资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．若关于的一元二次方程有实数根，则取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．抛物线与坐标轴的交点个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
3．如图，在中．．是的角平分线．若在边上截取，连接，则图中等腰三角形共有（ ）
A．3个 B．5个 C．6个 D．2个
4．如图，在中，，，，则的值是（ ）
A． B． C． D．
5．方程是关于x的一元二次方程，则m的值是（ ）
A． B．
C． D．不存在
6．如图，为的直径，为上一点，弦平分，交于点，，，则的长为（ ）
A．2.2 B．2.5 C．2 D．1.8
7．如图，AB是半圆的直径，AB＝2r，C、D为半圆的三等分点，则图中阴影部分的面积是（ ）。
A．πr2 B．πr2 C．πr2 D．πr2
8．下列算式正确的是（ ）
A． B． C． D．
9．下列各式运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．已知△ABC，以AB为直径作⊙O，∠C＝88°，则点C在（ ）
A．⊙O上 B．⊙O外 C．⊙O 内
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，在以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴建立的平面直角坐标系中，将△ABC绕点B顺时针旋转，使点A旋转至y轴的正半轴上的点A'处，若AO＝OB＝2，则图中阴影部分面积为_____．
12．已知点，在二次函数的图象上，若，则__________．（填“”“”“”）
13．如图，王师傅在一块正方形钢板上截取了宽的矩形钢条，剩下的阴影部分的面 积是，则原来这块正方形钢板的边长是__________cm.
14．方程x2＝x的解是_____．
15．如图，在平面直角坐标系中有两点和，以原点为位似中心，相似比为，把线段缩短为线段，其中点与点对应，点与点对应，且在y轴右侧，则点的坐标为________.
16．如图，将一块三角板和半圆形量角器按图中方式叠放，三角板一边与量角器的零刻度线所在直线重合，重叠部分的量角器弧（）对应的圆心角（∠AOB）为120°，OC的长为2cm，则三角板和量角器重叠部分的面积为_____．
17．抛物线的顶点坐标为______.
18．如图抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴是x＝﹣1，与x轴的一个交点为（﹣5，0），则不等式ax2+bx+c＞0的解集为_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，在正方形中，点是的中点，连接，过点作交于点，交于点．
（1）证明：；
（2）连接，证明：．
20．（6分）在矩形ABCD中，AB=12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F
（1）如图1，若点E是AD的中点，求证：△AEB≌△DEC；
（2）如图2，①求证：BP=BF；
②当AD=25，且AE＜DE时，求cos∠PCB的值；
③当BP=9时，求BE•EF的值．
21．（6分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．在平面内任取一点D，连结AD（AD＜AB），将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到线段AE，连结DE，CE，BD．
（1）请根据题意补全图1；
（2）猜测BD和CE的数量关系并证明；
（3）作射线BD，CE交于点P，把△ADE绕点A旋转，当∠EAC=90°，AB=2，AD=1时，补全图形，直接写出PB的长．
22．（8分）已知：如图，是正方形的对角线上的两点，且.
求证：四边形是菱形.
23．（8分）综合与实践
在数学活动课上，老师出示了这样一个问题：如图1，在中，，，，点为边上的任意一点．将沿过点的直线折叠，使点落在斜边上的点处．问是否存在是直角三角形？若不存在，请说明理由；若存在，求出此时的长度．
探究展示：勤奋小组很快找到了点、的位置．
如图2，作的角平分线交于点，此时沿所在的直线折叠，点恰好在上，且，所以是直角三角形．
问题解决:
（1）按勤奋小组的这种折叠方式，的长度为 ．
（2）创新小组看完勤奋小组的折叠方法后，发现还有另一种折叠方法，请在图3中画出来．
（3）在（2）的条件下，求出的长．
24．（8分）关于的方程有实根．
（1）求的取值范围；
（2）设方程的两实根分别为且，求的值．
25．（10分）已知如图AB ∥EF∥ CD，
（1）△CFG∽△CBA吗？为什么？
（2）求 的值．
26．（10分）有一只拉杆式旅行箱（图1），其侧面示意图如图2所示，已知箱体长AB=50cm，拉杆BC的伸长距离最大时可达35cm，点A,B,C在同一条直线上，在箱体底端装有圆形的滚筒轮⊙A，⊙A与水平地面相切于点D，在拉杆伸长到最大的情况下，当点B距离水平地面34cm时，点C到水平地面的距离CE为55cm.设AF∥ MN.
