人教版2023-2024学年九年级数学期末提优检测卷 原卷+解析卷

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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
1．（本题3分）如图，小正方形的边长均为1，则A、B、C、D四个选项中的三角形（阴影部分）与相似的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了相似三角形的判定及性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定定理和性质是解题关键．小正方形的边长均为1，即可得出三边长度，因为三角形相似所以三条对应边成比例．
【详解】解：因为小正方形的边长均为1，
,
A选项中的三角形（阴影部分）三边长分别为：与三边对应成比例，
A选项中的三角形（阴影部分）与相似．
故选：A．
2．（本题3分）已知是方程的一个根，则代数式的值为（ ）
A．0B．2C．D．4
【答案】C
【分析】本题考查了一元二次方程的解，已知式子的值求代数式的值；先把代入，得，整理，得，再把代入计算，即可作答．
【详解】解：依题意，是方程的一个根，
∴，
则，
故选：C．
3．（本题3分）在一个不透明的袋子中放有若干个球，其中有个白球，其余是红球，这些球除颜色外完全相同．每次把球充分搅匀后，任意摸出一个球记下颜色再放回袋子．通过大量重复试验后，发现摸到白球的频率稳定在左右，则红球的个数约是（ ）
A．5B．10C．15D．20
【答案】C
【分析】此题考查的是用频率估计概率；根据用频率估计概率可知: 摸到白球的概率为，根据概率公式即可求出小球的总数,从而求出红球的个数．
【详解】解:小球的总数约为：(个)
则红球的个数为：(个)
故选：C．
4．（本题3分）如图，在中，点D在上，，点E在上，，，相交于F，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
作，根据平行线分线段成比例定理求出，根据题意求出，根据平行线分线段成比例定理解答即可．
【详解】解：过点D作交于H，
则，
，
，
，
，
，
故选：D．
5．（本题3分）我国古代建筑中经常使用榫卯构件，如图是某种卯构件的示意图，其俯视图是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了俯视图，根据俯视图的定义（从上面观察物体所得到的视图是俯视图）即可得．
【详解】解：卯的俯视图如图所示：
故选：C．
6．（本题3分）在等腰三角形中,,．则下列结论不正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查等腰三角形性质,勾股定理应用,三角函数．根据题意正确做出辅助线,再利用勾股定理求出边长,将对应边长代入三角函数公式,继而选出本题答案．
【详解】解:如图,做交于点,
∵,,
∴,
∴,
∴,故A正确,
∴,故B正确,
∴,故C正确,
∴,故D不正确．
故选:D．
7．（本题3分）如图，四边形与四边形是位似图形，点O是位似中心．若，四边形的周长是25，则四边形的周长是（ ）
A．4B．10C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了位似变换，相似图形的性质．先根据位似的性质得到，四边形与四边形相似，再利用比例的性质得，然后根据相似多边形的性质求解．
【详解】解：四边形与四边形是位似图形，点是位似中心，
，四边形与四边形相似，
，
，
，
四边形的周长：四边形的周长，
四边形的周长．
故选：B．
8．（本题3分）如图所示，若双曲线与抛物线在第一象限内所围成的区域（即图中阴影部分，不含边界）内的整点（点的横、纵坐标都是整数）只有4个，则k的值可能是（ ）
A．1B．2.5C．3D．4
【答案】B
【分析】利用图象可得满足题意的k的临界值，进而求解．
【详解】解：抛物线与x轴所围成的区域（不含边界）内整点（点的横、纵坐标都是整数）的个数是7个，
坐标分别为：，，，，，，，
要使双曲线与抛物线在第一象限内所围成的区域（即图中阴影部分，不含边界）内的整点（点的横、纵坐标都是整数）只有4个，
结合图象可得：当双曲线恰好经过点时，k取临界值3，当双曲线恰好经过点时，k取临界值2，
∴双曲线与抛物线在第一象限内所围成的区域（即图中阴影部分，不含边界）内的整点（点的横、纵坐标都是整数）只有4个，k的范围为：，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数与反比例函数的综合问题，结合图象利用二次函数与反比例函数的交点解决问题．
9．（本题3分）正方形内接于，P是劣弧上任意一点，则等于（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查的是圆内接正多边形的性质以及圆周角定理的应用，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
连接，由于圆内接正方形将圆分成四等分，所以，由圆周角定理知，根据即可得出答案．
【详解】解：连接；
四边形是圆的内接正方形，
；
，
，
故选：C．

