2023-2024学年浙江省宁波市镇海区九年级上学期期末数学试题

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1. 已知，，则的值等于（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件可设a=4k，b=3k，代入即可求得
详解】设a=4k，b=3k，
故选D．
【点睛】此题考查比例的性质，关键是根据比例的性质代入解答．
2. 已知的半径为，点到圆心的距离为，则点（ ）
A. 在圆内B. 在圆上
C. 在圆外D. 在圆上或圆外
【答案】C
【解析】
【分析】直接根据点与圆的位置关系即可得出结论．
【详解】解：∵点P到圆心O的距离为，
∴点P在圆外．
故选：C．
【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系，熟知点与圆的三种位置关系是解答此题的关键．
3. 抛物线的对称轴是（ ）
A. 直线B. 直线C. 直线D. 直线
【答案】B
【解析】
【分析】根据对称轴公式即可求解．
【详解】解：抛物线的对称轴是直线，
即，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，掌握抛物线对称轴公式是解题的关键．
4. 如图，某游乐场一滑梯长为，滑梯的坡角为，那么滑梯的高的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接根据正弦的三角函数比计算即可．
【详解】由图可知，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用－坡度坡角问题和解直角三角形的应用－坡度坡角问题，利用三角函数求解是解题的关键．
5. 如图，的弦长为，的半径为，则弦的弦心距为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接，过点O作，根据垂径定理得出，再由勾股定理即可求解．
详解】解：连接，过点O作，
∵，⊙O的半径为，的弦长为，
∴，，
由勾股定理得：
∴弦的弦心距为
故选C．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，关键是求出长．
6. 如图，已知，，，则的长为（ ）
A. 2B. 4C. 9D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行线分线段成比例，列出比例式可得出答案．
【详解】∵，
∴；
∵
∴
∴
故选：B．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例，准确找到对应线段是关键．
7. 将二次函数的图象向左平移1个单位，再向上平移2个单位后，所得图象的函数表达式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数图象左移加、右移减，上移加、下移减，可得答案．
【详解】解：将二次函数的图象向左平移1个单位，再向上平移2个单位后，所得图象的函数表达式是，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，函数图象左移加、右移减，上移加、下移减是解题关键．
8. 如图，是的直径，弦与垂直，垂足为点，连接并延长交于点，，，则图中阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，首先证明是等边三角形，证明，求出即可解决问题．
【详解】解：如图，连接．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，扇形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题．
9. 如图，在中，点、分别是、的中点，则下列四个结论，其中错误的结论是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形的中位线性质、相似三角形的判定和性质逐项分析即可．
【详解】解：∵在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，
∴DEBC，DE＝BC，
∴；故A正确；
∵DE BC，
∴△DEO∽△CBO，
∴ ，，
∴，故B、C正确；
∵△DOE和△DOB同高，所以面积之比等于底之比，
∴，故D错误；
故选：D．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质以及三角形中位线的性质、解题关键是掌握数形结合思想的应用．
10. 如图，是的直径，点、在上，且在两侧，于点交线段于．若，，，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，设，则，，，证明，求解，连接，证明，可得，而，从而可得答案．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
在中，，
∴
设，则，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
解得
连接
∵为直径，
∴，而，
∴，
∴，
∴，而，
解得（负根舍去）
∴．
故选B．
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，掌握以上基础知识并灵活应用是解本题的关键．
二、填空题（本题共6小题，每小题5分，共30分）
11. 已知线段，，则，的比例中项线段长等于________．
【答案】
【解析】
【分析】直接根据比例中项的公式计算即可．
【详解】∵，，
∴，的比例中项线段长等于，
故答案为．
【点睛】本题考查了比例中项的定义，如果一个比例的两个内项相等，我们就把它叫做外项的比例中项，即，则b叫a、c的比例中项，即．
12. 一个不透明的口袋中装有红色、黄色、蓝色玻璃球共200个，这些球除颜色外都相同．小明通过大量随机摸球试验后，发现摸到红球的频率稳定在左右，则可估计红球的个数约为________．
【答案】60
【解析】
【分析】直接用频率乘以总数即可．
【详解】由题意可知红球的个数约为，
故答案为60．
【点睛】本题考查了根据频率求总数，熟记频率总数个数是解题的关键．
13. 已知为锐角，且，则锐角的度数是______．
【答案】##40度
【解析】
【分析】根据特殊角的三角函数值求出的值即可．
【详解】解：∵
∴ ，
则
故答案为：
【点睛】本题考查了特殊角的三角函数，解题关键是熟记特殊角的三角函数值．
14. 如图，把一个大长方形划分成三个全等的小长方形，若每一个小长方形均与大长方形相似，则的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，矩形矩形，然后利用相似多边形的性质可得，从而可得，进行计算即可解答．
【详解】解：如图：
由题意得：
，矩形矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似多边形的性质，矩形的性质，熟练掌握相似多边形的性质是解题的关键．
15. 如图，在的网格图中，每个小正方形的边长均为1．设经过格点、、三点的圆弧与线段交于点，则弧的弧长为________．
【答案】##
【解析】
【分析】连接，，根据的勾股定理得到，，根据勾股定理的逆定理得到，根据圆周角定理得到，根据弧长公式即可得到结论．
【详解】解：连接，，
∵，，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴是圆的直径，
∴，
∴，
∴，
∴弧所对的圆心角为，
∴的长，
故答案为．
【点睛】本题主要考查的是弧长的计算、等腰直角三角形的判定，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键．
16. 如图，在矩形中，，，点是对角线上一动点，连接，过作，交边于点，以、为邻边作矩形．
（1）当时，则的长=________．
（2）点在上，且，连接，则长的最小值是________．
【答案】 ①. ②. 4.4
【解析】
【分析】（1）过作于，延长交于，证明和，根据相似三角形的性质可求解；
（2）连结并延长交的延长线与，分别证明和，根据相似三角形的性质可求解
【详解】解：（1）过作于，延长交于.
