浙教版九年级(上)期末数学试卷及答案

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浙江省九年级数学上册期末模拟试卷
一、选择题(每小题3分,共30分)
1.在一个不透明的布袋中装有60个白球和若干个黑球,除颜色外其他都相同,小红每次摸出一个球并放回,通过多次试验后发现,摸到黑球的频率稳定在0.6左右,则布袋中黑球的个数可能有()
A. 24
B. 36
C. 40
D. 90
2.如图,在平面直角坐标系中,点A的坐标为(3,4),那么cosα的值是()
A. 3
4 B. 4
3
C. 4
5
D. 3
5
3.如图,OA⊥OB,等腰直角三角形CDE的腰CD在OB上,∠ECD=45°,将三角形CDE绕点C逆时针旋转75°,点E的对应点N恰好落在OA上,则OC
CD
的值为()
A. 1
2 B. √2
2
C. 1
3
D. √3
3
4.已知△ABC∽△A´B´C´,且△ABC与△A´B´C´的周长比为1:2,则△ABC与△A´B´C´的面积比为()
A. 1:2
B. 2:1
C. 1:4
D. 4:1
5.已知,抛物线y=ax2+bx+c与x轴的公共点是(-6,0),(2,0),则这条抛物线的对称轴是直线()
A. x=1
B. x=−2
C. x=−1
D. x=2
6.如图,在平面直角坐标系中,已知点A(−2,4),B(−8,−2),以原点O为位似中心,相似比为1
2
,把ΔA BB缩小,则点A的对应点A′的坐标()
A. (−1,2)
B. (−9,18)
C. (−9,18)或(9,−18)
D. (−1,2)或(1,−2)
7.如图,一块矩形木板ABCD斜靠在墙边(OC⊥OB,点A,B,C,D,O在同一平面内).已知AB=a,AD=b,∠BCO=x,则点A到OC的距离等于()
A. asinx+bsinx
B. acosx+bcosx
C. asinx+bcosx.
D. acosx+bsinx
8.如图,扇形AOB的圆心角为90°,四边形OCDE是边长为1的正方形,点C、E、D分别在OA、OB、AB上,过A作AF⊥ED交ED的延长线于点F,那么图中阴影部分的面积为().
B. √2-1
C. 2- √2
D. √2
A. √2
2
9.如图,在正方形ABCD中,ΔBPC是等边三角形,BP、CP的延长线分别交AD于点E、F,连接BD、DP,BD与CF相交于点H,给出下列结论:①BE=2AE;②ΔDFP∼ΔBPH;
③ΔPFD∼ΔPDB;④DP2=PH⋅PC.其中正确的个数是()
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
10.二次函数y=ax2+bc(a≠0)的部分图象如图,图象过点(-1,0),对称轴为直线x=2,下列结论:①抛物线与x轴的另一个交点是(5,0);②4a-2b+c>0:③4a+b=0;④当x>-1时,y的值随κ值的增大而增大。

其中正确的结论有()
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
二、填空题(每小题4分,共24分)
+tan30°=________。