10．（本题3分）如图，抛物线的对称轴是直线，且抛物线与x轴交于A，B两点，若，则下列结论中：①；②；③；④；⑤若m为任意实数，则．正确的个数是（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本题考查二次函数的性质，由抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与y轴交点可得a，b，c的符号及a与b的关系，从而判断①，由及对称轴可得点B坐标，从而判断②③④，由时y取最小值可判断⑤．
【详解】解：∵抛物线开口向上，
，
∵抛物线对称轴为直线，
，
∵抛物线与y轴交点在x轴下方，
，
，①错误．
设抛物线对称轴与x轴交点为，则，
，
，即点B坐标为，
时，，
，②错误．
，
，
，③正确．
当时，，④错误．
时y取最小值，
，即，
又∵，
∴，
∴，⑤正确．
故选：B．
11．（本题3分）已知是方程的两根，则代数式的值为 ．
【答案】7
【分析】本题主要考查一元二次方程的解及根与系数的关系．把代入方程即可得到，利用根与系数的关系求得，再整体代入即可求解．
【详解】解：由题意得：，
∵为方程为的其中一个根，
∴，即，
则，
．
故答案为：7．
12．（本题3分）用圆心角为，弧长为的扇形围成一个圆锥的侧面，则所围成的圆锥的高为 ．
【答案】
【分析】由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．则根据圆的周长公式求出圆锥的底面圆的半径为1，设利用弧长公式求出母线长，然后利用勾股定理计算出圆锥的高．
【详解】解：设圆锥的底面圆的半径为，
则，解得；
设圆锥的母线长为，
则，解得，
所以圆锥的高．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
13．（本题3分）如图，在中，，点E是的内心，过点E作交于点F，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质、平行线的性质和等腰三角形的判定和性质，熟练掌握角平分线的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
过作，交于，根据平行线的性质和角平分线的定义可以得到，，证明，然后可以得到，设，则可得到，然后求解即可．
【详解】解：过作，交于，
则，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理可得，，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
14．（本题3分）如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点．连接，若，则 ．

