精品解析：浙江省慈溪市慈吉实验学校2025-26学年上学期九年级数学一月选拔卷

2026核心素养数学选拔卷 考生须知： 1．全卷共三个大题，24个小题。满分为120分，考试时间为120分钟。 2．请将学校、姓名、班级填写在答题卡的规定位置上。 3．请在答题卡的规定区域作答，在试卷上作答或超出答题卡的规定区域作答无效。 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 二次函数的顶点坐标是（） A. B. C. D. 2. 某班级计划举办手抄报展览，确定了“时代”“ ”“豆包”三个主题，若小红随机选择其中一个主题，则她恰好选中“”的概率是（ ） A. B. C. D. 3. 如果正十边形的边长为a，那么它的半径是（　　） A. B. C. D. 4. 抛物线先向右平移1个单位，再向上平移3个单位，得到新的抛物线解析式是（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，D为BC边上的中点，以D为圆心，为半径作，则点A与的位置关系为（） A. 点A在内 B. 点A在上 C. 点A在外 D. 不能确定 6. 如图，在扇形中，已知，，过的中点作，，垂足分别为、，则图中阴影部分的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示，矩形纸片中，，把它分割成正方形纸片和矩形纸片后，分别裁出扇形和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则的长为（ ） A. B. C. D. 8. 观察等式：；；已知按一定规律排列的一组数：、、、、、．若，用含的式子表示这组数的和是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在矩形中，，将矩形绕点A逆时针旋转至矩形，点在边上，与交于点，则的长为（ ） A. B. C. D. 10. 如图1，D是内部一点，P从点A出发，依次沿三边匀速运动，设点P的运动路程为x，为y，y关于x的函数图象如图2所示，其中，，分别为三段曲线的最低点．下列选项正确的是（ ） A. 的长为 B. D为的重心 C. 的周长为 D. 的面积为 二、填空题（每小题4分，共24分） 11. 若，其中，则的值为______． 12. 一口袋中装有10个红球和若干个黄球（这些球除颜色外都相同），通过大量重复实验得知，摸到红球的频率为0.4．据此估计：口袋中约有_________个黄球． 13. 定义运算“*”，规定,其中为常数，且，则=___． 14. 如图，在四边形中，，对角线平分，，，则的值为__________． 15. 已知抛物线与x轴交于，，若，则的取值范围为______． 16. 如图，为等边三角形，点D，E分别在边上，，与交于点F，G为重心，若，则的值为________． 三、解答题（第17—19题每小题6分，第20、21题每小题8分，第22、23题每小题10分，第24题12分，共66分） 17. 计算：． 18. 中国古代数学有着辉煌的成就，《周髀算经》《算学启蒙》《测圆海镜》和《四元玉鉴》是我国古代数学的重要文献．某中学拟从这四部数学名著中选择2部作为校本课程“数学文化”的学习内容，请用画树状图法或列表法，求恰好选中《算学启蒙》和《测圆海镜》的概率． 19. 如图，是格点三角形（三角形的三个顶点都在格点上），每个小正方形的边长均为1． （1）在图（1）中将绕点逆时针旋转，得到． （2）在图（2）中找格，使以格点、、为顶点的三角形与相似，但不全等，请画出一个符合条件的三角形． 20. 某水上乐园有两个相邻的水上滑梯，如图所示，左边滑梯的长度为，倾斜角为，右边滑梯的高度为，倾斜角为，支架，都与地面垂直，，都与地面平行，两支架之间的距离为（点B，C，F，E在同一条直线上） （1）求两滑梯的高度差； （2）两滑梯的底端分别为B，E，求的长．（结果精确到．参考数据：，，，，，） 21. 为了落实劳动教育，某学校邀请农科院专家指导学生进行小番茄的种植，经过试验，其平均单株产量y千克与每平方米种植的株数x（，且x为整数）构成一种函数关系．每平方米种植2株时，平均单株产量为4千克；以同样的栽培条件，每平方米种植的株数每增加1株，单株产量减少0.5千克． （1）求y关于x的函数表达式． （2）每平方米种植多少株时，能获得最大的产量？最大产量为多少千克？ 22. 如图，在中，，以为直径的交于点D，E为中点，过点A作的垂线，垂足为F． （1）求证：为的切线； （2）若，求的长． 23. 如图1，抛物线与x轴交于A，B两点（点A位于点B的左侧），与y轴交于点C． （1）求点A的坐标； （2）如图2，过点A作的平行线交抛物线于点D，点E在延长线上，，求的长．（用含a的代数式表示） （3）在（2）的条件下，若的面积为，求a的值． 24. 如图1，四边形内接于，为直径，延长至，连结，，作，垂足为，． （1）求证：． （2）如图2，当圆心在边上时，求． （3）如图3，与交于点，连结，若，求直径的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026核心素养数学选拔卷 考生须知： 1．