浙江省杭州市西湖区2024-2025学年上学期九年级数学期末模拟试卷

浙江省杭州市西湖区2024-2025学年上学期九年级数学期末模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知＝，则的值为（）A．﹣2 B．2 C．﹣ D．2．如图，内接于，CD是的直径，连接BD，，则的度数是(

)

A． B． C． D．3．如图，某滑雪场有一坡角为α的滑雪道，滑雪道的长为300m，则滑雪道的坡顶到坡底的竖直高度AB的长为（）

A．300cosαm B．300sinαm C． D．4．如图，能使成立的条件是（

）A． B．C． D．5．若二次函数的图象经过三点，则a、b、c的大小关系是（）A． B． C． D．6．某班级计划举办手抄报展览，确定了“5G时代”、“北斗卫星”、“高铁速度”三个主题，若小明和小亮每人随机选择其中一个主题，则他们恰好选择同一个主题的概率是（

）A． B． C． D．7．如图，小明在时测得某树的影长为，时又测得该树的影长为，若两次日照的光线互相垂直，则树的高度为（

）A． B． C． D．8．如图，小强从热气球上的A点测量一栋高楼顶部的仰角，测量这栋高楼底部的俯角，热气球与高楼的水平距离为米，则这栋高楼的高BC为（

）米．A．45 B．60 C．75 D．909．如图，的半径为4，圆心M的坐标为，点P是上的任意一点，，且与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最大值为（

）A．13 B．14 C．12 D．2810．如图所示为二次函数的图象，对称轴是直线，下列结论：；；；；其中正确的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题11．一个袋子中装有4个黑球和个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个，摸到白球的概率为，则白球的个数为．12．如图，在Rt中，，，，则的值为．13．如图是“小孔成像”，蜡烛到挡板距离与挡板到屏幕距离之比是，若烛焰的高是，则实像的高是14．如图，将绕点逆时针旋转得到，若点恰好落在上，则．15．如图，正六边形ABCDEF的边长为2，以顶点A为圆心，AB的长为半径画圆，则图中阴影部分的面积为．16．如图，在矩形纸片中，将沿翻折，使点落在上的点处，为折痕，连接；再将沿翻折，使点恰好落在上的点处，为折痕，连接并延长交于点，若，，则线段的长等于．三、解答题17．按要求解答下列各题(1)计算：；(2)已知，求的值．18．如图，在△ABC中，D为AC边上一点，∠DBC=∠A．（1）求证：△BDC∽△ABC；（2）如果BC=，AC=3，求CD的长．19．某学校在推进新课改的过程中，开设的体育社团活动课有：A：篮球，B：足球，C：排球，D：羽毛球，E：乒乓球，学生可根据自己的爱好选修一门，学校李老师对某班全班同学的选课情况进行调查统计，制成了如图所示的两幅不完整的统计图．(1)则该班的总人数为______人，其中学生选D“羽毛球”所在扇形的圆心角的度数是______度；(2)补全条形统计图；(3)该班班委4人中，2人选修篮球，1人选修足球，1人选修排球，李老师要从这4人中选2人了解他们对体育社团活动课的看法，请你用列表或画树状图的方法，求选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的概率．20．如图1，是一款手机支架图片，由底座、支撑板和托板构成．图2是其侧面结构示意图，量得托板长，支撑板长，底座长，托板AB连接在支撑板顶端点C处，且，托板可绕点C转动，支撑板可绕D点转动．如图2，若．(参考数值，，)

