资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．某简易房示意图如图所示，它是一个轴对称图形，则坡屋顶上弦杆AB的长为（ ）
A．米 B．米 C．米 D．米
2．如图，正方形ABCD和正方形DEFG的顶点A在y轴上，顶点D，F在x轴上，点C在DE边上，反比例函数y＝（k≠0）的图象经过点B、C和边EF的中点M．若S正方形ABCD＝2，则正方形DEFG的面积为（ ）
A． B． C．4 D．
3．如图，点的坐标为，点，分别在轴，轴的正半轴上运动，且，下列结论：
①
②当时四边形是正方形
③四边形的面积和周长都是定值
④连接，，则，其中正确的有（ ）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
4．在中，，，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．对于二次函数，下列描述错误的是（ ）．
A．其图像的对称轴是直线=1 B．其图像的顶点坐标是（1，-9）
C．当=1时，有最小值-8 D．当＞1时，随的增大而增大
6．如图反比例函数 ()与正比例函数() 相交于两点A，B．若点A(1，2)，B坐标是（ ）
A．(，) B．(，) C．(，) D．(，)
7．点M（2，-3）关于原点对称的点N的坐标是: ( )
A．（-2，-3） B．（-2, 3） C．（2, 3） D．（-3， 2）
8．如图，在矩形中，，对角线相交于点，垂直平分于点，则的长为（ ）
A．4 B． C．5 D．
9．某专卖店专营某品牌女鞋，店主对上一周中不同尺码的鞋子销售情况统计如表：
尺码
35
36
37
38
39
平均每天销售数量（双）
2
8
10
6
2
该店主决定本周进货时，增加一些37码的女鞋，影响该店主决策的统计量是（ ）
A．平均数 B．方差 C．众数 D．中位数
10．如图，中，点，分别是边，上的点，，点是边上的一点，连接交线段于点，且，，，则S四边形BCED（ ）
A． B． C． D．
11．如图，正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF，连接AF，则∠OFA的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
12．要使分式有意义，则x应满足的条件是（ ）
A．x＜2 B．x≠2 C．x≠0 D．x＞2
二、填空题（每题4分，共24分）
13．关于x的一元二次方程x2+nx﹣12＝0的一个解为x＝3，则n＝_____．
14．一元二次方程x2﹣5x=0的两根为_________．
15．如图所示，一个质地均匀的小正方体有六个面，小明要给这六个面分别涂上红色、黄 色和蓝色三种颜色.在桌面上掷这个小正方体，要使事件“红色朝上”的概率为，那么需要把__________个面涂为红色．
16．一个4米高的电线杆的影长是6米，它临近的一个建筑物的影长是36米，则这个建筑物的高度是__________．
17．如图，△ABC中，D为BC上一点，∠BAD＝∠C，AB＝6，BD＝4，则CD的长为____．
18．已知a是方程2x2﹣x﹣4＝0的一个根，则代数式4a2﹣2a+1的值为_____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）新能源汽车已逐渐成为人们的交通工具，据某市某品牌新能源汽车经销商1至3月份统计，该品牌新能源汽车1月份销售150辆，3月份销售216辆．
（1）求该品牌新能源汽车销售量的月均增长率；
（2）若该品牌新能源汽车的进价为6.3万元/辆，售价为6.8万元/辆，则该经销商1至3月份共盈利多少万元？
20．（8分）如图，一枚运载火箭从地面处发射，当火箭到达点时，从位于地面处的雷达站测得的距离是6，仰角为；1后火箭到达点，此时测得仰角为（所有结果取小数点后两位）．
（1）求地面雷达站到发射处的水平距离；
（2）求这枚火箭从到的平均速度是多少？（参考数据：，，，，，）
21．（8分）如图，在圆中，弦，点在圆上（与，不重合），联结、，过点分别作，，垂足分别是点、．
（1）求线段的长；
（2）点到的距离为3，求圆的半径．
22．（10分）如图，已知抛物线C1交直线y=3于点A（﹣4，3），B（﹣1，3），交y轴于点C（0，6）．
（1）求C1的解析式．
（2）求抛物线C1关于直线y=3的对称抛物线的解析式；设C2交x轴于点D和点E（点D在点E的左边），求点D和点E的坐标．
（3）将抛物线C1水平向右平移得到抛物线C3，记平移后点B的对应点B′，若DB平分∠BDE，求抛物线C3的解析式．
（4）直接写出抛物线C1关于直线y=n（n 为常数）对称的抛物线的解析式．
23．（10分）如图，四边形ABCD是矩形，E为CD边上一点，且AE、BE分别平分∠DAB、∠ABC．
（1）求证：△ADE≌△BCE；
（2）已知AD＝3，求矩形的另一边AB的值．
24．（10分）如图，已知AB为⊙O的直径，CD是弦，且AB⊥CD于点E．连接AC、OC、BC．
（1）求证：∠ACO=∠BCD．
（2）若EB=8cm，CD=24cm，求⊙O的直径．
25．（12分）如图，四边形 ABCD 为矩形.
