浙江省台州市玉环市2023学年数学九上期末质量跟踪监视模拟试题含解析

1、2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题4分，共48分）1如图，用尺规作图作的平分线，第一步是以为圆心，任意长为半径画弧，分别交于点；第二步是分别以为圆心，以大于长为半径画弧，两圆弧交于点，连接，那么为所作，则说明的依据是（ ）ABCD2如图，

2、甲、乙为两座建筑物，它们之间的水平距离BC为30m，在A点测得D点的仰角EAD为45，在B点测得D点的仰角CBD为60，则乙建筑物的高度为（）米A30B3030C30D303已知菱形的边长为，若对角线的长为，则菱形的面积为（ ）ABCD4如图，四边形ABCD内接于O，连接AC，BD，点E在AD的延长线上，( )A若DC平分BDE，则AB=BCB若AC平分BCD，则C若ACBD，BD为直径，则D若ACBD，AC为直径，则5如图是由6个同样大小的正方体摆成的几何体将正方体移走后，所得几何体（ ）A主视图改变，左视图改变B俯视图不变，左视图不变C俯视图改变，左视图改变D主视图改变，左视图不变6下列运

3、算正确的是（ ）A5m+2m=7m2B2m2m3=2m5C（a2b）3=a6b3D（b+2a）（2ab）=b24a27， 四个实数，任取一个数是无理数的概率为( )ABCD18如图，在ABO中，B=90 ，OB=3,OA=5，以AO上一点P为圆心，PO长为半径的圆恰好与AB相切于点C，则下列结论正确的是（）AP 的半径为B经过A，O，B三点的抛物线的函数表达式是C点（3，2）在经过A，O，B三点的抛物线上D经过A，O，C三点的抛物线的函数表达式是9一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A4B3C2+4D3+410方程的根的情况（ ）A有两个相等的实数根B没有实数根C有两个不相等的

4、实数根D有两个实数根11在二次函数的图像中，若随的增大而增大，则的取值范围是ABCD12如图，在中，于点则与的周长之比为（ ）A1:2B1:3C1:4D1:5二、填空题（每题4分，共24分）13已知：等边ABC，点P是直线BC上一点，且PC:BC=1:4,则tanAPB=_，14如图，ABC绕点B逆时针方向旋转到EBD的位置，A=20，C=15，E、B、C在同一直线上，则旋转角度是_15甲、乙两车从A地出发，沿同一路线驶向B地甲车先出发匀速驶向B地，40min后，乙车出发，匀速行驶一段时间后，在途中的货站装货耗时半小时由于满载货物，为了行驶安全，速度减少了50km/h，结果与甲车同时到达B地，

5、甲乙两车距A地的路程（）与乙车行驶时间（）之间的函数图象如图所示，则下列说法：甲的速度是60km/h；乙出发80min追上甲；乙车在货站装好货准备离开时，甲车距B地150km；当甲乙两车相距30 km时，甲的行驶时间为1 h、3 h、h；其中正确的是_16一只不透明的布袋中有三种珠子（除颜色以外没有任何区别），分别是个红珠子，个白珠子和个黑珠子，每次只摸出一个珠子，观察后均放回搅匀，在连续次摸出的都是红珠子的情况下，第次摸出红珠子的概率是_17某中学数学兴趣小组在一次课外学习与探究中遇到一些新的数学符号，他们将其中某些材料摘录如下：对于三个实数，用表示这三个数中最小的数，例如，.请结合上述材料

6、，求_.18如图，在平面直角坐标系中，已知A（1.5，0），D（4.5，0），ABC与DEF位似，原点O是位似中心若DE7.5，则AB_三、解答题（共78分）19（8分）在平面直角坐标系中（如图），已知抛物线经过点，与轴交于点，抛物线的顶点为点，对称轴与轴交于点.（1）求抛物线的表达式及点的坐标；（2）点是轴正半轴上的一点，如果，求点的坐标；（3）在（2）的条件下，点是位于轴左侧抛物线上的一点，如果是以为直角边的直角三角形，求点的坐标.20（8分）如图，已知O为RtABC的内切圆，切点分别为D，E，F，且C90，AB13，BC1（1）求BF的长；（2）求O的半径r21（8分）如图,在锐角三角形

