浙江省台州市黄岩区黄岩实验中学2022-2023学年数学九年级第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

这是一份浙江省台州市黄岩区黄岩实验中学2022-2023学年数学九年级第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析，共23页。试卷主要包含了sin 30°的值为，下列说法中，不正确的是，下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．在一块半径为的圆形钢板中裁出一个最大的等边三角形，此等边三角形的边长（ ）
A．B．C．D．
2．如图1，一个扇形纸片的圆心角为90°，半径为1．如图2，将这张扇形纸片折叠，使点A与点O恰好重合，折痕为CD，图中阴影为重合部分，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
3．如图，在Rt△ABC中，AC=3，AB=5，则csA的值为( )
A．B．C．D．
4．如图，已知抛物线与轴分别交于、两点，将抛物线向上平移得到，过点作轴交抛物线于点，如果由抛物线、、直线及轴所围成的阴影部分的面积为，则抛物线的函数表达式为（ ）
A．B．
C．D．
5．sin 30°的值为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为6，∠ADC=60°，则劣弧AC的长为（ ）
A．2πB．4πC．5πD．6π
7．下列说法中，不正确的是（ ）
A．圆既是轴对称图形又是中心对称图形B．圆有无数条对称轴
C．圆的每一条直径都是它的对称轴D．圆的对称中心是它的圆心
8．函数y＝与y＝kx＋k(k为常数且k≠0)在同一平面直角坐标系中的图象可能是( )
A．B．C．D．
9．现有两组相同的牌，每组三张且大小一样，三张牌的牌面数字分别是1、2、3，从每组牌中各摸出一张牌．两张牌的牌面数字之和等于4的概率是（ ）
A．B．C．D．
10．下列命题正确的是（ ）
A．矩形的对角线互相垂直平分
B．一组对角相等，一组对边平行的四边形一定是平行四边形
C．正八边形每个内角都是
D．三角形三边垂直平分线交点到三角形三边距离相等
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知圆锥的底面圆半径为3cm，高为4cm，则圆锥的侧面积是________cm2.
12．已知tan（α+15°）= ，则锐角α的度数为______°．
13．若是一元二次方程的两个根，则＝___________．
14．如图，一个半径为，面积为的扇形纸片，若添加一个半径为的圆形纸片，使得两张纸片恰好能组合成一个圆锥体，则添加的圆形纸片的半径为____．
15．如图，转动转盘一次，当转盘停止后（指针落在线上重转），指针停留的区域中的数字为偶数的概率是___________．
16．下列投影或利用投影现象中，________是平行投影，________是中心投影． (填序号)
17．在等腰中，，点是所在平面内一点，且，则的取值范围是______．
18．如果一个四边形的某个顶点到其他三个顶点的距离相等，我们把这个四边形叫做等距四边形，这个顶点叫做这个四边形的等距点．如图，已知梯形ABCD是等距四边形，AB∥CD，点B是等距点．若BC=10，csA=，则CD的长等于_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）方方驾驶小汽车匀速地从地行驶到地，行驶里程为千米，设小汽车的行驶时间为 (单位：小时)，行驶速度为 (单位：千米/小时)，且全程速度限定为不超过千米/小时．
(1)求关于的函数表达式，并写出自变量的取值范围；
(2)方方上午点驾驶小汽车从地出发；
①方方需在当天点分至点(含点分和点)间到达地，求小汽车行驶速度的范围；
②方方能否在当天点分前到达地？说明理由．
20．（6分）如图，直线y1=3x﹣5与反比例函数y2=的图象相交A（2，m），B（n，﹣6）两点，连接OA，OB．
（1）求k和n的值；
（2）求△AOB的面积；
（3）直接写出y1＞ y2时自变量x的取值范围．
21．（6分）如图，射线表示一艘轮船的航行路线，从到的走向为南偏东30°，在的南偏东60°方向上有一点，处到处的距离为200海里．
（1）求点到航线的距离．
（2）在航线上有一点.且，若轮船沿的速度为50海里/时，求轮船从处到处所用时间为多少小时．（参考数据：）
22．（8分）如图，某数学兴趣小组为测量一棵古树BH和教学楼CG的高，先在A处用高1．5米的测角仪测得古树顶端H的仰角为，此时教学楼顶端G恰好在视线DH上，再向前走7米到达B处，又测得教学楼顶端G的仰角为，点A、B、C三点在同一水平线上．
（1）求古树BH的高；
（2）求教学楼CG的高．
23．（8分）如图1，抛物线y=﹣x2+bx+c交x轴于点A(- 4，0)和点B，交y轴于点C(0，4)．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图2，设点Q是线段AC上的一动点，作DQ⊥x轴，交抛物线于点D，当△ADC面积有最大值时，在抛物线对称轴上找一点M，使DM+AM的值最小，求出此时M的坐标；
(3)点Q在直线AC上的运动过程中，是否存在点Q，使△BQC为等腰三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
24．（8分）如图，AB是的直径，AC为弦，的平分线交于点D，过点D的切线交AC的延长线于点E．
求证：；
．
25．（10分）已知：梯形ABCD中，AD//BC，AD=AB，对角线AC、BD交于点E，点F在边BC上，且∠BEF=∠BAC．
（1）求证：△AED∽△CFE；
（2）当EF//DC时，求证：AE=DE．
26．（10分）如图，抛物线y＝x2+x﹣与x轴相交于A，B两点，顶点为P．
（1）求点A，点B的坐标；
（2）在抛物线上是否存在点E，使△ABP的面积等于△ABE的面积？若存在，求出符合条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】画出图形，作于点，利用垂径定理和等边三角形的性质求出AC的长即可得出AB的长.
