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浙教版2023-2024学年九年级上学期期末数学模拟练习卷（含解析）
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这是一份浙教版2023-2024学年九年级上学期期末数学模拟练习卷（含解析），文件包含浙江省金华市2023-2024学年九年级上学期期末数学模拟练习卷解析doc、浙江省金华市2023-2024学年九年级上学期期末数学模拟练习卷doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 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. 把抛物线y＝x2向上平移3个单位，再向右平移1个单位，则平移后抛物线的解析式为（ ）
A．y＝（x+3）2+1B．y＝（x+3）2﹣1
C．y＝（x﹣1）2+3D．y＝（x+1）2+3
【答案】C
【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【详解】解：由“上加下减”的原则可知，把抛物线y＝x2向上平移3个单位所得抛物线的解析式为：y＝x2+3；
由“左加右减”的原则可知，把抛物线y＝x2+3向右平移1个单位所得抛物线的解析式为：y＝(x﹣1)2+3．
故选：C．
3. 如图，点A，B，C是⊙O上的点，若，则的度数为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可求出的度数．
【详解】解：∵，且根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴，
故选：C．
4 .已知：中，，，，则的长是（ ）
A．3B．6C．9D．12
【答案】C
【分析】根据余弦的定义可得，再代入数据可得答案．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴，
故选C
5 .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
【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．
6.如图， 中， 是 边上一点， 添加下列条件， 不能判定 的是（ ）
A． B． C．D．
【答案】D
【分析】根据三角形相似的判定定理逐一分析判断即可．
【详解】解：A、∵，
∴
所以选项A不符合题意；
B、∵，
∴
所以选项B不符合题意；
C、∵，
∴
所以选项C不符合题意；
D、，对应边成比例，但是不确定是否与相等，所以不能判定，所以选项D符合题意．
故选：D
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
8 .如图所示，的三个顶点的坐标分别为、、，
则外接圆半径的长为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】三角形的外心是三边垂直平分线的交点，设的外心为M，由B，C的坐标可知M必在直线上，由图可知线段的垂直平分线经过点，由此可得，过点M作于点D，连接，由勾股定理求出的长即可．
【详解】解：设的外心为M，
、，
M必在直线上，
由图可知，线段的垂直平分线经过点，
，
如图，过点M作于点D，连接，
中，，，
由勾股定理得：，
即外接圆半径的长为．
故选D．
9. 如图，在中，，，动点P从点A开始沿边运动，速度为；
动点Q从点B开始沿边运动，速度为；如果P、Q两动点同时运动，
那么经过（ ）秒时与相似．
A．2秒B．4秒C．或秒D．2或4秒
【答案】C
【分析】设经过秒时, 与相似,则,
利用两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似进行分类讨论：当 时, ,即 当 时,,
即 然后解方程即可求出答案．
【详解】解：设经过秒时, 与相似,
则
,
当 时, ,
即
解得：
当 时, ,
即
解得：
综上所述：经过或秒时,与相似
故选：C
如图，抛物线C1：y=x2﹣2x（0≤x≤2）交x轴于O，A两点；
将C1绕点A旋转180°得到抛物线C2，交x轴于A1；
将C2绕点A2旋转180°得到抛物线C3，交x轴于A2，……，
如此进行下去，则抛物线C10的解析式是（ ）
A．y=﹣x2+38x﹣360B．y=﹣x2+34x﹣288
C．y=x2﹣36x+288D．y=﹣x2+38x+360
【答案】D
【分析】将这段抛物线C1通过配方法求出顶点坐标及抛物线与x轴的交点，由旋转的性质可以知道C1与C2的顶点到x轴的距离相等，且OA1=A1A2，照此类推可以推导知道抛物线C10的顶点，即可求得抛物线C10的解析式．
【详解】解：∵y=x2-2x（0≤x≤2），
