浙教数学九年级上册 期末检测卷+答案

这是一份浙教版九年级上册本册综合当堂达标检测题，共16页。试卷主要包含了仔细选一选，认真填一填，全面解一解等内容，欢迎下载使用。
一、仔细选一选（本题共10小题，每题3分，共30分）
1．抛物线y=（x﹣2）2+3的对称轴是（ ）
A．直线x=2B．直线x=3C．直线x=﹣2D．直线x=﹣3
2．两个相似多边形的面积之比是1：4，则这两个相似多边形的周长之比是（ ）
A．1：2B．1：4C．1：8D．1：16
3．如图，⊙O的半径为5，弦心距OC=3，则弦AB的长是（ ）
A．4B．6C．8D．5
4．如图，在△ABC中，DE∥BC，若，DE=4，则BC=（ ）
A．9B．10C．11D．12
5．如图，直线l1∥l2∥l3，直线AC分别交l1，l2，l3于点A，B，C，直线DF分别交l1，l2，l3于点D，E，F，已知AB=2，AC=5，DF=6，则DE的长是（ ）
A．3B．C．D．
6．分别把下列图形围起来得到的立体图形是圆锥的是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，四边形ABCD内接于⊙O，已知∠ADC=130°，则∠AOC的大小是（ ）
A．80°B．100°C．60°D．40°
8．在同一坐标平面内，图象不可能由函数y=2x2+1的图象通过平移变换、轴对称变换得到的函数是（ ）
A．y=2（x+1）2﹣1B．y=2x2+3C．y=﹣2x2﹣1D．y=x2﹣1
9．有四张背面一模一样的卡片，卡片正面分别写着一个函数关系式，分别是y=2x，y=x2﹣3（x＞0），y=（x＞0），y=﹣（x＜0），将卡片顺序打乱后，随意从中抽取一张，取出的卡片上的函数是y随x的增大而增大的概率是（ ）
A．B．C．D．1
10．如图，在平面直角坐标系中，A（﹣5，0），B（0，10），C（8，0），⊙A的半径为5．若F是⊙A上的一个动点，线段CF与y轴交于E点，则△CBE面积的最大值是（ ）
A．B．40C．20D．

二、认真填一填（共6题，每题4分，共24分）
11．如图，某登山运动员从营地A沿坡度为1：的斜坡AB到达山顶B，如果AB=1000米，则他实际上升了 米．
12．如图，抛物线y1=﹣x2+4x和直线y2=2x在同一直角坐标系中．当y1＞y2时，x的取值范围是 ．
13．如图，小明同学测量一个光盘的直径，他只有一把直尺和一块三角板，他将直尺、光盘和三角板如图放置于桌面上，并量出AB=3cm，则此光盘的直径是 cm．
14．已知=，那么= ．
15．如图，一块铁片边缘是由抛物线和线段AB组成，测得AB=20cm，抛物线的顶点到AB边的距离为25cm．现要沿AB边向上依次截取宽度均为4cm的矩形铁皮，从下往上依次是第一块，第二块…如图所示．已知截得的铁皮中有一块是正方形，则这块正方形铁皮是第 块．
16．如图，边长为2的正三角形ABC中，P0是BC边的中点，一束光线自P0发出射到AC上的点P1后，依次反射到AB、BC上的点P2和P3（反射角等于入射角）．
（1）若∠P2P3B=45°，CP1= ；
（2）若＜BP3＜，则P1C长的取值范围是 ．

三、全面解一解：（8个小题，共66分，各小题都必须写出解答过程）
17．（6分）计算：（﹣）﹣1+tan30°﹣sin245°+（2016﹣cs60°）0．
18．（6分）一个直四棱柱的三视图如图所示，俯视图是一个菱形，求这个直四棱柱的表面积．
19．（6分）如图分别是某型号跑步机的实物图和示意图，已知踏板CD长为2米，支架AC长为0.8米，CD与地面的夹角为12°，∠ACD=80°，（AB‖ED），求手柄的一端A离地的高度h．（精确到0.1米，参考数据：sin12°=cs78°≈0.21，sin68°=cs22°≈0.93，tan68°≈2.48）
20．（8分）将两张半径均为10的半圆形的纸片完全重合叠放一起，上面这张纸片绕着直径的一端B顺时针旋转30°后得到如图所示的图形，与直径AB交于点C，连接点C与圆心O′．
（1）求的长；
（2）求图中下面这张半圆形纸片未被上面这张纸片重叠部分的面积S白．