11.sin60°
1+tan45°
12.如图,AD是△ABC的高,且AB= 4√2,AC=5,AD=4,则⊙O的直径AE是________.
13.甲、乙两人分别到A、B、C三个餐厅的其中一个用餐,那么甲乙在同一餐厅用餐的概率是________.
14.在某市治理违建的过程中,某小区拆除了自建房,改建绿地.如图,自建房占地是边长为8m的正方形ABCD,改建的绿地为矩形AEFG,其中点E在AB上,点G在AD的延长线上,且DG=2BE.那么当BE =________m时,绿地AEFG的面积最大.
(x>0)图象上的一点,点B、D在y轴正半轴上,ΔABD是ΔCOD关15.如图,A是反比例函数y=k
x
于点D的位似图形,且ΔABD与ΔCOD的位似比是1:3,ΔABD的面积为1,则k的值为________.
16.如图,边长为2的正方形ABCD的顶点A、B在一个半径为2的圆上,顶点C、D在该圆内.将正方形ABCD绕点A逆时针旋转,当点D第一次落在圆上时,点C旋转到C′,则B C′AB=________ °.
三、解答题(共8题;共66分)
17.如图,BD是B ABCD的一条对角线,点F在BC边上,连接DF交AB的延长线于点E,且
B EDB=B C.
(1)求证:△ADE∽△DBE;
(2)若DE=√10,AE=4,求CD的长.
18.小云的书包里只放了A4纸大小的试卷共4张,其中语文1张、数学2张、英语1张.
(1)若随机地从书包中抽出1张,则抽出的试卷是数学试卷的概率为________.
(2)若随机地从书包中抽出2张,用画树状图的方法,求抽出的试卷中有数学试卷的概率.
19.下图为某小区的两幢1O层住宅楼,由地面向上依次为第1层、第2层、…、第10层,每层的高度为3m,两楼间的距离AC=30m.现需了解在某一时段内,甲楼对乙楼的采光的影响情况.假设某一时刻甲楼楼顶B落在乙楼的影子长EC=h,太阳光线与水平线的夹角为α.
(1)用含α的式子表示h;
(2)当α=30°时,甲楼楼顶B的影子落在乙楼的第几层?从此时算起,若α每小时增加10°,几小时后,甲楼的影子刚好不影响乙楼采光.
20.如图,在ABCD中,AB=1,BC= √5,对角线AC,BD交于O点,将直线AC绕点O顺时针旋转,分别交于BC,AD于点E,F.
(1)证明:当旋转角为________时,四边形ABEF是平行四边形;
(2)在旋转过程中,四边形BEDF可能是菱形吗?如果不可能,请说明理由;如果可能,说明理由并求出此时AC绕点O顺时针旋转的度数.
21.如图,在平面直角坐标系中,RtΔOAB的直角顶点A在x轴上,OB=5,OA=4,动点M从点A出发,以每秒1个单位长度的速度,沿AO向终点O运动,同时点N从点O出发,以每秒2个单位长度的速度,沿OB向终点B移动,当两个动点运动了x(0<x<2.5)秒时,解答下列问题:
(x>0)的图象上,求出该函数的解析式;
(1)若点B在反比例函数y=k
x
(2)在两个动点运动过程中,当x为何值时,使得以O,M,N为顶点的三角形与ΔOAB相似?22.已知锐角△ABC的外接圆圆心为O,半径为R.
=2R;
(1)求证:AC
sinB
(2)若△ABC中B A=45°,B B=60°,AC=√3,求BC的长及sinC的值.
23.如图1,在矩形ABCD中,AB=6cm,BC=12cm,点P从点A开始以1cm/s的速度沿AB边向点B运动,点Q从点B以2cm/s的速度沿BC边向点C运动,如果P、Q同时出发,设运动时间为ts,
(1)当t=2时,求△PBQ的面积;
(2)当t= 3
时,试说明△DPQ是直角三角形;
2
(3)当运动3s时,P点停止运动,Q点以原速立即向B点返回,在返回的过程中,DP是否能平分∠ADQ?若能,求出点Q运动的时间;若不能,请说明理由.
24.如图,抛物线y=(x−1)2+n与x轴交于A,B两点( A在B的左侧),与y轴交于点C(0,−3),点D与点C关于抛物线的对称轴对称.
(1)求抛物线的解析式及点D的坐标:
(2)点P是抛物线对称轴上的一动点,当ΔPAC的周长最小时,求出点P的坐标;
(3)点Q在x轴上,且B ADQ=B DAG,请直接写出点Q的坐标.
参考答案
一、选择题(30分)
1.设袋中有黑球x个,由题意得:x
60+x
=0.6,解得:x=90,经检验,x=90是分式方程的解,
则布袋中黑球的个数可能有90个.故答案为:D.
2.解:∵点A的坐标为(3,4)
∴OA=√32+42=5
∴cosα=3
5
故答案为:D.
3. 解:设CD=CM=x,则CN=CE=√2x
∵B MCE=75°,B ECD=45°
∴B NOC=60°∴OC=√2
2
x
则OC
CD = √2
2
.
故答案为:B.
4.解:∵△ABC∽△A´B´C´,且△ABC与△A´B´C´的周长比为1:2
∴△ABC与△A´B´C´的相似比为1:2
∴△ABC与△A´B´C´的面积比为(1:2)2=1:4
故答案为:C.
5.解:∵抛物线与x轴的交点为(-6,0),(2,0),
∴两交点关于抛物线的对称轴对称,
则此抛物线的对称轴是直线x=x1+x2
2
,即x=−2.
故答案是B.
6.解:点A(−2,4),B(−8,−2),以原点O为位似中心,相似比为1
2
,把ΔABO缩小,则点A的对
应点A′的坐标是(−2×1
2,4×1
2
)或(−2×(−1
2
),4×(−1
2
)),即(−1,2)或(1,−2).
故答案为:D.
7.解:作AG⊥OC交OC于点G,交BC于点H,如图,
∵四边形ABCD为矩形,AD=b,
∴∠ABH=90°,AD=BC=b,
∵OB⊥OC,
∴∠O=90°,
又∵∠HCG+∠GHC=90°,∠AHB+∠BAH=90°,∠GHC=∠AHB,∠BC0=x,∴∠HCG=∠BAH=x,
在Rt△ABH中,
∵cos∠BAH=cosx= AB
AH
,AB=a,
∴AH= a
cosx

