九年級數學上學期期末考試卷
經歷了九年級一學期的努力奮戰，檢驗數學學習成果的時刻就要到了，教師們要為同學們準備哪些期末考試卷來練習呢?下面是小編為大家帶來的關於，希望會給大家帶來幫助。
：
一、選擇題共8小題，每小題3分，滿分24分，每小題只有一個選項是正確的
1.二次函式y=﹣x2+2x+2的圖象與y軸的交點座標是
A.0，2 B.0，3 C.2，0 D.3，0
【考點】二次函式圖象上點的座標特徵.
【分析】令x=0，求出y的值，然後寫出與y軸的交點座標即可.
【解答】解：x=0時，y=2，
所以.圖象與y軸交點的座標是0，2.
故選A.
【點評】本題考查了二次函式圖象上點的座標特徵，熟練掌握函式與座標軸的交點的求解方法是解題的關鍵.
2.已知資料：8，9，7，9，7，8，8.則這組資料中，下列說法正確的是
A.中位數是9 B.眾數是9 C.眾數是7 D.平均數是8
【考點】眾數;加權平均數;中位數.
【分析】分別根據眾數、平均數、極差、中位數的定義解答.
【解答】解：A、將改組資料從小到大排列：7，7，8，8，8，9，9，處於中間位置的數為8，中位數為8，故本選項錯誤;
B、8出現了3次，在該組資料中出現的次數最多，是該組資料的眾數，故本選項錯誤;
C、8出現了3次，在該組資料中出現的次數最多，是該組資料的眾數，故本選項錯誤;
D、這組資料的平均數為 = 8+9+7+9+7+8+8=8，故本選項正確.
故選D.
【點評】本題考查了平均數、中位數、眾數，知道各統計量是解題的關鍵.
3.下列各組圖形不一定相似的是
A.兩個等邊三角形
B.各有一個角是100°的兩個等腰三角形
C.兩個正方形
D.各有一個角是45°的兩個等腰三角形
【考點】相似圖形.
【專題】常規題型.
【分析】根據相似圖形的定義，以及等邊三角形，等腰三角形，正方形的性質對各選項分析判斷後利用排除法求解.
【解答】解：A、兩個等邊三角形，對應邊的比相等，角都是60°，相等，所以一定相似;
B、各有一個角是100°的兩個等腰三角形，100°的角只能是頂角，夾頂角的兩邊成比例，所以一定相似;
C、兩個正方形，對應邊的比相等，角都是90°，相等，所以一定相似;
D、各有一個角是45°的兩個等腰三角形，若一個等腰三角形的底角是45°，而另一個等腰三角形的頂角是45°，則兩個三角形一定不相似.
故選D.
【點評】本題考查了相似圖形的判斷，嚴格按照定義，對應邊成比例，對應角相等進行判斷即可，另外，熟悉等腰三角形，等邊三角形，正方形的性質對解題也很關鍵.
4.在△ABC中，DE∥BC，若AD：AB=1：3，則△ADE與△ABC的面積之比是
A.1：3 B.1：4 C.1：9 D.1：16
【考點】相似三角形的判定與性質.
【專題】計算題.
【分析】由DE與BC平行，利用兩直線平行內錯角相等得到兩對角相等，利用兩對角相等的三角形相似得到三角形ADE與三角形ABC相似，利用相似三角形的面積之比等於相似比的平方即可得到結果.
【解答】解：∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∵AD：AB=1：3，
∴S△ADE：S△ABC=AD2：AB2=1：9.
故選C
【點評】此題考查了相似三角形的判定與性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解本題的關鍵.
5.正方形ABCD的四個頂點分別在⊙O上，點P在 上不同於點C的任意一點，則∠BPC的度數是
A.45° B.60° C.75° D.90°
【考點】圓周角定理.
【分析】首先連線OB，OC，由正方形ABCD的四個頂點分別在⊙O上，可得∠BOC=90°，然後由圓周角定理，即可求得∠BPC的度數.