(1)求点C到直线的距离(精确到0.1cm)；(2)求点A到直线的距离(精确到0.1cm)．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．22．如图，已知抛物线y＝﹣+bx+4与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，若已知A点的坐标为A（﹣2，0）．（1）求抛物线的解析式及它的对称轴方程；（2）求点C的坐标，连接AC、BC并求线段BC所在直线的解析式；（3）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ACQ为等腰三角形？若存在，求出符合条件的Q点坐标；若不存在，请说明理由．23．某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：(1)问题发现：如图1，在等边中，点P是边上任意一点，连接AP，以为边作等边，连接，与的数量关系是；(2)变式探究：如图2，在等腰中，，点P是边上任意一点，以为腰作等腰，使，，连接，判断和的数量关系，并说明理由；(3)解决问题：如图3，在正方形中，点P是边上一点，以为边作正方形，Q是正方形的中心，连接．若正方形的边长为5，，求正方形的边长．24．如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆，直径BD与弦AC交于点E．若∠BAC=2∠ABE．（1）求证：AB=AC；（2）当是等腰三角形时，求∠BCE的大小．（3）当AE=4，CE=6时，求边BC的长．参考答案：题号12345678910答案DDBCDCBBDC1．D【分析】直接利用已知表示出，的值，进而代入计算得出答案．【详解】解：∵，∴设，∴．故选：D．【点睛】此题主要考查了比例的性质，正确表示出各数是解题关键．2．D【分析】本题考查同弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角等于90°；由CD是的直径，得，而，则，于是得到问题的答案．【详解】解：是的直径，，，，故选：D．3．B【分析】本题考查了解直角三角形的应用-坡度坡角问题，掌握坡度坡角的概念，熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．根据正弦的定义进行解答即可．【详解】解：在中，，，，∵，∴，故选：B．4．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．5．D【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，先求出二次函数的对称轴以及开口方向，然后根据二次函数的增减性和对称性解答即可．【详解】解：∵∴二次函数的对称轴为直线，抛物线开口向上，∴时，y随x的增大而减小，时，y随x的增大而增大，∵到3的距离为4，2到3的距离为1，4.5到3的距离为1.5，∴a、b、c的大小关系.故选：D．6．C【分析】画树状图，共有9种等可能的结果，其中小明和小刚恰好选择同一个主题结果有3种，再由概率公式求解即可．【详解】解：把“5G时代”、“北斗卫星”、“高铁速度”三个主题分别记为A、B、C，画树状图如下：共有9种等可能的结果，其中小明和小刚恰好选择同一个主题的结果有3种，∴小明和小刚恰好选择同一个主题的概率为．故选：C．【点睛】本题考查了用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．7．B【分析】根据题意，画出示意图，易得F，进而可得，代入数据求解即可得答案．【详解】解：根据题意做出示意图，则，，，，∴，∴，∴，∴，∴，即，∴，∴（负值舍去）．故选：B．【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用，能够将实际问题转化为相似三角形的问题是解题的关键．8．B【分析】由求出的值，由求出的值，对计算求解即可．【详解】解：∵∴米∵∴米∴米故选B．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用．解题的关键在于根据特殊角的正切值进行求解．9．D【分析】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出取得最大值时点P的位置．连接，由中知若要使取最大值，则需取最大值，连接，交于点，当点P位于点时，取得最小值，当点P在的延长线与的交点上时，取最大值，据此可得出取最大值时点P的位置，求解可得结果．【详解】解：连接，∵，∴，∵点A、点B关于原点O对称，∴，即点为AB中点，∴，若要使取最大值，则需取最大值，连接，交于点，当点P位于点时，取得最小值，过点M作轴于点Q，圆心M的坐标为，则，∴，又∵，∴，∴当点P在的延长线与的交点上时，取最大值，∴的最大值为，∴的最大值为．故选：D．10．C【分析】利用判别式的意义和抛物线与轴有2个交点可以对进行判断；利用时，可以对进行判断；由抛物线开口向下得到，然后利用对称轴的位置以及抛物线与轴的交点可得到的符号，可以对进行判断；利用抛物线的对称轴方程得到，加上时，，即，可以对进行判断．【详解】解：抛物线与轴有2个交点，，，故正确；当时，，，故错误；抛物线开口向下，抛物线与轴交于正半轴，，，抛物线的对称轴为直线，，，故正确；抛物线的对称轴为直线，，当时，，即，，故正确；故选：C．