【详解】解：依题意得，
连接，，作于点，
∵，
∴，，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查了圆的内接多边形，和垂径定理的使用，弄清题意准确计算是关键.
2、C
【解析】连接OD，根据勾股定理求出CD，根据直角三角形的性质求出∠AOD，根据扇形面积公式、三角形面积公式计算，得到答案．
【详解】解：连接OD，
在Rt△OCD中，OC＝OD＝2，
∴∠ODC＝30°，CD＝
∴∠COD＝60°，
∴阴影部分的面积＝ ，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是扇形面积计算、勾股定理，掌握扇形面积公式是解题的关键．
3、B
【分析】根据余弦的定义计算即可．
【详解】解：在Rt△ABC中，
；
故选：B.
【点睛】
本题考查的是锐角三角函数的定义，掌握锐角A的邻边b与斜边c的比叫做∠A的余弦是解题的关键．
4、A
【分析】利用二次函数图象上点的坐标特征求出抛物线与x轴交点的横坐标，由阴影部分的面积等于矩形OABC的面积可求出AB的长度，再利用平移的性质“左加右减，上加下减”，即可求出抛物线的函数表达式．
【详解】当y＝0时，有（x−2）2−2＝0，
解得：x1＝0，x2＝1，
∴OA＝1．
∵S阴影＝OA×AB＝16，
∴AB＝1，
∴抛物线的函数表达式为y＝（x−2）2−2＋1＝
故选A．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点、矩形的面积以及二次函数图形与几何变换，观察图形，找出阴影部分的面积等于矩形OABC的面积是解题的关键．
5、C
【分析】直接利用特殊角的三角函数值求出答案．
【详解】解：sin 30°＝
故选C
【点睛】
此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关特殊角的三角函数值是解题关键．
6、B
【分析】连接OA、OC，然后根据圆周角定理求得∠AOC的度数，最后根据弧长公式求解．
【详解】连接OA、OC，
∵∠ADC=60°，
∴∠AOC=2∠ADC=120°，
则劣弧AC的长为： =4π．
故选B．
【点睛】
本题考查了弧长的计算以及圆周角定理，解答本题的关键是掌握弧长公式 ．
7、C
【分析】圆有无数条对称轴，但圆的对称轴是直线，故C圆的每一条直线都是它的对称轴的说法是错误的
【详解】本题不正确的选C，理由：圆有无数条对称轴，其对称轴都是直线，故任何一条直径都是它的对称轴的说法是错误的，正确的说法应该是圆有无数条对称轴，任何一条直径所在的直线都是它的对称轴
故选C
【点睛】
此题主要考察对称轴图形和中心对称图形，难度不大
8、A
【解析】当k＞0时，双曲线y＝的两支分别位于一、三象限，直线y＝kx＋k的图象过一、二、三象限；当k＜0时，双曲线y＝的两支分别位于二、四象限，直线y＝kx＋k的图象过二、三、四象限；由此可得，只有选项A符合要求，故选A.
点睛：本题考查一次函数，反比例函数中系数及常数项与图象位置之间关系．反比例函数y= 的图象当k＞0时，它的两个分支分别位于第一、三象限；当k＜0时，它的两个分支分别位于第二、四象限．一次函数图象与k、b的关系：①k>0，b>0时，图像经过一二三象限；②k>0，b<0，图像经过一三四象限；③k>0，b=0时，图像经过一三象限，并过原点；④k<0，b>0时，图像经过一二四象限；⑤k<0，b<0时，图像经过二三四象限；⑥k<0，b=0时，图像经过二四象限,并过原点.
