2023-2024学年浙江省杭州二中白马湖学校九年级（下）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年浙江省杭州二中白马湖学校九年级（下）开学
数学试卷
一.选择题（共10小题）
1．（3分）已知点A是⊙O外一点，且⊙O的半径为3，则OA可能为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（3分）某商场进行抽奖活动，每名顾客购物满100元可以获得一次抽奖机会．抽奖箱中只有两种卡片：“中奖”和“谢谢惠顾”（两种卡片形状大小相同、质地均匀）．下表是活动进行中的一组统计数据：
抽奖次数n 100 150 200 800 1000
抽到“中奖”卡片的次数m 38 56 69 258 299
中奖的频率 0.38 0.373 0.345 0.323 0.299
根据频率的稳定性，估计抽奖一次就中奖的概率约是（　　）
A．0.40 B．0.35 C．0.30 D．0.25
3．（3分）若把二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象向左平移2个单位或向右平移1个单位后都会经过原点，此二次函数图象的对称轴是（　　）
A．直线x＝﹣0.5 B．直线x＝0.5
C．直线x＝﹣1.5 D．直线x＝1.5
4．（3分）如图，DE∥AC，DF∥BC，，则DF的长为（　　）
A． B．5 C．6 D．15
5．（3分）二次函数y＝ax2+bx的图象如图所示，若一元二次方程ax2+bx﹣m＝1有实数根，则m的最大值为（　　）
A．4 B．﹣4 C．3 D．﹣3
6．（3分）如果一个正九边形的边长为a，那么这个正九边形的半径是（　　）
A． B． C． D．
7．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将此三角形绕点C沿顺时针方向旋转后得到△A′B′C，若点B′恰好落在线段AB上，则∠ACB′的度数是（　　）
A．20° B．10° C．30° D．40°
8．（3分）一枚质地均匀的正方体骰子（六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6），投掷5次，分别记录每次骰子向上的一面出现的数字．根据下面的统计结果（　　）
A．中位数是3，众数是2
B．平均数是3，中位数是2
C．平均数是3，方差是2
D．平均数是3，众数是2
9．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，分别以点A，C为圆心AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，BC于点E，F．下列结论：①四边形AECF是菱形；③AC EF＝CF CD；④若AF平分∠BACAB．其中正确结论的个数是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
10．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），当y＞n时，x的取值范围是m﹣4＜x＜2﹣m，t2+5），Q（s，4t）两点，则s的值可能是（　　）
A．3 B．2 C．0 D．1
二.填空题（共6小题）
11．（3分）已知点C是线段AB的黄金分割点，如果AC＞BC，BC＝2　 　．
12．（3分）圆锥的母线长8cm，底面圆的周长为12cm，则该圆锥的侧面积为　 　．
13．（3分）如图，点A、点B、点C均在⊙O上，AD是直径且AD＝2，则AC的长为 　 　．
14．（3分）现有7张正面分别标有数字﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，将它们背面朝上，洗匀后从中随机抽取一张，使以x为自变量的函数y＝3x2+12x+8a的顶点落在第二象限的概率是 　 　
15．（3分）若x2﹣2x+4y＝5，且﹣≤y≤　 　，最大值为 　 　．
16．（3分）已知△ABC中，AC＜AB＜BC，且满足AB2＝AC×BC．若BC＝4，∠A＝90°+，则AC＝　 　，AB＝　 　．
二．解答题（共8小题）
17．计算：tan260°+2sin30°cos45°．
18．口袋里只有8个球，除颜色外都相同，其中有x个红球，没有其他颜色的球，从中随意摸出一个球：（1），分别求x和y的值．
（2）在（1）的条件下，现从布袋中取走若干个白球，搅拌均匀后，再从口袋中摸出一个球是红球的概率是
19．如图，彩旗旗杆AB用AC，AD两根钢丝固定在地面上，B，C，D在同一平面内，AB⊥CD，cos∠ACB＝，cos∠ADB＝．
（1）求旗杆AB部分的长．
（2）求钢丝的总长度．（结果保留根号）
20．如图，一小球从点A处以4米/秒的速度水平匀速抛出，下落过程中水平方向速度不变，点M是下落路线的某位置，点A（米）与飞出时间t（秒）的平方成正比，h＝0.05米．
（1）求h关于t的函数表达式．
（2）已知A点的离地高度AQ为3.2米，求小球的落地位置P点与A点的水平距离PQ．
21．如图，⊙O的两条弦AB，CD互相垂直，直径CF交线段BE于点G，且．
（1）求证：；
（2）若⊙O的半径为4，AB＝6，求AG的长．
22．已知抛物线y＝ax2+bx﹣3（a＞0）交x轴于A（﹣1，0）、B（3，0），点M（m，t）是第四象限内抛物线上的一个动点．
（1）求a，b的值；
（2）若点N（n，t）在该抛物线上，且n＜m，求m2+kn﹣3k+2023的值．
23．问题提出：如图1，在△ABC中，AB＝AC，，点D为AB中点，E在边BC上，落点为点F．那么随着k的变化，点E
【初步感知】
（1）我们先来探究点E的位置，先将问题特殊化．如图2，当 k＝1 时的值；
【深入探究】
（2）再探究一般情形．如图1，请证明（1）中的结论仍然成立的值（结果用含k的代数式表示）；
【拓展运用】
（3）如图3，当∠A＝30°时，请直接写出
24．如图，AB，AC，且AD平分∠BAC．
（1）如图1，若∠BAC＝120°，测量AB，AD的长度，猜想它们之间的数量关系为：　 　；
（2）如图2，若∠BAC＝90°，求证：；
（3）如图3，若∠BAC＝2θ（0°＜θ＜90°），直接写出AB，AD与θ角三角函数之间的数量关系．
参考答案与试题解析
一.选择题（共10小题）
1．（3分）已知点A是⊙O外一点，且⊙O的半径为3，则OA可能为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：∵点A是⊙O外一点，且⊙O的半径为3，
∴OA＞3．
故选：D．
2．（3分）某商场进行抽奖活动，每名顾客购物满100元可以获得一次抽奖机会．抽奖箱中只有两种卡片：“中奖”和“谢谢惠顾”（两种卡片形状大小相同、质地均匀）．下表是活动进行中的一组统计数据：
抽奖次数n 100 150 200 800 1000
抽到“中奖”卡片的次数m 38 56 69 258 299
中奖的频率 0.38 0.373 0.345 0.323 0.299
根据频率的稳定性，估计抽奖一次就中奖的概率约是（　　）
A．0.40 B．0.35 C．0.30 D．0.25
【解答】解：根据频率的稳定性，估计抽奖一次就中奖的概率约是0.30，
故选：C．
3．（3分）若把二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象向左平移2个单位或向右平移1个单位后都会经过原点，此二次函数图象的对称轴是（　　）
A．直线x＝﹣0.5 B．直线x＝0.5
C．直线x＝﹣1.5 D．直线x＝1.5
【解答】解：∵把二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象向左平移5个单位或向右平移1个单位后都会经过原点，
∴该二次函数图象与x轴的交点坐标为（﹣1，4），0），
∴此二次函数图象的对称轴是直线，
故答案为：B．
4．（3分）如图，DE∥AC，DF∥BC，，则DF的长为（　　）
A． B．5 C．6 D．15
【解答】解：∵DE∥AC，
∴＝，即＝，
∴CE＝6．
∵DE∥AC，DF∥BC，
∴四边形DECF是平行四边形，
∴DF＝CE＝6．
故选：C．
5．（3分）二次函数y＝ax2+bx的图象如图所示，若一元二次方程ax2+bx﹣m＝1有实数根，则m的最大值为（　　）
A．4 B．﹣4 C．3 D．﹣3
【解答】解：由图象可得，
二次函数y＝ax2+bx的最大值是y＝4，
∵一元二次方程ax4+bx﹣m＝1有实数根，
即一元二次方程ax2+bx＝m+7有实数根，
也就是y＝ax2+bx与y＝m+1有交点，
∴m+2≤4，
解得：m≤3，
∴m的最大值是7，
故选：C．
6．（3分）如果一个正九边形的边长为a，那么这个正九边形的半径是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：如图，设圆内接正九边形的一条边为AB＝a、OB，
∴∠AOB＝＝40°，
过点O作OM⊥AB，交AB于点Ma，∠AOM＝20°，
在Rt△OAM中，
∵sin∠AOM＝，
∴OA＝＝＝，
故选：C．
7．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将此三角形绕点C沿顺时针方向旋转后得到△A′B′C，若点B′恰好落在线段AB上，则∠ACB′的度数是（　　）
A．20° B．10° C．30° D．40°
【解答】解：在三角形ABC中，∠ACB＝90°，
∴∠A＝180°﹣∠ACB﹣∠B＝40°．
由旋转的性质可知：BC＝B′C，
∴∠B＝∠BB′C＝50°．
又∵∠BB′C＝∠A+∠ACB′＝40°+∠ACB′，
∴∠ACB′＝10°．
故选：B．
8．（3分）一枚质地均匀的正方体骰子（六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6），投掷5次，分别记录每次骰子向上的一面出现的数字．根据下面的统计结果（　　）
A．中位数是3，众数是2
B．平均数是3，中位数是2
C．平均数是3，方差是2
D．平均数是3，众数是2
【解答】解：当中位数是3，众数是2时，4，3，4，2或2，2，8，4，2，3，5，6，故A选项不合题意；
当平均数是4，中位数是2时，记录的5个数字可能为2，1，2，6，2，2，8，5，故B选项不合题意；
当平均数是3，方差是3时，假设6出现了1次，5，2，3，此时方差s2＝×[5×（2﹣3）6+（3﹣3）6+（6﹣3）4]＝2.4＞6，因此假设不成立，故C选项符合题意；
当平均数是3，众数是2时，8至少出现两次，2，2，7，6，故D选项不合题意；
故选：C．
9．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，分别以点A，C为圆心AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，BC于点E，F．下列结论：①四边形AECF是菱形；③AC EF＝CF CD；④若AF平分∠BACAB．其中正确结论的个数是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【解答】解：根据题意知，EF垂直平分AC，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，
∴AE＝AF＝CF＝CE，
即四边形AECF是菱形，
故①结论正确；
∵∠AFB＝∠FAO+∠ACB，AF＝FC，
∴∠FAO＝∠ACB，
∴∠AFB＝2∠ACB，
故②结论正确；
∵S四边形AECF＝CF CD＝AC OE×2＝，
故③结论不正确；
若AF平分∠BAC，则∠BAF＝∠FAC＝∠CAD＝，
∴AF＝2BF，
∵CF＝AF，
∴CF＝2BF，
故④结论不正确；
故选：C．
10．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），当y＞n时，x的取值范围是m﹣4＜x＜2﹣m，t2+5），Q（s，4t）两点，则s的值可能是（　　）
A．3 B．2 C．0 D．1
【解答】解：如图，根据题意可知．
对称轴为x＝＝﹣1，
∵t2+2﹣4t＝（t﹣2）3+1＞0，
∴与点Q相比，点P更靠近对称轴，
即4﹣（﹣1）＜|s﹣（﹣1）|，整理得|s+6|＞3．
∴当s+1≥5时，有s+1＞3，
解得s＞2；
当s+1＜0时，有﹣（s+2）＞3，
解得s＜﹣4．
综上，s＞6或s＜﹣4．
故选：A．
二.填空题（共6小题）
11．（3分）已知点C是线段AB的黄金分割点，如果AC＞BC，BC＝2+1　．
【解答】解：∵点C是线段AB的黄金分割点，AC＞BC，
∴AC＝AB，
∵AB﹣AC＝BC，
∴AB﹣AB＝2，
解得：AB＝3+，
则AC＝AB﹣BC＝+1，
故答案为：+1．
12．（3分）圆锥的母线长8cm，底面圆的周长为12cm，则该圆锥的侧面积为　48cm2．
【解答】解：根据题意得，该圆锥的侧面积＝2，
故答案为：48cm2．
13．（3分）如图，点A、点B、点C均在⊙O上，AD是直径且AD＝2，则AC的长为 ．
【解答】解：连接OC，
∵∠B＝45°，
∴∠COA＝2∠B＝90°，
∵直径AD＝2，
∴OA＝OC＝7，
在Rt△AOC中，
AC＝＝．
故答案为：．
14．（3分）现有7张正面分别标有数字﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，将它们背面朝上，洗匀后从中随机抽取一张，使以x为自变量的函数y＝3x2+12x+8a的顶点落在第二象限的概率是
【解答】解：函数y＝3x2+12x+2a的顶点坐标为（﹣2，8a﹣12），
当顶点坐标在第二象限时，2a﹣12＞0，
∵数字﹣3，﹣2，8，1，2，7中，2，
∴7个数中有两个数符合，
∴x为自变量的函数y＝3x8+12x+8a的顶点落在第二象限的概率＝．
故答案为：．
15．（3分）若x2﹣2x+4y＝5，且﹣≤y≤　﹣，最大值为 ．
【解答】解：∵x2﹣2x+2y＝5，
∴y＝＝﹣2+，
∴﹣≤﹣6+≤，
∴﹣2≤x≤7．
∵x2﹣2x+7y＝5，
∴4y＝﹣x2+2x+5，
∴4（x+2y）＝2x+7y＝﹣x2+4x+2＝﹣（x﹣2）2+7，
∴x+2y＝，
∵﹣5≤x≤4，
∴﹣≤x+2y≤，
故答案为：﹣，．
16．（3分）已知△ABC中，AC＜AB＜BC，且满足AB2＝AC×BC．若BC＝4，∠A＝90°+，则AC＝　2　，AB＝　2．
【解答】解：如图，过点A作AD⊥BC于点D，
∵，
∴，
∵∠C＝∠C，
∴△CAD∽△BCA，
∴，
∴AB2＝AC×BC，
∴，
∵BC＝4，
∴AC＝2，
∴AB＝＝2，
故答案为：6，2．
二．解答题（共8小题）
17．计算：tan260°+2sin30°cos45°．
【解答】解：原式＝（）2+5××＝3+．
18．口袋里只有8个球，除颜色外都相同，其中有x个红球，没有其他颜色的球，从中随意摸出一个球：（1），分别求x和y的值．
（2）在（1）的条件下，现从布袋中取走若干个白球，搅拌均匀后，再从口袋中摸出一个球是红球的概率是
【解答】解：（1）∵摸到红球与摸到白球的可能性相等，且x+y＝8，
∴x＝y＝4；
（2）设取走x个白球，放入x个红球，红球（4+x）个，
根据题意得，＝，
解得x＝3，
答：取走2个白球．
19．如图，彩旗旗杆AB用AC，AD两根钢丝固定在地面上，B，C，D在同一平面内，AB⊥CD，cos∠ACB＝，cos∠ADB＝．
（1）求旗杆AB部分的长．
（2）求钢丝的总长度．（结果保留根号）
【解答】解：（1）∵，
∴∠ACB＝45°，
∴tan∠ACB＝2，
∵AB⊥CD，
∴∠ABC＝∠ABD＝90°．
∴AB＝tan∠ACB×BC＝2，
∴旗杆AB部分的长2；
（2）∵∠ABC＝90°，AB＝6，
∴，
∵，
∴∠ADB＝30°，
∵∠ABD＝90°，
∴AD＝2AB＝4，
∴钢丝的总长度＝．
20．如图，一小球从点A处以4米/秒的速度水平匀速抛出，下落过程中水平方向速度不变，点M是下落路线的某位置，点A（米）与飞出时间t（秒）的平方成正比，h＝0.05米．
（1）求h关于t的函数表达式．
（2）已知A点的离地高度AQ为3.2米，求小球的落地位置P点与A点的水平距离PQ．
【解答】解：（1）由题意，∵点M的竖直距离h（米）与飞出时间t（秒）的平方成正比，
∴可设h＝kt2．
∵当t＝0.3秒时，h＝0.05米，
∴0.01k＝6.05．
∴k＝5．
∴h＝5t6．
（2）由题意，结合（1）的h＝5t2，
∴5.2＝5t7．
∴t2＝0.64．
∴t＝6.8．
∴PQ＝0.5×4＝3.3（米）．
答：小球的落地位置P点与A点的水平距离PQ为3.2米．
21．如图，⊙O的两条弦AB，CD互相垂直，直径CF交线段BE于点G，且．
（1）求证：；
（2）若⊙O的半径为4，AB＝6，求AG的长．
【解答】（1）证明：连接DF，AF，
∵CF是⊙O的直径，
∴∠CDF＝90°，
∵AB⊥CD，
∴AB∥DF，
∴∠BAF＝∠AFD，
∴；
（2）解：连接BF，AC，
∵CF是⊙O的直径，
∴∠CAF＝90°，
∵，
∴AC＝AF＝CF＝6，
∴∠CFA＝∠ACF＝45°，
∴∠B＝∠ACF＝45°，
∴∠B＝∠AFC，
∵∠BAF＝∠FAG，
∴△ABF∽△AFG，
∴，
∴AF2＝AG AB，
∴AG＝．
22．已知抛物线y＝ax2+bx﹣3（a＞0）交x轴于A（﹣1，0）、B（3，0），点M（m，t）是第四象限内抛物线上的一个动点．
（1）求a，b的值；
（2）若点N（n，t）在该抛物线上，且n＜m，求m2+kn﹣3k+2023的值．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠6）交x轴于（﹣1，0）和（8，
∴，解得：，
∴a＝4，b＝﹣2；
（2）∵若点N（n，t）在该抛物线上，t）是第四象限内抛物线上的一个动点，
∴MN∥x轴，MN＝m﹣n，m2﹣2x﹣3＝t的两根，
∴m+n＝2．
∵MN＝3k，
∴m﹣n＝2k．
∴，
解得，
∴m8+kn﹣3k+2023＝（k+1）6+k（1﹣k）﹣3k+2023＝k7+2k+1+k﹣k6﹣3k+2023＝1+2023＝2024．
23．问题提出：如图1，在△ABC中，AB＝AC，，点D为AB中点，E在边BC上，落点为点F．那么随着k的变化，点E
【初步感知】
（1）我们先来探究点E的位置，先将问题特殊化．如图2，当 k＝1 时的值；
【深入探究】
（2）再探究一般情形．如图1，请证明（1）中的结论仍然成立的值（结果用含k的代数式表示）；
【拓展运用】
（3）如图3，当∠A＝30°时，请直接写出
【解答】解：（1）∵k＝1，
∴△ABC为等边三角形，
∵点D为AB中点，
∴AD＝DB＝DF，
∵∠A＝60°，
∴△ADF为等边三角形，
∴∠EFC＝60°，
∵∠C＝60°，
∴△EFC为等边三角形，
∴EC＝EF＝EB，
∴；
（2）∵点D为AB中点，
∴AD＝DB＝DF，
∴∠A＝∠DFA，
∴∠B＝∠DFE，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠DFE+∠DFA+∠EFC＝180°，
∴∠C＝∠EFC，
∴EC＝EF＝EB，
∴，
∵∠C＝∠EFC＝∠B，
∴△CEF∽△CAB，
∵，
不妨设AB＝“2”，
∴BC＝2k，
∴EC＝k，
∴CF＝k4，
∴AF＝2﹣k2，
∴；
（3）如图8，过D作DG⊥AC于G，
∵点D为AB中点，
∴AD＝BD，
∵沿着DE折叠使B刚好落在边AC上，
∴DB＝DF，∠BDE＝∠FDE，
∴AD＝DF，
∴∠A＝∠AFD＝30°，
∴∠ADF＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∴∠BDF＝60°，
∴∠BDE＝∠FDE＝30°，
设AD＝BD＝DF＝x，
∴DG＝AD＝x，
∴AG＝＝x，
∴AF＝7AG＝x，
∴S△ADF＝AF DG＝×x＝x2，
∵∠BDE＝∠A＝30°，
∴DE∥AC，
∴∠DEB＝∠C，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，
∴BD＝DE，
∴DE＝DF＝x，
∴HF＝x，
∴S△DEF＝ FH＝＝x2，
∴的值为＝．
24．如图，AB，AC，且AD平分∠BAC．
（1）如图1，若∠BAC＝120°，测量AB，AD的长度，猜想它们之间的数量关系为：AD＝AB+AC；
（2）如图2，若∠BAC＝90°，求证：；
（3）如图3，若∠BAC＝2θ（0°＜θ＜90°），直接写出AB，AD与θ角三角函数之间的数量关系．
【解答】（1）解：AD＝AB+AC；
证明：如图1，延长AC至点E，连接BD，DE，
∵∠B+∠DCE＝180°，∠ACD+∠DCE＝180°，
∴∠B＝∠DCE，
∵∠BAC＝120°，AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠DAC＝60°，，
∴BD＝CD，
∵AB＝CE，
∴△BAD≌△CED（SAS），
∴∠E＝∠BAD＝60°，
∴∠E＝∠BAD＝∠ADE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AE＝AD，
即AD＝AB+AC；
故答案为：AD＝AB+AC；
（2）证明：如图2，延长AC至点E，连接BD，DE，
∵∠B+∠DCE＝180°，∠ACD+∠DCE＝180°，
∴∠B＝∠DCE，
∵∠BAC＝90°，AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠DAC＝45°，，
∴BD＝CD，
∵AB＝CE，
∴△BAD≌△CED（SAS），
∴∠E＝∠BAD＝45°，
∴∠E＝∠BAD＝∠ADE＝45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AE＝AD，
即AB+AC＝AE；
（3）解：如图3，延长AC至点E，连接BD，DE，
∵∠B+∠DCE＝180°，∠ACD+∠DCE＝180°，
∴∠B＝∠DCE，
∵∠BAC＝4θ，AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠DAC＝θ，，
∴BD＝CD，
∵AB＝CE，
∴△BAD≌△CED（SAS），
∴∠E＝∠BAD＝θ，
∴∠E＝∠BAD＝∠ADE＝θ，
∴AD＝DE，AE＝AB+AC，
过D作DH⊥AE于H，
∴AH＝EH＝AE＝，
∴cosθ＝＝．
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