【答案】/度
【分析】本题主要考查内心的性质和同弧所对圆周角相等，设，，则，根据内心得，，利用三角形内角和定理即可求得，即可求得答案．
【详解】解：设，，则，
∵点是的内心，
∴，，
∴，
∴，
则．
故答案为：．
15．（本题3分）如图，在矩形中，点为上一点，且，，，点为边上一动点，连接、，若与是相似三角形，则满足条件的点的个数为 ．
【答案】3
【分析】设，则，分和两种情况，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【详解】解：设，则，
当时，，即，
解得，，
当时，，即，
解得，或6，
可得：满足条件的点P的个数有3个．
故答案为：3．
【点睛】本题考查相似三角形的性质，注意分情况讨论思想的灵活运用是解题的关键．
16．（本题3分）第 19届亚洲运动会于2023年9月23日在浙江杭州举行了开幕式，受到了全世界人民的关注.中国某 天才跳水运动员从起跳至入水的运动路线可以看作是抛物线的一部分，如图所示，该运动员起点A 距离水面，运动过程中的最高点B 距水面．与点A的水平距离为（其他相关数据见图中标注）．根据上述信息，可推断出入水点C 与池边的水平距离为 m．
【答案】4
【分析】本题考查了二次函数的实际应用，待定系数法求二次函数的解析式，先构建平面直角坐标系，结合题干信息，得顶点为点B，接着求出解析式，再代入点C的纵坐标为，即可作答．
正确掌握相关性质内容是解题的关键．
【详解】解：以点A为平面直角坐标系的原点O，跳台所在的水平面为轴，如图建立平面直角坐标系，如图所示：
则点B的坐标为，
故设该抛物线的解析式为，
∵点A的坐标为,
则
解得
∴该抛物线的解析式为
∵点C的纵坐标为
∴
解得，（舍去）
结合图形信息，
则可推断出入水点C 与池边的水平距离为．
故答案为：
17．（本题3分）如图，中，为边的中点，以上一点为圆心的和均相切，则的半径为 ．
【答案】
【分析】本题考查了切线的性质与三角形的面积，勾股定理．过点作于点，于点，由切线的性质可知，在中，由勾股定理，得，由是边的中点，得，，由，得，解得．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形是解决问题的关键．
【详解】过点作于点，于点．
∵、是的切线，
∴点、是切点，
∴、是的半径；
∴，
在中，，，，
∴由勾股定理，得，
又∵是边的中点，
∴，，
又∵，
∴，即，
解得，
∴的半径是．
故答案为：．
18．（本题3分）如图，是的中线，， ，，求线段的长 ．
【答案】
【分析】本题考查了解直角三角形，掌握三角函数的定义，作垂线构造直角三角形是解题关键．作，求出；根据求出，进而可得；再根据求出，即可求解．
【详解】解：作，如图所示：
∵， ，
∴，
∴，
∵是的中线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：
19．（本题3分）如图，在平面直角坐标系中，正方形的面积为24，点B在y轴上，点C在反比例函数的图象上，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了反比例函数的几何意义，正方形的性质；连接交y轴于点D，由正方形的性质得，再由的几何意义得，即可求解；理解的几何意义“过反比例函数上任意一点作轴（轴）的垂线，则此点、垂足、坐标原点所构成的三角形面积为．”是解题的关键．
【详解】解：如图，连接交y轴于点D，
四边形为正方形，
，
，
，
，
解得：，
，
．
故答案：．
20．（本题3分）如图，在平面直角坐标系中，正方形与正方形是以O为位似中心的位似图形，且位似比为，点，，在x轴上，延长交射线与点，以为边作正方形；延长，交射线与点，以为边作正方形；…按照这样的规律继续作下去，若，则正方形的面积为 ．
【答案】
【分析】先根据位似比求出，再证明，得到，，，，同理证明，得到，从而得到正方形的面积为，正方形的面积为，正方形的面积为，……，据此发现规律即可得到答案．
【详解】解：∵正方形与正方形是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为，
，
轴，轴，
，
，
，
，
，
，
正方形的边长为，
，
，
正方形的边长为，
，
，
同理可得，
，
，
正方形的边长为，
正方形的面积为，
正方形的面积为，
正方形的面积为，
……
∴正方形的面积是．
故答案为：．
【点睛】本题为位似的实际应用，考查了位似比，正方形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，综合性较强，理解题意，根据相似三角形和正方形的知识分别求出正方形的边长，从而表示出正方形的面积并发现规律是解题关键．
21．（本题8分）（1）计算：
（2）．
【答案】（1）
（2），
【详解】解：（1）解：
原式
（2）
，
∴或
∴ ，
22．（本题8分）如图，在中，D是边上一点，且．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质；
（1）由补角的性质可求，由相似三角形的判定方法可证；
（2）由相似三角形的性质可得，可求解．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，
∴，
，，
∴，
∴．
23．（本题6分）某景区有A、B、C、D四个景点，景点C在景点D的正东方向，景点A在景点D的东北方向，景点B在景点C的北偏东方向，已知景点A到的距离米，景点B到的距离米．米．（参考数据：，）
(1)求景点C、D的距离（结果保留根号）；
(2)小东和小明在景点D游览后，小东准备乘坐观光车，从景点D到景点A到再到景点B，小明则步行从景点D到景点C再到景点B，小明出发5分钟后，小东才搭上观光车出发，已知小明步行的平均速度为每分钟60米，观光车的速度为每分钟300米，观光车和小明中途不停歇，后到的人能在先到的人到达后的3分钟内到达吗？请说明理由．
【答案】(1)景点C、D的距离是米；
(2)后到的人能在先到的人到达后的3分钟内到达，理由见解析．
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数以及勾股定理是解题关键．
（1）过点B作于点，可得四边形是矩形，得到，米，再根据直角三角形的性质，分别得到米，米，米，即可求出景点C、D的距离；
（2）先利用勾股定理，求得米，从而求得小东所用时间，再利用锐角三角函数，求得米，从而求得小明所用时间，然后得到两人的时间差，即可得到答案．
【详解】（1）解：如图，过点B作于点，
，
四边形是矩形，
，米，
由题意：景点A在景点D的东北方向，景点B在景点C的北偏东30°方向，
∴，，
又∵米，米，
米，
在中，米，
米，
在中，米，
在中，米，
米，
即景点C、D的距离是米；
（2）解：后到的人能在先到的人到达后的3分钟内到达，理由如下：
在中，米，
小东所用时间为分钟，
在中，米，
小明所用时间为分钟，
明出发5分钟后小东出发，观光车和小明中途不停歇，
两人的时间差为：，
后到的人能在先到的人到达后的3分钟内到达．
24．（本题8分）某蔬菜生产基地用装有恒温系统的大棚栽培一种新品，如图是某天恒温系统从开始到关闭及关闭后，大棚里温度随时间变化的函数图象，其中段是一次函数图象的一部分，段是恒温阶段，段是反比例函数图象的一部分，请根据图中信息解答下列问题：