21．（8分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠A=60°，过点C作⊙O的切线，交射线BO于点E．
（1）求∠BCE的度数；
（2）若⊙O半径为3，求BE长．
22．（10分）如图，抛物线y=﹣x2+6x与x轴交于点O，A，顶点为B，动点E在抛物线对称轴上，点F在对称轴右侧抛物线上，点C在x轴正半轴上，且EFOC，连接OE，CF得四边形OCFE．
（1）求B点坐标；
（2）当tan∠EOC=时，显然满足条件的四边形有两个，求出相应的点F的坐标；
（3）当0＜tan∠EOC＜3时，对于每一个确定的tan∠EOC值，满足条件的四边形OCFE有两个，当这两个四边形的面积之比为1：2时，求tan∠EOC．
23．（10分）要利用28米长的篱笆和一堵最大可利用长为12米的墙围成一个如图1的一边靠墙的矩形养鸡场，在围建的过程中遇到了以下问题，请你帮忙来解决．
（1）这个矩形养鸡场要怎样建面积能最大？求出这个矩形的长与宽；
（2）在（1）的前提条件下，要在墙上选一个点P，用不可伸缩的绳子分别连接BP，CP，点P取在何处所用绳子长最短？
（3）仍然是矩形养鸡场面积最大的情况下，若把（2）中的不可伸缩的绳子改为可以伸缩且有弹性的绳子，点P可以在墙上自由滑动，求sin∠BPC的最大值．
24．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线l1与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，l1的解析式为y=x2﹣2，若将抛物线l1平移，使平移后的抛物线l2经过点A，对称轴为直线x=﹣6，抛物线l2与x轴的另一个交点是E，顶点是D，连结OD，AD，ED．
（1）求抛物线l2的解析式；
（2）求证：△ADE∽△DOE；
（3）半径为1的⊙P的圆心P沿着直线x=﹣6从点D运动到F（﹣6，0），运动速度为1单位/秒，运动时间为t秒，⊙P绕着点C顺时针旋转90°得⊙P1，随着⊙P的运动，求P1的运动路径长以及当⊙P1与y轴相切的时候t的值．

参考答案
一、1.A 【解析】y=﹣（x﹣2）2+3，对称轴是x=2．故选A．
2．A【解析】∵两个相似多边形的面积之比是1：4，∴这两个相似多边形的相似比是1：2，则这两个相似多边形的周长之比是1：2，故选A．
3.C 【解析】连接OA.∵OC⊥AB，OC=3，OA=5，∴AB=2AC.
∵AC===4，∴AB=2AC=8．故选C．
D 【解析】∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴=.∵DE=4，∴BC=12.
故选D．
5．B 【解析】∵l1∥l2∥l3，∴=，即=，解得DE=，故选B．
6．C 【解析】因为圆锥的展开图为一个扇形和一个圆形，选项C满足要求，
故选C．
7．B 【解析】∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC=130°，∴∠B=180°﹣130°=50°.
由圆周角定理得，∠AOC=2∠B=100°，故选B．
8．D 【解析】由于抛物线的形状由二次项的系数a决定，所以两个函数表达式中的a要相同或互为相反数才可以通过平移变换、轴对称变换得到．故选D．
9．C 【解析】函数y=2x，y=x2﹣3（x＞0），y=（x＞0），y=﹣（x＜0）中，有y=2x，y=x2﹣3（x＞0），y=﹣（x＜0），是y随x的增大而增大，所以随意从中抽取一张，取出的卡片上的函数是y随x的增大而增大的概率是．故选C．
10．A 【解析】如图所示：当CF与⊙A相切时，△BCE的面积有最大值．
∵CF与⊙A相切，∴AF⊥FC．∴△AFC为直角三角形．∴FC==12．
∵∠AFC=∠EOC，∠OCE=∠FCA，∴△OEC∽△FAC．∴，即，解得OE=．∴BE=OB+OE=10+=．∴△CBE面积的最大值=BE•OC=××8=．故选A．
二、11. 500 【解析】∵斜坡AB坡度为1：，∴∠A=30°，∴BC=AB=500，
则他实际上升了500米.
0＜x＜2 【解析】将两函数关系式联立可得：2x=﹣x2+4x，解得x1=0，x2=2.
