2024—2025学年浙教版九年级数学上册第1-4章综合复习试卷　

浙教版九年级数学上册第1-4章综合复习试卷（含解答） 满分120分，考试时间为100分钟． 一、仔细选一选（本题有10个小题，每小题3分，共30分．每题只有一个正确答案） 1．如果，那么的值为（   ） A． B． C． D． 2．将抛物线y=3x2的图象向左平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的抛物线是（   ） A．y=3(x+2)2-3 B．y=3(x+2)2-2 C．y=3(x-2)2-3 D．y=3(x-2)2-2 3．甲、乙和丙三位同学排成一排照相，则甲同学在乙丙之间的概率是（   ） A． B． C． D． 4．如图，是的外接圆，，则的度数为（   ）    A． B． C． D． 5 . 如图，小明在8：30测得某树的影长为16m，13：00时又测得该树的影长为4m， 若两次日照的光线互相垂直，则这棵树的高度为（   ） A．10m B．8m C．6m D．4m 6. 如图，是的直径，弦于点，则半径为（   ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 8 7. 某校七、八年级分别从如图所示的三部影片中随机选择一部组织本年级学生观看， 则这两个年级选择的影片相同的概率为（   ） A． B． C． D． 8. 如图，在中，，，以点为圆心，适当长为半径画弧， 分别交，于点，，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧， 两弧交于点，射线交于点，则线段的长度是（   ）    A． B． C． D． 9. 如图，在中，为直径，点为圆上一点，将劣弧沿弦翻折交于点， 连接，若点与圆心不重合，，则的度数是（   ） A. 20° B. 30° C. 40° D. 50° 10 . 如图二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的部分图象，对称轴为，且经过点（-1，0）．下列结论： ①3a+b=0； ②若点，（3，y2）是抛物线上的两点，则y1<y2； ③10b-3c=0； ④若y≤c，则0≤x≤3． 其中正确的有（   ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题（本题有6个小题，每题4分，共24分） 11. 抛物线的顶点坐标为_______ 12. 若，则 ． 13．投掷两枚质地均匀的硬币，两枚硬币恰好是一正一反的概率是 14． 如图，是一名男生推铅球时，铅球行进过程中形成的抛物线．按照图中所示的平面直角坐标系， 铅球行进高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）之间的关系是， 则铅球推出的水平距离OA的长是 m． 15. 如图，在矩形中，，对角线的交点为，分别以为圆心， 的长为半径画弧，恰好经过点，则图中阴影部分的面积为___________（结果保留）． 16. 在矩形中，，，是的中点，连接，过点作于点F． （1）线段的长为 ； （2）连接，若交于点，则 ． 三、解答题（本题有7个小题，共66分，解答需要写出必要的过程和文字说明） 17．第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行， 杭州亚运会吉祥物是“宸宸”“琮琮”和“莲莲”，将三张正面分别印有以上3个吉祥物图案的卡片 （卡片的形状、大小、质地都相同）背面朝上、洗匀.    (1) 若从中任意抽取1张，抽得卡片上的图案恰好为“琮琮”的概率是________； (2) 若先从中任意抽取1张，记录后放回，洗匀，再从中任意抽取1张， 求两次抽取的卡片图案相同的概率.（请用树状图或列表的方法求解） 18．如图，在中，为上一点，． (1)求证：； (2)若，，求的长． 19．如图，已知的内接，为直径，于点，连接．求证：． 20. 掷实心球是兰州市高中阶段学校招生体育考试的选考项目．如图1是一名女生投掷实心球， 实心求行进路线是一条抛物线，行进高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系如图2所示， 抛出时起点处高度为，当水平距离为3m时，实心球行进至最高点3m处． （1）求y关于x的函数表达式； （2）根据兰州市高中阶段学校招生体育考试评分标准（女生），投掷过程中， 实心球从起点到落地点的水平距离大于等于6.70m，此项考试得分为满分10分． 该女生在此项考试中是否得满分，请说明理由． 