浙江省绍兴市越城区五校联考2025届九上数学期末综合测试模拟试题含解析

浙江省绍兴市越城区五校联考2025届九上数学期末综合测试模拟试题注意事项: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(每小题3分,共30分)1．某盏路灯照射的空间可以看成如图所示的圆锥，它的高米，底面半径米，则圆锥的侧面积是多少平方米（结果保留）．（）A． B． C． D．2．把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为（）A． B．C． D．3．已知y关于x的函数表达式是，下列结论不正确的是（）A．若，函数的最大值是5B．若，当时，y随x的增大而增大C．无论a为何值时，函数图象一定经过点D．无论a为何值时，函数图象与x轴都有两个交点4．如图，在矩形中，于F，则线段的长是（）A． B． C． D．5．已知锐角∠AOB如图，（1）在射线OA上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径作，交射线OB于点D，连接CD；（2）分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，交于点M，N；（3）连接OM，MN．根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（）A．∠COM=∠COD B．若OM=MN，则∠AOB=20°C．MN∥CD D．MN=3CD6．一个三角形的两边长分别为和，第三边长是方程的根，则这个三角形的周长为（）A． B． C．10或11 D．不能确定7．抛物线y=﹣（x+2）2﹣3的顶点坐标是（）A．（2，﹣3） B．（﹣2，3） C．（2，3） D．（﹣2，﹣3）8．下列说法正确的是（）A．打开电视机，正在播放广告是必然事件B．天气预报明天下雨的概率为％，说明明天一定会下雨C．买一张体育彩票会中奖是可能事件D．长度分别为3，5，9厘米的三条线段不能围成一个三角形是随机事件9．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在坐标原点，点的坐标为，点在第二象限，且反比例函数的图像经过点，则的值是（）A．-9 B．-8 C．-7 D．-610．如图，已知ΔABC中，AE交BC于点D，∠C=∠E，AD：DE=2：3，AE=10，BD=5,则DC的长是（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．已知圆锥的底面半径为2cm，侧面积为10πcm2，则该圆锥的母线长为_____cm．12．如图，A，B，C是⊙O上三点，∠AOC=∠B，则∠B=_______度．13．如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BQ，连接AQ．若PA=4，PB=5，PC=3，则四边形APBQ的面积为_______．14．反比例函数图像经过点（2，－3），则它的函数表达式是．15．已知＜cosA＜sin70°，则锐角A的取值范围是_________16．函数y=–1的自变量x的取值范围是．17．如图，在四边形中，，，，分别为，的中点，连接，，．，平分，，的长为__．18．因式分解：=．三、解答题(共66分)19．（10分）计算：4+(-2)2×2-(-36)÷420．（6分）已知，如图，△ABC中，AD是中线，且CD2＝BE·BA．求证：ED·AB＝AD·BD．21．（6分）解方程：x2+2x﹣1=1．22．（8分）一只不透明的袋子中装有4个质地、大小均相同的小球，这些小球分别标有3，4，5，x，甲，乙两人每次同时从袋中各随机取出1个小球，并计算2个小球上的数字之和．记录后将小球放回袋中搅匀，进行重复试验，试验数据如下表：摸球总次数1020306090120180240330450“和为8”出现的频数210132430375882110150“和为8”出现的频率0.200.500.430.400.330.310.320.340.330.33解答下列问题：(1)如果试验继续进行下去，根据上表提供的数据，出现和为8的频率将稳定在它的概率附近，估计出现和为8的概率是________；(2)如果摸出的2个小球上数字之和为9的概率是，那么x的值可以为7吗？为什么？23．（8分）在平面直角坐标系中，△OAB三个顶点的坐标分别为O（0，0），A（3，0），B（2，3）．（1）tan∠OAB＝；（2）在第一象限内画出△OA'B'，使△OA'B'与△OAB关于点O位似，相似比为2：1；（3）在（2）的条件下，S△OAB：S四边形AA′B′B＝．24．（8分）如图1是小区常见的漫步机，从侧面看如图2，踏板静止时，踏板连杆与立柱上的线段重合，长为0.2米，当踏板连杆绕着点旋转到处时，测得，此时点距离地面的高度为0.44米．求：（1）踏板连杆的长．（2）此时点到立柱的距离．（参考数据：，，）25．（10分）已知:如图，正方形为边上一点，绕点逆时针旋转后得到．如果，求的度数；与的位置关系如何?说明理由．26．（10分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝x+2的图象与y轴交于A点，与x轴交于B点，⊙P的半径为，其圆心P在x轴上运动．（1）如图1，当圆心P的坐标为（1，0）时，求证：⊙P与直线AB相切；（2）在（1）的条件下，点C为⊙P上在第一象限内的一点，过点C作⊙P的切线交直线AB于点D，且∠ADC＝120°，求D点的坐标；（3）如图2，若⊙P向左运动，圆心P与点B重合，且⊙P与线段AB交于E点，与线段BO相交于F点，G点为弧EF上一点，直接写出AG+OG的最小值．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【分析】根据勾股定理求得AB，再求得圆锥的底面周长即圆锥的侧面弧长，根据扇形面积的计算方法S=lr，求得答案即可．【详解】解：∵AO=8米，OB=6米，∴AB=10米，

