浙江省绍兴市越城区2023-2024学年九年级上学期期末检测数学试题B（原卷+解析）

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1．本试题卷有三个大题、24个小题组成，共6页．全卷分值120分，考试时间120分钟．
2．答案必须写在答题纸相应的位置上，写在本试题卷、草稿纸上均无效．
3．答题前，认真阅读答题纸上的“注意事项”，按规定答题．
参考公式：二次函数图象的顶点坐标是．
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分）
1. 下列四个选项中的点，在函数图象上的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了满足二次函数图象的点坐标．熟练掌握二次函数图象是解题的关键．
将各选项的点坐标代入解析式，进行判断作答即可．
【详解】解：当时，，则不在函数图象上，故A不符合要求；
当时，，则不在函数图象上，故B不符合要求；
当时，，则不在函数图象上，故C不符合要求；
当时，，则在函数图象上，故D符合要求；
故选：D．
2. 已知的半径为3，点P在外，则的长可能是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了点和圆的位置关系；
根据点在圆外，点到圆心的距离大于圆的半径可得答案．
【详解】解：∵的半径为3，点P在外，
∴，
∴的长可能是4，
故选：D．
3. 如图，在中，，已知，则的值是（ ）

A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定及性质，先根据平行得出，再根据相似三角形的性质即可得出答案．
【详解】
，
故选B．
4. 在一个不透明的口袋中有除颜色外完全相同的5个白球、7个红球，则任意摸出一个球是红球的概率是（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了简单的概率计算．熟练掌握简单的概率计算是解题的关键．
根据概率的计算公式，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，任意摸出一个球是红球的概率是，
故选：B．
5. 一个球从地面竖直向上弹起时的速度为，经过秒时球的高度为米，和满足公式： (表示球弹起时的速度，表示重力系数，取)，则球离地面的最大高度是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的应用，二次函数的最值．熟练掌握二次函数的应用，二次函数的最值是解题的关键．
由题意知，，由，求最值即可．
【详解】解：由题意知，，
∵，
∴当时，，
故选：A．
6. 如图，在中，为直角，，，是的外接圆，则图中阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】如图，连接，则是等边三角形，，，由勾股定理得，，即，可求，根据，计算求解即可．
【详解】解：如图，连接，
由题意知，，，
又∵，
∴是等边三角形，，，
由勾股定理得，，即，
解得，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了含的直角三角形，等边三角形的判定与性质，扇形面积，勾股定理等知识．明确阴影部分面积的表示是解题的关键．
7. 已知关于的二次函数图象对称轴为直线，且经过原点，当时，自变量的取值范围是（ ）
A. 或B. 或C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数与轴的交点，根据交点确定不等式的解集．熟练掌握二次函数的图象与性质，二次函数与轴的交点，根据交点确定不等式的解集是解题的关键．
由题意知，当，，二次函数的对称轴为直线，即，则，当时，可得，，根据交点可确定自变量的取值范围．
【详解】解：由题意知，当，，
二次函数的对称轴为直线，即，
∴，
当时，，
解得，，
∵，
∴二次函数图象开口向上，
∴当时，自变量的取值范围是，
故选；C．
8. 如图，在中，，，点在边上，且，在上找一点，使得与原三角形相似，则的长是（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质．分类讨论是解题的关键．
由题意知，分，两种情况求解即可．
【详解】解：由题意知，分，两种情况求解；
当时，，即，
解得，；
当时，，即，
解得，；
综上所述，的长是或，
故选：C．
9. 如图，已知抛物线的对称轴是直线，且过点，顶点在第一象限，其部分图像如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 若，（其中）是抛物线上的两点，且，则
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的综合，掌握二次函数的图象与各项系数符号的关系是解题关键．
根据二次函数的图象及性质可得，，，可判断A选项；由处的函数值可判断B选项；由处函数值可判断C选项；根据得到点到对称轴的距离小于点到对称轴的距离可判断D选项．
【详解】解：二次函数开口向下，则，
二次函数对称轴为，则，
∴，，
∴，故A选项错误；
∵过点，
∴由对称可得二次函数与x轴的另一交点为，