9、B
【分析】画树状图列出所有情况，看数字之和等于4的情况数占总情况数的多少即可．
【详解】画树状图得：
则共有9种等可能的结果，其中两张牌的牌面数字之和等于4的有3种结果，
∴两张牌的牌面数字之和等于4的概率为 ＝，
故选：B．
【点睛】
本题考查列表法和树状图法，解题的关键是可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果．
10、B
【分析】根据矩形的性质、平行四边形的判定、多边形的内角和及三角形垂直平分线的性质，逐项判断即可．
【详解】A.矩形的对角线相等且互相平分，故原命题错误；
B.已知如图：，，求证：四边形ABCD是平行四边形．
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴一组对角相等，一组对边平行的四边形一定是平行四边形，故原命题正确；
C.正八边形每个内角都是：，故原命题错误；
D.三角形三边垂直平分线交点到三角形三个顶点的距离相等，故原命题错误．
故选：B．
【点睛】
本题考查命题的判断，明确矩形性质、平行四边形的判定定理、多边形内角和公式及三角形垂直平分线的性质是解题关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、15π
【解析】设圆锥母线长为l，根据勾股定理求出母线长，再根据圆锥侧面积公式即可得出答案.
【详解】设圆锥母线长为l，∵r=3，h=4，
∴母线l=，
∴S侧=×2πr×5=×2π×3×5=15π，
故答案为15π.
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积，熟知圆锥的母线长、底面半径、圆锥的高以及圆锥的侧面积公式是解题的关键.
12、15
【分析】直接利用特殊角的三角函数值求出答案．
【详解】解：tan（α+15°）=
∴α+15°=30°,
∴α=15°
故答案是15
【点睛】
此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关特殊角的三角函数值是解题关键．
13、1
【分析】根据韦达定理可得，，将整理得到，代入即可．
【详解】解：∵是一元二次方程的两个根，
∴，，
∴，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查韦达定理，掌握，是解题的关键．
14、1
【分析】能组合成圆锥体，那么扇形的弧长等于圆形纸片的周长．应先利用扇形的面积=圆锥的弧长×母线长÷1，得到圆锥的弧长=1扇形的面积÷母线长，进而根据圆锥的底面半径=圆锥的弧长÷1π求解．
【详解】解：∵圆锥的弧长=1×11π÷6=4π，
∴圆锥的底面半径=4π÷1π=1cm，
故答案为1．
【点睛】
解决本题的难点是得到圆锥的弧长与扇形面积之间的关系，注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点．
15、
【分析】由1占圆，2与3占，可得把数字为1的扇形可以平分成2部分，即可得转动转盘一次共有4种等可能的结果，分别是1，1，2，3；然后由概率公式即可求得．
【详解】解：占圆，2与3占，
把数字为1的扇形可以平分成2部分，
转动转盘一次共有4种等可能的结果，分别是1，1，2，3；
当转盘停止后，指针指向的数字为偶数的概率是：．
故答案为：．
【点睛】
此题考查了概率公式的应用．注意用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
16、④⑥ ①②③⑤
【分析】根据中心投影的性质，找到是灯光的光源即可判断出中心投影；再利用平行光下的投影属于平行投影可判断出平行投影．
【详解】解：①②③⑤都是灯光下的投影，属于中心投影；④因为太阳光属于平行光线，所以日晷属于平行投影；⑥中是平行光线下的投影，属于平行投影，
故答案为：④⑥；①②③⑤．
【点睛】
此题主要考查了中心投影和平行投影的性质，解题的关键是根据平行投影和中心投影的区别进行解答即可．
17、
【分析】根据题意可知点P在以AB为直径，AB的中点O为圆心的上，然后画出图形，找到P点离C点距离最近的点和最远的点，然后通过勾股定理求出OC的长度，则答案可求．
【详解】
∴点P在以AB为直径，AB的中点O为圆心的上
如图，连接CO交于点，并延长CO交于点


当点P位于点时，PC的长度最小，此时

当点P位于点时，PC的长度最大，此时


故答案为：．
【点睛】
本题主要考查线段的取值范围，能够找到P点的运动轨迹是圆是解题的关键．
18、16
【解析】如图作BM⊥AD于M，DE⊥AB于E，BF⊥CD于F．易知四边形BEDF是矩形，理由面积法求出DE，再利用等腰三角形的性质，求出DF即可解决问题．
【详解】连接BD，过点B分别作BM⊥AD于点M，BN⊥DC于点N，
∵梯形ABCD是等距四边形，点B是等距点，
∴AB=BD=BC=10，
∵= ，
∴AM=，∴BM==3，
∵BM⊥AD，∴AD=2AM=2，
∵AB//CD，
∴S△ABD=，
∴BN=6，
∵BN⊥DC，∴DN==8，
∴CD=2DN=16，
故答案为16.