（1）求⊙A的半径.
（2）当人的手自然下垂拉旅行箱时，人感到较为舒服，某人将手自然下垂在C端拉旅行箱时，CE为76cm，∠CAF=64°,求此时拉杆BC的伸长距离（结果精确到1cm，参考数据：sin64°≈0.9,cos64°≈0.39,tan64°≈2.1).
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】根据△=b2-4ac≥0，一元二次方程有实数根，列出不等式，求解即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程有实数根，
∴
解得：．
故选：D．
本题考查一元二次方程根的判别式．一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：①当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；②当△=0时，方程有两个相等的实数根；③当△＜0时，方程无实数根．
2、C
【分析】先计算自变量为0对应的函数值得到抛物线与轴的交点坐标，再解方程得抛物线与轴的交点坐标，从而可对各选项进行判断．
【详解】当时，，则抛物线与轴的交点坐标为，
当时，，解得，抛物线与轴的交点坐标为，
所以抛物线与坐标轴有2个交点．
故选C．
本题考查了抛物线与轴的交点：把求二次函数是常数，与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程．
3、B
【分析】根据等腰三角形的判定及性质和三角形的内角和定理求出各角的度数，逐一判断即可．
【详解】解：∵，
∴∠ABC=∠ACB=72°，∠A=180°－∠ABC－∠ACB=36°，△ABC为等腰三角形
∵是的角平分线
∴∠ABD=∠CBD=∠ABC=36°
∴∠BDC=180°－∠CBD－∠C=72°，∠ABD=∠A
∴∠BDC=∠ACB，DA=DB，△DBC为等腰三角形
∴BC=BD，△BCD为等腰三角形
∵
∴∠BED=∠BDE=（180°－∠ABD）=72°，△BEC为等腰三角形
∴∠AED=180°－∠BED=108°
∴∠EDA=180°－∠AED－∠A=36°
∴∠EDA=∠A
∴ED=EA，△EDA为等腰三角形
共有5个等腰三角形
故选B．
此题考查的是等腰三角形的判定及性质和三角形的内角和，掌握等边对等角、等角对等边和三角形的内角和定理是解决此题的关键．
4、C
【分析】利用勾股定理求得AB的长，然后利用三角函数定义求解．
【详解】解：在直角△ABC中，AB===5，
则sinA==．
故选C．
本题考查锐角三角函数的定义及运用：在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．
5、B
【分析】根据一元二次方程的定义进行求解即可．
【详解】由题知：，解得，
∴
故选：B．
本题考查了利用一元二次方程的定义求参数的值，熟知一元二次方程的定义是解题的关键．
6、A
【分析】连接BD、CD，由勾股定理先求出BD的长，再利用△ABD∽△BED，得出，可解得DE的长．
【详解】连接BD、CD，如图所示：
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴，
∵弦AD平分∠BAC，
∴CD=BD=，
∴∠CBD=∠DAB，
在△ABD和△BED中，
∠BAD=∠EBD，∠ADB=∠BDE，
∴△ABD∽△BED，
∴，即，
解得DE=1.1．
故选：A．
此题主要考查了三角形相似的判定和性质及圆周角定理，解答此题的关键是得出△ABD∽△BED．
7、D
【分析】连接OC、OD，利用同底等高的三角形面积相等可知阴影部分的面积等于扇形OCD的面积，然后计算扇形面积就可．
【详解】连接OC、OD．
∵点C，D为半圆的三等分点，AB=1r，∴∠AOC=∠BOD=∠COD=180°÷3=60°，OA=r．
∵OC=OD，∴△COD是等边三角形，∴∠OCD=60°，∴∠OCD=∠AOC=60°，∴CD∥AB，∴△COD和△CDA等底等高，∴S△COD=S△ACD，∴阴影部分的面积=S扇形CODπr1．
故选D．
本题考查了扇形面积求法，利用已知得出理解阴影部分的面积等于扇形OCD的面积是解题的关键．
8、B
【解析】根据有理数的减法、绝对值的意义、相反数的意义解答即可.