7、ABC中,AB=4,BC=,B=60,求ABC的面积22（10分）如图，抛物线与轴交于点和，与轴交于点顶点为求抛物线的解析式；求的度数；若点是线段上一个动点，过作轴交抛物线于点，交轴于点，设点的横坐标为求线段的最大值；若是等腰三角形，直接写出的值23（10分）如图，对称轴为直线的抛物线与轴交于两点，与轴交于点连接其中点坐标（1）求抛物线的解析式；（2）直线与抛物线交于点与轴交于点求的面积；（3）在直线下方抛物线上有一点过作轴交直线于点.四边形为平行四边形，求点的坐标24（10分）如图，分别以ABC的边AC和BC为腰向外作等腰直角DAC和等腰直角EBC，连接DE.（1）求证：DACEBC；（2）

8、求ABC与DEC的面积比25（12分）如图，一条公路的转弯处是一段圆弧用直尺和圆规作出所在圆的圆心O（要求保留作图痕迹，不写作法）；26国庆期间某旅游点一家商铺销售一批成本为每件50元的商品,规定销售单价不低于成本价,又不高于每件70元,销售量y(件)与销售单价x(元)的关系可以近似的看作一次函数(如图).(1)请直接写出y关于x之间的关系式 ；(2)设该商铺销售这批商品获得的总利润(总利润=总销售额一总成本)为P元，求P与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；根据题意判断:当x取何值时,P的值最大？最大值是多少？(3)若该商铺要保证销售这批商品的利润不能低于400元,求销售单价x(元

9、)的取值范围是 .(可借助二次函数的图象直接写出答案)参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【分析】根据作图步骤进行分析即可解答；【详解】解：第一步是以为圆心，任意长为半径画弧，分别交于点AE=AF二步是分别以为圆心，以大于长为半径画弧，两圆弧交于点，连接，CE=DE,AD=AD根据SSS可以判定AFDAED（全等三角形，对应角相等）故答案为A.【点睛】本题考查的是用尺规作图做角平分线，明确作图步骤的依据是解答本题的关键.2、B【分析】在RtBCD中,解直角三角形，可求得CD的长，即求得甲的高度，过A作AFCD于点F，在RtADF中解直角三角形可求得DF，则可求得CF的长，即可求得乙的

10、高度【详解】解：如图，过A作AFCD于点F，在RtBCD中，DBC=60，BC=30m，tanDBC=，CD=BCtan60=30m，甲建筑物的高度为30m；在RtAFD中，DAF=45，DF=AF=BC=30m，AB=CF=CD-DF=（30-30）m，乙建筑物的高度为（30-30）m故选B【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，构造直角三角形，利用特殊角求得相应线段的长是解题的关键3、B【分析】先求出对角线AC的长度，再根据“菱形的面积等于对角线乘积的一半”，即可得出答案.【详解】根据题意可得：AB=BC=CD=AD=13cm，BD=10cmABCD为菱形BDAC，BO=DO

11、=AO=AC=2AO=24cm故答案选择B.【点睛】本题考查的是菱形，难度适中，需要熟练掌握菱形面积的两种求法.4、D【分析】利用圆的相关性质，依次分析各选项作答.【详解】解：A. 若平分，则，A错 B. 若平分，则，则，B错C. 若，为直径，则C错D. 若，AC为直径，如图：连接BO并延长交于点E，连接DE,.BE为直径，, .选D.【点睛】本题考查圆的相关性质，另外需结合勾股定理，三角函数相关知识解题属于综合题.5、D【解析】试题分析：将正方体移走前的主视图正方形的个数为1，2，1；正方体移走后的主视图正方形的个数为1，2；发生改变将正方体移走前的左视图正方形的个数为2，1，1；正方体移走