全卷共三个大题，24个小题。满分为120分，考试时间为120分钟。 2．请将学校、姓名、班级填写在答题卡的规定位置上。 3．请在答题卡的规定区域作答，在试卷上作答或超出答题卡的规定区域作答无效。 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 二次函数的顶点坐标是（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查对二次函数顶点式结构的理解与应用．关键在于掌握顶点式中参数与顶点坐标的对应关系．特别注意括号内的符号处理，如对应的是，从而．避免符号错误是解题重点．二次函数的顶点形式为，顶点坐标为.将给定函数对比该形式即可. 【详解】∵， ∴顶点坐标为. 故选C 2. 某班级计划举办手抄报展览，确定了“时代”“ ”“豆包”三个主题，若小红随机选择其中一个主题，则她恰好选中“”的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了用概率公式求概率，掌握概率所求情况数与总情况数之比是银师的关键． 直接由概率公式求解即可． 【详解】解：从“时代”“”“豆包”三个主题，选择其中一个主题有3种情况，选中“”的只有1种情况， 所以恰好选中“”的概率是． 故选：C． 3. 如果正十边形的边长为a，那么它的半径是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】如图，画出图形，在直角三角形OAM中，直接利用三角函数即可得到OA. 【详解】如图，正十边形的中心角∠AOB=360°÷10=36°，AB=a ∴∠AOM=∠BOM=18°，AM=MB=a； ∴OA== 故选C. 【点睛】本题考查三角函数，能够画出图形，找到正确的三角函数关系是解题关键. 4. 抛物线先向右平移1个单位，再向上平移3个单位，得到新的抛物线解析式是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可． 【详解】解：由“左加右减”的原则可知，抛物线向右平移1个单位所得抛物线的解析式为：； 由“上加下减”的原则可知，抛物线向上平移3个单位所得抛物线的解析式为：． 故选：C． 5. 在中，，D为BC边上的中点，以D为圆心，为半径作，则点A与的位置关系为（） A. 点A在内 B. 点A在上 C. 点A在外 D. 不能确定 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查点与圆的位置关系的判断方法，关键在于比较点到圆心的距离与圆的半径之间的大小关系．由于已知中，D是边上的中点，且以D为圆心，为半径作圆，因此需要判断点A到点D的距离与半径的大小关系，从而确定点A在圆内、圆上或圆外． 【详解】是的中点，是以为直径的圆． 当时，即， 点A在以为直径的圆的内部． 故选A 6. 如图，在扇形中，已知，，过的中点作，，垂足分别为、，则图中阴影部分的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接OC，易证，进一步可得出四边形CDOE为正方形，再根据正方形的性质求出边长即可求得正方形的面积，根据扇形面积公式得出扇形AOB的面积，最后根据阴影部分的面积等于扇形AOB的面积剪去正方形CDOE的面积就可得出答案． 【详解】连接OC 点为的中点 在和中 又 四边形CDOE为正方形 由扇形面积公式得 故选B． 【点睛】本题考查了扇形面积的计算、正方形的判定及性质，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键． 7. 如图所示，矩形纸片中，，把它分割成正方形纸片和矩形纸片后，分别裁出扇形和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设AB=xcm，则DE=（6-x）cm，根据扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长列出方程，求解即可． 【详解】设，则DE=（6-x）cm， 由题意，得， 解得. 故选B． 【点睛】本题考查了圆锥的计算，矩形的性质，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长． 8. 观察等式：；；已知按一定规律排列的一组数：、、、、、．若，用含的式子表示这组数的和是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，一组数：、、、、、的和为250＋251＋252＋…＋299＋2100＝＝a＋(2＋22＋…＋250)a，进而根据所给等式的规律，可以发现2＋22＋…＋250＝251－2，由此即可求得答案. 【详解】250＋251＋252＋…＋299＋2100 ＝a＋2a＋22a＋…＋250a ＝a＋(2＋22＋…＋250)a， ∵， ， ， …， ∴2＋22＋…＋250＝251－2， ∴250＋251＋252＋…＋299＋2100 ＝a＋(2＋22＋…＋250)a ＝a＋(251－2)a ＝a＋(2 a－2)a ＝2a2－a ， 故选C. 