浙江省杭州市2023-2024学年上学期九年级期末数学模拟练习试卷(1)

这是一份浙江省杭州市2023-2024学年上学期九年级期末数学模拟练习试卷(1)，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知＝，则的值为（ ）
A．﹣2B．2C．﹣D．
【答案】D
【分析】直接利用已知表示出，的值，进而代入计算得出答案．
【详解】解：∵，
∴设，
∴．
故选：D．
2. 如图，点A，B，C在⊙O上，∠AOB=72°，则∠ACB等于（ ）

A．36°B．54°C．18°D．28°
【答案】A
【分析】由圆周角定理即可求出.
【详解】根据圆周角定理可知，∠AOB=2∠ACB=72°，则∠ACB=36°，故选A．
3. 从甲、乙、丙三人中任选两人参加青年志愿者活动，甲被选中的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 【分析】画出树状图，共有6种等可能的结果，其中甲被选中的结果有4种，由概率公式即可得出结果．
【详解】解：根据题意画图如下：
共有6种等可能的结果数，其中甲被选中的结果有4种，
则甲被选中的概率为．
故选：C．
将抛物线向右平移2个单位，再向上平移2个单位，
则所得的抛物线的函数表达式为（ ）
B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据二次函数图像的平移规律“左加右减，上加下减”即可获得答案．
【详解】解：将抛物线向右平移2个单位，再向上平移2个单位，则所得的抛物线的函数表达式为．
故选：C．
5．若点Р是线段的黄金分割点，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据黄金分割点的定义，知是较长线段；则，代入数据即可得出的长．
【详解】解：由于P为线段的黄金分割点，且是较长线段；
则，
故选：A．
6 . 如图，在6×4的正方形网格中，△ABC的顶点均为格点，则sin∠ACB=（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】如图，由图可知BD=2、CD=1、BC=，根据sin∠BCA=可得答案．
【详解】解：如图所示，
∵BD=2、CD=1，
∴BC===，
则sin∠BCA===，
故选C．
7 . 如图，AB，CD是⊙O的两条弦，它们相交于点P，连接AD、BD，
已知AD＝BD＝4，PC＝6，那么CD的长为（ ）

A．6B．7C．8D．9
【答案】C
【分析】根据圆周角定理可证∠C=∠B，又由AD=BD，可证∠B=∠DAB，即得∠DAP=∠C，可证△DAP∽△ACA，得到AD∶CD=DP∶AD，代值即可计算CD的长．
【详解】解：如图所示，连接AC，
由圆周角定理可知，∠C=∠B，
∵AD=BD，
∴∠B=∠DAB，
∴∠DAP=∠C，
∴△DAP∽△DCA，
∴AD∶CD=DP∶AD，
得 ，
把，代入得，，
故选：C．
8 . 如图，从点看一山坡上的电线杆，观测点的仰角是45°，向前走到达点，
测得顶端点和杆底端点的仰角分别是60°和30°，则该电线杆的高度（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】延长PQ交直线AB于点E，设PE=x米，在直角△APE和直角△BPE中，根据三角函数利用x表示出AE和BE，根据AB=AE-BE即可列出方程求得x的值，再在直角△BQE中利用三角函数求得QE的长，则PQ的长度即可求解．
【详解】解：延长PQ交直线AB于点E，设PE=x．
在直角△APE中，∠PAE=45°，
则AE=PE=x；
∵∠PBE=60°
∴∠BPE=30°
在直角△BPE中，，
∵AB=AE-BE=6，
则解得：
∴
在直角△BEQ中，
故选：A
9. 如图，在中，，高，正方形一边在上，
点E，F分别在上，交于点N，则的长为（ ）

A．10B．15C．20D．30
【答案】C
【分析】设正方形的边长，易证四边形是矩形，则，根据正方形的性质得出，推出，根据相似三角形的性质计算即可得解．
【详解】解：设正方形的边长，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵是的高，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴（相似三角形对应边上的高的比等于相似比），
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴．
故选：C．
10. 已知二次函数的图象如图所示，有下列结论：
①；②；③；④；⑤（m是任意实数）．
其中正确的是（ ）

