浙江省杭州市西湖区2022—2023学年九年级上学期期末教学质量调研数学试题卷

这是一份浙江省杭州市西湖区2022—2023学年九年级上学期期末教学质量调研数学试题卷，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
浙江省杭州市西湖区2022—2023学年九年级上学期期末教学质量调研数学试题卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．若（a，b均不为0），则的值是（    ）A．2 B．3 C．2：3 D．3：2【答案】D【分析】依据比例的性质内项积等于外项积即可得出结论．【详解】解：，，，故选D．【点睛】本题考查比例的性质，掌握内项积等于外项积是解题的关键．2．已知是半径为2的圆的一条弦，则的长可能是（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】A【分析】求出圆的直径，根据直径是圆中最长的弦判断即可．【详解】∵圆的半径为2，∴圆的直径为4，∵是半径为2的圆的一条弦，∴，故选：A．【点睛】此题考查了圆的弦的性质：直径是圆中最长的弦，正确理解是解题的关键．3．在一个边长为1的正方形中挖去一个边长为的小正方形，如果设剩余部分的面积为y，那么y关于x的函数表达式为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据剩下部分的面积=大正方形的面积-小正方形的面积，得出y与x的函数关系式即可．【详解】解：设剩下部分的面积为y，则：，故选：B．【点睛】此题主要考查了根据实际问题列二次函数关系式，利用剩下部分的面积=大正方形的面积-小正方形的面积得出是解题关键．4．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．【点睛】本题考查了树状图法求概率以及概率公式，解题的关键是画出树状图．5．如图，能使成立的条件是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据相似三角形的判定求解即可．【详解】解：由题意得，，若添加，利用两边及其夹角法可判断，故本选项符合题意；A、B、D均不能判定，故不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定定理是解题的关键．6．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．【点睛】理解黄金分割点的概念．应该识记黄金分割的公式：较短的线段=原线段的，较长的线段=原线段的．7．如图，在平面直角坐标系中，以点为旋转中心，将点按逆时针方向旋转到点B，点B在y轴上，则扇形AOB的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】过点A作于C，由，则，则是等腰直角三角形，则，，从而求得，然后根据扇形面积公式计算即可．【详解】解：过点A作于C，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，，∴，∴，故选：B．【点睛】本题考查扇形的面积，坐标与图形，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握勾股定理和扇形面积公式是解题的关键．8．已知二次函数，函数值与自变量的部分对应值如表： 则当时，的取值范围是（    ）A． B．C．或 D．或【答案】C【分析】根据表格数据得出抛物线开口向上，对称轴为直线，进而得出时，，据此即可求解．【详解】表格数据得出抛物线开口向上，对称轴为直线，当时，，∴当时，，∴当时，的取值范围是或，故选：C．【点睛】本题考查了二次函数图象与性质，得出抛物线的对称轴与开口方向是解题的关键．9．如图，E，F，G，H分别是矩形四条边上的点，已知，若，，则为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】过点作，垂足为，过点作，垂足为，设交于点O，再证明，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】过点作，垂足为，过点作，垂足为，设交于点O，则∴，∵， ∴，又∵，∴，∴，∴．故选：B．【点睛】此题主要考查相似三角形的判定和性质，熟练进行逻辑推理是解题关键．10．设函数，．直线的图象与函数，的图象分别交于点，，得（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】C【分析】根据题意分别画出的图象，继而根据图象即可求解．【详解】解：∵直线的图象与函数，的图象分别交于点，，A. 若，如图所示，则    B. 