【解答】解：連線OB，OC，
∵正方形ABCD的四個頂點分別在⊙O上，
∴∠BOC=90°，
∴∠BPC= ∠BOC=45°.
故選A.
【點評】此題考查了圓周角定理以及圓的內接多邊形的性質.此題難度不大，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數形結合思想的應用.
6.△ABC中，P為AB上的一點，在下列四個條件中：①∠ACP=∠B;②∠APC=∠ACB;③AC2=AP•AB;④AB•CP=AP•CB，能滿足△APC和△ACB相似的條件是
A.①②④ B.①③④ C.②③④ D.①②③
【考點】相似三角形的判定.
【分析】根據有兩組角對應相等的兩個三角形相似可對①②進行判斷;根據兩組對應邊的比相等且夾角對應相等的兩個三角形相似可對③④進行判斷.
【解答】解：當∠ACP=∠B，
∠A公共，
所以△APC∽△ACB;
當∠APC=∠ACB，
∠A公共，
所以△APC∽△ACB;
當AC2=AP•AB，
即AC：AB=AP：AC，
∠A公共，
所以△APC∽△ACB;
當AB•CP=AP•CB，即 = ，
而∠PAC=∠CAB，
所以不能判斷△APC和△ACB相似.
故選D.
【點評】本題考查了相似三角形的判定：兩組對應邊的比相等且夾角對應相等的兩個三角形相似;有兩組角對應相等的兩個三角形相似.
7.如果給定陣列中每一個數都加上同一個非零常數，則資料的
A.平均數不變，方差不變 B.平均數改變，方差改變
C.平均數改變，方差不變 D.平均數不變，方差改變
【考點】方差;算術平均數.
【分析】根據平均數和方差的特點，一組數都加上或減去同一個非零的常數後，方差不變，平均數改變，即可得出答案.
【解答】解：一組數都加上同一個非零常數後，平均數變大，
一組數都減去同一個非零常數後，平均數變小，
則一組數都加上或減去同一個非零的常數後，平均數改變，但是方差不變;
故選：C.
【點評】本題考查了方差和平均數，一般地設n個數據，x1，x2，…xn的平均數為 ，則方差S2= [x1﹣ 2+x2﹣ 2+…+xn﹣ 2]，它反映了一組資料的波動大小，方差越大，波動性越大，反之也成立.掌握平均數和方差的特點是本題的關鍵.
8.二次函式y=﹣ x2+ x+3的圖象與x軸交於點A、B，與y軸交於點C，點D在該拋物線上，且點D的橫座標為2，連線BC、BD，設∠OCB=α，∠DBC=β，則cosα﹣β的值是
A. B. C. D.
【考點】拋物線與x軸的交點.
【分析】延長BD交y軸於P，根據三角形的外角的性質得到∠OPB=α﹣β，解方程﹣ x2+ x+3=0，求出點A的座標和點B的座標，根據二次函式圖象上點的座標特徵求出點D的座標，運用待定係數法求出直線BD的解析式，求出OP的長，根據勾股定理求出PB的長，根據餘弦的概念解答即可.
【解答】解：延長BD交y軸於P，
∵∠OCB=α，∠DBC=β，
∴∠OPB=α﹣β，
﹣ x2+ x+3=0，
解得，x1=﹣1.2，x2=4，
∴點A的座標為﹣1.2，0，點B的座標為4，0，
x=0時，y=3，
∴點C的座標為0，3，
∵點D在該拋物線上，且點D的橫座標為2，
∴點D的縱座標為4，
∴點D的座標為2，4，
設直線BD的解析式為：y=kx+b，
則 ，
解得， ，
∴直線BD的解析式為：y=﹣2x+8，
∴OP=8，
PB= =4 ，
∴cosα﹣β=cos∠OPB= = ，
故選：D.