(1)求反比例函数的表达式；
(2)恒温系统在一天内保持大棚内温度不低于的时间有多少小时？
【答案】(1)
(2)15小时
【分析】（1）直接将点B的坐标代入反比例函数解析式即可；
（2）观察图象可知：三段函数都有的点，而且段是恒温阶段，，所以计算和两段当时对应的x值，相减就是结论．
【详解】（1）解：把代入中得：；
∴；
（2）如图，

设的解析式为：．
把、代入中得：，
解得： ，
∴的解析式为：，
当时，，
∴．
∵ ，
∴，
∴．
答：恒温系统在一天内保持大棚里温度不低于的时间有15小时．
【点睛】本题考查了反比例函数和一次函数的性质和应用，解答此题时要先利用待定系数法确定函数的解析式，再观察图象特点，结合反比例函数和一次函数的性质作答．
25．（本题10分）如图，为的直径，为上一点，作的平分线交于点．过点作的切线，交的延长线于点．

(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由切线的性质可得，由圆周角定理的推论可得，由角平分线的性质可得，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可得，从而得到，最后由平行线的判定即可得到答案；
（2）过点作于点，连接，由勾股定理可得，，证明四边形是矩形，可得，证明可得，即，求出，从而得到答案．
【详解】（1）证明：如图1，连接，

是的切线，
，
，
为的直径，
，
平分，
，
，
，
，
；
（2）解：如图2，过点作于点，连接，

，
，
，
由（1）知：，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，即，
，
．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理的推论，切线的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，熟练掌握圆周角定理，切线的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，添加适当的辅助线，是解题的关键．
26．（本题10分）【问题背景】
（1）如图1，在中，，于，求证：；

【变式迁移】
（2）如图2，已知，为上一点，且，若，求的值；

【拓展创新】
（3）如图3，四边形中，，，为边上一点，且，，直接写出的值．

【答案】（1）见解析 （2） （3）
【分析】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，利用前面探索的结论和方法解决新问题是解题的关键．
（l）利用同角的余角相等得，即可证明结论；
（2）过点作于点，利用两个角相等证明，得，从而得出答案；
（3）过点作于点，延长，相交于点，设（），则，，首先利用证明，得，，再根据，得 ，，最后根据，进而解决问题.
【详解】（1）∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（2）如图，过点作于点，

则，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（3）如图，过点作于点，延长，相交于点，

∵，，
∴，
设（），则，，
∵，，，
∴，，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
27．（本题10分）如图，已知二次函数的图象与轴交于和两点，与轴交于，对称轴为直线，连接，在线段上有一动点，过点作轴的平行线交二次函数的图象于点，交轴于点．
(1)求抛物线与直线的函数解析式；
(2)设点的坐标为，求面积的最大值；
(3)若点在线段上运动，则是否存在这样的点，使得与相似，若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请写出理由．
【答案】(1)；
(2)
(3)存在，点的坐标为或
【分析】本题考查二次函数的综合，本题考查相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，
（1）先根据二次函数的性质求得，再利用待定系数法求解函数解析式即可；
（2）由题意，，求得，由，结合二次函数的性质求解即可；
（3）分，两种情况，利用相似三角形的判定与性质和坐标与图形性质求解即可．
【详解】（1）解：抛物线的对称轴为直线
则
将点，代入
解得
抛物线的解析式为
设直线的解析式为
将点，代入
解得
直线的函数解析式为
（2）点M的坐标为，轴，
，，
，
，
当点P在射线上或在射线上，没有最大值，
点P在线段上，
当时有最大值
（3）存在这样的点P，使，理由如下：
，
与相似时由两种情况：
①当时，，
过点N作轴交于点E，
，
，
，
，又，
，
，，，，，
，经检验，是分式方程的根，
点的坐标为
②当时，，
则轴，
点纵坐标为，
，
或（舍去）
点的坐标为
综上所述：点的坐标为或
【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及二次函数的图象与性质、待定系数法求函数解析式坐标与图形、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质，分类讨论和添加辅助线构造相似三角形求解是解答的关键．属于中考中的压轴题。评卷人
得分
一、选择题（共30分）
评卷人
得分
二、填空题（共30分）
评卷人
得分
三、解答题（共60分）