期末巩固复习卷（含解析）-2024-2025学年数学九年级下册冀教版

中小学教育资源及组卷应用平台
期末巩固复习卷-2024-2025学年数学九年级下册冀教版
一、单选题
1．下列事件为必然事件的是（ ）
A．某射击运动员射击一次，命中靶心
B．任意买一张电影票，座位号是偶数
C．在一个标准大气压下，水加热到时会沸腾
D．掷一枚质地均匀的硬币落地后正面朝上
2．如图所示几何体的俯视图是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知二次函数的图象经过，两点，其中，则下列说法一定正确的是（ ）
A．若时，则
B．若时，则
C．若时，则
D．若时，则
4．针对做“估计一个矿泉水瓶盖上抛后，落地时开口朝上的概率是多少”的试验，下列说法中，正确的是（ ）．
A．开口朝上、开口朝下都有可能，所以开口朝上的概率是0.5
B．做20次试验，开口朝上出现8次，则可得出开口朝上的概率是0.4
C．为缩短试验时间，可采用多人分组试验，分组试验时可采用汽水瓶盖替代矿泉水瓶盖
D．在相同条件下，试验次数越多，开口朝上的频率就越稳定于开口朝上的概率
5．从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度与小球的运动时间之间的关系式是，现有下列结论：①小球从抛出到落地需要；②小球运动中的高度可以是；③小球运动时的高度小于运动时的高度；④在的时间内，小球的高度随时间增大而增大．其中正确的有（ ）
A．①③ B．②③ C．①②④ D．①②③④
6．如图，抛物线和直线都经过点，抛物线的对称轴为，那么下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．是方程的解
7．如图，、分别与相切与，两点，为上一点，连接、、，若，，的半径为，则的长是（ ）
A． B． C． D．
8．魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，就是通过不断倍增圆内接正多边形的边数求出圆周率，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法．如图，六边形是的内接正六边形，连接FB．若，则FB的长为（ ）
A．3 B． C． D．
二、填空题
9．投掷一枚形状规则、质地均匀的骰子，有下列事件：①掷得的点数是6；②掷得的点数不大于4；③掷得的点数是奇数．这些事件发生的可能性由大到小排列是 ．
10．如图是某几何体的三视图及相关数据（单位：cm），则该几何体侧面展开图的圆心角的度数为 ．
11．广东四大名园分别是清晖园、梁园、余荫山房和可园，这四大名园各具特色，展现了岭南文化的精髓，某中学准备随机选择一座名园进行研学，则恰好选中清晖园的概率为 ．
12．正多边形的一部分如图所示，点为正多边形中心，若，则该正多边形的边数为 ．
13．二次函数（其中a，b，c为常数，且）的图象过点，其中m为常数，且，则方程的解为 ．
14．如图，已知点和，平移得到，顶点、分别与顶点对应．如果点都在抛物线上，那么点到点的距离是 ．
15．已知是的函数，若存在实数，当时，的取值范围是．我们将称为这个函数的“级关联范围”．例如：函数，存在，当时，，即，所以是函数的“级关联范围”．函数的“级关联范围”是 ．
16．如图，是的半径，是的弦，于点，是的切线，交的延长线于点．若，，则线段的长为 ．
三、解答题
17．如图，掷两枚大小、质地都相同的骰子（不妨记左边的为A骰子，右边的为B骰子），把A骰子掷出的数记为m，把B骰子掷出的数记为n．
(1)嘉嘉说：“每掷一次，的和一定是连续整数中的一个．”你同意嘉嘉的观点吗？如果同意，请证明；如果不同意，请你说明理由；
(2)如果是掷骰子定胜负，想获胜，你选的和是几？并求出获胜的概率．
18．如图，在的边上取一点，以为圆心，为半径画与边相切于点，若．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径．
19．用小正方体搭一个几何体，使它的左视图和俯视图如图所示，俯视图中的小正方形中字母表示该位置小正方体的个数，试回答下列问题：
(1)各等于几？