【點評】本題考查的是拋物線與x軸的交點的求法，正確運用一元二次方程的解法求出拋物線與x軸的交點是解題的關鍵，解答時，注意三角形的外角的性質的應用.
二、填空題共10小題，每小題3分，滿分30分
9.若3a=4b，則a：b=4：3.
【考點】比例的性質.
【專題】計算題.
【分析】根據比例的基本性質，若3a=4b，則可直接得出a：b的值.
【解答】解：∵3a=4b，∴ = .∴a：b=4;3.
【點評】考查了比例的基本性質：比例式和等積式的互相轉換.
10.如果 ，那麼銳角A的度數為30°.
【考點】特殊角的三角函式值.
【分析】根據30°角的餘弦值等於 解答.
【解答】解：∵cosA= ，
∴銳角A的度數為30°.
故答案為：30°.
【點評】本題考查了特殊角的三角函式值，熟記30°、45°、60°的三角函式值是解題的關鍵.
11.若兩個相似三角形對應中線的比是2：3，它們的周長之和為15，則較小的三角形周長為6.
【考點】相似三角形的性質.
【分析】利用相似三角形的周長比等於相似比，根據它們的周長之和為15，即可得到結論.
【解答】解：∵兩個相似三角形的對應中線的比為2：3，
∴它們的周長比為2：3，
∵它們的周長之和為15，
∴較小的三角形周長為15× =6.
故答案為：6.
【點評】本題考查對相似三角形性質1相似三角形周長的比等於相似比;2相似三角形面積的比等於相似比的平方;3相似三角形對應高的比、對應中線的比、對應角平分線的比都等於相似比.
12.已知圓錐的母線長是5cm，側面積是15πcm2，則這個圓錐底面圓的半徑是3cm.
【考點】圓錐的計算.
【專題】計算題.
【分析】根據圓錐的側面積和圓錐的母線長求得圓錐的弧長，利用圓錐的側面展開扇形的弧長等於圓錐的底面周長求得圓錐的底面半徑即可.
【解答】解：∵圓錐的母線長是5cm，側面積是15πcm2，
∴圓錐的側面展開扇形的弧長為：l= = =6π，
∵錐的側面展開扇形的弧長等於圓錐的底面周長，
∴r= = =3cm，
故答案為：3.
【點評】本題考查了圓錐的計算，解題的關鍵是正確地進行圓錐與扇形的轉化.
13.在同一時刻木杆AB、建築物PQ在太陽光下的影子分別為BC、PM，如圖所示.已知AB=2m，BC=1.2m，PM=4.8m，則建築物PQ的高度為8m.
【考點】相似三角形的應用;平行投影.
【分析】利用相同時刻物體在太陽光下的影子與物體高度成正比，進而求出答案.
【解答】解：∵在同一時刻木杆AB、建築物PQ在太陽光下的影子分別為BC、PM，
如圖所示.AB=2m，BC=1.2m，PM=4.8m，
∴ = ，
則 = ，
解得：PQ=8，
故答案為：8.
【點評】本題考查了相似三角形的應用;在運用相似三角形的知識解決實際問題時，要能夠從實際問題中抽象出簡單的數學模型是解決問題的關鍵.
14.某山坡的坡度為1：0.75，則沿著這條山坡每前進l00m所上升的高度為80m.
【考點】解直角三角形的應用-坡度坡角問題.
【分析】設出垂直高度，表示出水平寬度，利用勾股定理求解即可.
【解答】解：如圖所示：
AB=100m，tanB=1：0.75.
則AC：BC=4：3，
設AC=4x，BC=3x，
由勾股定理得：AB= =5x，
即5x=100，
解得：x=20，
則AC=80m.
故答案為：80.
【點評】此題主要考查坡度坡角的定義、勾股定理的運用;理解坡度坡角的定義，由勾股定理得出AB是解決問題的關鍵.
15.矩形OABC與矩形ODEF是位似圖形，P是位似中心，點B4，2，E﹣2，1，則點P的座標為﹣4，0.