三、解答题(共66分)
19、（1）；（2）①；②方方不能在当天点分前到达地．
【分析】（1）由速度乘以时间等于路程，变形即可得速度等于路程比时间，从而得解；
（2）①8点至12点48分时间长为小时，8点至14点时间长为6小时，将它们分别代入v关于t的函数表达式，即可得小汽车行驶的速度范围；
②8点至11点30分时间长为小时，将其代入v关于t的函数表达式，可得速度大于120千米/时，从而得答案．
【详解】解：(1) ，且全程速度限定为不超过120千米/时，
关于的函数表达式为：．
(2)①点至点分时间长为小时，点至点时间长为小时
将代入得；
将代入得，
小汽车行驶速度的范围为：．
②方方不能在当天点分前到达地．理由如下：
点至点分时间长为小时，
将代入中，
得千米/时，超速了．
所以方方不能在当天点分前到达地．
【点睛】
本题是反比例函数在行程问题中的应用，根据时间速度和路程的关系可以求解，本题属于中档题．
20、（1）k=3，n=；（1）；（3） 或 x＞1．
【分析】（1）把A，B的坐标代入直线的解析式求出m，n的值，再把B点坐标代入反比例函数解析式求出k的值；
（1）先求出直线与x轴、y轴的交点坐标，再求出即可．
（3）由图象可知取一次函数图象在反比例函数图象上方的x的取值范围即可．
【详解】解：（1）∵点B（n，﹣6）在直线y=3x﹣5上．
∴-6=3n-5，解得：n=．
∴B（，-6）；
∵反比例函数的图象也经过点B（，-6），
∴k-1=-6×()=1，解得：k=3；
（1）设直线y=3x﹣5分别与x轴，y轴相交于点C，点D，
当y=0时，即3x﹣5=0，x=，
∴OC=，
当x=0时，y=3×0-5=-5，
∴OD=5，
∵点A（1，m）在直线y=3x﹣5上，
∴m=3×1-5=1，即A（1，1）．
．
（3）由图象可知y1＞ y1时自变量x的取值范围为： 或 x＞1．
【点睛】
本题考查了用待定系数法求反比例函数的解析式，反比例函数与一次函数的交点问题、函数图象上点的坐标特征等知识点，能求出反比例函数的解析式是解此题的关键．
21、（1）100海里（2）约为1.956小时
【分析】（1）过A作AH⊥MN于H．由方向角的定义可知∠QMB=30°，∠QMA=60°，那么∠NMA=∠QMA-∠QMB=30°．解直角△AMH中，得出AH=AM，问题得解；
（2）先根据直角三角形两锐角互余求出∠HAM=60°，由∠MAB=15°，得出∠HAB=∠HAM-∠MAB=45°，那么△AHB是等腰直角三角形，求出BH=AH距离，然后根据时间=路程÷速度即可求解．
【详解】解：（1）如图，过作于.
∵，
∴
在直角中，
∵，，海里，
∴海里.
答：点到航线的距离为100海里.
（2）在直角中，，
由（1）可知，
∵
∴，
∴，
∴轮船从处到处所用时间约为小时.
答：轮船从处到处所用时间约为1.956小时.
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题，含30°角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余的性质，准确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
22、（1）8.5米；（2）米
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质即可解决问题；
（2）作HJ⊥CG于G．则△HJG是等腰直角三角形，四边形EFJH是矩形，设GJ=EF=HJ=x．构建方程即可解决问题；
【详解】（1）由题意：四边形ABED是矩形，可得DE=AB=7米，AD=BE=1.5米，
在Rt△DEH中，∵∠HDE=45°，
∴HE=DE=7米，
∴BH=EH+BE=8.5米，
所以古树BH的高为8.5米；
（2）作HJ⊥CG于J．易证△HJG是等腰直角三角形，四边形EFJH是矩形，
∴JF=HE =7米，
设HJ =x．则GJ=EF=HJ=x，
在Rt△EFG中，tan60°=，
即，
∴，
∴，
∴（米）；
所以教学楼CG的高为米．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
23、 (1)；(2)点M的坐标为M(，5)；(3)存在，Q(，)或(，)或(-3，1)或().