∵tan∠BAH=tanx= BH
AB

∴BH=a·tanx,
∴CH=BC-BH=b-a·tanx,
在Rt△CGH中,
∵sin∠HCG=sinx= GH
CH

∴GH=(b-a·tanx)·sinx=bsinx-atanxsinx,
∴AG=AH+HG= a
cosx
+bsinx-atanxsinx,
= a
cosx +bsinx- asin2x
cosx

=bsinx+acosx.
故答案为:D. 8.解:连接OD,
则OD= √2=OA
根据题意可知,阴影部分的面积=长方形ACDF的面积.
∴S阴影=S ACDF=AC•CD=(OA-OC)CD= √2-1.
故选B.
9.解:∵△BPC是等边三角形,
∴BP=PC=BC,∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°,
在正方形ABCD中,∵AB=BC=CD,∠A=∠ADC=∠BCD=90°,∴∠ABE=∠DCF=30°,
∴BE=2AE,故①正确;
∵PC=CD,∠PCD=30°,
∴∠PDC=75°,
∴∠FDP=15°,
∵∠DBA=45°,
∴∠PBD=15°,
∴∠FDP=∠PBD,
∵∠DFP=∠BPC=60°,
∴ΔDFP∼ΔBPH,②正确;
∵∠FDP=∠PBD=15°,∠ADB=45°,
∴∠PDB=30°,而∠DFP=60°
∴∠PFD≠∠PDB
∴ΔPFD与ΔPDB不会相似,故③错误;
∵∠PDH=∠PCD=30°,∠DPH=∠DPC,
∴ΔDPH∼ΔCPD
∴DP
PC =PH
DP
∴DP2=PH⋅PC故④正确,
故答案为:C.
10.解:①二次函数的对称轴为x=2,图象与x轴左侧的交点为(-1,0),∴抛物线与x轴的另外一个交点为(5,0);
②将x=-2代入二次函数,4a-2b+c>0;
③当-1<x<2时,y随x的增大而增大;当x>2时,y随x的增大而减小。

故答案为:B。

二、填空题(24分)
11. sin60°
1+tan45°+tan30°=
√3
2
1+1+
√3
3=
√3
4+
√3
3=
7√3
12
12.由同弧所对的圆周角相等得∠E=∠C,由直径所对的圆周角为直角得∠ABE=90°∴∠ABE=∠ADC=90°,
∴△ABE∽△ADC
∴AB
AD =AE
AC
,∴AE=AB⋅AC
AD
=
4√2×5
4=
5√2
故答案为5√2.
13.解:画树状图得:
∴甲、乙两人一共有9种用餐情况,
甲乙在同一餐厅用餐的情况有3种,
∴甲乙在同一餐厅用餐的概率是.
故答案为:.
14.设BE的长为x,绿地AEFG的面积为y,
S矩形AEFG=AE•AG=(8−x)(8+2x)=−2x2+8x+64(0<x<8);解析式变形为:y=−2(x−2)2+72,
所以当x=2时,y有最大值72,
故填:2.
15.过A作AE⊥x轴,
∵△ABD是△COD关于点D的位似图形,
且△ABD与△COD的位似是1:3,
∴CO
AB =1
3