(2)当时，画出这个几何体的主视图．
20．已知抛物线（为常数）．
(1)①若抛物线过点，求值；
②求证：该抛物线的顶点在轴上方；
(2)当时，最小值为，求值；
(3)若抛物线上有两点，且，当时，求的取值范围．
21．古代数学家刘徵编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，现根据刘微的《重差》测量一个球体建筑物的高度．如图，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上两点与点在一条直线上，且在点的同侧，若在处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且．
(1)求的长度；
(2)求该球体建筑物的最高点到地面的距离．（参考数据：）
22．如图，镜面与半圆相切于点，延长直径与交于点，是上的动点，为入射光线，其反射光线与或交于点，连接，且，．
(1)求的度数；
(2)当反射光线与平行时，求的长度；
(3)在点从点运动到点的过程中．直接写出点的运动路径长．
23．如图．抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，抛物线的对称轴：直线与轴交于点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点是直线上方的抛物线上的动点，连接交于点，如图1，当的值最大时，求点的坐标及的最大值；
(3)若点为对称轴右侧抛物线上一点，且在轴上方，为平面内一动点，是否存在点，使得以为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
《期末巩固复习卷-2024-2025学年数学九年级下册冀教版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D B D C D B D
1．C
【分析】本题主要考查基本事件，熟练掌握基本事件是解题的关键．根据必然事件是一定会发生进行判断即可．
【详解】解：某射击运动员射击一次，可能命中靶心，可能不命中靶心，属于随机事件，故选项A不符合题意；
任意买一张电影票，座位号可能是偶数，也可能是奇数，属于随机事件，故选项B不符合题意；
在一个标准大气压下，水加热到时会沸腾，属于必然事件，故选项C符合题意；
掷一枚质地均匀的硬币落地后可能正面朝上，属于随机事件，故选项D不符合题意；
故选C．
2．D
【分析】本题考查了物体的三视图，掌握三视图的画法是解题的关键．根据从上面看到的平面图形即可求解．
【详解】解：这个几何体从上面看，形状如图：
故选：D．
3．B
【分析】本题主要考查了二次函数的性质，先求出对称轴为直线，再由开口向上得到离对称轴越远函数值越大，且当时，，根据，可得，再判断出对应选项中与3的大小关系，进而得到的大小关系即可得到答案．
【详解】解：∵二次函数解析式为，
∴对称轴为直线，
∵，
∴函数开口向上，
∴离对称轴越远函数值越大，
当时，，
∵，
∴；
当时，则，即，
∴，
∴，
∴，故A错误，不符合题意；
当时，则，即，
∴，
∴，
∴，故B正确，符合题意；
当时，则，即，
∴，
∴，
∴，故C错误，不符合题意；
当时，则，即，
∴，
∴，
∴，故D错误，不符合题意；
故选：B．
4．D
【分析】本题主要考查利用频率估计概率，根据利用频率估计概率的定义对各选项进行逐一分析即可．
【详解】解：A．开口朝上、开口朝下都有可能，但开口向上的概率需要大量重复试验才能估计，此选项错误；
B．做20次试验，开口朝上出现8次，此试验次数过少，不能估计开口向上的概率，此选项错误；
C．分组试验需要在相同试验环境下进行，而且由于可乐盖与啤酒瓶盖结构有差异，不能估计啤酒瓶开口向上的概率，此选项错误；
D．在相同条件下，试验次数越多，开口朝上的频率就越稳定于开口朝上的概率，此选项正确；
故选：D．
5．C
【分析】本题考查了二次函数的运用，掌握二次函数图象的性质，顶点坐标的计算，函数值的计算是解题的关键．
根据时，可得，可判定结论①；根据二次函数的顶点坐标的计算，可判定结论②；把运动时的高度，运动时的高度计算出来比较即可判定结论③；根据函数图象开口向下，顶点坐标为即可判断结论④，由此即可求解．