【详解】A. ，故不正确；
B. ，正确；
C. ，故不正确；
D. ，故不正确；
故选B.
本题考查了有理数的运算，熟练掌握有理数的减法法则、绝对值的意义、相反数的意义是解答本题的关键.
9、D
【分析】逐一对选项进行分析即可．
【详解】A. 不是同类项，不能合并，故该选项错误；
B. ，故该选项错误；
C. ，故该选项错误；
D. ，故该选项正确；
故选：D．
本题主要考查同底数幂的乘除法，积的乘方，掌握同底数幂的乘除法和积的乘方的运算法则是解题的关键．
10、B
【解析】根据圆周角定理可知当∠C=90°时，点C在圆上，由由题意∠C＝88°，根据三角形外角的性质可知点C在圆外.
【详解】解：∵以AB为直径作⊙O，
当点C在圆上时,则∠C=90°
而由题意∠C＝88°，根据三角形外角的性质
∴点C在圆外．
故选：B．
本题考查圆周角定理及三角形外角的性质，掌握直径所对的圆周角是90°是本题的解题关键.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、．
【分析】根据等腰三角形的性质求出AB，再根据旋转的性质可得BA′＝AB，然后求出∠OA′B＝30°，再根据直角三角形两锐角互余求出∠A′BA＝60°，即旋转角为60°，再根据S阴影＝S扇形ABA′+S△A′BC′﹣S△ABC﹣S扇形CBC′＝S扇形ABA′﹣S扇形CBC′，然后利用扇形的面积公式列式计算即可得解．
【详解】解：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AB＝2OA＝2OB＝4，BC＝2，
∵△ABC绕点B顺时针旋转点A在A′处，
∴BA′＝AB，
∴BA′＝2OB，
∴∠OA′B＝30°，
∴∠A′BA＝60°，
即旋转角为60°，
S阴影＝S扇形ABA′+S△A′BC′﹣S△ABC﹣S扇形CBC′
＝S扇形ABA′﹣S扇形CBC′
＝
＝．
故答案为：．
本题考查了阴影部分面积的问题，掌握等腰直角三角形的性质、旋转的性质、扇形面积公式是解题的关键．
12、
【解析】抛物线的对称轴为：x=1，
∴当x>1时，y随x的增大而增大.
∴若x1>x2>1 时，y1>y2 .
故答案为>
13、
【分析】设原来正方形钢板的边长为xcm,根据题意可知阴影部分的矩形的长和宽分别为xcm,(x-4)cm,然后根据题意列出方程求解即可.
【详解】解：设原来正方形钢板的边长为xcm,根据题意可知阴影部分的矩形的长和宽分别为xcm,(x-4)cm,根据题意可得：
整理得：
解得：（负值舍去）
故答案为：12.
本题考查一元二次方程的应用，根据题意列出阴影部分的面积的方程是本题的解题关键.
14、x1＝0，x2＝1
【分析】利用因式分解法解该一元二次方程即可.
【详解】解：x2＝x，
移项得：x2﹣x＝0，
分解因式得：x（x﹣1）＝0，
可得x＝0或x﹣1＝0，
解得：x1＝0，x2＝1．
故答案为：x1＝0，x2＝1
本题考查了解一元二次方程，熟练掌握因式分解法是解题的关键.
15、
【分析】根据位似变换的性质计算即可．
【详解】∵以原点O为位似中心，相似比为，把线段AB缩短为线段CD，B（6，3），
∴点D的坐标为：，即，
故答案为：．
本题考查的是位似变换，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
16、．
【分析】由图可知，三角板和量角器重叠部分的面积为扇形OAB的面积与△OBC面积的和，由此其解
【详解】解： ∵∠AOB=120°，∴∠BOC=60°．
在Rt△OBC中，OC=2cm，∠BOC=60°，
∴．
∴．
故答案为：
17、
【分析】直接利用公式法求解即可，横坐标为：，纵坐标为：.
【详解】解：由题目得出：
抛物线顶点的横坐标为：；
抛物线顶点的纵坐标为：
抛物线顶点的坐标为：(-4,-10).
故答案为：（-4，-10）.
本题考查二次函数的知识，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键.