∴圆锥的底面周长=2×π×6=12π米，

∴S扇形=lr=×12π×10=60π（米2）．

故选：A．【点睛】本题考查了圆锥的有关计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，熟知圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．2、C【分析】根据抛物线的平移规律：上加下减，左加右减解答即可.【详解】解：把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为：.故选：C.【点睛】此题考查了抛物线的平移，属于基本题型，熟知抛物线的平移规律是解答的关键.3、D【分析】将a的值代入函数表达式，根据二次函数的图象与性质可判断A、B，将x=1代入函数表达式可判断C，当a=0时，y=-4x是一次函数，与x轴只有一个交点，可判断D错误.【详解】当时，，∴当时，函数取得最大值5，故A正确；当时，，∴函数图象开口向上，对称轴为，∴当时，y随x的增大而增大，故B正确；当x=1时，，∴无论a为何值，函数图象一定经过(1,-4)，故C正确；当a=0时，y=-4x，此时函数为一次函数，与x轴只有一个交点，故D错误；故选D.【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，以及一次函数与x轴的交点问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键.4、C【分析】根据矩形的性质和勾股定理求出，再由面积法求出的长即可．【详解】解：四边形是矩形，，，，的面积，；故选：．【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、直角三角形的面积，熟练掌握矩形的性质，熟记直角三角形的面积求法是解题的关键．5、D【分析】由作图知CM=CD=DN，再利用圆周角定理、圆心角定理逐一判断可得．【详解】解：由作图知CM=CD=DN，

∴∠COM=∠COD，故A选项正确；

∵OM=ON=MN，

∴△OMN是等边三角形，

∴∠MON=60°，

∵CM=CD=DN，∴∠MOA=∠AOB=∠BON=∠MON=20°，故B选项正确；∵∠MOA=∠AOB=∠BON，

∴∠OCD=∠OCM=，

∴∠MCD=，

又∠CMN=∠AON=∠COD，∴∠MCD+∠CMN=180°，

∴MN∥CD，故C选项正确；

∵MC+CD+DN＞MN，且CM=CD=DN，

∴3CD＞MN，故D选项错误；

故选D．【点睛】本题主要考查作图-复杂作图，解题的关键是掌握圆心角定理和圆周角定理等知识点．6、B【分析】直接利用因式分解法解方程，进而利用三角形三边关系得出答案．【详解】∵，

