2018-2019学年浙江省温州市瑞安市安阳实验中学九上期末数学试卷

这是一份2018-2019学年浙江省温州市瑞安市安阳实验中学九上期末数学试卷，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共10小题；共50分）
1. 抛物线 y=ax2 的开口向上，则 a 的值可以是
A. 1B. −1C. −2D. −3

2. 一个布袋里装有 4 个只有颜色不同的球，其中红球 3 个，白球 1 个．则随机摸出一个球是红球的概率为
A. 12B. 13C. 14D. 34

3. 如图，已知 D 为 △ABC 中点，DE∥BC 交 AC 于 E，DE=3，则 BC 的长为
A. 9B. 6C. 5D. 4

4. 如图，已知 ⊙O 内两条弦 AB，AC，AB⊥AC，AB=2，AC=4，则 ⊙O 的半径为
A. 5B. 10C. 5D. 25

5. 抛物线 y=2x2+c 上有点 P1,y1 和 Q2,y2，则 y1 与 y2 的大小比较为
A. y1≤y2B. y1≥y2C. y1y2

6. 在一个暗箱里放有 P 个除颜色外完全相同的球，这 P 个球中红球只有 3 个．每次将球充分摇匀后，随机从中摸出一球，记下颜色后放回．通过大量的重复试验后发现，摸到红球的频率在 20%，由此可推算出 P 约为
A. 15B. 12C. 9D. 6

7. 如图，已知 ⊙O 半径为 3，A，B，C 为圆周上三个点，∠ACB=45∘，则扇形 AOB 的面积为
A. 92πB. 94πC. 34πD. 32π

8. 如图，已知矩形 ABCD 中，AB=3，BC=4，点 E 为 BC 中点，EF⊥AE 交 CD 于 F，则 CF 的长为
A. 1B. 53C. 32D. 43

9. 如图，已知抛物线 y=ax+1x−4 与 x 轴的交点为 A，B，与 y 轴的交点为 C，若 ∠ACB=90∘，则点 C 的坐标为
A. 0,1B. 0,2C. 0,2D. 2,0