∴OE=AB,
∴CQ
CE=DO
AE=
3
4

设BD=x,AB=y
∴DO=3x,AE=4x,C0=3y,∵△ABD的面积为1,
∴1
2
xy=1,
∴xy=2,
∴AB⋅AE=4xy=8,
故答案为:8.
16.解:如图,分别连接OA、OB、OD′、OC、OC′;∵OA=OB=AB,
∴ΔOAB是等边三角形,
∴B OAB=60°;
同理可得ΔOAD′为等边三角形,
∴B OAD′=60°,
∴B D′AB=60°+60°=120°;
∵AC′为正方形AB′C′D′的对角线,
∴B D′AC′=45°,
∴B C′AB=B D′AB−B D′AC′=120°−45°=75°.
故答案为75
三、解答题(66分)
17. (1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴B A=B C.
∵B EDB=B C.
∴B A=B EDB.
又∵B E=B E.
∴△ADE~△DBE;
(2)解:由(1)知△ADE~△DBE,
∴DE
BE =AE
DE
.
∵DE=√10,AE=4,
∴BE=(√10)2
4
=2.5
∴AB=AE−BE=4−2.5=1.5.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴CD=AB.
∴CD的长为1.5.
18. (1)1
2
(2)解:画树状图如下:
共有12种等可能的结果,其中抽出的试卷中有数学试卷的结果数为10
所以抽出的试卷中有数学试卷的概率为10
12= 5
6
.
(1)由题意可知:共有4张试卷,其中有数学试卷有2张
∴P(抽出1张是数学试卷)=1
.
2
19. (1)解:过E作EF⊥AB,垂足为F,则∠BEF=α
在Rt△BFE中,FE=AC=30,AB=10×3=30
∴BF=AB-EC=30-h
∵tanα=BF
,∴BF=EF×tanα
FE
即30-h=30×tanα
h=30-30tanα
(2)解:当α=300时,h=30-30tan300≈12.68
∴甲楼顶B的影子落在第五层
不影响乙楼的采光时,AB的影子顶部应刚好落在C处,
此时,AB=30,AC=30,
∴∠BCA=450,
则∠α=450,
∵角α每小时增加10度,
∴应在1个半小时后,甲楼的影子刚好不影响乙楼的采光.
20. (1)解:结论:旋转角为90°时,四边形ABEF是平行四边形.
理由:∵∠AOF=90°,∠BAO=90°,
∴∠BAO =∠AOF ,
∴AB ∥EF ,
又∵四边形ABCD 是平行四边形,
∴AF ∥EB ,
∴四边形ABEF 是平行四边形;
(2)解:当旋转角∠AOF =45°时,四边形BEDF 是菱形.理由如下:
∵四边形ABCD 是平行四边形,
∴AD ∥BC ,BO =DO ,
∴∠FDO =∠EBO ,∠DFO =∠BEO ,
在△DFO 和△BEO 中
∵ {B DFO =B BEO
B FDO =B EBO OD =OB

