同理得：△CDG∽△CAB， ∴
，
∴，
x=，
（步），
∴该直角三角形能容纳的正方形边长最大是故答案为：
．
如图1，根据正方形的性质得：DE∥BC，则△ADE∽△ACB，列比例式可得结论；如图2，同理可得正方形的边长，比较可得最大值．
此题考查了相似三角形的判定和性质、正方形的性质，设未知数，构建方程是解题的关键．
17.【答案】4或
【解析】
解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8， ∴AB=10，
∵D是AB边的中点， ∴CD=BD=
AB=5，
∵以D、C、P为顶点的三角形与△ABC相似，
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∴∠DPC=90°或∠CDP=90°， （1）若∠DPC=90°，则DP∥AC， ∴∴BP=
=BC=4，
，
则PC=4；
（2）若∠CDP=90°，则△CDP∽△BCA， ∴即∴PC=
， ， ．
．
∴PC=4或
由Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，D是AB边的中点，即可求得AB与CD
C、P为顶点的三角形与△ABC相似，的值，又由以D、可得∠DPC=90°或∠CDP=90°，
然后根据相似三角形的对应边成比例，即可求得PC的值．
此题考查了相似三角形的性质与直角三角形的性质．解题的关键是掌握相似三角形的对应边成比例定理的应用与数形结合思想的应用． 18.【答案】2 【解析】
解：如图，连接BE，
∵四边形BCEK是正方形， ∴KF=CF=
CK，BF=
BE，CK=BE，BE⊥CK，
∴BF=CF，
根据题意得：AC∥BK， ∴△ACO∽△BKO，
∴KO：CO=BK：AC=1：3， ∴KO：KF=1：2， ∴KO=OF=
CF=
BF，
=2，
在Rt△OBF中，tan∠BOF=
∵∠AOD=∠BOF， ∴tan∠AOD=2． 故答案为：2
首先连接BE，由题意易得BF=CF，△ACO∽△BKO，然后由相似三角形的对应边成比例，易得KO：CO=1：3，即可得OF：CF=OF：BF=1：2，在Rt△OBF中，即可求得tan∠BOF的值，继而求得答案．
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此题考查了相似三角形的判定与性质，三角函数的定义．此题难度适中，解题的关键是准确作出辅助线，注意转化思想与数形结合思想的应用．
19.【答案】解：原式=1+1- ×
=2- =．
【解析】
直接利用零指数幂的性质以及特殊角的三角函数值分别化简得出答案． 此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键． 20.【答案】解：x2+3x-4=0 x2+3x=4
x2+3x+ =4+
=
∴x+ =±
所以x1=1，x2=-4．
【解析】
先把常数项移到方程右边，再把方程两边加上
，把方程左边配成完全平方式，
最后用直接开平方法解方程即可．
掌握配方法，它是我们常用的数学思想方法．熟练运用它解一元二次方程．配方法一个重要环节就是配一次项系数一半的平方．
21.【答案】解：（Ⅰ）a=0.9+0.3=1.2，b=1.2+0.2=1.4；
（Ⅱ）根据用车意愿调查结果，抽取的100名师生每人每天使用A品牌共享单车的平均车费为：
×5+0.5×15+0.9×10+1.2×30+1.4×25+1.5×15）=1.1（元）， （0×
1.1=5500（元）， 所以估计5000名师生一天使用共享单车的费用为：5000×因为5500＜5800，
故收费调整后，此运营商在该校投放A品牌共享单车不能获利． 【解析】
（Ⅰ）根据收费调整情况列出算式计算即可求解；
（Ⅱ）先根据平均数的计算公式求出抽取的100名师生每人每天使用A品牌共享单车的平均车费，再根据用样本估计总体求出5000名师生一天使用共享单车的费用，再与5800比较大小即可求解．
考查了样本平均数，用样本估计总体，（Ⅱ）中求得抽取的100名师生每人每天使用A品牌共享单车的平均车费是解题的关键． 22.【答案】解：
（1）在Rt△ABC中，AB=4，BC=2， AC= = =2 ， ∴正方形边长为2 ；
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（2）∵∠B=90°， ∴∠BAC+∠BCA=90°， ∵∠ACE=90°，
∴∠BCA+∠ECD=90°， ∴∠BAC=∠ECD， 又∵
=，
∴△ABC∽△CED，
∴ = ，
∴DE= ． 【解析】
（1）根据题意△ABC为直角三角形，AB=4，BC=2，则可以根据勾股定理求出AC的长，即正方形的边长．
（2）△ABC三边都是已知，△CDE知道两条边，若△ABC与△CED相似，就可以很容易求出DE的长，而易知∠BAC=∠ECD，
，所以△ABC与△CED相似，
从而求出DE的长．