∴配方可得y=（x-1）2-1（0≤x≤2），
∴顶点坐标为（1，-1），
∴A坐标为（2，0）
∵C2由C1旋转得到，
∴OA=AA1，即C2顶点坐标为（3，1），A1（4，0）；
照此类推可得，C3顶点坐标为（5，-1），A2（6，0）；
C4顶点坐标为（7，1），A3（8，0）；
……，
∴抛物线C10的顶点坐标是（19，1），A8（18，0），A9（20，0）．
抛物线C10的解析式是y=-(x-18)(x-20)=-x2+38x-360．
故选：D．
卷Ⅱ
二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
11. 抛物线的顶点坐标为 ．
【答案】(1，8)
【分析】根据题意可知，本题考查二次函数的性质，根据二次函数的顶点式，进行求解．
【详解】解：由二次函数性质可知，的顶点坐标为(，)
∴的顶点坐标为(1，8)
故答案为：(1，8)
12 . 一个袋子中装有4个黑球和个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个，
摸到白球的概率为，则白球的个数为_______
【答案】6
【分析】根据白球概率求出黑球概率，黑球共有4个，就可以求出球的总数，再减去黑球个数即可解答．
【详解】解：∵摇匀后随机摸出一个，摸到白球的概率为，
∴摸到黑球的概率为．
∵袋子中有4个黑球，
∴袋子中共有10个球，
∴白球有6个．
故答案为：6．
13. 已知抛物线，若顶点在x轴上，则________．
【答案】
【解析】
【分析】先将二次函数解析式化为顶点式，得到顶点坐标为，根据点在x轴上的纵坐标为0求解即可．
【详解】解：，
∴抛物线的顶点坐标为，
∵顶点在x轴上，
∴，
解得，
故答案为：．
如图，小明在A时测得某树的影长为，B时又测得该树的影长为，
若两次日照的光线互相垂直，则树的高度为________
【答案】
【分析】根据题意，画出示意图，易得△EDC∽△FDC，进而可得，即DC2=ED•FD，代入数据可得答案．
【详解】解：根据题意，作△EFC，树高为CD，且∠ECF=90°，ED=2m，FD=8m；
∵∠E+∠F=90°，∠E+∠ECD=90°，
∴∠ECD=∠F，
又
∴△EDC∽△CDF，
∴，即DC2=ED•FD=2×8=16，
解得CD=4m（负值舍去）．
故答案为：
如图，的半径垂直于弦于点，连结并延长交于点，
连结．若，则的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据垂径定理得出，进而根据勾股定理求得，根据中位线的性质即可求解．
【详解】解：∵的半径垂直于弦于点，，
∴，
在中，，
设，则，
即，
解得：，
∴，
∵，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：12．
如图，在矩形纸片ABCD中，AD＝10，AB＝8，
将AB沿AE翻折，使点B落在处，AE为折痕；
再将EC沿EF翻折，使点C恰好落在线段EB'上的点处，EF为折痕，连接．
若CF＝3，则tan＝ ．
【答案】
【分析】连接AF，设CE＝x，用x表示AE、EF，再证明∠AEF＝90°，由勾股定理得通过AF进行等量代换列出方程便可求得x，再进一步求出B′C′，便可求得结果．
【详解】解：连接AF，设CE＝x，则C′E＝CE＝x，BE＝B′E＝10﹣x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝10，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴AE2＝AB2+BE2＝82+（10﹣x）2＝164﹣20x+x2，
EF2＝CE2+CF2＝x2+32＝x2+9，
由折叠知，∠AEB＝∠AEB′，∠CEF＝∠C′EF，
∵∠AEB+∠AEB′+∠CEF+∠C′EF＝180°，
∴∠AEF＝∠AEB′+∠C′EF＝90°，
∴AF2＝AE2+EF2＝164﹣20x+x2+x2+9＝2x2﹣20x+173，
∵AF2＝AD2+DF2＝102+（8﹣3）2＝125，
∴2x2﹣20x+173＝125，
解得，x＝4或6，
当x＝6时，EC＝EC′＝6，BE＝B′E＝8﹣6＝2，EC′＞B′E，不合题意，应舍去，
∴CE＝C′E＝4，
∴B′C′＝B′E﹣C′E＝（10﹣4）﹣4＝2，
∵∠B′＝∠B＝90°，AB′＝AB＝8，
∴tan∠B'AC′＝=．
故答案为：．
三、解答题（本题有8小题，共66分）
17 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】根据特殊角度的三角函数值，代入求解即可．
【详解】解：
18. 如图，在等边△ABC中，D为BC边上一点，E为AC边上一点，且∠ADE＝60°．
（1）求证：△ABD∽△DCE；
（2）若BD＝6，CE＝4，求△ABC的边长．