【详解】解：小球的高度h（单位：m）与小球的运动时间t（单位：s）之间的关系式是，
令时，，
解得，，
∴小球从抛出到落地需要，故①正确；
∵，
∴顶点的横坐标为，纵坐标为，即顶点坐标为，
当时间为时，小球运动的最高高度为，故②正确；
当运动时，小球的高度为，
当运动时，小球的高度为，
∵，
∴小球运动时的高度大于运动时的高度，故③错误；
∵，
∴函数的图象开口向下，
∵顶点坐标为，
∴在的时间内，小球的高度随时间增大而增大，
综上所述，正确的有①②④，
故选：C ．
6．D
【分析】本题主要考查了二次函数的图象及其性质，熟悉二次函数图象的特点，能够通过图象直接获取信息，结合题中给出条件进行推断是解题的关键．
利用二次函数图象的性质，抛物线与坐标轴及直线交点的性质逐项进行判断即可．
【详解】解：A.根据图象可知，抛物线开口向下且与轴交于正半轴，，，故该选项错误，不符合题意；
B.由图象可知，抛物线与轴有两个交点，，故该选项错误，不符合题意；
C. 由图象可知，当时，，故该选项错误，不符合题意；
D. ∵抛物线和直线都经过点，
∴是方程的解，故该选项正确，符合题意；
故选：D．
7．B
【分析】本题考查切线的性质，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键：连接、，，过点作于，切线的性质结合垂径，定理和解直角三角形，求出的长，进而求出的长，切线长定理结合等边对等角，推出，得到，求出的长，过作于，得到为等腰直角三角形，得到，在中，利用勾股定理进行求解即可。
【详解】解：连接、，，过点作于，
、分别与相切与，两点，
，
，
，
∵的半径为，
∴，
，
，
，，
，
，
，
，
，
过作于，
则是等腰直角三角形，
，
，
，
或不合题意舍去，
，
故选：B．
8．D
【分析】本题主要考查了含30度直角三角形的性质、圆与正多边形、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，掌握相关性质定理成为解题的关键．
由题意可得，，进而得到，如图：过A作，根据等腰三角形的性质可得，30度直角三角形的性质可得，再运用勾股定理求得，进而完成解答．
【详解】解：∵六边形是的内接正六边形，
∴，，
∴
如图：过A作，
∴，
∴，
∴．
故选D．
9．②③①
【分析】本题主要考查可能性大小的比较，解题关键是理解：只要总情况数目相同，谁包含的情况数目多，谁的可能性就大，反之也成立；若包含的情况相当，那么它们的可能性就相等．根据题意得，①掷得的点数是6包含1种情况；②掷得的点数不大于4包括4种情况；③掷得的点数是奇数包括3种情况，分别比较情况数的大小即可获得答案．
【详解】解：根据题意，投掷一枚普通的六面体骰子，共6种情况；
而①掷得的点数是6包含1种情况；②掷得的点数不大于4包括4种情况；③掷得的点数是奇数包括3种情况，故发生的可能性由大到小的顺序排为②③①．
故答案为：②③①．
10．/288度
【分析】本题考查了几何体的三视图，圆锥的侧面展开图的圆心角等知识；由三视图确定出几何体的形状是圆锥，由三视图确定圆锥的底面直径及圆锥母线长，由扇形弧长公式即可求解．
【详解】解：由三视图知，该几何体是圆锥，且底面圆的直径是16，母线长为10；
设圆锥侧面展开图的圆心角为，则有，
解得：；
即该几何体侧面展开图的圆心角的度数为；
故答案为：．
11．
【分析】本题主要考查运用概率公式求概率，掌握概率公式是解题的关键．
根据简单概率计算方法求解即可．
【详解】解：某中学共有4种选择，选中“清晖园”的情况数为1，则概率为．
故答案为：．
12．9
【分析】本题考查了圆周角定理、圆与正多边形，熟练掌握圆与正多边形的性质是解题关键．连接，先得出是这个正多边形的外接圆，再根据圆周角定理可得，由此即可得．
【详解】解：如图，连接，
∵点为正多边形的中心，
∴是这个正多边形的外接圆，
由圆周角定理得：，
∴该正多边形的边数为，
故答案为：9．
13．
【分析】本题考查二次函数与一元二次方程，待定系数法求出二次函数的解析式，进而确定一元二次方程，进行求解即可．
【详解】解：把，代入，得：