∴△DFO ≌△BEO (AAS ),
∴OF =OE ,
∴四边形BEDF 是平行四边形,
∵AB =1,BC = √5 ,
∴在Rt △BAC 中,由勾股定理得:AC =2,
∴AO =1=AB ,∵∠BAO =90°,
∴∠AOB =45°,
又∵∠AOF =45°,
∴∠BOF =90°,
∴BD ⊥EF ,
∴四边形BEDF 是菱形,
即在旋转过程中,四边形BEDF 能是菱形,此时AC 绕点O 顺时针旋转的度数是45°
. 21. (1)解: ∵ΔABC 是直角三角形,且 BA ⊥x 轴于A ,OA =4,OB =5 ∴AB =√OB 2−OA 2=3
∴B(4,3)
将B (4,3)代入 y =k x 得 k =12
∴y =
12x
(2)解:在两个动点运动过程中,分两种情况:
①若 B OMN =90° ,如图所示,
则MN∥AB,此时OM=4−x,ON=2x
∵B MON=B OAB,B NOM=B BOA
∴OM
OA =ON
OB
即:4−x
4=2x
5
∴x=
20
13
②若B ONM=90°,如图所示,
则B ONM=B OAB,此时OM=4−x,ON=2x,
∵B ONM=B OAB,B MON=B BOA ∴ΔOMN∼ΔOBA
∴OM
OB
=
ON
OA
即:4−x
5=2x
4
∴x=
8
7
综上所述,当x=20
13或8
7
秒时,使得以O,M,N为顶点的三角形与ΔOAB相似
22. (1)解:连接AO并延长交圆于D点,连接CD,
∵AD为直径,∴B ACD=90°,且B ABC=B ADC,
在RtΔACD中:sin B ABC=sin B ADC=AC
AD =AC
2R
,

AC
sinB
=2R
(2)解:由(1)知AC
sinB =2R,同理可得AB
sinC
=BC
sinA
=2R
∴2R=√3
sin60°
=2,
∴BC=2R⋅sinA=2sin45°=√2,如图,作CE⊥AB,垂足为E,
∴BE=BC⋅cosB=√2cos60°=√2
2

AE=AC⋅cosA=√3cos45°=√6
2

∴AB=AE+BE=√6
2+√2
2
,
∵AB=2R⋅sinC,∴sinC=
AB
2R
=
√6+√2
4
23. (1)解:当t=2时,AP=t=2,BQ=2t=4,∴BP=AB-AP=4,
∴△PBQ的面积= 1
2
×4×4=8;
(2)解:当t= 3
2
时,AP=1.5,PB=4.5,BQ=3,CQ=9,
∴DP2=AD2+AP2=2.25+144=146.25,PQ2=PB2+BQ2=29.25,DQ2=CD2+CQ2=117,∵PQ2+DQ2=DP2,
∴∠DQP=90°,
∴△DPQ是直角三角形.
(3)解:设存在点Q在BC上,延长DQ与AB延长线交于点O.
设QB的长度为x,则QC的长度为(12-x),
∵DC∥BO,
∴∠C=∠QBO,∠CDQ=∠O,
∴△CDQ∽△BOQ,又CD=6,QB=x,QC=12-x,
∴CQ
BQ =CD
BO
,即12−x
x
=6
BO

解得:BO= 6x
12−x

∴AO=AB+BO=6+ 6x
12−x =72
12−x
,∴DO=√ (72
12−x
)2+122,PO=36+3x
12−x

∵∠ADP=∠ODP,
∴12:DO=AP:PO,
代入解得x=0.75,
∴DP能平分∠ADQ,
∵点Q的速度为2cm/s,
∴P停止后Q往B走的路程为(6-0.75)=5.25cm.
∴时间为2.625s,加上刚开始的3s,Q点的运动时间为5.625s.
24. (1)解:根据题意得,−3=(0−1)2+n
解得n=−4
∴抛物线的解析式为y=(x−1)2−4
∴抛物线的对称轴为直线x=1
∴点D与点C关于抛物线的对称轴对称
∴点D的坐标为(2,−3)
(2)解:连接PA、PC、PD
∵点D与点C关于抛物线的对称轴对称.
∴PC=PD
∴AC+PA+PC=AC+PA+PD ∵AC为定值,PA+PD≥AD
∴当的PA+PC值最小
即A,P,D三点在同一直线上时ΔPAC的周长最小
由y=(x−1)2−4=0解得,x1=−1,x2=3
A在B的左侧,∴A(−1,−3)
由A,D两点坐标可求得直线AD的解析式为y=−x−1
当x=1时,y=−x−1=−2
∴当△PAC的周长最小时,点P的坐标为(1,−2)
(3)解:Q点坐标为(1,0)或(−7,0)。

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