∴，

解得：，

∵一个三角形的两边长为3和5，

∴第三边长的取值范围是：，即，

则第三边长为：3，

∴这个三角形的周长为：．

故选：B．【点睛】本题主要考查了因式分解法解方程以及三角形三边关系，正确掌握三角形三边关系是解题关键．7、D【解析】试题分析：∵抛物线y=﹣（x+2）2﹣3为抛物线解析式的顶点式，∴抛物线顶点坐标是（﹣2，﹣3）．故选D．考点：二次函数的性质．8、C【分析】根据必然事件，随机事件发生的可能性逐一判断即可．【详解】A.打开电视机，正在播放广告是随机事件，故错误；B.天气预报明天下雨的概率为％，明天也不一定会下雨，故错误；C.买一张体育彩票会中奖是可能事件，故正确；D.长度分别为3，5，9厘米的三条线段不能围成一个三角形是必然事件，故错误；故选：C．【点睛】本题主要考查随机事件和必然事件，掌握随机事件和必然事件发生的可能性是解题的关键．9、B【分析】作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，先通过证得△AOD≌△OCE得出AD=OE，OD=CE，设A（x，），则C（，-x），根据正方形的性质求得对角线解得F的坐标，即可得出，解方程组求得k的值．【详解】解：如图，作轴于，轴于连接AC，BO，∵，∴∵，∴.在和中，∴∴.设，则.∵和互相垂直平分，点的坐标为，∴交点的坐标为，∴，解得，∴，故选.【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，待定系数法求解析式，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．10、B【分析】根据∠C=∠E以及∠BDE=∠ADC，可以得到△BDE∽△ADC，由AD：DE=2：3，AE=10，可以求出AD和DE的值，再利用对应边成比例，即可求出DC的长．【详解】解：∵∠C=∠E，∠BDE=∠ADC∴△BDE∽△ADC∵AD：DE=2：3，AE=10∴AD=4，DE=6∴∴，解得：DC=故选B．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，熟练找出相似三角形以及列出对应边成比例的式子是解决本题的关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、5【解析】根据圆的周长公式求出圆锥的底面周长，根据圆锥的侧面积的计算公式计算即可．【详解】设圆锥的母线长为Rcm，圆锥的底面周长＝2π×2＝4π，则×4π×R＝10π，解得，R＝5（cm）故答案为5【点睛】本题考查的是圆锥的计算，理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．12、1【分析】连结OB，可知△OAB和△OBC都是等腰三角形，∠ABC=∠A+∠C=∠AOC，四边形内角和360゜，可求∠B．【详解】如图，连结OB，∵OA=OB=OC，∴△OAB和△OBC都是等腰三角形，∴∠A=∠OBA，∠C=∠OBC，∴∠ABC=∠OBA+∠OBC=∠A+∠C，∴∠A+∠C=∠ABC=∠AOC∵∠A+∠ABC+∠C+∠AOC=360゜∴3∠ABC=360゜∴∠ABC=1゜即∠B=1゜．故答案为：1．【点睛】本题考查圆周角度数问题，要抓住半径相等构造两个等腰三角形，把问题转化为解∠B的方程是关键．13、【分析】由旋转的性质可得△BPQ是等边三角形，由全等三角形的判定可得△ABQ≌△CBP(SAS)，由勾股定理的逆定理可得△APQ是直角三角形，求四边形的面积转化为求两个特殊三角形的面积即可．【详解】解：连接PQ，由旋转的性质可得，BP=BQ，又∵∠PBQ=60°，∴△BPQ是等边三角形，∴PQ=BP，在等边三角形ABC中，∠CBA=60°，AB=BC，∴∠ABQ=60°-∠ABP∠CBP=60°-∠ABP∴∠ABQ=∠CBP在△ABQ与△CBP中，∴△ABQ≌△CBP(SAS)，∴AQ=PC，又∵PA=4，PB=5，PC=3，∴PQ=BP=5，PC=AQ=3，在△APQ中，因为，25=16+9，∴由勾股定理的逆定理可知△APQ是直角三角形，∴，故答案为：【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定、勾股定理的逆定理及特殊三角形的面积，解题的关键是作出辅助线，转化为特殊三角形进行求解．14、．【解析】试题分析：设反比例函数的解析式是．则，得，则这个函数的表达式是．故答案为．考点：1．待定系数法求反比例函数解析式；2．待定系数法．15、20°＜∠A＜30°．【详解】∵＜cosA＜sin70°，sin70°=cos20°，∴cos30°＜cosA＜cos20°，∴20°＜∠A＜30°．16、x≥1【解析】试题分析：根据二次根式有意义的条件是被开方数大于等于1，可知x≥1．考点：二次根式有意义17、．【分析】根据三角形中位线定理得MN=AD，根据直角三角形斜边中线定理得BM=AC，由此即可证明BM=MN．再证明∠BMN=90°，根据BN2=BM2+MN2即可解决问题．