12、后的左视图正方形的个数为2，1，1；没有发生改变将正方体移走前的俯视图正方形的个数为1，3，1；正方体移走后的俯视图正方形的个数，1，3；发生改变故选D【考点】简单组合体的三视图6、C【解析】试题分析：选项 A，根据合并同类项法则可得5m+2m=（5+2）m=7m，错误；选项B，依据单项式乘单项式法则可得2m2m3=2m5，错误；选项C，根据积的乘方法则可得（a2b）3=a6b3，正确；选项D，根据平方差公式可得（b+2a）（2ab）=（2a+b）（2ab）=4a2b2，错误故答案选C考点：幂的乘方与积的乘方；合并同类项；单项式乘单项式；平方差公式7、B【分析】先求出无理数的个数，再根据概率公

13、式即可得出结论；【详解】共有4种结果，其中无理数有：，共2种情况，任取一个数是无理数的概率；故选B.【点睛】本题主要考查了概率公式，无理数，掌握概率公式，无理数是解题的关键.8、D【分析】A、连接PC，根据已知条件可知ACPABO，再由OP=PC，可列出相似比得出；B、由射影定理及勾股定理可得点B坐标，由A、B、O三点坐标，可求出抛物线的函数表达式；C、由射影定理及勾股定理可计算出点C坐标，将点C代入抛物线表达式即可判断；D、由A，O，C三点坐标可求得经过A，O，C三点的抛物线的函数表达式【详解】解：如图所示，连接PC，圆P与AB相切于点C，所以PCAB，又B=90，所以ACPABO，设OP=

14、x，则OP=PC=x，又OB=3，OA=5，AP=5-x，解得，半径为，故A选项错误；过B作BDOA交OA于点D，B=90，BDOA，由勾股定理可得：，由面积相等可得：，由射影定理可得，设经过A，O，B三点的抛物线的函数表达式为；将A(5,0)，O(0,0)，代入上式可得： 解得 ，c=0,经过A，O，B三点的抛物线的函数表达式为，故B选项错误；过点C作CEOA交OA于点E，由射影定理可知，所以，由勾股定理得，点C坐标为，故选项C错误；设经过A，O，C三点的抛物线的函数表达式是，将A(5,0)，O(0,0)，代入得，解得：，经过A，O，C三点的抛物线的函数表达式是，故选项D正确【点睛】本题考查

15、相似三角形、二次函数、圆等几何知识，综合性较强，解题的关键是要能灵活运用相似三角形的性质计算9、D【解析】试题解析：观察该几何体的三视图发现其为半个圆柱，半圆柱的直径为2，表面积有四个面组成：两个半圆，一个侧面，还有一个正方形.故其表面积为： 故选D.10、B【分析】根据方程的系数结合根的判别式，可得出70，进而可得出该方程没有实数根【详解】a2，b-3，c2，b24ac942270，关于x的一元二次方程没有实数根故选：B【点睛】本题考查了根的判别式，牢记“当0时，方程无实数根”是解题的关键11、A【解析】二次函数的开口向下，所以在对称轴的左侧y随x的增大而增大二次函数的对称轴是，故选A12、

16、A【详解】B=B，BDC=BCA=90，BCDBAC；BCD=A=30；RtBCD中，BCD=30，则BC=2BD；由得：CBCD：CBAC=BD：BC=1：2；故选A二、填空题（每题4分，共24分）13、或【分析】过A作ADBC于D，设等边ABC的边长为4a，则DC=2a，AD=2a，PC=a，分类讨论：当P在BC的延长线上时，DP=DC+CP=2a+a=3a；当P点在线段BC上，即在P的位置，则DP=DC-CP=a，然后分别利用正切的定义求解即可【详解】解：如图，过A作ADBC于D，设等边ABC的边长为4a，则DC=2a，AD=2a，PC=a，当P在BC的延长线上时，DP=DC+CP=2a