10. 在网格图中，每个小正方形的顶点称为格点．以顶点都是格点的正方形 ABCD 的边为斜边，向内作四个全等的直角三角形，使四个直角顶点 E，F，G，H 都是格点，且四边形 EFGH 为正方形，我们把这样的图形称为格点弦图，例如，在如图所示的格点弦图中，延长 BE 交 AD 于 P，正方形 ABCD 的边长为 10，此时 AE=EH．问：当格点弦图中的正方形 ABCD 的边长为 10，且 AEc+2，
∴y2>y1．
6. A【解析】在每次试验中，摸到某一颜色的球的概率为 =该种颜色球的数量口袋中球的总数，
根据利用频率估计概率的知识，可知 3P=20%，解得 P=15，
经检验，P=15 是原分式方程的解，
因此，P 大约是 15．
7. B【解析】∵∠ACB=45∘，
∴∠AOB=2∠ACB=90∘，
∵⊙O 半径为 3，
∴ 扇形 AOB 的面积为 90π⋅32360=9π4．
8. D【解析】∵∠AEF=90∘，
∴∠AEB+∠FEC=90∘，
又 ∵∠BAE+∠AEB=90∘，
∴∠FEC=∠BAE，
又 ∵∠B=∠C=90∘，
∴△BAE∽△CEF，
∴ABBE=ECCF，
∴CF=BE⋅ECAB=2×23=43．
9. C【解析】∵y=ax+1x−4 与 x 轴交于 A，B 两点，
∴A 点坐标为 −1,0，B 点坐标为 4,0，
∴OA=1，OB=4，
∵∠ACB=90∘，∠AOC=∠BOC=90∘，
∴ 由射影定理可得：OC2=OA×OB，
∴OC2=1×4=4，
∴OC=2，
∴C 点坐标为 0,2．
10. D
【解析】由图可得 AP=3+13=103，
∴S△AFP=12⋅AP⋅7=72×103×353，SPEHD=PE+DH⋅EH×12
∵PE=132+12=109=103，
DH=12+32=10，EH=22+62=210，
∴S梯形PEHD=12×103+10×210=403，
∴S△AFPS梯形PEHD=353×340=3540=78．
没有答案，我猜测应该求的是 S△APE 与 S梯形PEHD，
∵S△APE=12×103×1=53，
∴S△APES梯形PEHD=53×340=18．
第二部分
11. 85
【解析】设 a3=b5=x，则 a=3x，b=5x，
∴a+bb=3x+5x5x=85．
12. 12
【解析】掷一枚均匀的硬币，前两次抛掷的结果都是正面朝上，
那么第三次抛掷的结果正面朝上的概率为 12．
13. 77∘
【解析】∵∠A=56∘，∠AED=47∘，
∴∠ADE=180∘−∠A−∠AED=180∘−56∘−47∘=77∘，
∵∠ADE=∠C，
∴∠C=77∘．
14. 32
【解析】∵DEFG 为矩形，
∴GF∥DE 且 GF=DE，
∴AGAB=GFBC=35，则 AGGB=35−3=32，
∵∠B=∠AGH，∠AHG=∠BDG=90∘，
∴△AGH∽△GBD，
∴AHGD=AGGB=32，
又 ∵GD=1，
∴AH=32×1=32．
15. 4
【解析】如图，连接 BE，CF，CE，BF．
∵AB=AC，AG 为直径，
∴AG⊥BC，∠GAC=12∠BAC，
∵△ABC≌△DEF，
∴BC=EF，AC=DF，∠EDF=∠BAC，
∴∠HDF=∠GAC=12∠BAC，
∴AC 平行且等于 DF，
∴ 四边形 ADFC 为平行四边形，
∴AC 平行且等于 CF，
∴CF=AD=3，CF⊥BC，
∵BC∥EF，BC=EF，
∴ 四边形 ECFC 为平行四边形，
∵CF⊥BC，
∴ 平行四边形 BCFE 为矩形，
由题意，设半径为 r，AI=DH=x，
∵ 四边形 BCFE 为矩形，
∴OI=OH=12CF=32，
∴AI=OA−OI，即 x=r−32，
在 Rt△BCF 中，BC2=BF2−CF2，即 BC2=4r2−9，
在 Rt△ABI 中，BI2=AB2−AI2，即 BI2=252−r−322，
∵BC2=4BI2，
∴4r2−9=4252−r−322，
∴2r2−3r−20=0，
∴r1=4，r2=−52（舍），
∴ 综上，⊙O 的半径为 4．
16. 254
【解析】如图，以 OB 为 x 轴，以 HM 为 y 轴建立平面直角坐标系．
∵ 六边形 MACEDF 是正六边形，
∴A，F 关于 MH 对称，M 为顶点，
∴ 抛物线 y=−19x2+b1x+c 的对称轴为 y 轴，
∴b1=0，
∵OH=93 m，
∴O−93,0，即 0=−19×932+c，解得 c=27，
∴ 抛物线的解析式为 y=−19x2+27．
∵AB=25，
∴25=−19x2+27，x=±32．
∴A32,25，
同理，
∵ 六边形 MACED 是正六边形，
∴C，D 关于 MH 对称，E 为顶点，
∴ 抛物线 y=−112x2+b2x+c 的对称轴为 y 轴，
∴b2=0，
∵P−93,0，即 0=−112932+c，c=814．
∴ 抛物线的解析式为 y=−112x2+814，
当 x=32 时，y=754，
∴C32,754，
∴AC=25−754=254．
第三部分
17. （1） 用交点式函数表达式得：y=x−1x−3=x2−4x+3．
故二次函数表达式为：y=x2−4x+3．
（2） y=x2−4x+3=x−22−1，
∴D2,−1，
令 x=0，y=3，
∴C0,3．
18. （1） 用树状图表示如下：
（2） 共有 12 种等可能情况，
其中 mBC，
∴∠ABC>∠A，
∵∠A+∠ABC=90∘，
∴∠A90∘，即 ∠ADC 是钝角，
∵∠CQE 始终是锐角，
∴∠ADC≠∠CQE，
这与 ∠CDA=∠CQE 矛盾，
故此种情况不存在，舍去；
②点 Q 在 BC 的延长线上，
如图 3，设 CE 与 PQ 交于 F，连接 EQ，
∵PE∥AB，
∴∠CEP=∠CAD（两直线平行，同位角相等），
∴∠CQP=∠CAD=∠CEP，
易知当符合题设时此种情况自然成立，
∵∠ECQ=90∘，
∴EQ 为 ⊙O 的直径，
∴∠EPQ=90∘，
在 Rt△ABC 中，sin∠BAC=BCAB=610=35，
cs∠BAC=ACAB=810=45，
tan∠BAC=BCAC=68=34，
∵∠CEP=∠CQP=∠CAD，
∴sin∠CEP=sin∠CQP=sin∠CAD=35，
cs∠CEP=cs∠CQP=cs∠CAD=45，
tan∠CEP=tan∠CQP=tan∠CAD=34，
设 CQ=x，则 BQ=PQ=BC+CQ=6+x，
在 Rt△CFQ 中，FQ=CQcs∠CQP=x45=54x，
CF=CQ⋅tan∠CQP=x⋅34=34x，
∴PF=PQ−FQ=6+x−54x=6−14x，
在 Rt△EFP 中，EF=FPsin∠FEP=6−14x35=10−512x，
PE=FPtan∠FEP=6−14x34=8−13x，
∴CE=CF+EF=34x+10−512x=10+13x，
∵PE∥AB，
∴△CEP∽△CAB，
∴CEPE=ACAD，即 10+13x8−13x=85，解得 x=4213，
∴BQ=PQ=6+x=6+4213=12013．