【考點】位似變換;座標與圖形性質.
【分析】利用位似圖形的性質結合已知點的座標得出 = ，進而求出P點座標.
【解答】解：∵矩形OABC與矩形ODEF是位似圖形，P是位似中心，點B4，2，E﹣2，1，
∴D0，1，B4，2，
∴ = ，
則 = ，
解得：OP=4，
則點P的座標為：﹣4，0.
故答案為：﹣4，0.
【點評】本題考查了位似變換：如果兩個圖形不僅是相似圖形，而且對應頂點的連線相交於一點，對應邊互相平行，那麼這樣的兩個圖形叫做位似圖形，注意：兩個圖形必須是相似形;對應點的連線都經過同一點;對應邊平行.
16.一個橫斷面為拋物線形的拱橋，當水面寬4m時，拱頂離水面2m.以橋孔的最高點為原點，過原點的水平線為x軸，建立平面直角座標系.當水面下降1m時，此時水面的寬度增加了2 ﹣4m結果保留根號.
【考點】二次函式的應用.
【分析】根據已知給出的直角座標系，進而求出二次函式解析式，再通過把y=﹣3代入拋物線解析式得出水面寬度，即可得出答案.
【解答】解：設拋物線的解析式為：y=ax2，
∵水面寬4m時，拱頂離水面2m，
∴點2，﹣2在此拋物線上，
∴﹣2=a•22，
∴a=﹣ ，
∴拋物線的解析式為：y=﹣ x2，
當水面下降1m時，
即y=﹣3時，﹣3=﹣ x2，
∴x= ，
∴此時水面的寬度為：2 ，
即此時水面的寬度增加了2 ﹣4m.
故答案為：2 ﹣4.
【點評】此題主要考查了二次函式的應用，根據已知給出的直角座標系從而得出二次函式解析式是解決問題的關鍵.
17.某同學用描點法y=ax2+bx+c的圖象時，列出了表：
x … ﹣2 ﹣1 0 1 2 …
y … ﹣11 ﹣2 1 ﹣2 ﹣5 …
由於粗心，他算錯了其中一個y值，則這個錯誤的y值是﹣5.
【考點】二次函式的性質.
【分析】根據關於對稱軸對稱的自變數對應的函式值相等，可得答案.
【解答】解：由函式圖象關於對稱軸對稱，得﹣1，﹣2，0，1，1，﹣2在函式圖象上，
把﹣1，﹣2，0，1，1，﹣2代入函式解析式，得
，
解得 .
故函式解析式為y=﹣3x2+1.
x=2時y=﹣11.
故答案為﹣5.
【點評】本題考查了二次函式圖象，利用函式圖象關於對稱軸對稱是解題關鍵.
18.若關於x的二次函式=ax2+2x﹣5的圖象與x軸有兩個交點，且其中有且僅有一個交點在原點和A1，0之間不含原點和A點，則a的取值範圍是a>3.
【考點】拋物線與x軸的交點.
【分析】由已知條件關於x的二次函式y=a2+2x﹣5的圖象與x軸有兩個交點可得到△>0，然後根據有一個交點的橫座標在0和1之間不含0和1列出關於a的不等式並解答即可.
【解答】解：∵關於x的二次函式y=ax2+2x﹣5的圖象與x軸有兩個交點，
∴△=4+20a>0，
解得a>﹣ .①
又∵有一個交點的橫座標在0和1之間不含0和1，
∴當x=0時，y<0.
當x=1時，y>0，
即a﹣3>0，
解得a>3.②
結合①②得到：a>3.
故答案為：a>3.
【點評】本題考查了拋物線與x軸的交點.解答該題的關鍵是需要熟練掌握二次函式圖象的性質.
三、解答題共10小題，滿分96分
19.計算：2sin30°+4cos245°﹣3tan45°.
【考點】特殊角的三角函式值.
【分析】根據特殊角三角函式值，可得實數的運算，根據實數的運算，可得答案.
