浙教版2023-2024学年第一学期九年级数学期末模拟试卷（含解析）

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1. 已知，则的值是（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】将变形为，再代入求值即可．
【详解】解：∵，
∴，故C正确．
故选：C．
2 . 在一个不透明的盒子中，装有绿色、黑色、白色的小球共有60个，除颜色外其他完全相同，
一同学通过多次摸球试验后发现其中摸到绿色球、黑色球的频率稳定在和，
盒子中白色球的个数可能是（ ）
A．24个B．18个C．16个D．6个
【答案】B
【分析】根据题意，可以得到白球的频率，然后用球的总数乘这个频率，即可估计出白球的个数．
【详解】解：由题意可得，
盒子中白色球的有：（个），
故选：B．
3 . 如图，线段AB，CD交于O，，若，，，则的长是（ ）

A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】由，得出，根据相似三角形的性质列出比例式，
代入数据进行计算即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
解得：，
故选：B．
4．如图所示，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠BCD＝110°，则∠BOD的大小是（ ）

A．100°B．140°C．130°D．120°
【答案】B
【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠A，再根据圆周角定理解答.
【详解】解：∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠A＝180°﹣∠BCD＝70°，
由圆周角定理得，∠BOD＝2∠A＝140°，
故选：B.
5. 如图，的顶点都是正方形网格中的格点，则（ ）．

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意和图形，可以得到AC、BC和AB的长，然后根据等面积法可以求得CD的长，从而可以得到的值．
【详解】解：作CD⊥AB，交AB于点D，
由图可得，
AC＝，BC＝2，AB＝，
∵，
∴，
解得，CD＝，
∴sin∠BAC＝，
故选：D．

6 . 二次函数图像上有三点，，，
则、、的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先确定抛物线的开口方向和对称轴，然后根据二次函数的对称性和增减性即可判断
【详解】∵ 二次函数
∴抛物线开口向上，对称轴为直线
∴ 二次函数在上，y随x的增大而减小
∵二次函数图像上有三点，，，
∴点关于对称轴的对称点为
∴根据增减性得：
故选：B
7 . 如图，小强从热气球上的A点测量一栋高楼顶部的仰角，
测量这栋高楼底部的俯角，热气球与高楼的水平距离为米，
则这栋高楼的高BC为（ ）米．

A．45B．60C．75D．90
【答案】B
解：过A作AD⊥BC，垂足为D
∵
∴米
∵
∴米
∴米
故选B．
8 . 某仿古墙上原有一个矩形的门洞，现要将它改为一个圆弧形的门洞，圆弧所在的圆外接于矩形，
如图．已知矩形的宽为，高为，则改建后门洞的圆弧长是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用勾股定理先求得圆弧形的门洞的直径BC，再利用矩形的性质证得是等边三角形，得到，进而求得门洞的圆弧所对的圆心角为，利用弧长公式即可求解．
【详解】如图，连接，，交于点，
∵ ，
∴是直径，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴门洞的圆弧所对的圆心角为 ，
∴改建后门洞的圆弧长是(m)，
故选：C
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 .如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0），其对称轴为直线x＝﹣，
结合图象分析下列结论：
①abc＞0； ②当x＜0时，y随x的增大而增大；
③3a+c＞0； ④若m，n（m＜n）为方程a（x+3）（x﹣2）+3＝0的两个根，则m＜﹣3且n＞2，
其中正确的结论有（ ）