(1)如图1，E为CD上一定点，在AD上找一点F，使得矩形沿着EF折叠后,点D落在 BC边上(尺规作图，保留作图痕迹);
(2)如图2，在AD和CD边上分别找点M，N，使得矩形沿着MN折叠后BC的对应边B' C'恰好经过点D，且满足B' C' ⊥BD(尺规作图，保留作图痕迹);
(3)在（2）的条件下，若AB＝2，BC＝4，则CN＝ .
26．（1）解方程：
（2）计算：
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后利用锐角三角函数即可表示出AB的长．
【详解】解：作AD⊥BC于点D，
则BD＝＋0.3＝，
∵cosα＝，
∴cosα＝，
解得，AB＝米，
故选B．
本题考查解直角三角形的应用、轴对称图形，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
2、B
【分析】作BH⊥y轴于H，连接EG交x轴于N，进一步证明△AOD和△ABH都是等腰直角三角形，然后再求出反比例函数解析式为y＝，从而进一步求解即可.
【详解】作BH⊥y轴于H，连接EG交x轴于N，如图，
∵正方形ABCD和正方形DEFG的顶点A在y轴上，顶点D、F在x轴上，点C在DE边上，
∴∠EDF＝45°，
∴∠ADO＝45°，
∴∠DAO＝∠BAH＝45°，
∴△AOD和△ABH都是等腰直角三角形，
∵S正方形ABCD＝2，
∴AB＝AD＝，
∴OD＝OA＝AH＝BH＝×＝1，
∴B点坐标为（1，2），
把B（1，2）代入y＝得k＝1×2＝2，
∴反比例函数解析式为y＝，
设DN＝a，则EN＝NF＝a，
∴E（a+1，a），F（2a+1，0），
∵M点为EF的中点，
∴M点的坐标为（，），
∵点M在反比例函数y＝的图象上，
∴×=2，
整理得3a2+2a﹣8＝0，解得a1＝，a2＝﹣2（舍去），
∴正方形DEFG的面积＝2∙EN∙DF＝2∙＝．
故选：B．
本题主要考查了正方形的性质与反比例函数的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
3、A
【分析】过P作PM⊥y轴于M，PN⊥x轴于N，易得出四边形PMON是正方形，推出OM=OM=ON=PN=1，证得△APM≌△BPN，可对①进行判断，推出AM=BN，求出OA+OB=ON+OM=2，当OA=OB时，OA=OB=1，然后可对②作出判断，由△APM≌△BPN可对四边形OAPB的面积作出判断，由OA+OB=2，然后依据AP和PB的长度变化情况可对四边形OAPB的周长作出判断，求得AB的最大值以及OP的长度可对④作出判断．
【详解】过P作PM⊥y轴于M，PN⊥x轴于N，
∵P(1，1)，
∴PN=PM=1．
∵x轴⊥y轴，
∴∠MON=∠PNO=∠PMO=90°，
则四边形MONP是正方形，
∴OM=ON=PN=PM=1，
∵∠MPN=∠APB=90°，
∴∠MPA=∠NPB．
在△MPA≌△NPB中，
，
∴△MPA≌△NPB，
∴PA=PB，故①正确．
∵△MPA≌△NPB，
∴AM=BN，
∴OA+OB=OA+ON+BN=OA+ON+AM=ON+OM=1+1=2．
当OA=OB，即OA=OB=1时，
则点A、B分别与点M、N重合，此时四边形OAPB是正方形，故②正确．
∵△MPA≌△NPB，
∴．
∵OA+OB=2，PA=PB，且PA和PB的长度会不断的变化，故周长不是定值，故③错误．
∵∠AOB+∠APB=180°，
∴点A、O、B、P共圆，且AB为直径，所以AB≥OP，故④错误．
故选：A．
本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理，坐标与图形性质，正方形的性质的应用，圆周角定理，关键是推出AM=BN和推出OA+OB=OM+ON
4、A
【分析】根据勾股定理求出AB，根据余弦的定义计算即可．
【详解】由勾股定理得，，
则，
故选：A．
本题考查的是锐角三角函数的定义，掌握锐角A的邻边b与斜边c的比叫做∠A的余弦是解题的关键．
5、C
【分析】将解析式写成顶点式的形式，再依次进行判断即可得到答案.