由函数图象可得时，
∴，故B选项错误；
∵时，
∴，
代入得：，故C选项错误；
∵对称轴是直线，
∴若，即时，，
当时，点到对称轴的距离小于点到对称轴的距离，
∵二次函数图象开口向下，
∴，故D选项正确．
故选：D．
10. 如图，圆为正方形的外接圆，半径为，点为弧上一点，连接，，，，过点作交于点，过点作于点，当长度最短时，的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】如图，连接，作且，连接，，连接，作的延长线于，则，，三点共线为圆的直径，，由勾股定理得，，证明，则，证明，则，可知在以为圆心，半径为的圆上运动，如图，连接，交于点，由题意知，，此时最短，连接交于点，作于，此时的长即为所求；如图，作于，由，可求，过点作于，证明，则，可求，作于，由，可得，如图，连接，证明，则，然后作答即可．
【详解】解：如图，连接，作且，连接，，连接，作的延长线于，
∵圆为正方形的外接圆，
∴，，三点共线为圆的直径，，
由勾股定理得，，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴在以为圆心，半径为的圆上运动，如图，连接，交于点，
由题意知，，此时最短，
连接交于点，作于，此时的长即为所求；
如图，作于，
∴，即，
解得，，
过点作于，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，，
作于，
∵，
∴，
如图，连接，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的外接圆，全等三角形的判定与性质，圆，同弧所对的圆周角相等，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识．明确动点的运动轨迹，即确定最短时点的位置是解题的关键．
二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
11. 已知，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了分式的求值，正确根据题意得到是解题的关键．
根据题意可设，然后代入所求式子中求解即可．
【详解】解：∵，
∴可设，
∴，
故答案为：．
12. 一个边长为2的正六边形，其外接圆的半径为________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据正六边形的外接圆半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形，即可求解．
【详解】解：正6边形的中心角为，
那么外接圆的半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形，
∴边长为2的正六边形外接圆半径是2．
故答案为：2．
【点睛】此题主要考查了正多边形和圆，得出正六边形的外接圆半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形是解题关键．
13. 飞行棋是一种有趣的竞技游戏，飞行棋里有一颗骰子，刚开始你只有将骰子掷到6时才能起飞，问第一次掷骰子就掷到6的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了简单的概率计算．熟练掌握简单的概率计算是解题的关键．
根据概率公式计算求解即可．
【详解】解：由题意知，第一次掷骰子就掷到6的概率是，
故答案：．
14. 将二次函数的图象向左平移1个单位，向下平移2个单位得到的新抛物线的顶点坐标是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的平移，二次函数的图象与性质．熟练掌握二次函数的平移，二次函数的图象与性质是解题的关键．由题意知，，则平移后的抛物线的解析式为，然后作答即可．
【详解】解：由题意知，，
∴平移后的抛物线的解析式为，
∴顶点坐标为，
故答案为：．
15. 如图，在中，，，，将绕直角边中点旋转，得到，并使边恰好经过点，过点作垂线，交延长线于点，则______．
【答案】####
【解析】
【分析】由勾股定理得，，由旋转可得，，，，则，，证明，则，即，计算求解即可．
【详解】解：由勾股定理得，，
∵绕直角边中点旋转，得到，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
解得，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质．熟练掌握勾股定理，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
16. 已知抛物线（为常量），部分不变，部分关于直线轴对称变换．两部分组成图形．若图形与直线有两个交点，则满足的条件是______．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查二次函数与一次函数的综合应用．先将一般式转化为顶点式， 分，，和进行讨论求解，掌握二次函数和一次函数的性质，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．本题的难度大，综合性强，属于压轴题．