，解得：，
∴方程化为：，
∵，
∴，
解得：；
故答案为：．
14．
【分析】本题考查了图形平移与抛物线，掌握平移的性质以及得出纵坐标相同是解题的关键；已知和，则，平移后的坐标为，的坐标为，都在抛物线上，且纵坐标相同，可求得，进而求的，，即可求得点到点的距离．
【详解】解：设沿轴方向平移了个单位，沿轴方向平移了个单位，
则平移后的坐标为，的坐标为，
都在抛物线上，且纵坐标相同，
，
解得，
将代入
，
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，解一元二次方程，“级关联范围”的定义，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
由二次函数的图象与性质得当时，随的增大而增大，当时，的取值范围是，当时，，即，解得：，因为，所以，当时，即，解得：，因为，所以，即可求解．
【详解】解：函数开口向下，对称轴，
当时，随的增大而增大，
当时，的取值范围是，
当时，，
即，
解得：，
，
，
当时，，
即，
解得：，
，
，
，
函数的“级关联范围”是，
故答案为：．
16．/
【分析】本题考查了垂径定理，圆的切线的性质，解直角三角形，掌握相关性质是解题关键．由垂径定理可知，再根据30度角所对的直角边等于斜边一半，得到，由圆的切线可知，再利用特殊角的正切值求解即可．
【详解】解：是的半径，是的弦，，，
，
，
，
，
是的切线，
，
，
，
，
故答案为：．
17．(1)同意嘉嘉的观点，见解析
(2)
【分析】本题考查了列表法求概率，概率公式，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先运用列表法把所有情况表现出来，再结合嘉嘉说法的内容，进行分析作答即可．
（2）分别算出的所有结果的概率，再进行比较概率的大小，即可作答．
【详解】（1）解：同意嘉嘉的观点．
列表如下：
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6 7
2 3 4 5 6 7 8
3 4 5 6 7 8 9
4 5 6 7 8 9 10
5 6 7 8 9 10 11
6 7 8 9 10 11 12
(第一列代表A骰子掷出的可能的数m，第一行代表B骰子掷出的可能的数n，其他格中数据代表所有的可能的和．)
即每掷一次，的和只能是连续整数中的一个数，故嘉嘉的观点正确．
（2）解：若获胜，选的和是7，
由（1）的列表可得：P(和为2) (和为12)，
P(和为3) (和为11) ，
P(和为4)(和为10)，
P(和为5)(和为9)，
P(和为6)(和为8) ，
P(和为7) ，
∵，
∴即的和为7的概率最大，
故选的和是7，获胜的概率为．
18．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了切线的性质与判定，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）连接，证明得到，由切线的性质可得，由此即可证明是的切线；
（2）勾股定理求得，进而可得，设的半径为，解求出，，则，即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
在和中，
，
，
，
又是的切线，点是切点，
，即，
是半径，
是的切线；
（2）解：∵是的切线
∴
在中，，
∴，
∴在中，，
在中，，
设的半径为，
∴，
∴，
∴，
∵
∴．
的半径为．
19．(1)
(2)见解析
【分析】本题主要考查了左视图和主视图的定义，熟练掌握左视图是从左边看到的图形，从正面看到的图形是主视图，是解题的关键．
（1）根据左视图中正方形的个数求出即可；
（2）根据解析（1）求出，画出左视图即可．
【详解】（1）解：∵左视图中间有1个正方形，
∴，
∵左视图右边有2个正方形，
∴；
（2）解：∵，，
∴从正面看到有3列，左边一列有1个正方形，中间和右边都有3个正方形，如图所示：
20．(1)①；②详见解析
(2)或
(3)
【分析】（1）①将点代入解方程即可求解；②将化成顶点式得抛物线的顶点为，根据，开口向下可得该抛物线的顶点在轴上方；