A．4个 B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【分析】由题意根据抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标、增减性以及与一元二次方程的关系进行综合判断即可．
【详解】解：抛物线开口向下，a＜0，对称轴为x＝﹣＝﹣，即a＝b，
因此b＜0，与y的交点在正半轴，c＞0，
所以abc＞0，因此①正确；
∵a＜0，对称轴为x＝﹣，
∴当x＜﹣时，y随x的增大而增大，
因此②不正确；
由对称性可知，抛物线与x轴的两个交点为（﹣3，0）（2，0），
∴4a+2b+c＝0，
又∵a＝b，
∴6a+c＝0，
∵a＜0，
∴3a+c＞0，因此③正确；
∵抛物线与x轴的两个交点为（﹣3，0）（2，0），
∴m，n（m＜n）为方程a（x+3）（x﹣2）+3＝0的两个根，实际上就是当y＝﹣3时，函数y＝a（x+3）（x﹣2）相应的自变量x的值为m、n；，
根据图象可知，m＜﹣3且n＞2，因此④正确；
综上所述，正确的结论有：①③④．
故选：B．
非选择题部分
二、填空题（本题有8小题，每小题3分，共24分）
11 . 在一个不透明的盒子中，装有绿色、黑色、白色的小球共有60个，除颜色外其他完全相同，
一同学通过多次摸球试验后发现其中摸到绿色球、黑色球的频率稳定在和，
盒子中白色球的个数可能是________
【答案】18个
【分析】根据题意，可以得到白球的频率，然后用球的总数乘这个频率，即可估计出白球的个数．
【详解】解：由题意可得，
盒子中白色球的有：（个），
故答案为：18个
12 .如图，在Rt中，，，，则sinA的值为_______

【答案】
【解析】
【分析】根据勾股定理求出AB，再根据正弦的定义：对边比斜边，进行计算即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴；
故答案为：
13 . 已知二次函数的部分图象如图所示，
则关于的一元二次方程的解为 ．

【答案】，
【分析】观察图像，根据抛物线图像的性质找出点（0,2）的对称点，即可求解.
【详解】有题意可知，抛物线的对称轴是x＝﹣1且与y轴交于点（0,2），可以看做抛物线与直线y＝2交于（0,2），由于抛物线顶点的纵坐标大于2，因此还有另一交点，由对称性可推出另一交点为（﹣2,2），故一元二次方程ax2＋bx＋c＝2（a≠0）的解为0或﹣2.
【点睛】本题主要考查一元二次方程和二次函数，解题的关键是清楚二次函数图像的性质并根据对称性找出点（0,2）的对称点.
14. 如图，小东用长2米的竹竿做测量工具，测量学校旗杆的高度，移动竹竿，使竹竿、旗杆顶端的影子恰好落在地面的同一点．此时，米，米，则旗杆的高为 米．
【答案】6
【分析】结合题意，得，则有，得，通过计算即可得到答案
【详解】竹竿和旗杆均垂直于地面，
∴
∴
∴，
∵米，米，，
∴，
米
故答案为：6．
如图，正五边形的边长为，以为圆心，以为半径作弧，
则阴影部分的面积为_________（结果保留）．

【答案】
【解析】
【分析】根据正多边形内角和公式求出正五边形的内角和，再求出的度数，
利用扇形面积公式计算即可．
【详解】解：正五边形的内角和，
，
，
故答案为：．
如图，已知双曲线经过直角三角形斜边的中点，与直角边相交于点，
若的面积为6，则 .

【答案】4
【分析】过点作轴的垂线交轴于点，可得到四边形，和三角形的面积相等，通过面积转化，可求出的值．
【详解】解：过点作轴的垂线交轴于点，
的面积和的面积相等．
的面积和四边形的面积相等且为6．
设点的横坐标为，纵坐标就为，
为的中点．
，，
四边形的面积可表示为：
．
故答案为：4．
17. 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．

18 . 如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，
延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：
①△ADG≌△FDG；②GB=2AG；③△GDE∽△BEF；④S△BEF=．
在以上4个结论中，其中一定成立的 （把所有正确结论的序号都填在横线上）

【答案】①②④．
【详解】解：由折叠可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，
∴∠DFG=∠A=90°，
∴△ADG≌△FDG，①正确；
∵正方形边长是12，
∴BE=EC=EF=6，
设AG=FG=x，则EG=x+6，BG=12-x，
由勾股定理得：EG2=BE2+BG2，
即：（x+6）2=62+（12-x）2，
解得：x=4
∴AG=GF=4，BG=8，BG=2AG，②正确；
BE=EF=6，△BEF是等腰三角形，
则△GED不是等腰三角形，
△GDE与△BEF不相似， ③错误；
S△GBE=×6×8=24，S△BEF=S△GBE=×24=，④正确.
故答案为：①②④
三、解答题（本题有6小题，共46分，解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
19 . 某校在手抄报评比活动中，共设置了“交通安全，消防安全、饮食安全，防疫安全”四个主题内容，
推荐亮亮和苗苗两名学生参加评比，若他们每人从以上四个主题内容中随机选择一个，
每个主题被选择的可能性相同．