解：（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∴∠BAD+∠ADB＝120°
∵∠ADE＝60°，
∴∠ADB+∠EDC＝120°，
∴∠DAB＝∠EDC，
又∵∠B＝∠C＝60°，
∴△ABD∽△DCE；
（2）解：∵△ABD∽△DCE，
∴，
∵BD＝6，CE＝4，
∴，
解得AB＝18，
∴AB=AC=BC=18．
某学校在推进新课改的过程中，开设的体育社团活动课有：
A：篮球，B：足球，C：排球，D：羽毛球，E：乒乓球，学生可根据自己的爱好选修一门，
学校李老师对某班全班同学的选课情况进行调查统计，
制成了如图所示的两幅不完整的统计图．
(1)则该班的总人数为______人，其中学生选D“羽毛球”所在扇形的圆心角的度数是______度；
(2)补全条形统计图；
(3)该班班委4人中，2人选修篮球，1人选修足球，1人选修排球，
李老师要从这4人中选2人了解他们对体育社团活动课的看法，
请你用列表或画树状图的方法，求选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的概率．
【答案】(1)50，72
(2)见解析
(3)
【分析】（1）利用“选A：篮球”的学生人数除以其所占的百分比即可求得该班学生的总人数，
再利用学生选D“羽毛球”的人数除以总人数，再乘以，即可求得结果；
利用选足球的学生的百分比乘以总人数求得选足球的人数，
再利用总人数减去其他课程的人数求得选兵乓球的学生人数，即可补全条形统计图；
（3）画出树状图可得共有12种等可能的情况，
其中选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的情况有4种，再利用概率公式进行计算即可．
【详解】（1）解：由题意可得：该班的总人数为：（人），
学生选D“羽毛球”所在扇形的圆心角的度数为：，
故答案为：50；72；
（2）解：由题意可得：
选“B：足球”的学生人数为：（人），
选“E：兵乓球”的学生人数为：（人）
补全条形统计图如下；
（3）解：画树状图如下：
共有12种等可能的情况，其中选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的情况有4种；
∴选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的概率为．
有一个抛物线形的拱形桥洞，桥洞离水面的最大高度为6，桥洞的跨度为12，
如图建立直角坐标系．
(1)求这条抛物线的函数表达式．
(2)求离对称轴2处，桥洞离水面的高是多少？
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意设抛物线解析式为顶点式，然后根据抛物线过点，代入即可求解；
（2）根据对称轴为，得出对称轴右边2处为，代入即可求解．
【详解】（1）解：由题意可得，抛物线顶点坐标为，
设抛物线解析式为，
∵抛物线过点，
∴，解得，
∴这条抛物线所对应的函数表达式为；
（2）解：由题意可知该抛物线的对称轴为，则对称轴右边2处为，
将代入，
可得，解得，
答：离对称轴2处，桥洞离水面的高是．
如图，有长为24米的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度a为15米），
围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃．设花圃的宽AB为x米，面积为S．
（1）求S与x的函数关系式；
（2）并求出当AB的长为多少时，花圃的面积最大，最大值是多少？
【分析】（1）由花圃的宽AB为x米，篱笆长为24米，得出长BC的值，
再利用矩形的面积等于长乘以宽列出函数关系式并化成一般式即可；
将S与x的函数关系式写成顶点式，
根据二次函数的性质及x的取值范围即可得出答案．
【解答】解：（1）∵花圃的宽AB为x米，篱笆长为24米，
∴BC＝（24﹣3x）米，
∴S＝x（24﹣3x）
＝﹣3x2+24x（3≤x＜8）．
∴S与x的函数关系式为S＝﹣3x2+24x（3≤x＜8）．
（2）S＝﹣3x2+24x
＝﹣3（x﹣4）2+48．
∵3≤x＜8，
∴当x＝4时，S有最大值，最大值为48．
∴当AB的长为4米时，花圃的面积最大，最大值是48平方米．
如图（1）是某施工现场图，据此构造出了如图（2）所示的数学模型，
已知B，C，D三点在同一水平线上，AD⊥CD，∠B＝30°，∠ACD＝60°，BC＝30米．
(1)求点C到AB的距离；
(2)求线段AD的长度．
【答案】(1)15米
(2)米
【分析】（1）过点C作CE⊥AB于点E，在Rt△BCE中，
根据含30度的直角三角形的性质即可求出CE的长度；
（2）由角平分线的性质可求出CD，在Rt△ACD中，由含30度的直角三角形的性质可求出AC，再根据勾股定理即可求出AD.