【详解】=，
∴图象的对称轴是直线x=1，故A正确；
顶点坐标是（1，-9），故B正确；
当x=1时，y有最小值-9，故C错误；
∵开口向上，∴当＞1时，随的增大而增大，故D正确，
故选：C.
此题考查函数的性质，熟记每种函数解析式的性质是解题的关键.
6、A
【分析】先根据点A的坐标求出两个函数解析式，然后联立两个解析式即可求出答案．
【详解】将A（1，2）代入反比例函数()，
得a=2，
∴反比例函数解析式为：，
将A（1，2）代入正比例函数()，
得k=2，
∴正比例函数解析式为：，
联立两个解析式，
解得或，
∴点B的坐标为（-1，-2），
故选：A．
本题考查了反比例函数和正比例函数，求出函数解析式是解题关键．
7、B
【解析】试题解析：已知点M（2，-3），
则点M关于原点对称的点的坐标是（-2，3），
故选B．
8、B
【分析】由矩形的性质和线段垂直平分线的性质证出OA=AB=OB=3，得出BD=2OB=6，由勾股定理求出AD即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OD，OA=OC，AC=BD，
∴OA=OB，
∵AE垂直平分OB，
∴AB=AO，
∴OA=AB=OB=3，
∴BD=2OB=6，
∴AD=；
故选：B．
此题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．
9、C
【分析】平均数、中位数、众数是描述一组数据集中程度的统计量；方差是描述一组数据离散程度的统计量．销量大的尺码就是这组数据的众数．
【详解】由于众数是数据中出现次数最多的数，故影响该店主决策的统计量是众数．
故选：C．
本题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差的意义.
10、B
【分析】由，，求得GE=4，由可得△ADG∽△ABH，△AGE∽△AHC，由相似三角形对应成比例可得，得到HC=5，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可得，S△ABC=40.5，再减去△ADE的面积即可得到四边形BCED的面积.
【详解】解：∵，，
∴GE=4
∵
∴△ADG∽△ABH，△AGE∽△AHC
∴
即，
解得:HC=6
∵DG：GE=2：1
∴S△ADG：S△AGE=2：1
∵S△ADG=12
∴S△AGE=6，S△ADE= S△ADG+S△AGE=18
∵
∴△ADE∽△ABC
∴S△ADE：S△ABC=DE2：BC2
解得：S△ABC=40.5
S四边形BCED= S△ABC- S△ADE=40.5-18=22.5
故答案选：B.
本题考查相似三角形的性质和判定.
11、B
【解析】由旋转的性质和正方形的性质可得∠FOC＝40°，AO＝OD＝OC＝OF，∠AOC＝90°，再根据等腰三角形的性质可求∠OFA的度数．
【详解】∵正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF，
∴∠FOC＝40°，AO＝OD＝OC＝OF，∠AOC＝90°
∴∠AOF＝130°，且AO＝OF，
∴∠OFA＝25°
故选B．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质解决问题是本题的关键．
12、B
【解析】本题主要考查分式有意义的条件：分母不能为1．
【详解】解：∵x﹣2≠1，
∴x≠2，
故选B．
本题考查的是分式有意义的条件，当分母不为1时，分式有意义．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、1
【分析】根据一元二次方程的解的定义，把x＝3代入x2+nx﹣12＝0中可得到关于n的方程，然后解此方程即可．
【详解】把x＝3代入x2+nx﹣12＝0，得9+3n﹣12＝0，解得n＝1．故答案是：1．
本题考查一元二次方程解得概念，使方程左右两边相等的未知数的值叫做方程的解.
14、0或5
【解析】分析：本题考查的是一元二次方程的解法——因式分解法.
解析：
故答案为0或5.
15、
【分析】根据题意可知共有6种等可能结果，所以要使事件“红色朝上”的概率为，则需要有2种符合题意的结果，从而求解.
【详解】解：∵一个质地均匀的小正方体有六个面
∴在桌面上掷这个小正方体，共有6种等可能结果，其中把2个面涂为红色，则使事件“红色朝上”的概率为
故答案为：2
本题考查简单的概率计算，理解概率的概念并根据概率的计算公式正确计算是本题的解题关键.
16、1米
【分析】设建筑物的高度为x，根据物高与影长的比相等，列方程求解．
【详解】解：设建筑物的高度为x米，由题意得，
，解得x=1．
故答案为：1米．
本题考查了相似三角形的应用，通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．
17、1
【分析】利用角角定理证明△BAD∽△BCA，然后利用相似三角形的性质得到，求得BC的长，从而使问题得解.