A. ①②③B. ①②④C. ②③④D. ③⑤
【答案】B
【解析】
【分析】根据开口方向和与y轴的交点位置即可得到，
再由对称轴公式得到即可判断①②；
根据当时，得到，即可判断③④；
根据当时，函数有最小值，即，则，即可判断⑤．
【详解】解：∵二次函数开口向上，与y轴交于负半轴，
∴，
∵二次函数对称轴为直线，
∴，
∴，
∴，，故①②正确；
∵当时，，
∴，故③错误；
∴，即，故④正确；
∵二次函数开口向上，对称轴为直线，
∴当时，函数有最小值，即，
∴，
∴，故⑤错误；
∴故选B．
二、填空题：本大题有6个小题，每小题4分，共24分．
11. 如果小球在如图所示的地板上自由的滚动，并随机停留在某块方砖上，
那么它最终停留在阴影区域的概率是 ．

【答案】/0.25
【分析】分别求出总面积和阴影部分的面积，根据几何概率的求法可知，
小球最终停在阴影区域的概率等于阴影区域的面积与总面积的比值．
【详解】解：总面积为个小正方形的面积，
如图所示，阴影部分的面积为个由两个小正方形组成的长方形的一半，
阴影部分的面积为个小正方形的面积，
小球停留在阴影区域的概率是，
故答案为：．
12．如图，已知AB是⊙O直径，∠AOC＝130°，则∠D等于_______

【答案】25°
【分析】根据邻补角的定义求出∠BOC的度数，然后根据同弦所对的圆周角等于对应圆心角的一半即可解答．
【详解】解：∵∠AOC＝130°，
∴∠BOC＝50°，
∴∠D＝∠BOC＝25°，
故答案为：25°
13.如图是某商场自动扶梯的示意图，自动扶梯AB的倾斜角为30°，
在自动扶梯下方地面C处测得扶梯顶端B的仰角为60°，A、C之间的距离为6m，
则自动扶梯的垂直高度BD= m．（结果保留根号）．

【答案】
【分析】根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质得到BC＝AC＝6cm，根据三角函数定义即可求解．
【详解】解：∵∠BAC＋∠ABC＝∠BCD＝60°，
又∠BAC＝30°，
∴∠ABC＝30°，
∴BC＝AC＝6cm，
在Rt△BCD中，
cm
故答案为：．
14 . 汽车刹车后行驶的距离（单位：）关于行驶的时间（单位：）的函数解析式是，
汽车刹车后到停下来前进了 ________米．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次函数的解析式找出其顶点式，再利用二次函数的性质求出s的最大值即可得出结论．
【详解】解：
，
∵，
∴当时，，
汽车刹车后到停下来前进了米．
故答案为：．
15 . 如图，小树AB在路灯O的照射下形成投影BC．若树高AB＝2m，树影BC＝3m，
树与路灯的水平距离BP＝4m．则路灯的高度OP为 m．

【答案】
【分析】由于OP和AB与地面垂直，则AB∥OP，根据相似三角形的判定可证△ABC∽△OPC，
然后利用相似三角形的性质即可求出OP的长．
【详解】解：∵AB∥OP，
∴△ABC∽△OPC，
∴，
即，
∴OP＝m．
故答案为：．
16 .如图，的半径为2，圆心的坐标为，
点是上的任意一点，，且、与轴分别交于、两点，
若点、点关于原点对称，则的最小值为________

【答案】6
【解析】
【详解】分析：连接OP．由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到OP=AB，当OP最短时，AB最短．连接OM交⊙M于点P，则此时OP最短，且OP=OM－PM，计算即可得到结论．
详解：连接OP．
∵PA⊥PB，OA=OB，∴OP=AB，当OP最短时，AB最短．
连接OM交⊙M于点P，则此时OP最短，且OP=OM－PM==3，
∴AB的最小值为2OP=6．
故答案为：6

三、解答题：本大题有7个小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 2023年第19届亚运会的吉祥物为“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”．
如图，现有三张正面印有这三种吉祥物的不透明的卡片，依次记为A、B、C，
这三张卡片除正面图案不同外，其余均相同．将这三张卡片背面向上洗匀，
小张从中随机抽取一张，记下图案后背面向上放回，重新洗匀后再从中随机抽取一张．