【详解】（1）解:（1）过点C作CE⊥AB于点E，
∴∠CEB＝90°，
∵∠B＝30°，BC＝30米，
∴CE＝BC＝15（米）
∴点C到AB的距离是15米；
（2）解：∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝90°，
∵∠ACD＝60°，∠B＝30°，
∴∠CAD＝90°－∠ACD＝30°，∠BAC＝∠ACD－∠B＝30°，
∴∠CAD＝∠BAC，
∵CE⊥AB，
∴CD＝CE＝15米，
在Rt△ACD中，∠CAD＝30°，CD＝15米，
∴CD＝AC，
∴AC＝2CD＝2×15＝30（米），
由勾股定理得：（米），
答：线段AD的长度是米．
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．
（1）如图1，和均为等边三角形，直线和直线交于点F．
填空：
①线段，之间的数量关系为________；
②的度数为______．
（2）如图2所示，和均为等腰直角三角形，
若，
直线和直线交于点F，请判断的度数及线段，之间的数量关系，
并说明理由．
（3）如图3所示，和均为直角三角形，
若，，
当点B在线段的延长线上时，求线段和的长度．
【答案】（1）①；②；（2）；；
（3）；
【分析】（1）①根据证明，即可得出；
②根据全等三角形的性质得出，设交于点O，根据，
结合三角形内角和定理，得出即可得出结果；
（2）证明，可得，，根据三角形的外角得出，，即可得结论；
（3）根据勾股定理求出，根据三角函数求出，
求出，证明，
求出，得出．
【详解】解：（1）①∵和均为等边三角形，
∴，，，
∴，
即，
∴，
∴；
故答案为：；
②∵，
∴，
设交于点O，
∵，
∴，
即．
故答案为：．
（2）结论：， ．理由如下：
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴．
（3）在中，，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴ ，
∴，
∴，
∴．
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. 把抛物线y＝x2向上平移3个单位，再向右平移1个单位，则平移后抛物线的解析式为（ ）
A．y＝（x+3）2+1B．y＝（x+3）2﹣1
C．y＝（x﹣1）2+3D．y＝（x+1）2+3
【答案】C
【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【详解】解：由“上加下减”的原则可知，把抛物线y＝x2向上平移3个单位所得抛物线的解析式为：y＝x2+3；
由“左加右减”的原则可知，把抛物线y＝x2+3向右平移1个单位所得抛物线的解析式为：y＝(x﹣1)2+3．
故选：C．
3. 如图，点A，B，C是⊙O上的点，若，则的度数为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可求出的度数．
【详解】解：∵，且根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴，
故选：C．
4 .已知：中，，，，则的长是（ ）
A．3B．6C．9D．12
【答案】C
【分析】根据余弦的定义可得，再代入数据可得答案．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴，
故选C
5 .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
【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．
6.如图， 中， 是 边上一点， 添加下列条件， 不能判定 的是（ ）
A． B． C．D．
【答案】D
【分析】根据三角形相似的判定定理逐一分析判断即可．
【详解】解：A、∵，
∴
所以选项A不符合题意；
B、∵，
∴
所以选项B不符合题意；
C、∵，
∴
所以选项C不符合题意；
D、，对应边成比例，但是不确定是否与相等，所以不能判定，所以选项D符合题意．
故选：D
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
8 .如图所示，的三个顶点的坐标分别为、、，
则外接圆半径的长为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】三角形的外心是三边垂直平分线的交点，设的外心为M，由B，C的坐标可知M必在直线上，由图可知线段的垂直平分线经过点，由此可得，过点M作于点D，连接，由勾股定理求出的长即可．