【详解】解：∵，
∴抛物线的顶点坐标为，当时，，
∴抛物线与轴的交点为：
∵点关于直线的对称点为，
∴关于直线对称的图象的解析式为：，
∴图象的解析式为：
∵，
∴时，，
∴一次函数过点，
①当时，，
如图：
此时两图象只有一个交点，不符合题意；
②当，即：或时：如图，
此时两个图象恰好有两个交点，满足题意；
③当时，即：，
当时，此时直线与有一个交点，
∴当与只有一个交点时，满足题意，
∴，
整理，得：
∴，
解得：或（舍掉），
当时，，不满足题意；
当时，此时直线与有一个交点，
∴当与只有一个交点时，满足题意，
∴，
整理，得：
∴，
解得：（舍去）或，
当时，，满足题意；
④当时，即：或，
当时，此时直线与有一个交点，
∴当与只有一个交点时，满足题意，
∴，
整理，得：，
∴，
∴（舍去）不满足题意；
当时，此时直线与有一个交点，
∴当与只有一个交点时，满足题意，
∴，
整理，得：，
∴，
∴
当时，，不满足题意；
综上：或；
故答案为：或．
三、解答题（本题有8小题，第17~19题每题6分，第20、21题每题8分，第22、23题每题10分，第24题12分，共66分，各小题都必须写出解答过程）
17. 已知抛物线解析式为．
（1）求该抛物线开口方向，对称轴；
（2）求抛物线与轴，轴的交点．
【答案】（1）开口方向向上，对称轴为轴
（2）抛物线与轴的交点为及，轴的交点为
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质．
（1）根据二次函数性质即可得出答案；
（2）分别令，求出对应的值即可得出答案．
【小问1详解】
抛物线解析式为中，
该抛物线开口方向向上，对称轴为轴
【小问2详解】
令，则
令，则
抛物线与轴交点为及，轴的交点为
18. 如图，中，，，，逆时针旋转一定角度后与重合，且点恰好成为的中点．
（1）指出旋转中心，并求出旋转的度数；
（2）求的度数和的长．
【答案】18. 点，
19. 的度数为，的长为
【解析】
【分析】本题考查了三角形内角和定理，旋转的性质．熟练掌握三角形内角和定理，旋转的性质是解题的关键．
（1）由题意知，，由旋转的性质可知，旋转中心为点，，根据旋转的度数为，然后求解作答即可；
（2）由题意知，，由旋转的性质可得，，则，进而可求的长．
【小问1详解】
解：由题意知，，
由旋转的性质可知，旋转中心为点，，旋转的度数为，
∴旋转中心为点，旋转的度数为；
【小问2详解】
解：由题意知，，
由旋转的性质可得，，
∵点恰好成为的中点，
∴，
∴，
∴的度数为，的长为．
19. 在学习概率的课堂上，老师提出的问题：只有一张电影票，小丽和小芳想通过抽取扑克牌的游戏来决定谁去看电影，请你设计一个对小丽和小芳都公平的方案.甲同学的方案：将红桃2、3、4、5四张牌背面向上，小丽先抽一张，小芳从剩下的三张牌中抽一张，若两张牌上的数字之和是奇数，则小丽看电影，否则小芳看电影.
（1）甲同学的方案公平吗？请用列表或画树状图的方法说明；
（2）乙同学将甲同学的方案修改为只用2、3、5、7四张牌，抽取方式及规则不变，乙的方案公平吗？并说明理由.
【答案】（1）甲同学的方案不公平.理由见解析；（2）公平，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率，比较即可．
（2）解题思路同上．
【详解】（1）甲同学的方案不公平.
理由如下：列表法，所有结果有12种，数字之和为奇数有：8种，故小丽获胜的概率为：，则小芳获胜的概率为：，故此游戏两人获胜的概率不相同，即游戏规则不公平；
（2）公平，理由如下：
所有结果有12种，其中数字之和为奇数的有：6种，故小丽获胜的概率为：，则小芳获胜的概率为：，故此游戏两人获胜的概率相同，即他们的游戏规则公平.
【点睛】本题考查树状图或列表法求概率，列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合于两步或两步以上的完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20. 如图，是正三角形，曲线叫做正三角形的渐开线，其中，，的圆心依次是点，，，它们互相连结，如果，
（1）求曲线的长；
（2）求整个图形的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由是正三角形，可得，，则，，根据曲线的长为，计算求解即可；
（2）如图，作于，则，由勾股定理得，根据整个图形的面积为，计算求解即可．
【小问1详解】
解：∵是正三角形，
∴，，
∴，，
∴曲线的长为，
∴曲线的长为；
【小问2详解】
解：如图，作于，
∴，
由勾股定理得，
∴整个图形的面积为，
∴整个图形的面积为．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，扇形，弧长．熟练掌握扇形，弧长的计算公式是解题的关键．
21. 如图，点B为线段上一点，满足，，．
（1）求长度；
（2）求证：．
【答案】（1）4 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）由，可得，证明，则，即，计算求解即可；
（2）由勾股定理得，，，由， ，可证结论．
【小问1详解】