【解答】解：原式=2× +4× 2﹣3×1
=1+4× ﹣3
=1+2﹣3
=0.
【點評】本題考查了特殊角三角函式值，熟記特殊角三角函式知識解題關鍵，又利用了實數的運算.
20.在△ABC中，AD是BC上的高，tanB=cos∠DAC.
1求證：AC=BD;
2若sin∠C= ，BC=12，求AD的長.
【考點】解直角三角形.
【專題】幾何綜合題.
【分析】1由於tanB=cos∠DAC，所以根據正切和餘弦的概念證明AC=BD;
2設AD=12k，AC=13k，然後利用題目已知條件即可解直角三角形.
【解答】1證明：∵AD是BC上的高，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，∠ADC=90°，
在Rt△ABD和Rt△ADC中，
∵tanB= ，cos∠DAC= ，
又∵tanB=cos∠DAC，
∴ = ，
∴AC=BD.
2解：在Rt△ADC中， ，
故可設AD=12k，AC=13k，
∴CD= =5k，
∵BC=BD+CD，又AC=BD，
∴BC=13k+5k=18k
由已知BC=12，
∴18k=12，
∴k= ，
∴AD=12k=12× =8.
【點評】此題考查解直角三角形、直角三角形的性質等知識，也考查邏輯推理能力和運算能力.
21.一隻不透明的袋子中裝有4個大小、質地都相同的乒乓球，球面上分別標有數字1、﹣2、3、﹣4，攪勻後先從中摸出一個球不放回，再從餘下的3個球中摸出1個球.
1用樹狀圖列出所有可能出現的結果;
2求2次摸出的乒乓球球面上數字的積為偶數的概率.
【考點】列表法與樹狀圖法.
【分析】1依據題意用列表法或畫樹狀圖法分析所有等可能結果即可;
2由1的樹形圖，根據概率公式求出該事件的概率即可.
【解答】解：1根據題意畫樹形圖：
由圖可知共有12種可能結果，分別為：1，﹣2，1，3，1，﹣4，﹣2，1，﹣2，3，
﹣2，﹣4，3，1，3，﹣2，3，﹣4，﹣4，1，﹣4，﹣2，﹣4，3;
2在1中的12種可能結果中，兩個數字之積為偶數的只有10種，P積為偶數= .
【點評】此題考查的是用列表法或樹狀圖法求概率.列表法可以不重複不遺漏的列出所有可能的結果，適合於兩步完成的事件;樹狀圖法適合兩步或兩步以上完成的事件;解題時要注意此題是放回實驗還是不放回實驗.用到的知識點為：概率=所求情況數與總情況數之比.
22.路邊一顆樹AB，身高1.8m的小明站在水平地面BD的D處，從點C測得樹的頂端A的仰角為60°.測得樹的底部B的俯角為30°，求樹高AB.
【考點】解直角三角形的應用-仰角俯角問題.
【分析】根據直角三角形中30°所對的邊等於斜邊的一半，進而得出BC以及AB的長即可.
【解答】解：在Rt△CDB中，
∵CD=1.8m，∠CBD=30°，
∴CB=3.6m，
在Rt△ACB中，∵∠CAB=30°，∴AB=7.2m，
答：樹的高度AB為7.2m.
【點評】此題主要考查瞭解直角三角形的應用，根據已知得出BC的長是解題關鍵.
23.正方形網格中每個小正方形的邊長為1，△ABC和△EDF的點都在網格的格點上.
1求證：△ABC∽△EDF;
2求∠BAC的度數.
【考點】相似三角形的判定與性質.
【專題】網格型.
【分析】1利用勾股定理可分別求出兩個三角形的各個邊長，再驗證對應邊的比值相等即可證明△ABC∽△EDF;
2由相似三角形的性質可得對應角相等，所以∠BAC=∠FED，由給出的圖形易求∠FED的度數，進而可求出∠BAC的度數.