18、﹣5＜x＜1
【分析】先根据抛物线的对称性得到A点坐标（1，0），由y＝ax2+bx+c＞0得函数值为正数，即抛物线在x轴上方，然后找出对应的自变量的取值范围即可得到不等式ax2+bx+c＞0的解集．
【详解】解：根据图示知，抛物线y＝ax2+bx+c图象的对称轴是x＝﹣1，与x轴的一个交点坐标为（﹣5，0），
根据抛物线的对称性知，抛物线y＝ax2+bx+c图象与x轴的两个交点关于直线x＝﹣1对称，即
抛物线y＝ax2+bx+c图象与x轴的另一个交点与（﹣5，0）关于直线x＝﹣1对称，
∴另一个交点的坐标为（1，0），
∵不等式ax2+bx+c＞0，即y＝ax2+bx+c＞0，
∴抛物线y＝ax2+bx+c的图形在x轴上方，
∴不等式ax2+bx+c＞0的解集是﹣5＜x＜1．
故答案为﹣5＜x＜1．
此题主要考查了二次函数与不等式，解答此题的关键是求出图象与x轴的交点，然后由图象找出当y＞0时，自变量x的范围，本题锻炼了学生数形结合的思想方法．
三、解答题(共66分)
19、（1）见解析；（2）见解析.
【分析】（1）依据正方形的性质以及垂线的定义，即可得到∠ADG=∠C=90°，AD=DC，∠DAG=∠CDE，即可得出△ADG≌△DCE；
（2）延长DE交AB的延长线于H，根据△DCE≌△HBE，即可得出B是AH的中点，进而得到AB=FB．
【详解】证明：（1）四边形是正方形，
，
又，
，
，
（2）如图所示，延长交的延长线于，
是的中点，
，
又，
，
，
即是的中点，
又，
中，．
本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
20、（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②；③1.
【解析】（1）先判断出∠A=∠D=90°，AB=DC再判断出AE=DE，即可得出结论；
（2）①利用折叠的性质，得出∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，进而判断出∠GPF=∠PFB即可得出结论；
②判断出△ABE∽△DEC，得出比例式建立方程求解即可得出AE=9，DE=16，再判断出△ECF∽△GCP，进而求出PC，即可得出结论；
③判断出△GEF∽△EAB，即可得出结论．
【详解】（1）在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，AB=DC，
∵E是AD中点，
∴AE=DE，
在△ABE和△DCE中，，
∴△ABE≌△DCE（SAS）；
（2）①在矩形ABCD，∠ABC=90°，
∵△BPC沿PC折叠得到△GPC，
∴∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，
∵BE⊥CG，
∴BE∥PG，
∴∠GPF=∠PFB，
∴∠BPF=∠BFP，
∴BP=BF；
②当AD=25时，
∵∠BEC=90°，
∴∠AEB+∠CED=90°，
∵∠AEB+∠ABE=90°，
∴∠CED=∠ABE，
∵∠A=∠D=90°，
∴△ABE∽△DEC，
∴，
设AE=x，
∴DE=25﹣x，
∴，
∴x=9或x=16，
∵AE＜DE，
∴AE=9，DE=16，
∴CE=20，BE=15，
由折叠得，BP=PG，
∴BP=BF=PG，
∵BE∥PG，
∴△ECF∽△GCP，
∴，
设BP=BF=PG=y，
∴，
∴y=，
∴BP=，
在Rt△PBC中，PC=，cos∠PCB==；
③如图，连接FG，
∵∠GEF=∠BAE=90°，
∵BF∥PG，BF=PG=BP，
∴▱BPGF是菱形，
∴BP∥GF，
∴∠GFE=∠ABE，
∴△GEF∽△EAB，
∴，
∴BE•EF=AB•GF=12×9=1．
此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，利用方程的思想解决问题是解本题的关键．
21、（1）答案见解析；（2）BD=CE,证明见解析；（3）PB的长是或．
【解析】试题分析：（1）根据题意画出图形即可；（2）根据“SAS”证明△ABD≌△ACE，从而可得BD=CE;（3）①根据“SAS”可证△ABD≌△ACE,从而得到∠ABD=∠ACE,再由两角对应相等的两个三角形相似可证△ACD∽△PBE,列比例方程可求出PB的长；②与①类似，先求出PD的长，再把PD和BD相加.