由图象可得：y1＞y2时，x的取值范围是0＜x＜2．
6 【解析】∵∠CAD=60°，∴∠CAB=120°.∵AB和AC与⊙O相切，
∴∠OAB=∠OAC，∴∠OAB=∠CAB=60°.∵AB=3cm，∴OA=6cm，∴由勾股定理得OB=3cm，∴光盘的直径6cm．
14．﹣ 【解析】由=，得b=．==﹣.
15．6 【解析】如图，建立平面直角坐标系．∵AB=20cm，抛物线的顶点到AB边的距离为25cm，∴此抛物线的顶点坐标为：（10，25），图象与x轴的交点坐标为：（0，0），（20，0），∴抛物线的解析式为：y=a（x﹣10）2+25，
解得：0=100a+25，a=﹣，∴y=﹣（x﹣10）2+25，现要沿AB边向上依次截取宽度均为4cm的矩形铁皮，∴截得的铁皮中有一块是正方形时，正方形边长一定是4cm．∴当四边形DEFM是正方形时，DE=EF=MF=DM=4cm，∴M点的横坐标为AN﹣MK=10﹣2=8，即x=8，代入y=﹣（x﹣10）2+25，解得：y=24，
∴KN=24，24÷4=6，∴这块正方形铁皮是第六块，
16．（1） （2） ＜P1C＜【解析】（1）过P0作P0H⊥AC于H.
∵反射角等于入射角，∴∠P0P1C=∠P2P1A=∠P2P3B.又∵∠C=∠A=∠B=60°，
∴△P0P1C∽△P2P3B，∴∠CP1P0=∠P2P3B=45°，∴P0H=P1H.∵P0是BC边的中点，
∴CP0=1，∴CH=，P0H=P1H=，∴CP1=+=.（2）∵反射角等于入射角，∴∠P0P1C=∠P2P1A=∠P2P3B.又∵∠C=∠A=∠B=60°，∴△P0P1C∽△P2P1A∽
△P2P3B，∴==.设P1C=x，P2A=y，则P1A=2﹣x，P2B=2﹣y．
∴=，∴，∴x=（2+P3B）.又∵＜BP3＜，
∴＜x＜，即P1C长的取值范围是：＜P1C＜.
三、17．解：原式=﹣2+1﹣+1=﹣．
18．解：∵俯视图是菱形，
∴可求得底面菱形边长为2.5cm，
上、下底面积和为6×2=12cm2，
侧面积为2.5×4×8=80cm2，
∴直棱柱的表面积为92cm2．
19．解：过C点作FG⊥AB于F，交DE于G．
∵CD与地面DE的夹角∠CDE为12°，∠ACD为80°，
∴∠ACF=∠FCD﹣∠ACD=∠CGD+∠CDE﹣∠ACD=90°+12°﹣80°=22°，
∴∠CAF=68°，
在Rt△ACF中，CF=AC•sin∠CAF≈0.744m，
在Rt△CDG中，CG=CD•sin∠CDE≈0.42m，
∴h=0.42+0.74=1.156≈1.2（米），
答：手柄的一端A离地的高度h约为1.2m．
20．解：（1）连结BC，作O′D⊥BC于D.
由题意得，∠CBA′=30°，
则∠BO′C=120°，O′D=O′B=5，
∴的长为： =；
（2）S白=×π×102﹣（﹣×10×5）
=50π﹣+25
=π+25．
21．解：（1）连接OC.∵∠A=60°，∴∠BOC=120°，
又∵OB=OC，∴∠OCB=∠OBC=30°，
∵EC切⊙O于E，∴∠OCE=90°，
∴∠ECB=120°.
（2）过点O作OD⊥BC于点D.
∵∠A=60°，
∴∠BOC=120°.
又∵∠CBE=∠BOC，
∴△BOC∽△BCE，
∴=,
∴BC2=BO•BE.
∵BO=3，∠OBD=30°，
∴BD=BO•cs30°=，
∴BC=3，
∴（3）2=3BE，
∴BE=9．
22．解：（1）∵y=﹣x2+6x=﹣（x﹣3）2+9，
∴B（3，9）.
（2）抛物线的对称轴为直线x=3，直线x=3交x轴于H，如图.