21．如图，是的直径，点C，D是上的点，且，分别与，相交于点E，F．    (1) 求证：点D为弧的中点； (2) 若，，求的直径． 22．根据以下材料，探索完成任务： 智能浇灌系统使用方案 材料 如图1是一款智能浇灌系统，水管垂直于地面 并可以随意调节高度（最大高度不超过）， 浇灌花木时， 喷头P处会向四周喷射水流形成固定形状的抛物线， 水流落地点M与点O的距离即为最大浇灌距离， 各方向水流落地点形成一个以点O为圆心， 为半径的圆形浇灌区域． 当喷头P位于地面与点O重合时， 某一方向的水流上边缘形成了如图2的抛物线， 经测量，，水流最高时距离地面． 如图3，农科院将该智能浇灌系统应用于一个长， 宽的矩形试验田中，水管放置在矩形中心O处． 问题解决 任务 1 确定水流形状 在图2中建立合适的平面直角坐标系，求抛物线的函数表达式． 任务 2 探究浇灌最大区域 当调节水管的高度时，浇灌的圆形区域面积会发生变化， 请你求出最大浇灌圆形区域面积．（结果保留） 任务 3 解决具体问题 若要保证浇灌区域能完全覆盖矩形试验田， 则水管至少需要调节到什么高度？ 23.已知：正方形ABCD，等腰直角三角形的直角顶点落在正方形的顶点D处，使三角板绕点D旋转．    （1）当三角板旋转到图1的位置时，猜想CE与AF的数量关系，并加以证明； （2）在（1）的条件下，若DE＝1，AE＝，CE＝3，求∠AED的度数； （3）若BC＝4，点M是边AB的中点，连结DM，DM与AC交于点O，当三角板的一边DF与边DM重合时（如图2），若OF＝，求CN的长． 24．如图，AB为⊙O的直径，点C、D都在⊙O上，且CD平分∠ACB，交AB于点E． （1）求证：∠ABD＝∠BCD； （2）若DE＝13，AE＝17，求⊙O的半径； （3）DF⊥AC于点F，试探究线段AF、DF、BC之间的数量关系，并说明理由． 参考解答 一、仔细选一选（本题有10个小题，每小题3分，共30分．每题只有一个正确答案） 1．【答案】B 【分析】根据比例的性质即可得． 【详解】， ， ， ， 故选：B． 2．【答案】A 【分析】根据“左加右减，上加下减”的原则进行解答即可． 【详解】解：将抛物线向左平移2个单位，所得抛物线解析式为：， 再再向下平移3个单位，所得抛物线解析式为：， 故选：A． 3．【答案】D 【分析】根据题意，画出树状图计算即可 【详解】画树状图如图： 共有6个等可能的结果，甲同学在乙丙之间的结果有2个， ∴甲同学在乙、丙之间的概率为， 故选：D． 4．【答案】A 【分析】根据圆周角定理计算即可． 【详解】解：由圆周角定理得，∠C=∠AOB=25°， 故选：A． 5 .【答案】B 【分析】根据题意，画出示意图，证明△EDC∽△FDC， 进而可得，即DC2=ED•FD， 代入数据可得答案． 【详解】解：根据题意，作△EFC，树高为CD，且∠ECF=90°，ED=4m，FD=16m； ∵∠E+∠F=90°，∠E+∠ECD=90°， ∴∠ECD=∠F， 又 ∴△EDC∽△CDF， ∴，即DC2=ED•FD=4×16=64， 解得CD=8m（负值舍去）． 故选：B． 6. 【答案】C 【解析】 【分析】设的半径长为r,得到, 由垂径定理推出， 由勾股定理得到，然后解方程即可解答． 【详解】解：设的半径长为r，得到, ∵弦于点， ∴， ∵， ∴， 解得：． 故选：C． 7.【答案】B 【分析】先画树状图，再根据概率公式计算即可． 【详解】设三部影片依次为A、B、C，根据题意，画树状图如下： ∴这两个年级选择的影片相同的概率为． 故选B． 8.【答案】C 【分析】先根据等边对等角和三角形内角和定理求出，由作图方法可知，是的角平分线，则，进而推出，，则，，设，则，再证明得到，解方程即可得到答案． 【详解】解：∵，， ∴， 由作图方法可知，是的角平分线， ∴， ∴，， ∴，， 设，则， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， 解得或（舍去）， 经检验，是原方程的解， ∴线段的长度是， 故选C． 9.【答案】D 【解析】 【分析】连接 ，根据直径所对的圆周角是直角求出 ，根据直角三角形两锐角互余求出 ，再根据翻折的性质得到 所对的圆周角，然后根据 等于 所对的圆周角减去 所对的圆周角，计算即可得解． 【详解】解：如图，连接， 是直径， ， ， ， ， 根据翻折的性质，弧所对的圆周角为，所对的圆周角为， ， ， ， ． 故选：D． 10 . 【答案】C 【分析】由对称轴为即可判断①；根据点，（3，y2）到对称轴的距离即可判断②；由抛物线经过点（-1，0），得出a-b+c=0，对称轴，得出，代入即可判断③；根据二次函数的性质以及抛物线的对称性即可判断④． 