【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数，二次项系数决定抛物线的开口方向和大小，当时，抛物线开口向上，当时，抛物线开口向下；一次项系数和二次项系数共同决定对称轴的位置，当与同号时（即），对称轴在轴的左边，当与异号时（即），对称轴在轴的右边；常数项决定抛物线与轴的交点；抛物线与轴交点个数由决定，抛物线与轴有2个交点，，抛物线与轴有1个交点，，抛物线与轴没有交点．11．6【分析】本题考查利用概率求个数，根据白球概率求出黑球概率，黑球共有4个，就可以求出球的总数，再减去黑球个数即可解答，熟练掌握简单概率公式是解决问题的关键．【详解】解：∵摇匀后随机摸出一个，摸到白球的概率为，∴摸到黑球的概率为，∵袋子中有4个黑球和个白球，∴由简单概率公式可得，解得，∴白球有6个，故答案为：6．12．【分析】本题考查了锐角三角函数的定义，勾股定理，根据勾股定理求出AB，再根据正弦的定义：对边比斜边，进行计算即可，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．【详解】解：∵，，，∴，∴，故答案为：13．/8厘米【分析】本题考查了形似三角形的判定与性质，根据证明，利用相似三角形的性质求解即可．【详解】解：如图所示：根据题意得：，∴，∵烛到挡板距离与挡板到屏幕距离之比是，若烛焰的高是，∴，∴故答案为：14．/50度【分析】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理；解题关键在于掌握对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可得，由三角形内角和定理即可求解．【详解】解：由旋转的性质可知：，，∴．故答案为：．15．/【分析】延长FA交⊙A于G，如图所示：根据六边形ABCDEF是正六边形，AB=2，利用外角和求得∠GAB=，再求出正六边形内角∠FAB=180°-∠GAB=180°-60°=120°，利用扇形面积公式代入数值计算即可．【详解】解：延长FA交⊙A于G，如图所示：∵六边形ABCDEF是正六边形，AB=2，∴∠GAB=，∠FAB=180°-∠GAB=180°-60°=120°，∴，故答案为．【点睛】本题主要考查扇形面积计算及正多边形的性质，熟练掌握扇形面积计算及正多边形的性质是解题的关键．16．．【分析】据折叠可得是正方形，，，，可求出三角形的三边为3，4，5，在中，由勾股定理可以求出三边的长，通过作辅助线，可证∽，三边占比为3：4：5，设未知数，通过，列方程求出待定系数，进而求出的长，然后求的长．【详解】过点作，，垂足为、，由折叠得：是正方形，，，，，∴，在中，，∴，在中，设，则，由勾股定理得，，解得：，∵，，∴∽，∴，设，则，，∴，，解得：，∴，∴，故答案为．【点睛】考查折叠轴对称的性质，矩形、正方形的性质，直角三角形的性质等知识，知识的综合性较强，是有一定难度的题目．17．(1)(2)【分析】本题主要考查了特殊角的三角函数的混合运算、代数式求值等知识点，掌握相关运算法则是解题的关键．（1）先根据特殊角的三角函数值化简，然后再运算即可；（2）先用a表示出b，然后再代入计算即可．【详解】（1）解：．（2）解：∵，∴，∴．18．（1）详见解析；（2）CD=2.【分析】（1）根据相似三角形的判定得出即可；（2）根据相似得出比例式，代入求出即可．【详解】证明：（1）∵∠DBC=∠A，∠C=∠C，∴△BDC∽△ABC；（2）∵△BDC∽△ABC，∴，∴，∴CD=2．【点睛】考核知识点：相似三角形的判定和性质.19．(1)50，72(2)见解析(3)【分析】（1）利用“选A：篮球”的学生人数除以其所占的百分比即可求得该班学生的总人数，再利用学生选D“羽毛球”的人数除以总人数，再乘以，即可求得结果；（2）利用选足球的学生的百分比乘以总人数求得选足球的人数，再利用总人数减去其他课程的人数求得选乒乓球的学生人数，即可补全条形统计图；（3）画出树状图可得共有12种等可能的情况，其中选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的情况有4种，再利用概率公式进行计算即可．【详解】（1）解：由题意可得：该班的总人数为：（人），学生选D“羽毛球”所在扇形的圆心角的度数为：，故答案为：50；72；（2）解：由题意可得：选“B：足球”的学生人数为：（人），选“E：乒乓球”的学生人数为：（人）补全条形统计图如下；（3）解：画树状图如下：共有12种等可能的情况，其中选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的情况有4种；∴选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的概率为．【点睛】本题考查用样本估计总体、画条形统计图、求扇形统计图的圆心角、用列表法或树状图求概率及概率公式，熟练掌握用列表法或树状图求概率及概率公式是解题的关键．20．(1)点C到直线的距离约为13.8cm(2)点A到直线的距离约为21.5cm【分析】（1）如图2，过点C作，垂足为N，然后根据三角函数可得，即，最后将已知条件代入即可解答；（2）如图2，过A作，交的延长线于点M，过点C作，垂足为F，再说明中，，，然后根据三角函数和线段的和差即可解答．【详解】（1）解：如图2，过点C作，垂足为N