∵tan∠EOC=，即tan∠EOH=，
∴=，
∴EH=4，
∴E点坐标为（3，4）或（3，﹣4）.
当y=4时，﹣（x﹣3）2+9=4，解得x1=3﹣（舍去），x2=3+;
当y=﹣4时，﹣（x﹣3）2+9=﹣4，解得x1=3﹣（舍去），x2=3+，
∴F点坐标为（3+）或（3+，﹣4）.
（3）如图，∵平行四边形OEFC和平行四边形OE′F′C′等高，
∴这两个四边形的面积之比为1：2时，OC′=2OC.
设OC=t，则OC′=2t，
∴F点的横坐标为3+t，F′点的横坐标为3+2t，
而点F和F′的纵坐标互为相反数，
∴﹣（3+t﹣3）2+9+[﹣（3+2t﹣3）2+9]=0，解得t1=，t2=﹣（舍去），
∴F点坐标为（3+，），
∴E（3，），
∴tan∠EOC==．
23．解：（1）设这个矩形的长为x米（0＜x≤12），则宽为米.
根据矩形的面积公式可知S=x•=﹣（x﹣14）2+98.
∵0＜x≤12，在此区间内面积S关于长x的函数单调递增，
∴当x=12时，S取最大值，S最大=96，
此时=8．
故把整堵墙壁都用起来，矩形长为12米，宽为2米时矩形养鸡场的面积最大．
（2）作点C关于AD的对称点C′，连接BC′交AD于点P，连接PC，如图一．
∵点C、C′关于AD对称，
∴PC=PC′，
∴PB+PC=PB+PC．
由三角形内两边之和大于第三边可知：当B、P、C′共线时PB+PC最小．
∵AD∥BC，
∴△C′PD∽△C′BC，
∴=，
∴PD=BC，即P为AD的中点．
此时C′B==20（米）．
故当点P选在AD中点处时，需要的绳子最短，最短绳长为20米．
（3）作一个圆，使该圆经过B、C点且和AD相切，如图二．
任取线段AD上一点P，连接BP、CP，令CP与圆交于点G，连接BG．
∵∠BGC=∠BPC+∠PBG，
∴∠BPC≤∠BGC．
当P、G两点重合时取等号，此时点P为AD的中点．
∵AD=12，AB=8，
∴AP=6，
由勾股定理得：BP==10，
∵△PBC的面积S=BP•CP•sin∠BPC=×10×10sin∠BPC=BC•AB=×12×8，
∴sin∠BPC=．
故sin∠BPC的最大值为．
24．解：（1）设抛物线l2的解析式为y=（x+a）2+c.
∵抛物线l2的对称轴为x=﹣6，
∴a=6．
令l1的解析式y=x2﹣2=0，
解得x=±2．
∴A点的坐标为（﹣2，0），B点的坐标为（2，0）．
将点A（﹣2，0）代入l2的解析式中，得×（﹣2+6）2+c=0，
解得：c=﹣8．
故抛物线l2的解析式为y=﹣8．
（2）证明：令l2的解析式y=﹣8=0，
解得x=﹣10，或x=﹣2，
故点E的坐标为（﹣10，0）．
由抛物线的对称性可知△ADE为等腰三角形．
∵点O（0，0），点E（﹣10，0），点D（﹣6，﹣8），
∴OE=0﹣（﹣10）=10，OD==10，
∴OE=OD，
即△OED为等腰三角形.
又∵∠DEA=∠OED，且两者均为底角，
∴△ADE∽△DOE．
（3）过点C作CN⊥DF于点N，根据题意画出图形如图．
点D旋转后到达D′处，点F旋转后到达F′处．
根据旋转的性质可知D′F′=DF.
∵点D（﹣6，﹣8），点F（﹣6，0），
∴P1的运动路径长为DF=8．
∵DF∥y轴，
∴D′F′∥x轴，
∴四边形NCMD′为平行四边，
∴D′M=NC．
∵l1的解析式为y=x2﹣2，
∴点C的坐标为（0，﹣2），
∴点N的坐标为（﹣6，﹣2），
∴NC=0﹣（﹣6）=6．
∵⊙P1的半径为1，
∴当D′P1=D′M±1时，⊙P1与y轴相切，
此时D′P1=5，或D′P1=7．
∵⊙P的运动速度为1单位/秒，
∴⊙P1的运动速度为1单位/秒，
∴运算时间为5秒或7秒．