则.
∴
∴，，
∴，
在中，.
∵
∴
又
∴,
∴
∴.
故答案为: ;
（2）连结并延长交的延长线与，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴.
∴
∴当时，最小.
∵，，，，
∴
故答案为：4.4
【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形或直角三角形解决问题．
三、解答题（本题共8小题，第17-19题各8分，第20-22题各10分，第23题12分，第24题14分，共80分）
17. 计算：
（1）
（2）已知，求的值．
【答案】（1）1.5 （2）4
【解析】
【分析】（1）根据特殊角的三角函数值代入式子，进行计算即可；
（2）首先把等式进行变形为，然后去括号、移项、合并同类项可得，进而得到的值．
【小问1详解】
原式
【小问2详解】
由可得，，
化简得，
∴
【点睛】此题主要考查了特殊角的三角函数，以及比例的性质，关键是熟练掌握特殊角的三角函数值．
18. 一个布袋里装有三个小球，上面分别写着“1”，“2”，“3”，除数字外三个小球无其他差别．
（1）从布袋里任意摸出一个小球，求上面的数字恰好是“3”的概率．
（2）从布袋里任意摸出一个小球，记录其数字，放回并摇匀，再从中任意摸出一个小球，记录其数字，求两次记录的数字之和为3的概率．（要求列表或画树状图说明）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）写有“3”的球的个数除以总的球的个数即可得解；
（2）利用树状图列举法即可求解；
【小问1详解】
根据题意，上面的数字恰好是“3”的概率为：，
即所求概率为；
【小问2详解】
利用树状图列举法：
如图
两次之和为“3”的次数共计有2次，总计有9种抽球的方式，则两次之和为“3”的概率为：．
【点睛】本题考查了公式法和列举法求概率的知识，掌握理解列举法的基本原理是解答本题的关键．
19. 如图在的网格中，的顶点都在格点上．仅用无刻度的直尺在给定的网格中分别按下列要求画图．（请保留画图痕迹，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示）
（1）在图1中，画出的中线和重心；
（2）在图2中，画线段，点在上，使得；
（3）在图3中，画出的外心点．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质得到边的中点D，连接即可，再作出边上的中线，两条中线的交点即为重心G；
（2）取格点M，N，连接交于点E，连接即可；
（3）作线段的垂直平分线m，作线段的垂直平分线n，直线m，n交于点O，点O即为所求．
【小问1详解】
如图所示，中线和重心点G即为所作；
【小问2详解】
如图所示，即为所作；
【小问3详解】
如图，点O即为所作，
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，线段的垂直平分线，三角形的外心等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题
20. 在数学综合实践活动课上，某小组要测量学校升旗台旗杆的高度．如图所示，测得BC∥AD，斜坡AB的长为6m，坡度i=1：，在点B处测得旗杆顶端E的仰角为70°，点B到旗杆底端C的距离为5m．
（1）求斜坡AB坡角α的度数．
（2）求旗杆顶端离地面的高度ED．（参考数据：sin70°≈0.94，cs70°≈0.34，tan70°≈2.75，结果精确到1m）
【答案】（1）α=30°
（2）旗杆顶端离地面的高度ED约为17m
【解析】
【分析】（1）解直角△ABF得到tan∠BAF==i==即可得到答案；
（2）先求出BF=AB=3m，证明四边形BCDF是矩形得到CD=BF=3m，解直角三角形求出EC≈14m，即可得到答案．
【小问1详解】
解：∵BF⊥AD，垂足为点F，
∴∠AFB=90°．
在Rt△ABF中，tan∠BAF==i==，
∴∠BAF=30°，即α=30°．
答：斜坡AB的坡角α的度数为30°．
【小问2详解】
解：在Rt△ABF中，
∵∠BAF=30°，AB=6m，
∴BF=AB=3m，
∵BC∥AD，EF⊥AD，CD⊥AD，
∴BC⊥EF，
∴四边形BCDF是矩形
∴CD=BF=3m，
在Rt△BCE中，∠BCE=90°，
∵∠EBC=70°，BC=5m，
∴EC=BC·tan∠EBC=5·tan70°≈5×275≈14m，
∴ED =EC +CD =14+3=17m，
答：旗杆顶端离地面的高度ED约为17m．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，矩形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，根据特殊角三角函数值求度数等等，熟知解直角三角形的相关方法是解题的关键．