【点睛】本题考查了规律题——数字的变化类，仔细观察，发现其中哪些发生了变化，哪些没有发生变化，是按什么规律变化的是解题的关键. 9. 如图，在矩形中，，将矩形绕点A逆时针旋转至矩形，点在边上，与交于点，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识点，作平行线构造证明是中点解题关键． 延长交于，连接，交于，过点作交延长线于，证明可得，，进而可得，再求出，利用平行+等腰模型证明，进而可得，从而证明，由此得出． 【详解】解：延长交于，连接，交于，过点作交延长线于， 由旋转性质可知：，，， ∵矩形中，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴是垂直平分线， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴ ∴，， ∴，即， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 即， 故选C． 10. 如图1，D是内部一点，P从点A出发，依次沿三边匀速运动，设点P的运动路程为x，为y，y关于x的函数图象如图2所示，其中，，分别为三段曲线的最低点．下列选项正确的是（ ） A. 的长为 B. D为的重心 C. 的周长为 D. 的面积为 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象的性质，三角形的内心的性质，切线长定理，勾股定理， 先分析整个运动过程，点P从点A出发，x增加，y逐渐减小，当时达到最小，即点，此时，即可解答A；点P继续出发，x增加，y逐渐增加，至点B最大，再从点B出发，x增加，y逐渐减小，当时达到最小，即点，此时；点P从继续出发，x增加，y逐渐增加，至点C最大，再从点C出发，x增加，y逐渐减小,当时达到最小，即点，此时，可知，所以点D是的内心，说明B即可；可知，求出的周长并判断C；先表示出的面积，然后证明四边形是正方形，根据勾股定理得，解答D即可． 【详解】解：点P从点A出发，x增加，y逐渐减小，当时达到最小，即点，此时，根据勾股定理，则A不正确；点P继续出发，x增加，y逐渐增加，至点B最大，再从点B出发，x增加，y逐渐减小，当时达到最小，即点，此时；点P从继续出发，x增加，y逐渐增加，至点C最大，再从点C出发，x增加，y逐渐减小当时达到最小，即点，此时，可知，所以点D是的内心，不是重心，则B 不正确；可知，则的周长为，则C不正确；的面积为， ∵，且， ∴四边形是正方形， ∴， 根据勾股定理，得， ∴， ∴， 即， 则D 正确． 故选：D． 二、填空题（每小题4分，共24分） 11. 若，其中，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查比例的性质，由可得，，因为，把整体代入，即可得到答案．得到从而等量代换是解题的关键． 【详解】解：， ∴， ∵， ∴， 即． 故答案为： 12. 一口袋中装有10个红球和若干个黄球（这些球除颜色外都相同），通过大量重复实验得知，摸到红球的频率为0.4．据此估计：口袋中约有_________个黄球． 【答案】15 【解析】 【分析】通过大量重复实验得知，摸到红球的频率为0.4，即红球占总数的0.4，列方程求解即可． 【详解】解：设有黄球x个，由题意得，， 解得，， 经检验，是原方程的解， 故答案为：15 【点睛】本题考查频率估计概率，理解频率和概率之间的关系是正确解答的关键． 13. 定义运算“*”，规定,其中为常数，且，则=___． 【答案】10 【解析】 【详解】解：将两组数据代入代数式可得：， 解得：， 则x*y=+2y，则2*3=4+6=10． 考点：二元一次方程组的应用 14. 如图，在四边形中，，对角线平分，，，则的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查等腰三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，求正弦值，掌握相关知识是解题的关键． 过点A作于点E，则，由等腰三角形的性质得到，，设，，则，由角平分线与平行线得到，得到，，证明，得到，求得，进而根据勾股定理在中，得到，求得，再根据正弦的定义即可求解． 【详解】解：过点A作于点E，则 ∵， ∴，， 设，，则， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴在中，， ∴， 整理，得， ∴或（不合题意，舍去）， ∴． 故答案为：． 15. 已知抛物线与x轴交于，，若，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，二次函数的最值；根据根与系数的关系，由抛物线与x轴的交点坐标可得b和c关于t的表达式，进而得到关于t的二次函数，再根据t的取值范围确定的范围． 【详解】解：∵抛物线与x轴交于和， ∴t和是方程的两个根， ∴，， ∴，， ∴， ∵， 设，是二次函数，开口向上，关于直线对称， 当时，， 当时，， 当时，， ∴的取值范围是． 