(1)亮亮选择交通安全手抄报的概率为________；
(2)用列表法或画树状图法来求亮亮和苗苗选择不同主题手抄报的概率．
解:（1）亮亮的选择总共有4种可能的结果，所以选择交通安全手抄报的概率为
用A表示交通安全，用B表示消防安全、用C表示饮食安全，用D表示防疫安全，
画树状图如下，
由图可知，总共有16种可能的结果，
其中亮亮和苗苗选择不同主题手抄报有12种可能的结果，
所以亮亮和苗苗选择不同主题手抄报的概率为
20 .某商品的进价为每件20元，售价为每件25元时，每天可卖出250件．市场调查反映：
如果调整价格，一件商品每涨价1元，每天要少卖出10件．
（1）求出每天所得的销售利润w（元）与每件涨价x（元）之间的函数关系式；
（2）销售单价为多少元时，该商品每天的销售利润最大？
【答案】（1）w=-10（x-10）2+2250（0≤x≤25）（2）销售单价为35元时，该商品每天的销售利润最大
【分析】（1）利用销量×每件利润=总利润，进而求出即可；
（2）利用二次函数的性质得出销售单价.
【详解】（1）根据题意得：w =（25+x-20)(250-10x）
即：w =-10x2+200x+1250或w=-10（x-10）2+2250（0≤x≤25）
（2）∵-10＜0，∴抛物线开口向下，二次函数有最大值，
当时，销售利润最大
此时销售单价为：10+25=35（元）
答：销售单价为35元时，该商品每天的销售利润最大．
如图1，是一款手机支架图片，由底座、支撑板和托板构成．
如图2是其侧面结构示意图，量得托板长，支撑板长，底座长，
托板AB连接在支撑板顶端点C处，且，托板可绕点C转动，支撑板可绕D点转动．
如图2，若．
(参考数值，，)