【解答】1證明：∵DE= ，DF= = ，EF=2，AB= = ，AC= = ，BC=5，
∴ ，
∴△ABC∽△EDF;
2∵△ABC∽△EDF，
∴∠BAC=∠FED，
∵∠FED=90°+45°=135°，
∴∠BAC=135°.
【點評】本題考查了相似三角形的判定、相似三角形的性質以及勾股定理的運用，求∠BAC的度數轉化為求∠FED的度數是解題的關鍵.
24.已知關於x的一元二次方程2x2+4x+k﹣1=0有實數根，k為正整數.
1求k的值;
2根據1的結論，當此方程有兩個非零的整數根時，將二次函式=2x2+4x+k﹣1的圖象向下平移4個單位.
①求平移後的圖象所對應的函式關係式;
②在給定的網格中，畫出平移後的大致圖象.
【考點】二次函式圖象與幾何變換;根的判別式.
【分析】1直接利用根的判別式得出k的取值範圍進而得出答案;
2①根據題意得出k的值，進而利用平移的性質得出答案;
②利用所求解析式進而畫出平移後圖象.
【解答】解：1∵關於x的一元二次方程2x2+4x+k﹣1=0有實數根，k為正整數，
∴△=b2﹣4ac=16﹣4×2k﹣1≥0，
解得：k≤3，
∴k=1或2或3;
2①∵方程2x2+4x+k﹣1=0有兩個非零的整數根，k=1或2或3，
∴k=3，
則二次函式y=2x2+4x+2=2x+12，
故二次函式y═2x2+4x+k﹣1的圖象向下平移4個單位得到：y=2x+12﹣4，
則平移後的圖象所對應的函式關係式為：y=2x+12﹣4;
②如圖所示：
.
【點評】此題主要考查了二次函式的性質以及二次函式的平移和二次函式圖象畫法，正確得出k的值是解題關鍵.
25.AC是⊙O的直徑，BC交⊙O於點D，E是 的中點，連線AE交BC於點F，∠ABC=2∠EAC.
1求證：AB是⊙O的切線;
2若tanB= ，BD=6，求CF的長.
【考點】切線的判定.
【分析】1連結AD，根據圓周角定理，由E是 的中點，得到∠EAC=∠EAD，由於∠ABC=2∠EAC，則∠ABC=∠DAC，再利用圓周角定理得到∠ADB=90°，則∠DAC+∠ACB=90°，所以∠ABC+∠ACB=90°，於是根據切線的判定定理得到AB是⊙O的切線;
2作FH⊥AC於H，利用餘弦定義，在Rt△ABD中可計算出AD=8，利用勾股定理求得AB=10，在Rt△ACB中可計算出AC= ，根據勾股定理求得BC= ，則，CD=BC﹣BD= ，接著根據角平分線性質得FD=FH，於是設CF=x，則DF=FH= ﹣x，然後利用平行線得性質由FH∥AC得到∠HFB=∠C，所以cos∠BFH=cosB= = ，再利用比例性質可求出CF.
【解答】1證明：連線AD，∵AC是⊙O的直徑，
∴AD⊥BC，
∴∠DAC+∠C=90°，
∵E是 的中點，
∴∠EAC=∠EAD，
∴∠DAC=2∠EAC，
∵∠ABC=2∠EAC，
∴∠ABC=∠DAC，
∴∠ABC+∠C=90°，
∴∠BAC=90°，
∴CA⊥AB，
∴AB是⊙O的切線;
2解：作FH⊥AC於H，
在Rt△ABD中，∵tanB= = ，BD=6，
∴AD=8，
∴AB= =10，
在Rt△ACB中，∵tanB= = ，
∴AC= ×10= ，
∴BC= = ，
∴CD=BC﹣BD= ﹣6= ，
∵∠EAC=∠EAD，即AF平分∠CAD，
而FD⊥AD，FH⊥AB，
∴FD=FH，
設CF=x，則DF=FH= ﹣x，
∵FH∥AC，
∴∠HFC=∠B，
在Rt△CFH中，∵tan∠CFH=tanB= = ，
∴ = = ，解得x= ，
即CF的長為 .