故答案为：． 16. 如图，为等边三角形，点D，E分别在边上，，与交于点F，G为重心，若，则的值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查三角形重心的性质，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质；连接并延长交于，过点F作，先证明，再证明，利用即可求出，进而得出即可得出结果． 【详解】解：连接并延长交于，过点F作， ∵为等边三角形， ∴设，， ∵， ∴点F在的垂直平分线上， 又∵， ∴点N为中点，即， ∵G为重心， ∴为等边的中线，， ∴，，， ∴， ∴， ∴，即， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴, 设，则， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∵， ∴， 解得：或， ∵， ∴舍去， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 三、解答题（第17—19题每小题6分，第20、21题每小题8分，第22、23题每小题10分，第24题12分，共66分） 17. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了特殊角三角函数值的混合运算，根据特殊角三角函数值，计算即可，熟记特殊角三角函数值是解题的关键． 【详解】解： ． 18. 中国古代数学有着辉煌的成就，《周髀算经》《算学启蒙》《测圆海镜》和《四元玉鉴》是我国古代数学的重要文献．某中学拟从这四部数学名著中选择2部作为校本课程“数学文化”的学习内容，请用画树状图法或列表法，求恰好选中《算学启蒙》和《测圆海镜》的概率． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查列表法与树状图法，概率公式，解答本题的关键是熟练掌握概率的求法．用树状图表示出所有等可能得情况和恰好选中《算学启蒙》和《测圆海镜》的情况，然后利用概率公式求解即可． 【详解】解：将四部名著《周髀算经》，《算学启蒙》，《测圆海镜》，《四元玉鉴》分别记为A，B，C，D，从这四部数学名著中选择2部作为校本课程“数学文化”的学习内容，作树状图如下： 由树状图可以看出，所有等可能的结果有12种， 其中恰好选中《算学启蒙》和《测圆海镜》的情况有2种， ∴恰好选中《算学启蒙》和《测圆海镜》的概率为． 19. 如图，是格点三角形（三角形的三个顶点都在格点上），每个小正方形的边长均为1． （1）在图（1）中将绕点逆时针旋转，得到． （2）在图（2）中找格，使以格点、、为顶点的三角形与相似，但不全等，请画出一个符合条件的三角形． 【答案】（1） 所作图形如下： （2） 【解析】 【分析】（1）找到旋转角度、旋转中心、旋转方向后可得出各点的对应点，进而顺次连接即可得出答案； （2）可找能使是直角三角形且或的． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 略． 【点睛】本题考查旋转作图及相似三角形的性质，明确旋转角度、旋转中心、旋转方向是解本题的关键． 20. 某水上乐园有两个相邻的水上滑梯，如图所示，左边滑梯的长度为，倾斜角为，右边滑梯的高度为，倾斜角为，支架，都与地面垂直，，都与地面平行，两支架之间的距离为（点B，C，F，E在同一条直线上） （1）求两滑梯的高度差； （2）两滑梯的底端分别为B，E，求的长．（结果精确到．参考数据：，，，，，） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用． （1）通过解，求出，再通过即可求出两滑梯的高度差． （2）通过解，求出，通过解，求出，再通过 ，代入数值计算即可得出答案． 【小问1详解】 解：在中， ，， ∴， ∴， 答：两滑梯高度差为 【小问2详解】 解：在中 ， ，， ∴， 在中， ，， ∴， ∴ 答：长． 21. 为了落实劳动教育，某学校邀请农科院专家指导学生进行小番茄的种植，经过试验，其平均单株产量y千克与每平方米种植的株数x（，且x为整数）构成一种函数关系．每平方米种植2株时，平均单株产量为4千克；以同样的栽培条件，每平方米种植的株数每增加1株，单株产量减少0.5千克． （1）求y关于x的函数表达式． （2）每平方米种植多少株时，能获得最大的产量？最大产量为多少千克？ 【答案】（1）（，且x为整数） （2）每平方米种植5株时，能获得最大的产量，最大产量为12.5千克 【解析】 【分析】（1）由每平方米种植的株数每增加1株，单株产量减少0.5千克，即可得求得解析式； （2）设每平方米小番茄产量为W千克，由产量=每平方米种植株数×单株产量即可列函数关系式，由二次函数性质可得答案． 【小问1详解】 解：∵每平方米种植的株数每增加1株，单株产量减少0.5千克， ∴（，且x为整数）； 【小问2详解】 解：设每平方米小番茄产量为W千克， ． ∴当时，w有最大值12.5千克． 答：每平方米种植5株时，能获得最大的产量，最大产量为12.5千克． 