解：（1）如图
（2）BD和CE的数量是：BD=CE ；
∵∠DAB+∠BAE=∠CAE+∠BAE=90°，∴∠DAB=∠CAE．
∵AD=AE，AB=AC，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE．
（3）①CE= .
∵△ABD≌△ACE, ∴∠ABD=∠ACE,
∴△ACD∽△PBE,
,
∴ ;
②∵△ABD∽△PDC,
,
∴ ;
∴PB=PD+BD= .
∴PB的长是或．
22、见解析
【解析】连接AC，交BD于O，由正方形的性质可得OA=OC，OB=OD，AC⊥BD根据BE=DF可得OE=OF，由对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可判定，
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴OD=OB，OA=OC，BD⊥AC，
∵BE=DF，
∴DE=BF，
∴OE=OF，
∵OA=OC，AC⊥EF，OE=OF，
∴四边形AECF为菱形．
本题考查了正方形对角线互相垂直平分的性质，考查了菱形的判定，对角线互相垂直且互相平分的四边形是菱形，熟练掌握菱形的判定方法是解题关键.
23、（1）3；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由勾股定理可求AB的长，由折叠的性质可得AC=AE=6，CD=DE，∠C=∠BED=90°，由勾股定理可求解；
（2）如图所示，当DE∥AC，∠EDB=∠ACB=90°，即可得到答案；
（3）由折叠的性质可得CF=EF，CD=DE，∠C=∠FED=90°，∠CDF=∠EDF=45°，可得DE=CD=CF=EF，通过证明△DEB∽△CAB，可得 ，即可求解．
【详解】（1）∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，
∴，
由折叠的性质可得：△ACD≌△AED，
∴AC=AE=6，CD=DE，∠C=∠BED=90°，
∴BE=10-6=4，
∵BD2=DE2+BE2，
∴（8-CD）2=CD2+16，
∴CD=3，
故答案为：3；
（2）如图3，当DE∥AC，△BDE是直角三角形，
（3）∵DE∥AC，
∴∠ACB=∠BDE=90°，
由折叠的性质可得：△CDF≌△EDF，
∴CF=EF，CD=DE，∠C=∠FED=90°，∠CDF=∠EDF=45°，
∴EF=DE，
∴DE=CD=CF=EF，
∵DE∥AC，
∴△DEB∽△CAB，
∴，
∴，
∴DE=，
∴
此题考查几何变换综合题，全等三角形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是解题的关键．
24、（1）m≤1;（2）m=.
【分析】（1）根据一元二次方程方程有实根的条件是列出不等式求解即可；
（2）根据根与系数的关系可得，再根据，求出的值，最后求出m的值即可．
【详解】解：根据题意得
（2）由根与系数的关系可得
本题考查了一元二次方程有根的条件及根与系数的关系，根据题意列出等式或不等式是解题的关键．
25、（1）△CFG∽△CBA，见解析；（2）
【分析】（1）由题意利用相似三角形的判定定理-平行模型进行分析证明即可；
（2）根据题意平行线分线段成比例定理进行分析求值.
【详解】解：（1）△CFG∽△CBA，理由如下，
∵AB ∥EF，
∴FG∥AB，
∴△CFG∽△CBA．
（2）∵AB∥EF∥CD，
∴,
∴,
∵△CFG∽△CBA，
∴.
本题考查相似三角形的性质及平行线分线段成比例定理，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质以及判定．
26、（1）4；（2）BC=30cm
【分析】（1）作BK⊥AF于点H,交MN于点K,通过△ABH∽△ACG，根据相似三角形的性质可得关于x的方程，求解即可；
（2）在Rt△ACG中利用正弦值解线段AC长，即可得.
【详解】（1）解：作BK⊥AF于点H,交MN于点K,
则BH∥CG, △ABH∽△ACG,
设圆形滚轮的半径AD长为xcm,
∴
即
解得，x=4
∴⊙A的半径是4cm.
（2）在Rt△ACG中，CG=76-4=72cm,
则sin∠CAF=
∴AC=cm,
∴BC=AC-AB=80-50=30cm.
本题考查相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，构建相似三角形及建立模型是解答此题的关键.
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