【點評】本題考查了切線的判定：經過半徑的外端且垂直於這條半徑的直線是圓的切線.要證某線是圓的切線，已知此線過圓上某點，連線圓心與這點即為半徑，再證垂直即可.也考查瞭解直角三角形.
26.為了給草坪噴水，安裝了自動旋轉噴水器，如圖所示.設直線AD所在位置為地平面，噴水管AB高出地平面1.5m，在B處有一個自動旋轉的噴水頭，一瞬間噴出的水流呈拋物線狀.噴頭B與水流最高點C的連線與地平面成45°的角，水流的最高點C離地平面3.5m，水流的落地點為D.在建立如圖所示的直角座標系中：
1求拋物線的函式解析式;
2求水流的落地點D到A點的距離.
【考點】二次函式的應用.
【分析】1把拋物線的問題放到直角座標系中解決，是探究實際問題常用的方法，本題關鍵是解等腰直角三角形，求出拋物線頂點C2，3.5及B0，1.5，設頂點式求解析式;
2求AD，實際上是求當y=0時點D橫座標.
【解答】解：在如圖所建立的直角座標系中，
由題意知，B點的座標為0，1.5，∠CBE=45°，
∴△BEC為等腰直角三角形，
∴BE=2，
∴C點座標為2，3.5，
1設拋物線的函式解析式為
y=ax2+bx+ca≠0，
則拋物線過點0，1.5頂點為2，3.5，
∴當x=0時，y=c=1.5
由﹣ ，得b=﹣4a，
由 ，得 ，
解之，得a=0捨去，a=﹣ ，
∴b=﹣4a=2.
所以拋物線的解析式為y=﹣ x2+2x+ ;
2∵D點為拋物線y=﹣ x2+2x+ 的圖象與x軸的交點，
∴當y=0時，即：﹣ x2+2x+ =0，
解得x=2± ，
x=2﹣ 不合題意，捨去，取x=2+ .
∴D點座標為2+ ，0，
∴AD=2+ m.
答：水流的落地點D到A點的距離是2+ m.
【點評】本題考查的是二次函式的應用，掌握待定係數法求函式解析式和二次函式的性質是解題的關鍵.
27.已知拋物線y=﹣x﹣m2+1與x軸的交點為A、BB在A的右邊，與y軸的交點為C.
1寫出m=1時與拋物線有關的三個正確結論;
2當點B在原點的右邊，點C在原點的下方時，是否存在△BOC為等腰三角形的情形?若存在，求出m的值;若不存在，請說明理由;
3請你提出一個對任意的m值都能成立的正確命題說明：根據提出問題的水平層次，得分略有差異.
【考點】二次函式綜合題.
【專題】壓軸題;開放型;分類討論.
【分析】1將m=1代入y=﹣x﹣m2+1化簡可得拋物線的解析式為y=﹣x2+2x;
2存在.令y=0時得出x﹣m2=1得出A，B的座標.令x=0時得出點C在原點下方得出OC=m2﹣1，求出m的實際值;
3已知拋物線y=﹣x﹣m2+1，根據m值的不同分情況解答.
【解答】解：1當m=1時，拋物線的解析式為y=﹣x2+2x.
正確的結論有：
①拋物線的解析式為y=﹣x2+2x;
②開口向下;
③頂點為1，1;④拋物線經過原點;
⑤與x軸另一個交點是2，0;
⑥對稱軸為x=1;等
說明：每正確寫出一個得一分，最多不超過.
2存在.
當y=0時，﹣x﹣m2+1=0，即有x﹣m2=1.
∴x1=m﹣1，x2=m+1.
∵點B在點A的右邊，
∴Am﹣1，0，Bm+1，0
∵點B在原點右邊
∴OB=m+1
∵當x=0時，y=1﹣m2，點C在原點下方
∴OC=m2﹣1.