若，如图所示，则则，故B选项不合题意，C. 若，如图所示， ∴，故C选项正确，D选项不正确；故选：C．【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，数形结合是解题的关键． 二、填空题11．二次函数图象与轴的交点坐标为_________．【答案】【分析】令，解方程即可求解．【详解】解：令，得，解得：，∴二次函数图象与轴的交点坐标为，故答案为：．【点睛】本题考查了求二次函数图象与轴的交点，根据题意解方程是解题的关键．12．在一个不透明的袋中装有一些除颜色外完全相同的红和黑两种颜色的小球，已知袋中有红球5个，黑球个，从袋中随机摸出一个红球的概率是，则的值为_________．【答案】10【分析】利用概率公式得到方程，解方程即可．【详解】解：根据题意得，解得：，经检验，是原方程的解，也符合题意，故答案为：10．【点睛】本题考查利用概率计算数量，解分式方程，熟练掌握概率公式：随机事件A的概率事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数是解题的关键．13．如图，为的直径，点C在上，点Р在线段上运动（不与O，B重合），若，设为，则的取值范围是_________．【答案】【分析】由于P为动点，由图可知，当点P位于O点时取得最小值，当点P位于B点时取得最大值．【详解】解：当点P位于O点时，，则，此时的值最小；当点P位于B点时，根据直径所对的角是可得，此时的值最大；由于点Р不与O，B重合，于是．故答案为：．【点睛】此题考查了圆周角定理与等腰三角形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用．14．如图，用一个半径为6cm的定滑轮拉动砝码上升（假设绳索足够长且粗细不计，与滑轮之间无滑动），若滑轮旋转了，则砝码上升了_________cm．（结果保留）【答案】【分析】根据弧长的计算方法计算半径为，圆心角为的弧长即可．【详解】解：由题意得，重物上升的距离是半径为，圆心角为所对应的弧长，即，故答案为：．【点睛】本题考查弧长的计算，掌握弧长的计算方法是正确解答的前提．15．对于二次函数和，其自变量和函数值的两组对应值如表所示（其中a、b均不为0，），根据二次函数图象的相关性质可知：_________，_________．1  【答案】          3【分析】先将表格的自变量和函数值转化为点的坐标，然后根据函数的对称性直接写出每个字母的值即可．【详解】和对称轴都为轴，可将表格中的数表示为坐标两点纵坐标相等，且横坐标关于轴对称故答案为：；3【点睛】此题考查二次函数的图像和性质，解题关键是纵坐标相同的不同点关于对称轴对称．16．如图，线段是的直径，弦于点H，点是弧上任意一点（不与B，C重合），，．延长线段交的延长线于点E，直线交于点N，连结交于点F，则________，________．【答案】          【分析】连接，设，在中，利用勾股定理求出；由，推出，推出，又，推出，由此即可解决问题．【详解】解：连接．∵，∴，设，则，在中，∵，∴，∴，即；连接．∵是直径，∴，，，，，故答案为：，【点睛】本题考查圆综合题、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定和性质、相交弦定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题． 三、解答题17．已知，请写出一个二次函数同时满足以下两个条件：①与函数图象开口大小、方向相同；②当时，y随x的增大而增大．【答案】（答案不唯一）．【分析】利用二次函数的性质可设对称轴为直线，二次项系数为2，据此即可写出满足条件一个二次函数表达式．【详解】解：∵当时，y随x的增大而增大，∴可设对称轴为直线，∵该函数的开口大小、形状均与函数的图象相同，∴二次项系数为2，∴满足条件二次函数表达式可为（答案不唯一）．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的性质．18．一个不透明的袋中装有2个白球，1个红球．这些球除颜色外，没有任何其他区别，有如下两个活动：活动1：从袋中随机摸出一个球，记下颜色，然后从袋中剩余的球中再随机摸出一个球，摸出的两个球都是白球的概率记为；活动2：从袋中随机摸出一个球，记下颜色，然后把这个球放回袋中并摇匀，重新从袋中随机摸出一个球，两次摸出的球都是白球的概率记为．试猜想，的大小关系，并用画树状图或列表的方法列出所有可能的结果，验证你的猜想．【答案】，验证过程见解析【分析】首先根据题意分别根据列表法列出两个活动所有情况，再利用概率公式即可求得答案．