【详解】解：∵∠BAD=∠C，∠B=∠B，
∴△BAD∽△BCA，
∴．
∵AB=6，BD=4，
∴，
∴BC=9，
∴CD=BC-BD=9-4=1．
本题考查相似三角形的判定与性质，熟记判定方法准确找到相似三角形对应边是本题的解题关键.．
18、1
【分析】直接把a的值代入得出2a2−a＝4，进而将原式变形得出答案．
【详解】∵a是方程2x2＝x+4的一个根，
∴2a2﹣a＝4，
∴4a2﹣2a+1＝2（2a2﹣a）+1＝2×4+1＝1．
故答案为1．
此题主要考查了一元二次方程的解，正确将原式变形是解题关键．
三、解答题（共78分）
19、（1）品牌新能源汽车月均增长率为20%；（2）经销商1至3月份共盈利273万元．
【分析】（1）设新能源汽车销售量的月均增长率为，根据3月份销售216辆列方程，再解方程即可得到答案；
（2）利用1至3月份的总销量乘以每辆车的盈利，即可得到答案．
【详解】解：（1）设新能源汽车销售量的月均增长率为，根据题意得
150（1＋）2＝216
（1＋）2＝1.44
解得：，（不合题意、舍去）
0.2＝20%
答：该品牌新能源汽车月均增长率为20%
（2）2月份销售新能源汽车150×（1+20%）＝180辆
（150+180+216）×（6.8－6.3）＝273
答：该经销商1至3月份共盈利273万元．
本题考查的是一元二次方程的应用，掌握利用一元二次方程解决增长率问题是解题的关键．
20、（1）雷达站到发射处的水平距离为4.38；（2）这枚火箭从到的平均速度为0.39．
【分析】（1）根据余弦三角函数的定义，即可求解；
（2）先求出AL的值，再求出BL的值，进而即可求解．
【详解】（1）在中，，
答：雷达站到发射处的水平距离为4.38；
（2）在中，，
在中，，
∴，
∴速度为0.39，
答：这枚火箭从到的平均速度为0.39．
本题主要考查解直角三角形的实际应用，掌握三角函数的定义，是解题的关键．
21、（1）；（2）圆的半径为1．
【分析】（1）利用中位线定理得出，从而得出DE的长．
（2）过点作，垂足为点，，联结，求解出AH的值，再利用勾股定理，求出圆的半径．
【详解】解（1）∵经过圆心，
∴
同理：
∴是的中位线
∴
∵
∴
（2）过点作，垂足为点，，联结
∵经过圆心
∴
∵
∴
在中，
∴
即圆的半径为1．
本题考查了三角形的中位线定理以及勾股定理的运用，是较为典型的圆和三角形的例题．
22、（1）C1的解析式为y=x2+x+1；（2）抛物线C2的解析式为y=﹣x2﹣x，D（﹣5，0），E（0，0）；（3）抛物线C3的解析式为y=；（4）y=x2x+2n﹣1．
【分析】（1）设抛物线C1经的解析式为y=ax2+bx+c，将点A、B、C的坐标代入求解即可得到解析式；
（2）先求出点C关于直线y=3的对称点的坐标为(0,0)，设抛物线C2的解析式为y=a1x2+b1x+c1，即可求出答案；
（3）如图，根据平行线的性质及角平分线的性质得到BB′=DB，利用勾股定理求出DB的长度即可得到抛物线平移的距离，由此得到平移后的解析式；
（4）设抛物线C1关于直线y=n（n 为常数）对称的抛物线的解析式为y=mx+nx+k，根据对称性得到m、n的值，再利用对称性得到新函数与y轴交点坐标得到k的值，由此得到函数解析式.