當m2﹣1=m+1時，m2﹣m﹣2=0
∴m=2或m=﹣1因為對稱軸在y軸的右側，m>0，所以不合要求，捨去，
∴存在△BOC為等腰三角形的情形，此時m=2.
3如①對任意的m，拋物線y=﹣x﹣m2+1的頂點都在直線y=1上;
②對任意的m，拋物線y=﹣x﹣m2+1與x軸的兩個交點間的距離是一個定值;
③對任意的m，拋物線y=﹣x﹣m2+1與x軸兩個交點的橫座標之差的絕對值為2.
【點評】本題考查的是二次函式的綜合運用，考生要注意的是要分情況解答未知數，難度中上.
28.在△ABC中，∠C=Rt∠，AC=4cm，BC=5cm，點D在BC上，並且CD=3cm，現有兩個動點P、Q分別從點A和點B同時出發，其中點P以1cm/s的速度，沿AC向終點C移動;點Q以1.25cm/s的速度沿BC向終點C移動.過點P作PE∥BC交AD於點E，連線EQ，設動點運動時間為x秒.
1用含x的代數式表示AE、DE的長度;
2當點Q在BD不包括點B、D上移動時，設△EDQ的面積為ycm2，求y與x的函式關係式，並寫出自變數x的取值範圍;
3當x為何值時，△EDQ為直角三角形?
【考點】二次函式綜合題;全等三角形的判定與性質;相似三角形的判定與性質.
【專題】壓軸題.
【分析】1可根據PE∥DC，來得出關於AE，AD，AP，AC的比例關係，AD可根據勾股定理求出，那麼就能用x表示出AE的長，進而可表示出DE的長;
2求三角形EDQ的面積可以QD為底邊，以PC為高來求，QD=BD﹣BQ，而BQ可根據Q的速度用時間表示出來，那麼也就能用x表示出QD，而PC就是AC﹣AP，有了底和高，就可以根據三角形的面積公式得出關於x，y的函式關係式;
3因為∠ADB是鈍角，因此要想使三角形EDQ是直角三角形，那麼Q就必須在CD上，可分兩種情況進行討論：
①當∠EQD=90°時，四邊形EPCQ是個矩形，那麼EQ=PC，DQ=BQ﹣BD，根據EQ∥AC可得出關於EQ，AC，DQ，DC的比例關係從而求出x的值.
②當∠DEQ=90°時，可用PC和∠DAC的正弦值來表示出EQ，然後用相似三角形EQD和ABC，得出關於EQ，AC，DQ，AD的比例關係，從而求出x的值.
【解答】解：1在Rt△ADC中，AC=4，CD=3，
∴AD=5，
∵EP∥DC，
∴△AEP∽△ADC
即 = ，
∴EA= x，
DE=5﹣ x;
2∵BC=5，CD=3，
∴BD=2，
當點Q在BD上運動x秒後，DQ=2﹣1.25x，
則y= ×DQ×CP= 4﹣x2﹣1.25x= x2﹣ x+4，
即y與x的函式解析式為：y= x2﹣ x+4，
其中自變數的取值範圍是：0
3分兩種情況討論：
①當∠EQD=90°時，顯然有EQ=PC=4﹣x，
又∵EQ∥AC，
∴△EDQ∽△ADC
∴ = ，
即 = ，
解得x=2.5
②當∠QED=90°時，
∵∠CDA=∠EDQ，∠QED=∠C=90°，
∴△EDQ∽△CDA，
∴ = ，即 = ，
解得x=3.1.
綜上所述，當x為2.5秒或3.1秒時，△EDQ為直角三角形.
【點評】本題主要考查瞭解直角三角形的應用，相似三角形的性質以及二次函式等知識點的綜合應用，弄清相關線段的大小和比例關係是解題的關鍵.
泰興市九年級數學上冊期末試卷