【详解】解：∵对称轴， ∴b=-3a， ∴3a+b=0，①正确； ∵抛物线开口向上，点到对称轴的距离小于点（3，y2）的距离， ∴y1<y2，故②正确； ∵经过点（-1，0）， ∴a-b+c=0， ∵对称轴， ∴， ∴， ∴3c=4b， ∴4b-3c=0，故③错误； ∵对称轴， ∴点（0，c）的对称点为（3，c）， ∵开口向上， ∴y≤c时，0≤x≤3．故④正确； 故选：C． 二、填空题（本题有6个小题，每题4分，共24分） 11. 【答案】 【解析】 【分析】根据二次函数的顶点坐标为求解即可． 【详解】解：抛物线的顶点坐标为， 故答案为： 12. 【答案】 【分析】根据比例的基本性质变形，代入求值即可； 【详解】解：由可设，，， ∴． 故答案为：． 13．【答案】 【分析】画树状图可得共有4种等可能的结果，其中两枚硬币恰好是一正一反有2种等可能的结果，再利用概率公式求解即可． 【详解】解：画树状图如下： 共有4种等可能的结果，其中两枚硬币恰好是一正一反有2种等可能的结果， ∴两枚硬币恰好是一正一反的概率是， 故答案为：． 14．【答案】10 【分析】由图可知，要求OA的长实际是需要点A的横坐标，已知点A的纵坐标为0，将y=0代入函数的解析式，求出x的值，再舍去不符合实际的一个x的值即可． 【详解】将y=0代入； 整理得： （x-10）（x+2）=0 解得：x=10或x=-2（舍去） ∴铅球推出的水平距离OA的长是10m． 故答案为：10 15.【答案】 【解析】 【分析】根据矩形的性质和等边三角形的判定与性质可得，，，进而可求得阴影面积． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∵对角线的交点为，分别以为圆心，的长为半径画弧，恰好经过点， ∴、边长为4的等边三角形， ∴，， ∴在中，， 则， ∴ ∴图中阴影部分的面积为 ， 故答案为：． 16.【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理； （1）利用三角形面积相等，列出等式，求解即可； （2）延长交的延长线于，利用相似三角形的性质求出，再利用平行线分线段成比例定理求解即可． 【详解】（1）根据题意，画出下图： ，，， ， ，， ； 故答案为：； （2）若交于点，延长交延长线于点，如图所示： 在中， ， ， ，， ， ， ， ， ， ． 三、解答题（本题有7个小题，共66分，解答需要写出必要的过程和文字说明） 17．【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查列表或画树状图求随机事件的概率，掌握列表或树状图计算随机事件的概率的方法是解题的关键． （1）根据概率的计算公式即可求解； （2）运用列表或画树状图把所有等可能结果表示出来，再根据概率的计算方法即可求解． 【详解】（1）解：从中任意抽取1张，抽得卡片上的图案恰好为“琮琮”的概率是， 故答案为：； （2）把吉祥物“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”三张卡片分别记为A、B、C， 画树状图如图：    共有9种等可能的结果，两次抽取的卡片图案相同的结果有3种， ∴两次抽取的卡片图案相同的概率为． 18．【答案】(1)见解析；(2)9． 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，熟练应用相似三角形的判定与性质，正确推出比例线段是解题关键． （1）根据两角对应相等证明； （2）根据（1）的结论推，把有关线段的值代入计算即可． 【详解】（1）证明：，， ； （2）解：设， ， ， ， 解得，； 即． 19．【分析】本题考查圆周角定理，由圆周角定理，推出，，由垂直的定义得到，由三角形内角和定理推出． 【详解】是圆的直径， ， ∴， ， ， ∴， ， ． 20.【答案】（1）y关于x的函数表达式为； （2）该女生在此项考试中是得满分，理由见解析． 【解析】 【分析】（1）根据题意设出y关于x的函数表达式，再用待定系数法求函数解析式即可； （2）根据该同学此次投掷实心球的成绩就是实心球落地时的水平距离，令y=0，解方程即可求解． 【小问1详解】 解∶∵当水平距离为3m时，实心球行进至最高点3m处， ∴设， ∵经过点(0， )， ∴ 解得∶ ∴， ∴y关于x函数表达式为； 【小问2详解】 解：该女生在此项考试中是得满分，理由如下∶ ∵对于二次函数，当y=0时，有 ∴， 解得∶， (舍去)， ∵>6.70， ∴该女生在此项考试中是得满分． 