【详解】解：设的外心为M，
、，
M必在直线上，
由图可知，线段的垂直平分线经过点，
，
如图，过点M作于点D，连接，
中，，，
由勾股定理得：，
即外接圆半径的长为．
故选D．
9. 如图，在中，，，动点P从点A开始沿边运动，速度为；
动点Q从点B开始沿边运动，速度为；如果P、Q两动点同时运动，
那么经过（ ）秒时与相似．
A．2秒B．4秒C．或秒D．2或4秒
【答案】C
【分析】设经过秒时, 与相似,则,
利用两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似进行分类讨论：当 时, ,即 当 时,,
即 然后解方程即可求出答案．
【详解】解：设经过秒时, 与相似,
则
,
当 时, ,
即
解得：
当 时, ,
即
解得：
综上所述：经过或秒时,与相似
故选：C
如图，抛物线C1：y=x2﹣2x（0≤x≤2）交x轴于O，A两点；
将C1绕点A旋转180°得到抛物线C2，交x轴于A1；
将C2绕点A2旋转180°得到抛物线C3，交x轴于A2，……，
如此进行下去，则抛物线C10的解析式是（ ）
A．y=﹣x2+38x﹣360B．y=﹣x2+34x﹣288
C．y=x2﹣36x+288D．y=﹣x2+38x+360
【答案】D
【分析】将这段抛物线C1通过配方法求出顶点坐标及抛物线与x轴的交点，由旋转的性质可以知道C1与C2的顶点到x轴的距离相等，且OA1=A1A2，照此类推可以推导知道抛物线C10的顶点，即可求得抛物线C10的解析式．
【详解】解：∵y=x2-2x（0≤x≤2），
∴配方可得y=（x-1）2-1（0≤x≤2），
∴顶点坐标为（1，-1），
∴A坐标为（2，0）
∵C2由C1旋转得到，
∴OA=AA1，即C2顶点坐标为（3，1），A1（4，0）；
照此类推可得，C3顶点坐标为（5，-1），A2（6，0）；
C4顶点坐标为（7，1），A3（8，0）；
……，
∴抛物线C10的顶点坐标是（19，1），A8（18，0），A9（20，0）．
抛物线C10的解析式是y=-(x-18)(x-20)=-x2+38x-360．
故选：D．
卷Ⅱ
二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
11. 抛物线的顶点坐标为 ．
【答案】(1，8)
【分析】根据题意可知，本题考查二次函数的性质，根据二次函数的顶点式，进行求解．
【详解】解：由二次函数性质可知，的顶点坐标为(，)
∴的顶点坐标为(1，8)
故答案为：(1，8)
12 . 一个袋子中装有4个黑球和个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个，
摸到白球的概率为，则白球的个数为_______
【答案】6
【分析】根据白球概率求出黑球概率，黑球共有4个，就可以求出球的总数，再减去黑球个数即可解答．
【详解】解：∵摇匀后随机摸出一个，摸到白球的概率为，
∴摸到黑球的概率为．
∵袋子中有4个黑球，
∴袋子中共有10个球，
∴白球有6个．
故答案为：6．
13. 已知抛物线，若顶点在x轴上，则________．
【答案】
【解析】
【分析】先将二次函数解析式化为顶点式，得到顶点坐标为，根据点在x轴上的纵坐标为0求解即可．
【详解】解：，
∴抛物线的顶点坐标为，
∵顶点在x轴上，
∴，
解得，
故答案为：．
如图，小明在A时测得某树的影长为，B时又测得该树的影长为，
若两次日照的光线互相垂直，则树的高度为________
【答案】
【分析】根据题意，画出示意图，易得△EDC∽△FDC，进而可得，即DC2=ED•FD，代入数据可得答案．
【详解】解：根据题意，作△EFC，树高为CD，且∠ECF=90°，ED=2m，FD=8m；
∵∠E+∠F=90°，∠E+∠ECD=90°，
∴∠ECD=∠F，
又
∴△EDC∽△CDF，
∴，即DC2=ED•FD=2×8=16，
解得CD=4m（负值舍去）．
故答案为：
如图，的半径垂直于弦于点，连结并延长交于点，
连结．若，则的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据垂径定理得出，进而根据勾股定理求得，根据中位线的性质即可求解．
【详解】解：∵的半径垂直于弦于点，，
∴，
在中，，
设，则，
即，
解得：，
∴，
∵，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：12．