（2）分两种情况：①当，即时，当时，有最小值；②当，即时，当时，有最小值．分别代入解方程即可求解；
（3）由题意知，得，进而可得，根据，可得，即可求解．
【详解】（1）解：①抛物线过点，
，
解得；
②证明：，
抛物线的顶点为，
，
该抛物线的顶点在轴上方；
（2）解：①当，即时，
当时，有最小值．
，
（不合题意，舍去）；
②当，
即时，
当时，有最小值．
（不合题意，舍去）
因此，或；
（3）解：由题意知，当时，是方程的两个根，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题为二次函数综合运用，涉及到解不等式、二次函数的图象和性质等，熟悉二次函数图象和性质是本题解题的关键．
21．(1)
(2)
【分析】本题主要考查切线的性质，切线长定理，解直角三角形的运用，掌握以上知识，数形结合分析是关键．
（1）由题意知：为圆心，为切点，，根据切线长定理，，，在Rt中，，，即可求解；
（2）根据直角三角形的性质，，根据圆的基础知识即可求解．
【详解】（1）解：由题意知：为圆心，为切点，，
为的切线，
根据切线长定理，，
为的切线，
根据切线长定理，，
，
，
，
在Rt中，，，
∴．
（2）解：，
根据直角三角形的性质，，
．
最高点到地面距离为．
22．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）连接，圆周角定理，得到，切线，得到，三角形的内角和定理，求出的度数即可；
（2）过点作于点，垂径定理，结合锐角三角函数求出的长，进而求出的长即可；
（3）先得到点的运动路径为的长，根据反射定律，等边对等角，推出的度数，根据弧长公式求出的长，进而求出点的运动路径长即可．
【详解】（1）解：连接
，
．
镜面与半圆相切于点，
，
，
，
即的度数为；
（2）如上图，过点作于点，
．
∵，
，
，
，
，
即的长度为；
（3）点的运动路径长为．
当点在点O时，点也在点O；当点在点时，点在图中的位置，
点的运动路径长为的长，连接
，
．
，为入射光线，为反射光线，
．
，
，
，
，
．
即点的运动路径长为．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的性质，垂径定理，解直角三角形，求弧长等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
23．(1)
(2)当的值最大时，点的坐标为，最大值为
(3)不存在，理由见解析
【分析】本题考查二次函数综合，涉及待定系数法求解析式，相似三角形的判定与性质，正方形的性质等知识点；
（1）根据抛物线与轴交于，对称轴：直线，列方程组求解即可；
（2）先求出直线解析式为，过作轴交直线于，过作轴交直线于，则，得到，则，再求出，设，则，，代入计算求最大值即可；
（3）过作轴，由得到，根据给定的条件发现在内部，即，但是由以为顶点的四边形为正方形，得到必定是等腰直角三角形，或，与矛盾，据此得到不存在以为顶点的四边形为正方形．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，对称轴：直线，
∴，
解得，
∴该抛物线的解析式为；
（2）解：令，则，令，则，解得，
∴，，
设直线解析式为，
把代入得，解得，
∴直线解析式为，
过作轴交直线于，过作轴交直线于，则，
∴，
∴，
当时，，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴当时，最大，此时，
∴当的值最大时，点的坐标为，最大值为；
（3）解：不存在，理由如下：
过作轴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵点是直线上方的抛物线上的动点，点为对称轴右侧抛物线上一点，且在轴上方，
∴在内部，
∴，
假设存在以为顶点的四边形为正方形，
∴必定是等腰直角三角形，
∴或，与矛盾，
∴假设不成立，
∴不存在以为顶点的四边形为正方形．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)