(1)从这三张卡片中随机挑选一张，是“宸宸”的概率是__________；
(2)用画树状图（或列表）的方法，求小张两次抽到的卡片图案上至少有一张是“宸宸”的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）随机抽取一张为宸宸，直接根据概率公式求解即可；
（2）根据题意画出树状图得出所有的情况数，找出两次抽取的卡片图案上至少有一张是“宸宸”不同的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【详解】（1）解：∵从三张卡片中随机抽取一张卡片，
∴抽出的卡片图案是“宸宸”的概率是；
故答案为：；
（2）解：用画树状图的方法，将小张两次抽到的卡片绘制如下：

共有9种等可能的结果，其中至少有一张是“宸宸”的情况有5种结果，
所以两次抽取的卡片图案上至少有一张是“宸宸”的概率为，
故答案为：．
18. 如图，，交于点，，是半径，且于点．

（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）证明见解析；
（2）的半径为5
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得，由垂径定理得，再根据线段的和差关系可得结论；
（2）连结，结合垂径定理和勾股定理列方程求解即可．
【小问1详解】
∵，，是半径，
∴，．
∴，即．
【小问2详解】
如图，连结，
∵，，
∴，．
∵，
∴，
解得．
答：的半径为5．
如图所示，以的速度将小球沿与地面成30°角的方向击出时，
球的飞行路线将是一条抛物线.如果不考虑空气阻力，
球的飞行高度（单位：）与飞行时间（单位：）之间具有关系式.
解答以下问题：

（1）球的飞行高度能否达到?如能，需要飞行多少时间？
（2）球飞行到最高点时的高度是多少？
【答案】（1）能，1或3；（2）20m
【分析】（1）当h=15米时，15=20t-5t2，解方程即可解答；
（2）求出当的最大值即可.
【详解】解；（1）解方程：
，
解得：，
需要飞行1s或3s；
（2），
当时，h取最大值20，
∴球飞行的最大高度是.
20. 某品牌太阳能热水器的实物图和横断面示意图如图所示．
已知真空集热管DE与支架CB所在直线相交于点O，且；
支架BC与水平线AD垂直．，，，
另一支架AB与水平线夹角，求OB的长度
（结果精确到1cm；温馨提示：，，）

【答案】.
【分析】设，根据含30度角的直角三角形的性质以及锐角三角函数的定义即可求出答案．
【详解】设，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∵ ，
∴ ，
解得：，
∴.8≈19 cm
21. 边长为4的正方形ABCD，在BC边上取一动点E，连接AE，作EF⊥AE，交CD边于点F．

(1)求证：△ABE∽△ECF；
(2)若CF的长为1，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)CE=2
【分析】（1）结合图形由∠AEB+∠FEC=90°，∠AEB+∠BAE=90°推出∠BAE=∠FEC，根据正方形的性质得到∠B=∠C=90°，从而推出△ABE∽△ECF；
（2）根据相似三角形的性质和线段之间的和差关系求解即可．
【详解】（1）证明：∵EF⊥AE，
∴∠AEB+∠FEC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠FEC，
∠B=∠C=90°，
∴△ABE∽△ECF；
（2）解：∵△ABE∽ECF，
∴，
∴，
解得CE=2．
如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AD⊥BC，垂足为D，直径AE平分∠BAD，交BC于点F，
连结BE．