如图，在矩形纸片ABCD中，AD＝10，AB＝8，
将AB沿AE翻折，使点B落在处，AE为折痕；
再将EC沿EF翻折，使点C恰好落在线段EB'上的点处，EF为折痕，连接．
若CF＝3，则tan＝ ．
【答案】
【分析】连接AF，设CE＝x，用x表示AE、EF，再证明∠AEF＝90°，由勾股定理得通过AF进行等量代换列出方程便可求得x，再进一步求出B′C′，便可求得结果．
【详解】解：连接AF，设CE＝x，则C′E＝CE＝x，BE＝B′E＝10﹣x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝10，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴AE2＝AB2+BE2＝82+（10﹣x）2＝164﹣20x+x2，
EF2＝CE2+CF2＝x2+32＝x2+9，
由折叠知，∠AEB＝∠AEB′，∠CEF＝∠C′EF，
∵∠AEB+∠AEB′+∠CEF+∠C′EF＝180°，
∴∠AEF＝∠AEB′+∠C′EF＝90°，
∴AF2＝AE2+EF2＝164﹣20x+x2+x2+9＝2x2﹣20x+173，
∵AF2＝AD2+DF2＝102+（8﹣3）2＝125，
∴2x2﹣20x+173＝125，
解得，x＝4或6，
当x＝6时，EC＝EC′＝6，BE＝B′E＝8﹣6＝2，EC′＞B′E，不合题意，应舍去，
∴CE＝C′E＝4，
∴B′C′＝B′E﹣C′E＝（10﹣4）﹣4＝2，
∵∠B′＝∠B＝90°，AB′＝AB＝8，
∴tan∠B'AC′＝=．
故答案为：．
三、解答题（本题有8小题，共66分）
17 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】根据特殊角度的三角函数值，代入求解即可．
【详解】解：
18. 如图，在等边△ABC中，D为BC边上一点，E为AC边上一点，且∠ADE＝60°．
（1）求证：△ABD∽△DCE；
（2）若BD＝6，CE＝4，求△ABC的边长．
解：（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∴∠BAD+∠ADB＝120°
∵∠ADE＝60°，
∴∠ADB+∠EDC＝120°，
∴∠DAB＝∠EDC，
又∵∠B＝∠C＝60°，
∴△ABD∽△DCE；
（2）解：∵△ABD∽△DCE，
∴，
∵BD＝6，CE＝4，
∴，
解得AB＝18，
∴AB=AC=BC=18．
某学校在推进新课改的过程中，开设的体育社团活动课有：
A：篮球，B：足球，C：排球，D：羽毛球，E：乒乓球，学生可根据自己的爱好选修一门，
学校李老师对某班全班同学的选课情况进行调查统计，
制成了如图所示的两幅不完整的统计图．
(1)则该班的总人数为______人，其中学生选D“羽毛球”所在扇形的圆心角的度数是______度；
(2)补全条形统计图；
(3)该班班委4人中，2人选修篮球，1人选修足球，1人选修排球，
李老师要从这4人中选2人了解他们对体育社团活动课的看法，
请你用列表或画树状图的方法，求选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的概率．
【答案】(1)50，72
(2)见解析
(3)
【分析】（1）利用“选A：篮球”的学生人数除以其所占的百分比即可求得该班学生的总人数，
再利用学生选D“羽毛球”的人数除以总人数，再乘以，即可求得结果；
利用选足球的学生的百分比乘以总人数求得选足球的人数，
再利用总人数减去其他课程的人数求得选兵乓球的学生人数，即可补全条形统计图；
（3）画出树状图可得共有12种等可能的情况，
其中选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的情况有4种，再利用概率公式进行计算即可．
【详解】（1）解：由题意可得：该班的总人数为：（人），
学生选D“羽毛球”所在扇形的圆心角的度数为：，
故答案为：50；72；
（2）解：由题意可得：
选“B：足球”的学生人数为：（人），
选“E：兵乓球”的学生人数为：（人）
补全条形统计图如下；
（3）解：画树状图如下：
共有12种等可能的情况，其中选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的情况有4种；
∴选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的概率为．
有一个抛物线形的拱形桥洞，桥洞离水面的最大高度为6，桥洞的跨度为12，