17、+a=3a，在RtADP中，tanAPD=；当P点在线段BC上，即在P的位置，则DP=DC-CP=a，在RtADP中，tanAPD=故答案为：或【点睛】本题考查解直角三角形；等边三角形的性质14、35【分析】根据旋转角度的概念可得ABE为旋转角度，然后根据三角形外角的性质可进行求解【详解】解：由题意得：ABE为旋转角度，A=20，C=15，E、B、C在同一直线上，ABE=A+C=35；故答案为35【点睛】本题主要考查旋转及三角形外角的性质，熟练掌握旋转的性质及三角形外角的性质是解题的关键15、【分析】根据一次函数的性质和该函数的图象对各项进行求解即可【详解】线段DE代表乙车在途中的货站装货耗时

18、半小时，a=4+0.5=4.5（小时），即不成立；40分钟=小时，甲车的速度为460（7+）=60（千米/时），即成立；设乙车刚出发时的速度为x千米/时，则装满货后的速度为（x50）千米/时，根据题意可知：4x+（74.5）（x50）=460，解得：x=1乙车发车时，甲车行驶的路程为60=40（千米），乙车追上甲车的时间为40（160）=（小时），小时=80分钟，即成立；乙车刚到达货站时，甲车行驶的时间为（4+）小时，此时甲车离B地的距离为46060（4+）=180（千米），即不成立设当甲乙两车相距30 km时，甲的行驶时间为x小时，由题意可得1）乙车未出发时 ，即解得是方程的解2）乙车出发时

19、间为解得解得3）乙车出发时间为解得所以不成立4）乙车出发时间为解得故当甲乙两车相距30 km时，甲的行驶时间为h、1 h、3 h、h，故不成立故答案为：【点睛】本题考查了两车的路程问题，掌握一次函数的性质是解题的关键16、【分析】每次只摸出一个珠子时，布袋中共有珠子个，其中红珠子个，可以直接应用求概率的公式【详解】解：因为每次只摸出一个珠子时，布袋中共有珠子个，其中红珠子个，所以第次摸出红珠子的概率是故答案是：【点睛】本题考查概率的意义，解题的关键是熟练掌握概率公式17、【分析】找出这三个特殊角的三角函数值中最小的即可.【详解】，故答案为：【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值以及最小值等知识，

20、解题的关键是熟特殊角的三角函数值18、2.1【分析】利用以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k得到位似比为，然后根据相似的性质计算AB的长【详解】解：A（1.1，0），D（4.1，0），=，ABC与DEF位似，原点O是位似中心，=,AB=DE=7.1=2.1故答案为2.1【点睛】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k三、解答题（共78分）19、（1），；（2）；（3）或【分析】（1）将点A、B 代入抛物线，即可求出抛物线解析式，再化为顶点式即可；（2）如图1，连接AB，交对称轴

21、于点N，则N（-，-2），利用相等角的正切值相等即可求出EH的长，OE的长，可写出点E的坐标；（3）分EAP=90和AEP=90两种情况讨论，通过相似的性质，用含t的代数式表示出点P的坐标，可分别求出点P的坐标【详解】解：（1）（1）将点A（-3，-2）、B （0，-2）代入抛物线，得，解得，a=，c=-2，y=x2+4x-2=（x+）2-5，抛物线解析式为y=x2+4x-2，顶点C的坐标为（-，-5）； （2）如图1，连接AB，交对称轴于点N，则N（-，-2），则， 过作，则，OH=3,OE=1,（3）如图2，当EAP=90时，HEA+HAE=90，HAE+MAP=90， HEA=MAP，又