【分析】（1）将A(- 4，0)、C(0，4)代入y=﹣x2+bx+c中即可得；
（2）直线AC的解析式为：，表达出DQ的长度，及△ADC的面积，根据二次函数的性质得出△ADC面积的最大值，从而得出D点坐标，作点D关于对称轴对称的点，确定点M，使DM+AM的值最小；
（3）△BQC为等腰三角形，则表达出三边，并对三边进行分类讨论，计算得出Q点的坐标即可.
【详解】解：(1)将A(- 4，0)、C(0，4)代入y=﹣x2+bx+c中得
，解得 ，
∴，
(2)直线AC的解析式为：
设Q(m，m+4) ，则 D(m，)
DQ=()- (m+4)=
当m=-2时，面积有最大值
此时点D的坐标为D(-2，6)，D点关于对称轴对称的点D1(-1，6)
直线AD1的解析式为：
当时，
所以，点M的坐标为M(，5)
(3)∵，
∴设Q(t,t+4)，
由得，，
∴B(1,0)，
∴
,
△BQC为等腰三角形
①当BC=QC时，则，∴此时，
∴Q(，)或(，)；
②当BQ=QC时，则，解得，
∴Q()；
③当BQ=BC时，则，解得t=-3,
∴Q(-3，1)；
综上所述，若△BQC为等腰三角形，则
Q(，)或(，)或(-3，1)或().
【点睛】
本题考查二次函数与最短路径，面积最大值，动点存在性等几何的综合应用，难度较大，解题的关键是能够灵活运用二次函数的性质及几何知识．
24、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】(1)连接OD，根据等腰三角形的性质结合角平分线的性质可得出∠CAD=∠ODA，利用“内错角相等，两直线平行”可得出AE//OD，结合切线的性质即可证出DE⊥AE；
(2)过点D作DM⊥AB于点M，连接CD、DB，根据角平分线的性质可得出DE=DM，结合AD=AD、∠AED=∠AMD=90°即可证出△DAE≌△DAM(SAS)，根据全等三角形的性质可得出AE=AM，由∠EAD=∠MAD可得出，进而可得出CD=BD，结合DE=DM可证出Rt△DEC≌Rt△DMB(HL)，根据全等三角形的性质可得出CE=BM，结合AB=AM+BM即可证出AE+CE=AB．
【详解】连接OD，如图1所示，
，AD平分，
，，
，
，
是的切线，
，
，
；
过点D作于点M，连接CD、DB，如图2所示，
平分，，，
，
在和中，，
≌，
，
，
，
，
在和中，，
≌，
，
．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、切线的性质、角平分线的性质、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质以及圆周角定理，解题的关键是：(1)利用平行线的判定定理找出AE//OD；(2)利用全等三角形的性质找出AE=AM、CE=BM．
25、（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】试题分析：两组角对应相等，两个三角形相似.
证明根据相似三角形对应边成比例，即可证明.
试题解析：（1）
又


∵AD//BC，

（2）∵EF//DC，


∴．
∵AD//BC，
∴，∴．
即，

26、（1）A（﹣3，0），B（1，0）；（2）存在符合条件的点E，其坐标为（﹣1﹣2，2）或（﹣1+2，2）或（﹣1，﹣2）．
【分析】（1）令y=0可求得相应方程的两根，则可求得A、B的坐标；
（2）可先求得P点坐标，则可求得点E到AB的距离，可求得E点纵坐标，再代入抛物线解析式可求得E点坐标．
【详解】（1）令y=0，则x2+x0，
解得：x=﹣3或x=1，
∴A(﹣3，0)，B(1，0)；
（2）存在．理由如下：
∵yx2+x(x+1)2﹣2，
∴P(﹣1，﹣2)．
∵△ABP的面积等于△ABE的面积，
∴点E到AB的距离等于2，
①当点E在x轴下方时，则E与P重合，此时E(﹣1，﹣2)；
②当点E在x轴上方时，则可设E(a，2)，
∴a2+a2，解得：a=﹣1﹣2或a=﹣1+2，
∴E(﹣1﹣2，2)或E(﹣1+2，2)．
综上所述：存在符合条件的点E，其坐标为(﹣1﹣2，2)或(﹣1+2，2)或(﹣1，﹣2)．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质及与坐标轴的交点，分别求得A、B、P的坐标是解答本题的关键．