21. 新华书店销售一个系列的儿童书刊，每套进价100元，销售定价为140元，一天可以销售20套．为了扩大销售，增加盈利，减少库存，书店决定采取降价措施．若一套书每降价1元，平均每天可多售出2套．设每套书降价元时，书店一天可获利润元．
（1）求出与的函数关系式；
（2）若要书店每天盈利1200元，则每套书销售定价应为多少元？
（3）当每套书销售定价为多少元时，书店一天可获得最大利润？这个最大利润为多少元？
【答案】（1）
（2）书店每天盈利1200元，每套书销售定价应定为130元或120元
（3）每套书销售定价为125元时，书店每天可获最大利润。最大利润为1250元
【解析】
【分析】（1）由总利润=每套利润销售量可列出函数关系式；
（2）由（1）可知与的函数关系式，令，即可求出，进而得到定价；
（3）根据二次函数性质可得答案．
【小问1详解】
由题意可知：
∴与的函数关系式为．
【小问2详解】
令
解得，
∴，
答：要书店每天盈利1200元，每套书销售定价应定为130元或120元．
小问3详解】
，
∵
∴当时，有最大值1250，此时，
答：当每套书销售定价为125元时，书店每天可获最大利润。最大利润为1250元．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，一元二次方程的应用，解题的关键是理解题意，列出函数关系式．
22. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与二次函数的图象交于、两点．
（1）求与的函数关系式；
（2）直接写出当时，的取值范围；
（3）点为一次函数图象上一点，点的横坐标为，若将点向右平移2个单位，再向上平移4个单位后刚好落在二次函数的图象上，求的值．
【答案】（1），
（2）或
（3）的值为1或
【解析】
【分析】（1）将两点坐标分别代入两个表达式即可；
（2）即的图象在的上面，根据两个交点分界选择合适范围即可；
（3）根据点的平移规律得到最后的点坐标，然后代入二次函数表达式，解方程即可．
【小问1详解】
解：把点代入得，，
∴；
把点代入中，得
∴，
把点、分别代入中，得，
解得，
∴；
【小问2详解】
解：观察图象可知，当时，的取值范围是或；
【小问3详解】
解：∵点为一次函数图象上一点，∴，
将点向右平移2个单位，再向上平移4个单位后得到点，
把代入，得，
解得
所以的值为1或
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的结合，相关知识点有：求函数表达式、点的平移等，数形结合是解题的关键．
23. 【基础巩固】
（1）如图1，在中，是上一点，过点作的平行线交于点，点是上任意一点，连结交于点，求证：；
【尝试应用】
（2）如图2，在（1）的条件下，连结，，若，、恰好将三等分，求的值；
【拓展延伸】
（3）如图3，在等边中，，连结，点在上，若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【解析】
【分析】（1）根据，可得，从而得到，同理，进而得到，即可；
（2）根据，可得，，再由、恰好将三等分，可得到，再由直角三角形的性质可得，从而得到，即可；
（3）过作的平行线，分别交、于、．可得也是等边三角形，从再而得到，再证得，可得，由（1）和，得，设，则．可得， ，然后根据，可得，即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
同理，
∴，
∴；
（2）∵，
∴，，
∵、恰好将三等分，
∴，
∴，
∵，
∴
在中，，
∴，
根据（1）得，；
（3）过作的平行线，分别交、于、．
∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴
∴也是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
又∵
∴
∴
∴．
∴，即，
∴，
由（1）和，得，
设，则．
∴，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，利用类比思想解答是解题的关键．
24. 如图1，在锐角中，，圆为的外接圆．
（1）求证：平分．
（2）如图2，点在弧上，分别与，交于点，，且．
①求证：；
②若，，求圆的半径．
③如图3，连结并延长交于，交于，若，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）①见解析；②；③
【解析】
【分析】（1）证明，即可得出平分；
（2）①连结，证明，推出，即可求证；②连结并延长交于，连结，根据，即可求出半径的长；③延长交于，连结，利用相似三角形的性质和判定即可求解．
【小问1详解】
连结、，
∵，，，
∴，
∴
【小问2详解】
①连结
由，，
得，
∴，，
又∵，
∴，
∴，且
②连结并延长交于，连结
则，
由，知，
∴，，
∴
∴，即半径为
③延长交于，连结
∵，，
∴，
∴，
即
∵
∴，
∴，即
又∵，
∴
∴
∵，，
∴
∴
∴，即
∴，
∴
【点睛】本题考查圆的综合，相似三角形的性质和判定，锐角三角函数，全等三角形的知识，解题的关键是能够利用性质和判定定理，进行推理．