(1)求点C到直线的距离(精确到0.1cm)；
(2)求点A到直线的距离(精确到0.1cm)．
【答案】(1)点C到直线的距离约为13.8cm
(2)点A到直线的距离约为21.5cm
【分析】（1）如图2，过点C作，垂足为N，然后根据三角函数可得，即，最后将已知条件代入即可解答；
（2）如图2，过A作，交的延长线于点M，过点C作，垂足为F，再说明中，，，然后根据三角函数和线段的和差即可解答．
【详解】（1）解：如图2，过点C作，垂足为N
由题意可知，，
在中， ，
∴．
答：点C到直线的距离约为．
（2）解：如图2，过A作，交的延长线于点M，过点C作，垂足为F，
∴
在中，，，
∴，
∴．
答：点A到直线的距离约为21.5cm．
22．如图，直线yx＋4与x轴交于点C，与y轴交于点B，抛物线y＝ax2x＋c经过B、C两点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，点E是直线BC上方抛物线上的一动点，当△BEC面积最大时，请求出点E的坐标；
【答案】(1)yx2x+4
(2)E（3，8）
【分析】（1）由一次函数的解析式可求出B点和C点坐标．再代入抛物线解析式中即可求出a和c的值，即得出抛物线解析式；
（2）过E作EG∥y轴，交直线BC于G，设E（m，m2m+4），则G（m，m+4），则可用m表示出EG的长，最后利用三角形面积公式即可求出S△BEC的值，再利用二次函数的性质即得出答案；
【详解】（1）当x＝0时，y＝4，
∴B（0，4），
当y＝0时，x+4＝0，
解得：x＝6，
∴C（6，0），
把B（0，4）和C（6，0）代入抛物线y＝ax2x+c中得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：yx2x+4；
（2）如图1，过E作EG∥y轴，交直线BC于G，
设E（m，m2m+4），则G（m，m+4），
∴EG＝（m2m+4）﹣（m+4）4m，
∴S△BECEG•OC6（4m）＝﹣2（m﹣3）2+18，
∵﹣2＜0，
∴S有最大值，此时E（3，8）；
23．已知Rt△ABC，两直角边AB与AC之和为4，作△ABC的外接圆，点O为圆心．
(1)如图1，连接OA，当90°时，求OA的值．
(2)如图2，过点A作AD⊥BC于点D，点E为AC中点，连接DE，求证：2∠ADE．
(3)如图3，作∠BAC的平分线交BC于点F，线段AF是否存在最大值？若存在，请求出AF的最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)存在，最大值为
【分析】（1）利用圆周角定理的推论可得∠ABC=45°，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理解答即可；
（2）利用直角三角形斜边上的中线的性质和相似三角形的判定与性质可得∠ADE=∠B，再利用圆周角定理的推论可得结论；
（3）过点F作FD⊥AB于点D，FE⊥AC于点E，利用角平分线的定义和正方形的判定定理可得矩形ADFE为正方形，设正方形ADFE的边长为x，BD=m，通过建立函数模型，用含m的式子表示出正方形的边长，利用配方法求得正方形边长的最大值，利用AF=DF即可求得结论．
【详解】（1）解：∵∠BAC=90°，
∴BC是⊙O的直径．
∵90°，
∴∠ABC=45°．
∴Rt△ABC为等腰直角三角形．
∴BA=AC．
∵两直角边AB与AC之和为4，
∴BA=AC=2．
∴BC=，
∴OA=BC=；
（2）证明：∵AD⊥BC于点D，点E为AC中点，
∴DE=AC=AE=EC．
∴∠EDA=∠EAD．
∵∠BAC=90°，AD⊥BC，
∴△ABD∽△CAD．
∴∠B=∠DAC．
∴∠ADE=∠B．
∵圆周角的度数等于它所对的弧的度数的一半，
∴∠B=，
∴=2∠ADE．
（3）解：线段AF存在最大值，理由：
过点F作FD⊥AB于点D，FE⊥AC于点E，如图，
∵∠BAC=90°，FD⊥AB，FE⊥AC，
∴四边形ADFE为矩形．
∵∠BAC=90°，AF是∠BAC的平分线，
∴∠BAF=∠CAF=45°．
∴矩形ADFE为正方形．
∴FD=FE=AD=AE，AF=DF，
设正方形ADFE的边长为x，BD=m，
∴DF=AD=AE=x，AB=x+m．
∵AC+AB=4，
∴AC=4-x-m．
∵DF∥AC，
∴△BDF∽△BAC．
∴，
∴，
∴x2+mx=4m-mx-m2．
∴x2+2mx+m2=4m．
即：（x+m）2=4m．
∵x＞0，m＞0，
∴x+m=，
∴x=-m+=，
∵-1＜0，
∴当=1即m=1时，x有最大值1，
∴当m=1时，DF由最大值1．
∵AF=DF，
∴AF有最大值为．
24 （1）【问题呈现】
如图1，和都是等边三角形，连接，．易知_________．
（2）【类比探究】
如图2，和都是等腰直角三角形，．连接，．则_______．
（3）【拓展提升】
如图3，和都是直角三角形，，且．连接，．
①求的值；
②延长交于点，交于点．求的值．

【答案】（1）1；（2）；（3）①；②
【分析】（1）利用等边三角形的性质及证明，从而得出结论；
（2）根据等腰直角三角形的性质，证明，进而得出结果；
（3）①先证明，再证得，根据相似三角形的性质进而得出结果；
②在①的基础上得出，进而，再根据勾股定理及正弦的定义进一步得出结果．
【详解】解：（1）∵和都是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：1；
（2）∵和都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）①，
，
，
，
，，
，
，
；
②由（1）得：，
，
，
，
.