【详解】活动1： 白球1白球2红球白球1 （白1，白2）（白1，红）白球2（白2，白1） （白2，红）红球（红，白1）（红，白2）  ∵共有6种等可能的结果，摸到两个白球的有2种情况，∴摸出的两个球都是白球的概率记为活动2： 白球1白球2红球白球1（白1，白1）（白1，白2）（白1，红）白球2（白2，白1）（白2，白2）（白2，红）红球（红，白1）（红，白2）（红，红） ∵共有9种等可能的结果，摸到两个白球的有4种情况，∴摸出的两个球都是白球的概率记为∴【点睛】此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．重点需要注意球放回与不放回的区别．19．如图，在中，于点D，点E在上（不与点A，B重合），连接交于点F，．(1)求证：．(2)若，，，求的长．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）先证明，再利用四边形的内角和定理得出，再由相似三角形的判定即可证明；（2）利用勾股定理先求解，再由相似三角形的性质求解即可．【详解】（1）证明：，， ， ，， ， ，， ；（2）解：，，， ∵，， ， 由（1）得， ， ， ∴．【点睛】本题考查的是四边形的内角和定理的应用，相似三角形的判定与性质，熟练的利用相似三角形的判定和性质是解本题的关键．20．在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点．(1)求的值．(2)若二次函数的顶点为，求的最大值．【答案】(1)；(2)的最大值为． 【分析】（1）把点代入二次函数的解析式，即可求解；（2）利用二次函数的顶点公式求得，再求得，利用二次函数的性质即可求解．【详解】（1）解：∵二次函数的图象经过点，∴，∴；（2）解：∵二次函数的顶点为，∴，∴，∵，∴的最大值为．【点睛】本题考查了二次函数的性质，顶点坐标，掌握二次函数的性质是解题的关键．21．如图，在正五边形中，连结交于点F．(1)求的度数．(2)已知，求的长．【答案】(1)；(2)的长是． 【分析】（1）根据五边形是正五边形，判断出，，，，，．即可得到；（2）证明，推出，设，则，列出方程，解方程即可求出的长．【详解】（1）解：∵五边形是正五边形，∴，，，，，．∴四边形是菱形，∴，同理可求：，∴；（2）解：∵四边形是菱形，∴．∵，同理，∴，∴，即，设，则，∴，即，解得（舍去负值）．∴的长是．【点睛】本题考查了正多边形和圆，根据正五边形的性质，找到相似三角形，利用相似三角形的性质是解题的关键．22．在直角坐标系中，设函数（，且m，n为实数），(1)求函数图象的对称轴．(2)若m，n异号，求证：函数y的图象与x轴有两个不同的交点．(3)已知当时，对应的函数值分别为p，q，r，若，求证：．【答案】(1)(2)见解析(3)见解析 【分析】（1）把代入函数关系式，再利用解方程组求出a，b即可解题；（2）令，再有，由m，n异号，可知一元二次方程有两个实数根，即函数y的图象与x轴有两个不同的交点；（3）把代入表示出p，q，r，再利用，解题即可．【详解】（1）解：∵函数（，且m，n为实数），函数图象的对称轴为；（2）证明：令，则，即， m，n异号，∴，一元二次方程有两个不相等的实数根，即函数y的图象与x轴有两个不同的交点；（3）证明：由题可知，．【点睛】本题考查二次函数解析式，顶点坐标，一元二次方程根的情况，整式的加减，熟练掌握数形结合的思想是解题的关键．23．如图，内接于，，的外角的平分线交于点D，连接，，交于点F．(1)求证：是等腰三角形．(2)若．①求证：．②若的半径为5，，求的值．【答案】(1)见解析(2)①见解析；② 【分析】（1）由题意易得，则有，进而可得，则，然后问题可求证；（2）①由题意易证，则有，进而可得，再由相似三角形的判定得出，利用其性质即可证明；②连接交于G，由题意易得D、O都在中垂线上，即D、O、G共线，进而可得且，则有，由①得，根据相似三角形的性质得出，再由相似三角形的判定得出，利用其性质即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形内接于，∴，∵，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴是等腰三角形；（2）解：①∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴；②连接交于G，∵，∴D、O都在中垂线上，即D、O、G共线，∴且，∵，∴在中，，∴，∴在中，，∵，∴，∴，解得：，∴，∴，∵，，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查圆内接四边形的性质及相似三角形的判定与性质，垂径定理及圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质及相似三角形的判定与性质是解题的关键．