【详解】在中，、分别是、的中点，，，在中，是中点，，，，，平分，，，，，，，，，．故答案为．【点睛】本题考查了三角形中位线定理、直角三角形斜边中线定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．18、．【详解】解：=．故答案为．考点：因式分解-运用公式法．三、解答题(共66分)19、21【解析】试题分析:先乘方,再乘除,最后再计算加减.试题解析:4+(-2)2×2-(-36)÷4,=4+4×2-(-36)÷4,=4+8－(－9),=12+9,=21.20、证明见解析【解析】试题分析：由AD是中线以及CD2＝BE·BA可得，从而可得△BED∽△BDA，根据相似三角形的性质问题得证.试题解析：∵AD是中线，∴BD＝CD，又CD2＝BE·BA，∴BD2＝BE·BA，即，又∠B＝∠B，∴△BED∽△BDA，∴，∴ED·AB＝AD·BD.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，根据已知得到△BED∽△BDA是解决本题的关键.21、．【分析】根据公式法解一元二次方程，即可得出结论.【详解】解：，，，，方程有两个不相等的实数根，，即，故答案为.【点睛】本题考查了公式法解一元二次方程是常数且.解题的关键是根据系数的特点选用适合的解题方法，选用公式法解题时，判别式，(1)当时，一元二次方程有两个不相等的实数根；(2)当时，一元二次方程有两个相等的实数根；(3)当时，一元二次方程没有实数根.22、（1）出现“和为8”的概率是0.33；（2）x的值不能为7.【分析】（1）利用频率估计概率结合表格中数据得出答案即可；（2）假设x=7，根据题意先列出树状图，得出和为9的概率，再与进行比较，即可得出答案.【详解】解：(1)随着试验次数不断增加，出现“和为8”的频率逐渐稳定在0.33，故出现“和为8”的概率是0.33.(2)x的值不能为7.理由：假设x＝7，则P(和为9)＝≠，所以x的值不能为7.【点睛】此题主要考查了利用频率估计概率以及树状图法求概率，正确画出树状图是解题关键.23、（1）1；（2）见解析；（1）1【分析】（1）根据正切的定义求解可得；（2）利用位似图形的概念作出点A、B的对应点，再与点O首尾顺次连接即可得；（1）利用位似变换的性质求解可得．【详解】解：（1）如图，过点B作BC⊥OA于点C，则AC＝1、BC＝1，∴tan∠OAB＝＝1，故答案为：1；（2）如图所示，△OA'B'即为所求．（1）∵△OA'B'与△OAB关于点O位似，相似比为2：1，∴S△OA'B'＝4S△OAB，则S四边形AA′B′B＝1S△OAB，即S△OAB：S四边形AA′B′B＝1：1，故答案为：1．【点睛】本题主要考查作图−位似变换，解题的关键是掌握位似变换的定义和性质．24、（1）1.2米（2）0.72米【解析】（1）过点C作CG⊥AB于G，得到四边形CFEG是矩形，根据矩形的性质得到EG＝CF＝0.44，故BG=0.24设AG＝x，求得AB＝x+0.24，AC＝AB＝x+0.24，根据余弦的定义列方程即可求出x，即可求出AB的长；（2）利用正弦即可求出CG的长.【详解】（1）过点C作CG⊥AB于G，则四边形CFEG是矩形，∴EG＝CF＝0.44，故BG=0.24设AG＝x，∴AB＝x+0.24，AC＝AB＝x+0.24，在Rt△ACG中，∠AGC＝90°，∠CAG＝37°，cos∠CAG＝＝0.8，解得：x＝0.96，经检验，x=0.96符合题意，∴AB＝x+0.24=1.2（米），（2）点到立柱的距离为CG，故CG=ACsin37°=1.2×0.6=0.72（米）【点睛】此题主要考查了解直角三角形的应用，熟练应用锐角三角函数关系是解题关键．25、（1）20°，（2），详见解析【分析】（1）根据旋转的性质可知△AFD≌△AEB，则有AE＝AF，∠DAF＝90°，∠AEB＝∠DFA＝65°，然后利用∠DFE＝∠DFA－∠EFA即可求出答案．（2）由旋转的性质得∠EBA＝∠FDA，通过等量代换即可得出∠DFA＋∠EBA＝90°，即BG⊥DF．【详解】解：（1）根据旋转的性质可知：△AFD≌△AEB，即AE＝AF，∠DAF＝90°，∠AEB＝∠DFA＝65°，∴∠AFE＝45°，∴∠DFE＝∠DFA－∠EFA＝20°（2）延长BE与DF相交于点G．∵∠DAF＝90°，∴∠DFA＋∠ADF＝90°，∵∠EBA＝∠FDA，∴∠DFA＋∠EBA＝90°，∴BG⊥DF，即BE与DF互相垂直．【点睛】本题主要考查旋转的性质和全等三角形的性质，掌握全等三角形的性质是解题的关键．26、（1）见解析；（2）D（，+2）；（3）．【分析】（1）连接PA，先求出点A和点B的坐标，从而求出OA、OB、OP和AP的长，即可确定点A在圆上，根据相似三角形的判定定理证出△AOB∽△POA，根据相似三角形的性质和等量代换证出PA⊥AB，即可证出结论；（2）连接PA，PD，根据切线长定理可求出∠ADP＝∠PDC＝∠ADC＝60°，利用锐角三角函数求出AD，设D（m，m+2），根据平面直角坐标系中任意两点之间的距离公式求出