本题考查了勾股定理、正方形的性质以及相似三角形．解题的关键是对基本图形和性质的熟练掌握．（2）问学生易错在直接认为F、E、D三点在同一直线上而直接用勾股定理解决，实际上题目只给我出来了B、C、D三点在通知一直线上，F、E、D三点在同一直线上需证明才能得到．
23.【答案】解：（1）∵四边形EDCF为矩形， ∴ED=CF=340m， 又AC=（452+x）m
∴AF=AC-CF=452+x-340=（112+x）m； （2）在Rt△AEF中， ∵∠AEF=45°，
∴EF=AF=（112+x）m=CD 在Rt△ADC中， ∵∠ADC=α， ∴tanα= ∴
，
∴x=28
答：发射塔AB的高度为28m． 【解析】
（1）根据矩形的性质解答即可；
（2）根据解直角三角形的三角函数解答即可．
本题考查的是解直角三角形的应用-仰角俯角问题，掌握锐角三角函数的定义、仰角俯角的概念是解题的关键．
24.【答案】（1）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB=90°， ∵DH⊥AB，
∴∠DHA=∠ADB=90°，
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又∵∠DAB=∠HAD， ∴△DAB∽△HAD， ∴ = 即 = ， ∴AD=3.6．
= ， （2）证明：∵
∴∠DAC=∠DBA， ∵DH⊥AB，
∴∠FDE+∠B=90°， ∵∠ADB=90°，
∴∠DEF+∠DAC=90°， ∴∠DEF=∠DEF， ∴DF=EF． 【解析】
（1）证明△DAB∽△HAD，可得
=
，由此构建方程即可解决问题．
（2）利用等角的余角相等，证明∠DEF=∠DEF即可．
本题考查圆心角、弧、弦之间的关系，勾股定理，垂径定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
25.【答案】（2，2） （1，1），（-1，-1） 【解析】
解：（1）把x=y代入直线y=3x-4，可得x=2=y， ∴直线y=3x-4的郡点是（2，2） 把x=y代入双曲线y=∴双曲线y=
，可得x1=1，x2=-1，
上的郡点是（1，1），（-1，-1）
故答案为：（2，2），（1，1），（-1，-1）
2
（2）∵抛物线y=x+5x-5上有“郡点”A（x1，y1），B（x2，y2）
22
可得x1=x1+5x1-5，x2=x2+5x2-5，
2
因此，x1，x2可看作是方程x=x+5x-5的两个实数根， 由韦达定理得：x1+x2=-4，x1•x2=-5，
222
∴x1+x2=（x1+x2）-2x1x2=26 （1）由“郡点”的定义可求解；
2222
（2）由“郡点”的定义可得x1=x1+5x1-5，x2=x2+5x2-5，由根与系数关系可求x1+x2的值．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，二次函数图象上点的坐标特征，一次函数图象上点的坐标特征，理解并运用“郡点”的定义是本题的关键． 26.【答案】解：（1）由题意得，y=-x2+4x=-（x-2）2+4， 故二次函数图象的最高点P的坐标为（2，4）；
（2）联立两解析式可得： ，
解得： ，或
．
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故可得点A的坐标为（ ， ）；
（3）如图，作PQ⊥x轴于点Q，AB⊥x轴于点B． S△POA=S△POQ+S梯形PQBA-S△BOA =×2×4+×× （ +4）×（ -2）- × =4+-
= ；
（4）过P作OA的平行线，交抛物线于点M，连结OM、AM，则△MOA的面积等于△POA的面积． 设直线PM的解析式为y= x+b， ∵P的坐标为（2，4）， 2+b，解得b=3， ∴4= ×∴直线PM的解析式为y= x+3．
， 由 ，解得 ，
∴点M的坐标为（ ， ）．
【解析】
（1）利用配方法抛物线的一般式化为顶点式，即可求出二次函数图象的最高点P的坐标；
（2）联立两解析式，可求出交点A的坐标；
（3）作PQ⊥x轴于点Q，AB⊥x轴于点B．根据S△POA=S△POQ+S梯形PQBA-S△BOA，代入数值计算即可求解；
（4）过P作OA的平行线，交抛物线于点M，连结OM、AM，由于两平行线之间的距离相等，根据同底等高的两个三角形面积相等，可得△MOA的面积等于△POA的面积．设直线PM的解析式为y=
x+b，将P（2，4）代入，求出直线PM的解析式为y=
x+3．再与抛物线的解析式联立，得到方程组M的坐标．
，解方程组即可求出点
本题是二次函数的综合题型，其中涉及到两函数图象交点的求解方法，二次函数顶点坐标的求解方法，三角形的面积，待定系数法求一次函数的解析式，难度适中．利用数形结合与方程思想是解题的关键．
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