【点睛】本题考查二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式． 22. 如图，在中，，以为直径的交于点D，E为中点，过点A作的垂线，垂足为F． （1）求证：为的切线； （2）若，求的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理，切线的判定，直角三角形斜边上中线的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键． （1）连接，，由是直径得到，根据直角三角形斜边上中线的性质得到，因此，由得到，因此，根据切线的判定定理即可证明； （2）证明，得到，从而，设，则，证明，得到，根据勾股定理在中构造方程，求得，从而，根据即可解答． 【小问1详解】 证明：连接，， ∵是直径， ∴， ∴， ∴点E是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵是半径， ∴为的切线． 【小问2详解】 解：∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， 设，则， ∵， ， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵在中，， ∴， 解得或（不合题意，舍去）， ∴， ∴． 23. 如图1，抛物线与x轴交于A，B两点（点A位于点B的左侧），与y轴交于点C． （1）求点A的坐标； （2）如图2，过点A作的平行线交抛物线于点D，点E在延长线上，，求的长．（用含a的代数式表示） （3）在（2）的条件下，若的面积为，求a的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】本题考查二次函数图象与坐标轴的交点，待定系数法求解析式，四点共圆，全等三角形的判定及性质，解一元二次方程，综合运用相关知识是解题的关键． （1）令，则，解方程即可解答； （2）由A，B坐标得到，由，得到点A，B，E，D四点共圆，则，进而得到，从而证得，根据全等三角形的性质即可解答； （3）令，求得，运用待定系数法求得直线的解析式为，直线的解析式为，联立抛物线和直线的解析式，求得．求出可得到轴，从而，根据两点间距离公式得到，因此，又，即有，求解即可． 【小问1详解】 解：令，则， ∴， 解得，， ∵点A位于点B的左侧， ∴，． 【小问2详解】 解：∵，， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴点A，B，E，D四点共圆， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【小问3详解】 解：令，则， ∴， 设直线的解析式为， ∵直线过点，， ∴，解得， ∴直线的解析式为， ∵， ∴设直线的解析式为， ∵直线过点， ∴，解得， ∴直线的解析式为， 解方程组得，， ∴． ∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 由（2）有， ∴， ∴轴， ∵，， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， 解得或（不合题意，舍去）． 24. 如图1，四边形内接于，为直径，延长至，连结，，作，垂足为，． （1）求证：． （2）如图2，当圆心在边上时，求． （3）如图3，与交于点，连结，若，求直径的长． 【答案】（1）见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由是直径和垂直的定义可得，由同角的余角相等得到，再由得到，进而有，即可得证结论； （2）设的半径为，，则，，，，由（1）同理可得，得到，，证明，得到，即，可求得，再根据正弦的定义求解即可； （3）设，则，证明，得到，则，证明得到，因此，．过点作于点，则，由得到，即，求解即可解答． 【小问1详解】 证明：∵是直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【小问2详解】 解：设的半径为，， 则，，，， 由（1）同理可得， ∴，， ∵， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 可化为， 解得或（不合题意，舍去）， ∴在中，． 【小问3详解】 解：设，则， 由（1）有， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴． 过点E作于点H，则 ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 整理，得， 解得，（不合题意，舍去）， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，直径所对的圆周角为，同弧或等弧所对圆周角相等，求正弦值等，综合运用相关知识是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $