资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．下列所给的事件中，是必然事件的是（ ）
A．一个标准大气压下，水加热到时会沸腾
B．买一注福利彩票会中奖
C．连续4次投掷质地均匀的硬币，4次均硬币正面朝上
D．2020年的春节小长假辛集将下雪
2．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是
A． B． C． D．
3．若x＝2是关于x的一元二次方程x2﹣2a＝0的一个根，则a的值为（ ）
A．3 B．2 C．4 D．5
4．如图，点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上，若△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，则旋转的角度为（ ）
A．30° B．45°
C．90° D．135°
5．一元二次方程的解为（ ）
A．， B． C． D．，
6．一元二次方程x2－x＝0的根是（ ）
A．x＝1 B．x＝0 C．x1＝0，x2＝1 D．x1＝0，x2＝－1
7．的相反数是（ ）
A． B． C． D．3
8．如图，等腰直角三角形的顶点A、C分别在直线a、b上，若a∥b，∠1=30°，则∠2的度数为（ ）
A．30° B．15° C．10° D．20°
9．如图，随意向水平放置的大⊙O内部区域抛一个小球，则小球落在小⊙O内部(阴影)区域的概率为（ ）
A． B． C． D．
10．若是一元二次方程的两个实数根，则的值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．将抛物线y＝－5x2先向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度后，得到新的抛物线的表达式是________．
12．如图，将半径为2，圆心角为90°的扇形BAC绕点A逆时针旋转60°，点B、C的对应点分别为D、E，点D在上，则阴影部分的面积为_____．
13．已知，则___________.
14．已知△ABC的三边长a=3，b=4，c=5，则它的内切圆半径是________
15．抛物线y＝3（x+2）2+5的顶点坐标是_____．
16．如图的顶点在轴的正半轴上，顶点在轴的负半轴上，顶点在第一象限内，交轴于点，过点作交的延长线于点．若反比例函数经过点，且，，则值等于__________．
17．抛物线的部分图象如图所示，对称轴是直线，则关于的一元二次方程的解为____．
18．如图，将⊙O沿弦AB折叠，圆弧恰好经过圆心O，点P是优弧上一点，则∠APB的度数为_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，、、、分别为反比例函数与图象上的点，且轴，轴，与相交于点，连接、.
（1）若点坐标，点坐标，请直接写出点、点、点的坐标；
（2）连接、，若四边形是菱形，且点的坐标为，请直接写出、之间的数量关系式；
（3）若、为动点，与是否相似？为什么？
20．（6分）如图1，已知中，，，，点、在上，点在外，边、与交于点、，交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）当时，求的长；
（3）设，的面积为，
①求关于的函数关系式．
②如图2，连接、，若的面积是的面积的1.5倍时，求的值．
21．（6分）已知：在平面直角坐标系中，抛物线（）交x轴于A、B两点，交y轴于点C，且对称轴为直线x=-2 .
（1）求该抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）若点P(0,t)是y轴上的一个动点，请进行如下探究：
探究一：如图1，设△PAD的面积为S，令W＝t·S，当0＜t＜4时，W是否有最大值？如果有，求出W的最大值和此时t的值；如果没有，说明理由；
探究二：如图2，是否存在以P、A、D为顶点的三角形与Rt△AOC相似？如果存在，求点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
22．（8分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径的⊙O交BC于点D，交AB于点E，过点D作DF⊥AB，垂足为F，连接DE．
（1）求证：直线DF与⊙O相切；
（2）求证：BF＝EF；
23．（8分）在矩形ABCD中，O是对角线AC的中点，EF是线段AC的中垂线，交AD、BC于E、F．求证：四边形AECF是菱形．
24．（8分）计算:
（1）（）
（2）－14 +
25．（10分）如图，在▱ABCD中，点E是边AD上一点，延长CE到点F，使∠FBC＝∠DCE，且FB与AD相交于点G．
（1）求证：∠D＝∠F；
（2）用直尺和圆规在边AD上作出一点P，使△BPC∽△CDP，并加以证明．（作图要求：保留痕迹，不写作法．）
26．（10分）如图，已知AD•AC＝AB•AE．求证：△ADE∽△ABC．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【分析】直接利用时间发生的可能性判定即可．
【详解】解：A、一个标准大气压下，水加热到100℃时会沸腾，是必然事件；
B买一注福利彩票会中奖，是随机事件；
C、连续4次投掷质地均匀的硬币，4次均硬币正面朝上，是随机事件；
D，2020年的春节小长假辛集将下雪，是随机事件．
故答案为A．
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念，掌握三类事件的定义以及区别与联系是解答本题的关键．
2、D
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；
故选：D．
本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后和原来的图形重合．
3、A
【分析】把x＝2代入已知方程，列出关于a的新方程，通过解新方程可以求得a的值．
【详解】∵x＝2是关于x的一元二次方程x2﹣2a＝0的一个根，
∴22×﹣2a＝0，
解得 a＝1．
即a的值是1．
故选：A．
本题考查了一元二次方程的解的定义．能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以，一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．
4、C
【分析】根据勾股定理求解.
【详解】设小方格的边长为1，得，
OC=
，AO=
，AC=4，
∵OC2+AO2==16，
AC2=42=16，
∴△AOC是直角三角形，
∴∠AOC=90°．
故选C．
考点：勾股定理逆定理.
5、A
【分析】根据因式分解法中的提取公因式法进行求解即可；
【详解】
故选A．
本题主要考查了一元二次方程因式分解法中的提取公因式法，准确计算是解题的关键．
6、C
【分析】利用因式分解法解方程即可解答.
【详解】x2－x＝0
x(x-1)=0,
x=0或x-1=0,
∴x1＝0，x2＝1.
故选C.
本题考查了一元二次方程的解法——因式分解法，熟知用因式分解法解一元二次方程的方法是解决问题的关键.
7、A
【分析】根据相反数的意义求解即可．
【详解】的相反数是-，
故选：A．
本题考查了相反数，在一个数的前面加上负号就是这个数的相反数．
8、B
【解析】分析：由等腰直角三角形的性质和平行线的性质求出∠ACD=60°，即可得出∠2的度数．
详解：如图所示：
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC=90°，∠ACB=45°，
∴∠1+∠BAC=30°+90°=120°，
∵a∥b，
∴∠ACD=180°-120°=60°，
∴∠2=∠ACD-∠ACB=60°-45°=15°；
故选B．
点睛：本题考查了平行线的性质、等腰直角三角形的性质；熟练掌握等腰直角三角形的性质，由平行线的性质求出∠ACD的度数是解决问题的关键．
9、B
【分析】针扎到内切圆区域的概率就是内切圆的面积与外切圆面积的比．
【详解】解：∵如图所示的正三角形，
∴∠CAB＝60°，
∴∠OAB＝30°，∠OBA＝90°，
设OB＝a，则OA＝2a，
则小球落在小⊙O内部(阴影)区域的概率为．
故选：B．
本题考查了概率问题，掌握圆的面积公式是解题的关键．
10、C
【分析】由一元二次方程根与系数的关系可得x1+x2=-3，x1·x2=2，利用完全平方公式即可求出答案．
【详解】∵是一元二次方程的两个实数根，
∴x1+x2=-3，x1·x2=2，
∴=( x1+x2)2-2x1·x2=9-4=5，
故选：C．
本题考查一元二次方程根与系数的关系，若一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个实数根为，那么x1+x2=，x1·x2=，熟练掌握韦达定理是解题关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、y＝－5（x+2）2－1
【分析】根据向左平移横坐标减，向下平移纵坐标减求出新抛物线的顶点坐标，再利用顶点式解析式写出即可．
【详解】解：∵抛物线y=-5x2先向左平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度，
∴新抛物线顶点坐标为（-2，-1），
∴所得到的新的抛物线的解析式为y=-5（x+2）2-1．
故答案为：y=-5（x+2）2-1．
本题考查了二次函数图象与几何变换，掌握平移的规律：左加右减，上加下减是关键．
12、
【分析】直接利用旋转的性质结合扇形面积求法以及等边三角形的判定与性质得出S阴影＝S扇形ADE﹣S弓形AD＝S扇形ABC﹣S弓形AD，进而得出答案．
【详解】连接BD，过点B作BN⊥AD于点N，
∵将半径为2，圆心角为90°的扇形BAC绕A点逆时针旋转60°，
∴∠BAD＝60°，AB＝AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD＝60°，
则∠ABN＝30°，
故AN＝1，BN＝，
S阴影＝S扇形ADE﹣S弓形AD＝S扇形ABC﹣S弓形AD
＝
＝π﹣
＝．
故答案为 ．
考查了扇形面积求法以及等边三角形的判定与性质，正确得出△ABD是等边三角形是解题关键．
13、
【分析】根据比例式设a=2k,b=5k,代入求值即可解题.
【详解】解：∵,设a=2k,b=5k,
∴
本题考查了比例的性质,属于简单题,设k法是解题关键.
14、1
【解析】
∵a=3，b=4，c=5，
∴a2+b2=c2，
∴∠ACB=90°，
设△ABC的内切圆切AC于E，切AB于F，切BC于D，连接OE、OF、OD、OA、OC、OB，内切圆的半径为R，则OE=OF=OD=R，
∵S△ACB=S△AOC+S△AOB+S△BOC，
∴×AC×BC=×AC×OE+×AB×OF+×BC×OD，
∴3×4=4R+5R+3R，
解得：R=1.
故答案为1.
15、（﹣2，5）
【分析】已知抛物线的顶点式，可直接写出顶点坐标．
【详解】解：由y＝3（x+2）2+5，根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（﹣2，5）．
故答案为：（﹣2，5）．
本题考查二次函数的性质，熟知二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a（x-h）2+k中，顶点坐标为（h，k），对称轴为x=h．
16、6
【分析】可证,得到
因此求得
【详解】解：设,
根据题意,点在第一象限,
又
又
因此
本题考查了相似三角形的性质以及反比例函数的性质.
17、
【分析】根据二次函数的性质和函数的图象，可以得到该函数图象与轴的另一个交点，从而可以得到一元二次方程的解，本题得以解决．
【详解】由图象可得，
抛物线与x轴的一个交点为（1，0），对称轴是直线，
则抛物线与轴的另一个交点为（-3，0），
即当时，，此时方程的解是，
故答案为：．
本题考查了抛物线与轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
18、60°
【解析】分析：作半径OC⊥AB于D，连结OA、OB，如图，根据折叠的性质得OD=CD，则OD=OA，根据含30度的直角三角形三边的关系得到∠OAD=30°，接着根据三角形内角和定理可计算出∠AOB=120°，然后根据圆周角定理计算∠APB的度数．
详解：如图作半径OC⊥AB于D，连结OA、OB．
∵将⊙O沿弦AB折叠，圆弧恰好经过圆心O，
∴OD=CD，∴OD=OC=OA，∴∠OAD=30°．
∵OA=OB，∴∠ABO=30°，∴∠AOB=120°，
∴∠APB=∠AOB=60°．
故答案为60°．
点睛：本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了含30度的直角三角形三边的关系和折叠的性质，求得∠OAD=30°是解题的关键．
三、解答题(共66分)
19、（1）、、；（2）；（3），证明详见解析.
【分析】（1）先利用A,B两点求出两个反比例函数的解析式，然后根据C点与A点纵坐标相同，D点与B点横坐标相同即可得到C,D的坐标，然后P的横坐标与B的横坐标相同，纵坐标与A的纵坐标相同；
（2）分别把A,C的坐标表示出来，再利用菱形的性质和点P的坐标即可求出答案；
（3）设点的坐标为，分别表示出点A,B,C,D的坐标，求出 的长度，能够得出，所以
【详解】（1）解：∵点在上，点在上
∴
∴
∵轴，轴
∴A,C的纵坐标相同，B,D的横坐标相同，点P的横坐标与B的横坐标相同，纵坐标与A的纵坐标相同
∴
当时，代入到中得 ，∴点
当时，代入到中得 ，∴点
∴，，
（2）∵点的坐标为
∵轴，轴
∴A,C的纵坐标与点P的纵坐标相同
当时，代入到中得 ，∴点
当时，代入到中得 ，∴点
∵四边形是菱形
∴
∴
∴
（3）解：
证明：设点的坐标为
则点的坐标为、点的坐标为
点的坐标为、点的坐标为
，
，
，，即
又
本题主要考查反比例函数和相似三角形的判定及性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键.
20、（1）证明见解析；（2）；（3）①，②．
【分析】（1）由圆内接四边形性质得，又，从而可证明；
（2）过作于，证明，得，在直角中求出BH的值即可得到结论；
（3）①同（2）可得，根据三角形面积公式求解即可；
②过作于，则，用含x的代数式表示出的面积，列出方程求解即可．
【详解】（1）∵，
∴
（2）过作于，
∵
∴
∴
∴
∴
∵在直角中，
∴
∴
（3）①由（2）得AH=1，
当时，
∴
②过作于，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∵
∴
∴解得，
经检验，是方程的解．
本题考查了圆的综合知识、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是得到，综合性较强，难度较大．
21、（1）， D（-2，4）．
（2）①当t=3时，W有最大值，W最大值=1．②存在．只存在一点P（0，2）使Rt△ADP与Rt△AOC相似．
【解析】（1）由抛物线的对称轴求出a，就得到抛物线的表达式了；
（2）①下面探究问题一，由抛物线表达式找出A，B，C三点的坐标，作DM⊥y轴于M，再由面积关系：SPAD=S梯形OADM-SAOP-SDMP得到t的表达式，从而W用t表示出来，转化为求最值问题．
②难度较大，运用分类讨论思想，可以分三种情况：
（1）当∠P1DA=90°时；（2）当∠P2AD=90°时；（3）当AP3D=90°时。
【详解】解：（1）∵抛物线y=ax2-x+3（a≠0）的对称轴为直线x=-2．
∴D（-2，4）．
（2）探究一：当0＜t＜4时，W有最大值．
∵抛物线交x轴于A、B两点，交y轴于点C，
∴A（-6，0），B（2，0），C（0，3），
∴OA=6，OC=3．
当0＜t＜4时，作DM⊥y轴于M，
则DM=2，OM=4．
∵P（0，t），
∴OP=t，MP=OM-OP=4-t．
∵S三角形PAD=S梯形OADM-S三角形AOP-S三角形DMP
=12-2t
∴W=t（12-2t）=-2（t-3）2+1
∴当t=3时，W有最大值，W最大值=1．
探究二：
存在．分三种情况：
①当∠P1DA=90°时，作DE⊥x轴于E，则OE=2，DE=4，∠DEA=90°，
∴AE=OA-OE=6-2=4=DE．
∴∠DAE=∠ADE=45°，
∴∠P1DE=∠P1DA-∠ADE=90°-45°=45度．
∵DM⊥y轴，OA⊥y轴，
∴DM∥OA，
∴∠MDE=∠DEA=90°，
∴∠MDP1=∠MDE-∠P1DE=90°-45°=45度．
∴P1M=DM=2，
此时
又因为∠AOC=∠P1DA=90°，
∴Rt△ADP1∽Rt△AOC，
∴OP1=OM-P1M=4-2=2，
∴P1（0，2）．
∴当∠P1DA=90°时，存在点P1，使Rt△ADP1∽Rt△AOC，
此时P1点的坐标为（0，2）
②当∠P2AD=90°时，则∠P2AO=45°，
∴△P2AD与△AOC不相似，此时点P2不存在．
③当∠AP3D=90°时，以AD为直径作⊙O1，则⊙O1的半径
圆心O1到y轴的距离d=4．
∵d＞r，
∴⊙O1与y轴相离．
不存在点P3，使∠AP3D=90度．
∴综上所述，只存在一点P（0，2）使Rt△ADP与Rt△AOC相似．
22、见解析
【解析】分析：
（1）连接OD，由已知易得∠B=∠C，∠C=∠ODC，从而可得∠B=∠ODC，由此可得AB∥OD，结合DF⊥AB即可得到OD⊥DF，从而可得DF与⊙O相切；
（2）连接AD，由已知易得BD=CD，∠BAD=∠CAD，由此可得DE=DC，从而可得DE=BD，结合DF⊥AB即可得到BF=EF.
详解：
（1）连结OD，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵OC=OD，
∴∠ODC=∠C，
∴∠ODC=∠B，
∴OD∥AB，
∵DF⊥AB，
∴DF⊥OD，
∴直线DF与⊙O相切；
（2）连接AD．
∵AC是⊙O的直径，
∴AD⊥BC，又AB=AC，
∴BD=DC，∠BAD=∠CAD，
∴DE=DC，
∴DE=DB，又DF⊥AB，
∴BF=EF．
点睛：（1）连接OD，结合已知条件证得OD∥AB是解答第1小题的关键；（2）连接AD结合已知条件和等腰三角形的性质证得DE=DC=BD是解答第2小题的关键.
23、见解析
【解析】试题分析：首先根据题意画出图形，再证明≌进而得到再根据垂直平分线的性质证明可得四边形是菱形．
试题解析：
证明：如图所示，
∵O是AC的中点，
∴AO=CO，
又∵在矩形ABCD中,ADBC，
∴∠1=∠2
∴在△AOE和△COF中，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴AE=CF，
又∵EF是AC的垂直平分线，
∴AE=CE，AF=CF，
∴AE=CE=AF=CF，
∴四边形AECF是菱形．
点睛：菱形的判定方法：有一组邻边相等的平行四边形是菱形.
对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
四条边相等的四边形是菱形.
24、（1）－；（2）-.
【分析】（1）根据二次根式混合运算法则计算即可；
（2）代入特殊角的三角函数值，根据0指数幂、负整数指数幂、二次根式及绝对值的运算法则计算即可.
【详解】（1）（）
＝（2－2）－6＋6×
＝22－6＋
＝6－4－6＋
＝－.
（2）－14 +
＝
＝
＝-
本题考查实数的混合运算，熟练掌握运算法则并熟记特殊角的三角函数值是解题关键.
25、（1）详见解析；（2）详见解析．
【分析】（1）根据四边形ABCD是平行四边形可得AD∥BC，∠FGE＝FBC，再根据已知∠FBC＝∠DCE，进而可得结论；
（2）作三角形FBC的外接圆交AD于点P即可证明．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC
∴∠FGE＝∠FBC
∵∠FBC＝∠DCE，
∴∠FGE＝∠DCE
∵∠FEG＝∠DEC
∴∠D＝∠F．
（2）如图所示：
点P即为所求作的点．
证明：作BC和BF的垂直平分线，交于点O，
作△FBC的外接圆，
连接BO并延长交AD于点P，
∴∠PCB＝90°
∵AD∥BC
∴∠CPD＝∠PCB＝90°
由（1）得∠F＝∠D
∵∠F＝∠BPC
∴∠D＝∠BPC
∴△BPC∽△CDP．
此题主要考查圆的综合应用，解题的关键是熟知平行四边形的性质、外接圆的性质及相似三角形的判定与性质.
26、证明见解析.
【分析】由AD•AC＝AE•AB，可得,从而根据“两边对应成比例并且夹角相等的两个三角形相似”可证明结论成立.
【详解】试题分析：
证明：∵AD•AC＝AE•AB，
∴＝
在△ABC与△ADE 中
∵＝，∠A＝∠A，
∴ △ABC∽△ADE
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