由题意可知，，在中，，∴．答：点C到直线的距离约为．（2）解：如图3，过A作，交的延长线于点M，过点C作，垂足为F，

∴在中，，，∴，∴．答：点A到直线的距离约为21.5cm．【点睛】本题主要考查了解直角三角形，正确的理解正弦、余弦的定义是解答本题的关键．21．(1)(2)【分析】（1）根据五边形是正五边形，判断出，，求出，进而可求出的度数；（2）证明得，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，，，∴，同理可求，∴．（2）解：∵，∴，同理可证，∴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的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，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．（1）y=-x2+x+4，x=3；（2）C（0，4）；y=−x+4；（3）Q1（3，0），Q2（3，4+），Q3（3，4-）．【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线解析式，利用配方法或利用公式x=−求出对称轴方程；（2）在抛物线解析式中，令x=0，可求出点C坐标；令y=0，可求出点B坐标．再利用待定系数法求出直线BD的解析式；（3）本问为存在型问题．若△ACQ为等腰三角形，则有三种可能的情形，需要分类讨论，逐一计算，避免漏解．【详解】解：（1）∵抛物线y=-x2+bx+4的图象经过点A（-2，0），∴-×（-2）2+b×（-2）+4=0，解得：b=，∴抛物线解析式为y=-x2+x+4，又∵y=-x2+x+4=-（x-3）2+，∴对称轴方程为：x=3．（2）在y=-x2+x+4中，令x=0，得y=4，∴C（0，4）；令y=0，即-x2+x+4=0，整理得x2-6x-16=0，解得：x=8或x=-2，∴A（-2，0），B（8，0）．设直线BC的解析式为y=kx+b，把B（8，0），C（0，4）的坐标分别代入解析式，得：，解得，∴直线BC的解析式为：y=−x+4．∵抛物线的对称轴方程为：x=3，可设点Q（3，t），则可求得：AC=，AQ=，CQ=．i）当AQ=CQ时，有=，25+t2=t2-8t+16+9，解得t=0，∴Q1（3，0）；ii）当AC=AQ时，有t2=-5，此方程无实数根，∴此时△ACQ不能构成等腰三角形；iii）当AC=CQ时，有，整理得：t2-8t+5=0，解得：t=4±，∴点Q坐标为：Q2（3，4+），Q3（3，4-）．综上所述，存在点Q，使△ACQ为等腰三角形，点Q的坐标为：Q1（3，0），Q2（3，4+），Q3（3，4-）．【点睛】本题考查二次函数综合题，综合性较强，有一定难度，注意分类讨论是本题的解题关键．23．(1)(2)，理由见解析(3)4【分析】本题考查的是正方形的性质、三角形全等的判定和性质