21．【答案】(1)见解析(2)20 【分析】（1）根据圆周角定理、平行线的性质可得，再根据垂径定理即可证明； （2）根据垂径定理可得，再用勾股定理解即可． 【详解】（1）证明：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点D为的中点； （2）解：∵，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴的直径为20． 22．【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】本题主要考查了二次函数的应用，解题的关键是建立适当的坐标系，求出二次函数解析式． （1）以点O为坐标原点，方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，设抛物线的函数表达为，将代入得，求出，即可得出答案； （2）当时，即将抛物线向上平移个单位，求出函数关系式为，求出其与x轴的交点坐标，再根据圆的面积公式求出结果即可； （3）连接，根据勾股定理求出，得出，设，此时抛物线函数表达式为，将代入，求出，即可得出答案． 【详解】解：（1）如图，以点O为坐标原点，OM方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，此时，，顶点坐标为， 设抛物线的函数表达为， 将代入得，， 解得：， ∴抛物线的函数表达式为． （2）当时，即将抛物线向上平移个单位，得： ， 令，则， 解得：，（舍去）， ∴浇灌最大圆形区域面积为． （3）连接，如图所示： 由题意知过点O，根据勾股定理可得：， ∴， ∴要保证浇灌区域能完全覆盖矩形试验田，浇灌半径至少为． 设，此时抛物线函数表达式为， 将代入，得， 解得：， ∴至少调节到． 23.【答案】（1）CE=AF，证明见解析；（2）∠AED=135°；（3）CN= ． 【分析】（1）由正方形额等腰直角三角形的性质判断出△ADF≌△CDE即可； （2）设DE=k，表示出AE，CE，EF，判断出△AEF为直角三角形，即可求出∠AED； （3）由AB∥CD，得出，求出DM，DO， 再判断出△DFN∽△DCO，得到 ，求出DN即可． 【详解】解：：（1）CE=AF； 在正方形ABCD，等腰直角三角形CEF中， FD=DE，CD=CA，∠ADC=∠EDF=90° ∴∠ADF=∠CDE， ∴△ADF≌△CDE， ∴CE=AF， （2）设DE=k， ∵DE：AE：CE=1：：3 ∴AE=k，CE=AF=3k， ∴EF=k， ∵AE2+EF2=7k2+2k2=9k2，AF2=9k2， 即AE2+EF2=AF2 ∴△AEF为直角三角形， ∴∠BEF=90° ∴∠AED=∠AEF+DEF=90°+45°=135°； （3）∵M是AB中点， ∴MA=AB=AD， ∵AB∥CD， ∴， 在Rt△DAM中，DM=， ∴DO= ∵OF= ∴DF= ∵∠DFN=∠DCO=45°，∠FDN=∠CDO ∴△DFN∽△DCO ∴ ∴ ∴DN= ∴CN=CD-DN=4-=． 24．【答案】（1）见解析；（2）12；（3）AF+BC＝DF，理由见解析 【分析】（1）由CD平分∠ACB，根据圆周角定理，可得∠ACD＝∠BCD＝∠ABD； （2）过点E作EM⊥AD于点M，求出AD长，则AB＝AD，可求出AB,则答案得出； （3）过点D作DN⊥CB，交CB的延长线于点N， 可证明△DAF≌△DBN，则AF＝BN，DF＝CF 则结论AF+BC＝DF可得出． 【详解】（1）证明：∵CD平分∠ACB， ∴∠ACD＝∠BCD， ∵∠ACD＝∠ABD， ∴∠ABD＝∠BCD； （2）解：如图1，过点E作EM⊥AD于点M， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°，∠ADB＝90°， ∴∠DAB＝∠BCD＝45°， ∵AE＝17， ∴ME＝AM＝17×＝， ∵DE＝13， ∴DM＝ ∴AD＝AM+DM＝， ∴AB＝AD＝ ∴AO＝＝12； （3）AF+BC＝DF．理由如下： 如图2，过点D作DN⊥CB，交CB的延长线于点N， ∵四边形DACB内接于圆， ∴∠DBN＝∠DAF， ∵DF⊥AC，DN⊥CB，CD平分∠ACB， ∴∠AFD＝∠DNB＝90°，DF＝DN， ∴△DAF≌△DBN（AAS）， ∴AF＝BN，CF＝CN， ∵∠FCD＝45°， ∴DF＝CF， ∴CN＝BN+BC＝AF+BC＝DF． 即AF+BC＝DF． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$