【详解】（1）设抛物线C1经的解析式为y=ax2+bx+c，
∵抛物线C1经过点A（﹣4，3），B（﹣1，3），C（0，1）．
∴,
解得，
∴C1的解析式为y=x2+x+1；
（2）∵C点关于直线y=3的对称点为（0，0），
设抛物线C2的解析式为y=a1x2+b1x+c1，
∴，
解得，
∴抛物线C2的解析式为y=﹣x2﹣x；
令y=0，则﹣x2﹣x=0，
解得x1=0，x2=﹣5，
∴D（﹣5，0），E（0，0）；
（3）如图，
∵DB′平分∠BDE，
∴∠BDB′=∠ODB′，
∵AB∥x轴，
∴∠BB′D=∠ODB′，
∴∠BDB′=∠BB′D，
∴BB′=DB，
∵BD==5，
∴将抛物线C1水平向右平移5个单位得到抛物线C3，
∵C1的解析式为y=x2+x+1=（x+）2+，
∴抛物线C3的解析式为y=（x+﹣5）2+=；
（4）设抛物线C1关于直线y=n（n 为常数）对称的抛物线的解析式为y=mx+nx+k，
根据对称性得：新抛物线的开口方向与原抛物线的开口方向相反，开口大小相同，故m=-，对称轴没有变化，故n=-，
当n>1时，n+（n-1）=2n-1，故新抛物线与y轴的交点为（0，2n-1），
当n<1时，n-（1-n）=2n-1，新抛物线与y轴的交点为（0，2n-1），
∴k=2n-1，
∴抛物线C1关于直线y=n（n 为常数）对称的抛物线的解析式为：y=﹣x2﹣x+2n﹣1.
此题考查待定系数法求抛物线的解析式，抛物线的对称性，抛物线平移的性质，解题中确定变化后的抛物线的特殊点的坐标是解题的关键.
23、（1）证明见解析；（2）AB＝1．
【分析】（1）根据矩形的性质，即可得到∠D＝∠C，AD＝BC，∠DAE＝∠CBE＝45°，进而得出△ADE≌△BCE；
（2）依据△ADE是等腰直角三角形，即可得到DE的长，再根据全等三角形的性质以及矩形的性质，即可得到AB的长．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠C＝∠BAD＝∠ABC＝90°，AD＝BC，
又∵AE、BE分别平分∠DAB、∠ABC，
∴
∴∠DAE＝∠CBE＝45°，
∴△ADE≌△BCE（ASA）；
（2）∵∠DAE＝45°，∠D＝90°，
∴∠DAE＝∠AED＝45°，
∴AD＝DE＝3，
又∵△ADE≌△BCE，
∴DE＝CE＝3，
∴AB＝CD＝1．
本题考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
24、（1）证明见解析；（2）⊙O的直径为26cm．
【分析】（1）由AB为⊙O的直径，CD是弦，且AB⊥CD于E，根据垂径定理的即可求得CE＝ED，，然后由圆周角定理与等腰三角形的性质，即可证得：∠ACO＝∠BCD．
（2）设⊙O的半径为Rcm，得到OE=OB-EB=R-8，根据垂径定理得到CE=CD=24=12，利用在RtCEO中，由勾股定理列出方程，故可求解．
【详解】证明：（1）∵AB为⊙O的直径，CD是弦，且ABCD于E，
∴CE=ED，，
∴BCD=BAC
∵OA=OC，
∴OAC=OCA，
∴ACO=BCD
（2）设⊙O的半径为Rcm，则OE=OB-EB=R-8，
CE=CD=24=12
在RtCEO中，由勾股定理可得
OC=OE+CE
R= (R8) +12
解得：R=13，
∴2R=213=26
答：⊙O的直径为26cm．
此题考查了圆周角定理、垂径定理、勾股定理以及相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
25、（1）图见解析（2）图见解析（3）
【分析】（1）以点E为圆心，以DE长为半径画弧，交BC于点D′，连接DD′，作DD′的垂直平分线交AD于点F即可；
（2）先作射线BD，然后过点D作BD的垂线与BC的延长线交于点H，作∠BHD的角平分线交CD于点N，交AD于点M，在HD上截取HC′=HC，然后在射线C′D上截取C′B′=BC，此时的M、N即为满足条件的点；
（3）在（2）的条件下，根据AB＝2，BC＝4，即可求出CN的长．
【详解】（1）如图，点F为所求；
（2）如图，折痕MN、矩形A’B’C’D’为所求；
（3）在（2）的条件下，
∵AB＝2，BC＝4，
∴BD＝2，
∵BD⊥B′C′，
∴BD⊥A′D′，
得矩形DGD′C′．
∴DG＝C′D′＝2，
∴BG＝2−2
设CN的长为x，CD′＝y．
则C′N＝x，D′N＝2−x，BD′＝4−y，
∴（4−y）2＝y2＋（2−2）2，
解得y＝−1．
（2−x）2＝x2＋（−1）2
解得x＝．
故答案为：．
本题考查了作图−复杂作图、矩形的性质、翻折变换，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
26、（1）;（2）-1
【分析】（1）方程因式分解后即可求出解；
（2）原式利用特殊角的三角函数值计算，即可得到结果．
【详解】（1），
，
；
（2）=1-2=-1
本题考查学生的运算能力，解题的关键是熟练运用运算法则，本题属于基础题型．
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