(1)求证：∠AEB＝∠AFD．
(2)若AB＝10，BF＝5，求AD的长．
(3)若点G为AB中点，连结DG，若点O在DG上，求BF：FC的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)6
(3)：2
【分析】（1）根据AE是直径可得∠ABE=90°，由AE是角平分线可得∠BAE=∠DAE，根据直角三角形两锐角互余可得答案；
（2）根据（1）中结论可得∠BFE=∠BEF，可得BE=BF，根据∠BAE=∠DAF，∠ABE=∠ADF可证明△ABE∽△ADF，根据相似三角形的性质可得，设DF=x，则AD=2x，在Rt△ABD中，利用勾股定理列方程求出x的值即可得答案；
（3）由点G为AB中点，点O在DG上可证明OG是△ABE的中位线，根据中位线的性质可得OG//BE，OG=BE，即可得出DG⊥AB，∠AOG=∠AEB=∠AFD，可得OD=DF，△ABD是等腰直角三角形，根据圆周角定理可得∠AEB=∠ACB，可得∠ACB=∠AFC，可得AC=AF，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得DF=CD，设BF=a，DF=b，根据等腰直角三角形的性质可得，可得，进而可得答案．
【详解】（1）∵直径AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，∠ABE=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵AD⊥BC，
∴∠DAE+∠AFD=90°，
∴∠AEB＝∠AFD．
（2）∵∠AEB＝∠AFD，∠AFD=∠BFE，
∴∠BFE=∠BEF，
∴BE=BF，
∵∠BAE=∠DAF，∠ABE=∠ADF，
∴△ABE∽△ADF，
∵AB=10，BF=5，
∴，
设DF=x，则AD=2x，
∴在Rt△ABD中，AB2=BD2+AD2，即102=（5+x）2+（2x）2，
解得：x=3，（负值舍去）
∴AD=2x=6．
（3）∵点G为AB中点，点O在DG上，
∴OG是△ABE的中位线，
∴OG//BE，OG=BE，
∵∠ABE=90°，
∴DG⊥AB，∠AOG=∠AEB=∠AFD，
∴OD=DF，△ABD是等腰直角三角形，
∵∠AEB和∠ACB是所对的圆周角，
∴∠AEB=∠ACB，
∴∠ACB=∠AFC，
∴AC=AF，
∵AD⊥CF，
∴DF=CD，
设BF=a，DF=b，
∴，
∴，
∴BF：FC=a：2b=：2．
23 .如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C，
点P是抛物线上一动点，连接PB，PC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，当点P在直线BC上方时，过点P作PD上x轴于点D，交直线BC于点E．
若PE＝2ED，求△PBC的面积；
（3）抛物线上存在一点P，使△PBC是以BC为直角边的直角三角形，求点P的坐标．

【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）3；（3）点P的坐标为（1，4）或（﹣2，﹣5）
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）先求得点C的坐标，再用待定系数法求得直线BC的解析式；由PE＝2ED可得PD＝3ED，设P（m，﹣m2+2m+3），则E（m，﹣m+3），用含m的式子表示出PD和DE，根据PD＝3ED得出关于m的方程，解得m的值，则可得PE的长，然后按照三角形的面积公式计算即可；
（3）分两种情况：①点C为直角顶点；②点B为直角顶点．过点C作直线P1C⊥BC，交抛物线于点P1，连接P1B，交x轴于点D；过点B作直线BP2⊥BC，交抛物线于点P2，交y轴于点E，连接P2C，分别求得直线P1C和直线BP2的解析式，将它们分别与抛物线的解析式联立，即可求得点P的坐标．
【详解】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（3，0），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）在y＝﹣x2+2x+3中，当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3）．
设直线BC的解析式为y＝kx+b，将B（3，0），C（0，3）代入，得：
，
解得，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
若PE＝2ED，则PD＝3ED，
设P（m，﹣m2+2m+3），
∵PD上x轴于点D，
∴E（m，﹣m+3），
∴﹣m2+2m+3＝3（﹣m+3），
∴m2﹣5m+6＝0，
解得m1＝2，m2＝3（舍），
∴m＝2，此时P（2，3），E（2，1），
∴PE＝2，
∴S△PBC＝×2×3＝3．
∴△PBC的面积为3；
（3）∵△PBC是以BC为直角边的直角三角形，
∴有两种情况：①点C为直角顶点；②点B为直角顶点．
过点C作直线P1C⊥BC，交抛物线于点P1，连接P1B，交x轴于点D；
过点B作直线BP2⊥BC，交抛物线于点P2，交y轴于点E，连接P2C，如图所示：
∵B（3，0），C（0，3），
∴OB＝OC＝3，
∴∠BCO＝∠OBC＝45°．
∵P1C⊥BC，
∴∠DCB＝90°，
∴∠DCO＝45°，
又∵∠DOC＝90°，
∴∠ODC＝45°＝∠DCO，
∴OD＝OC＝3，
∴D（﹣3，0），
∴直线P1C的解析式为y＝x+3，
联立，
解得或（舍）；
∴P1（1，4）；
∵P1C⊥BC，BP2⊥BC，
∴P1CBP2，
∴设直线BP2的解析式为y＝x+b，
将B（3，0）代入，得0＝3+b，
∴b＝﹣3，
∴直线BP2的解析式为y＝x﹣3，
联立，
解得或（舍），
∴P2（﹣2，﹣5）．
综上，点P的坐标为（1，4）或（﹣2，﹣5）．