如图建立直角坐标系．
(1)求这条抛物线的函数表达式．
(2)求离对称轴2处，桥洞离水面的高是多少？
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意设抛物线解析式为顶点式，然后根据抛物线过点，代入即可求解；
（2）根据对称轴为，得出对称轴右边2处为，代入即可求解．
【详解】（1）解：由题意可得，抛物线顶点坐标为，
设抛物线解析式为，
∵抛物线过点，
∴，解得，
∴这条抛物线所对应的函数表达式为；
（2）解：由题意可知该抛物线的对称轴为，则对称轴右边2处为，
将代入，
可得，解得，
答：离对称轴2处，桥洞离水面的高是．
如图，有长为24米的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度a为15米），
围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃．设花圃的宽AB为x米，面积为S．
（1）求S与x的函数关系式；
（2）并求出当AB的长为多少时，花圃的面积最大，最大值是多少？
【分析】（1）由花圃的宽AB为x米，篱笆长为24米，得出长BC的值，
再利用矩形的面积等于长乘以宽列出函数关系式并化成一般式即可；
将S与x的函数关系式写成顶点式，
根据二次函数的性质及x的取值范围即可得出答案．
【解答】解：（1）∵花圃的宽AB为x米，篱笆长为24米，
∴BC＝（24﹣3x）米，
∴S＝x（24﹣3x）
＝﹣3x2+24x（3≤x＜8）．
∴S与x的函数关系式为S＝﹣3x2+24x（3≤x＜8）．
（2）S＝﹣3x2+24x
＝﹣3（x﹣4）2+48．
∵3≤x＜8，
∴当x＝4时，S有最大值，最大值为48．
∴当AB的长为4米时，花圃的面积最大，最大值是48平方米．
如图（1）是某施工现场图，据此构造出了如图（2）所示的数学模型，
已知B，C，D三点在同一水平线上，AD⊥CD，∠B＝30°，∠ACD＝60°，BC＝30米．
(1)求点C到AB的距离；
(2)求线段AD的长度．
【答案】(1)15米
(2)米
【分析】（1）过点C作CE⊥AB于点E，在Rt△BCE中，
根据含30度的直角三角形的性质即可求出CE的长度；
（2）由角平分线的性质可求出CD，在Rt△ACD中，由含30度的直角三角形的性质可求出AC，再根据勾股定理即可求出AD.
【详解】（1）解:（1）过点C作CE⊥AB于点E，
∴∠CEB＝90°，
∵∠B＝30°，BC＝30米，
∴CE＝BC＝15（米）
∴点C到AB的距离是15米；
（2）解：∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝90°，
∵∠ACD＝60°，∠B＝30°，
∴∠CAD＝90°－∠ACD＝30°，∠BAC＝∠ACD－∠B＝30°，
∴∠CAD＝∠BAC，
∵CE⊥AB，
∴CD＝CE＝15米，
在Rt△ACD中，∠CAD＝30°，CD＝15米，
∴CD＝AC，
∴AC＝2CD＝2×15＝30（米），
由勾股定理得：（米），
答：线段AD的长度是米．
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．
（1）如图1，和均为等边三角形，直线和直线交于点F．
填空：
①线段，之间的数量关系为________；
②的度数为______．
（2）如图2所示，和均为等腰直角三角形，
若，
直线和直线交于点F，请判断的度数及线段，之间的数量关系，
并说明理由．
（3）如图3所示，和均为直角三角形，
若，，
当点B在线段的延长线上时，求线段和的长度．
【答案】（1）①；②；（2）；；
（3）；
【分析】（1）①根据证明，即可得出；
②根据全等三角形的性质得出，设交于点O，根据，
结合三角形内角和定理，得出即可得出结果；
（2）证明，可得，，根据三角形的外角得出，，即可得结论；
（3）根据勾股定理求出，根据三角函数求出，
求出，证明，
求出，得出．
【详解】解：（1）①∵和均为等边三角形，
∴，，，
∴，
即，
∴，
∴；
故答案为：；
②∵，
∴，
设交于点O，
∵，
∴，
即．
故答案为：．
（2）结论：， ．理由如下：
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴．
（3）在中，，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴ ，
∴，
∴，
∴．
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