解：∵，
∴，即，
∴，
∴，即，
解得，，
∴的长度为4；
【小问2详解】
证明：由勾股定理得，，，
∴，
∵， ，
∴．
22. 某学校为美化学校环境，打造绿色校园，决定用篱笆围成一个一面靠墙（墙足够长）的矩形花园，用一道篱笆把花园分为A，B两块（如图所示），花园里种满牡丹和芍药，学校已定购篱笆120米．
（1）设计一个使花园面积最大的方案，并求出其最大面积；
（2）在花园面积最大的条件下，A，B两块内分别种植牡丹和芍药，每平方米种植2株，知牡丹每株售价25元，芍药每株售价15元，学校计划购买费用不超过5万元，求最多可以购买多少株牡丹？
【答案】（1）长为60米，宽为20米时，有最大面积，且最大面积为1200平方米
（2）最多可以购买1400株牡丹
【解析】
【分析】（1）设长为x米，面积为y平方米，则宽为米，可以得到y与x的函数关系式，配成顶点式求出函数的最大值即可；
（2）设种植牡丹面积为a平方米，则种植芍药的面积为平方米，由题意列出不等式求得种植牡丹面积的最大值，即可解答．
【小问1详解】
解：设长为x米，面积为y平方米，则宽为米，
∴，
∴当时，y有最大值是1200，
此时，宽为（米）
答：长为60米，宽为20米时，有最大面积，且最大面积为1200平方米．
【小问2详解】
解：设种植牡丹的面积为a平方米，则种植芍药的面积为平方米，
由题意可得
解得：，
即牡丹最多种植700平方米，
（株），
答：最多可以购买1400株牡丹．
【点睛】本题考查二次函数的应用、一元一次不等式的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
23. 如图1，有一块长方形纸板，它的边，．点，分别为，上的点，把长方形沿折叠使得点落到，满足．设．
（1）当为多少时，点落在上；
（2）当x为多少时，点落在上；
（3）设和存在重叠部分，重叠部分的面积记为，当点落于内部时，求关于的函数解析式，并写出的取值范围．
【答案】23. 3 24.
25. ，
【解析】
【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，相似三角形的判定与性质．熟练掌握矩形与折叠，勾股定理，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）由矩形的性质可知，，，如图1，连接，交于，由翻折的性质可知，，，，由勾股定理得，，由，可求，则，证明，则，即，计算求解即可；
（2）如图2，同理（1），，，，则，可求，则，同理（1），则，即，计算求解即可；
（3）如图3，记交于，交于， 交于，由（1）可知，同理（1），则，可求，则，，证明，则，即，可得，，证明，则，即，整理得，，然后作答即可．
【小问1详解】
解：∵长方形纸板，，，
∴，，，
如图1，连接，交于，
由翻折的性质可知，，，
∵，
∴，
由勾股定理得，，
∴，即，
解得，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，；
∴当时，点落在上；
小问2详解】
解：如图2，
同理（1），，，
∴，即，
∵，
∴，
∴，即，
解得，，
∴，
同理（1），
∴，即，
解得，，
∴当时，点落在上；
【小问3详解】
解：如图3，记交于，交于， 交于，
由（1）可知，
同理（1），
∴，即，
解得，，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
解得，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，整理得，，
∴当点落于内部时，关于的函数解析式为，．
24. 如图1，在直角坐标系中，以原点为圆心，半径为10作圆，交轴于点，（点在点的左边）．点为直径AB上一动点，过点作弦（点在点上方），连接AE，过点作交圆于另一点，记为点．直线EF交轴于点，连接OE，BF，AD．
（1）若，求的度数；
（2）求证：；
（3）若，请直接写出点横坐标．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由垂径定理得，则得，再由平行线的性质即可求得结果；
（2）连接，由可得，再由得，即有，则可证明，得，即有，即可得结论；
（3）由条件得的中点是C，有，则；设，由（2）知；由得，在中，由两锐角互余得的度数；连接，证明，则可求得，得的长，即可求得C点横坐标．
【小问1详解】
解：∵是直径，，
∴，
∴；
∵，
∴；
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：如图，连接，
∵，
∴，
∴，
∴；
∵，为直径，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：∵，
∴的中点是C，
∵，
∴，
∴；
设，则，
由（2）知，
∴；
∵，
∴，
在中，，
即，
∴；
连接，如图，
则，；
∵，
∴，；
∵，
∴，
∴，
∴，即，
设，则，
∴，解得：（舍去），
∴；
∵，
∴，
∴，
即点C的横坐标为．
【点睛】本题考查了垂径定理，弧、弦、圆周角间的关系，圆周角定理，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识；涉及较多的知识点，灵活运用它们是关键．