22、AHE=PMA=90，则，设，则将代入得（舍），如图3，当AEP=90时， EAG+AEG=90，AEG+PEN=90， AEG=EPN，又N=G=90，则设，则将代入得，（舍），综上所述：，【点睛】此题考查了待定系数法求解析式，锐角三角函数，直角三角形的存在性等，解题关键是能够作出适当的辅助线构造相似三角形，并注意分类讨论思想的运用20、（1）BF3；（2）r=2【分析】（1）设BFBDx，利用切线长定理，构建方程解决问题即可（2）证明四边形OECF是矩形，推出OECF即可解决问题【详解】解：（1）在RtABC中，C90，AB13，BC1，AC5，O为RtABC的内切圆，切点分别为D，E，F

23、，BDBF，ADAE，CFCE，设BFBDx，则ADAE13x，CFCE1x，AE+EC5，13x+1x5，x3，BF3（2）连接OE，OF，OEAC，OFBC，OECCOFC90，四边形OECF是矩形，OECFBCBF132即r2【点睛】本题考查三角形的内心，勾股定理，切线长定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型21、9【分析】过点A作ADBC于D，根据锐角三角函数求出AD，然后根据三角形的面积公式计算面积即可.【详解】解：过点A作ADBC于D在RtABD中，AB=4, B=60AD=ABsin B=SABC=BCAD=9【点睛】此题考查的是解直角三角形的应用，掌握利用锐

24、角三角函数解直角三角形和三角形的面积公式是解决此题的关键.22、（1）yx24x2，（2）90，（2），m2或m或m1【分析】（1）将点B,C代入抛物线的解析式中，利用待定系数法即可得出答案；（2）先求出点D的坐标，然后利用OBOC，得出CBO45，过D作DEx 轴，垂足为E，再利用DEBE，得出DBO45，则的度数可求；（2）先用待定系数法求出直线BC的表达式，然后设出M,N的坐标，表示出线段MN的长度，利用二次函数的性质即可求出最大值；分三种情况： BNBM， BNMN， NMBM分别建立方程求解即可【详解】解：（1）将点B（2，0）、C（0，2）代入抛物线yx2bxc中，得：，解得：故抛

25、物线的解析式为yx24x2（2）yx24x2(x2)21，D点坐标为（2，1）OBOC2，CBO45，过D作DEx 轴，垂足为E，则DEBE1，DBO45，CBD90（2）设直线BC的解析式为ykx2，得：02k2，解得：k1，直线BC的解析式为yx2点M的坐标为（m，m24m2），点N的坐标为（m，m2）线段MN（m2）（m24m2）m22m(m)2当m时，线段MN取最大值，最大值为在RtNBH中，BH2m，BN(2m)当BNBM时，NHMH，则m2(m24m2)，即m25m60，解得m12，m22（舍去），当BNMN时，m22m(2m)，解得：m1，m22（舍去），当NMBM时，MNBNB

26、M45，则MB与x轴重合，点M与点A重合，m1，综合得：m2或m或m1【点睛】本题主要考查二次函数与几何综合，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键23、（1）；（2）；（3）【分析】（1）根据对称轴公式及点A 坐标建立方程组求解即可；（2）根据直线表达式求出点E坐标，再联立直线与抛物线的表达式求交点C、D的坐标，利用坐标即可求出的面积；（3）根据点Q在抛物线上设出点Q坐标，再根据P、Q之间的关系表示出点P的坐标，然后利用平行四边形的性质得到BE=PQ，从而建立方程求解即可【详解】解：（1）由题可得，解得，抛物线解析式为；（2）在中，令，得，由，解得或，；（3）在中，令，得，解得或，BE=1，设，则，四边形为平行四边形，整理得：，解得：或，当时，点Q与点B重合，故舍去，【点睛】本题为二次函数综合题，熟练掌握对称轴公式、待定系数法求表达式、交点坐标的求法以及平行四边形的性质是解题的关键24、（1）见解析；（2）【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质证明DACEBC；（2）依据DACEBC所得条件，证明ABC与DEC相似，通