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．如图，在等腰中，于点，则的值（ ）
A． B． C． D．
2．解方程最适当的方法是（ ）
A．直接开平方法 B．配方法 C．因式分解法 D．公式法
3．如图，已知AB∥CD∥EF，AC=4，CE=1，BD=3，则DF的值为( )
A． B． C． D．1
4．如图摆放的圆锥、圆柱、三棱柱、球，其主视图是三角形的是（ ）
A． B． C． D．
5．在实数3.14，﹣π，，﹣中，倒数最小的数是（ ）
A． B． C．﹣π D．3.14
6．一元二次方程x2﹣6x﹣1＝0配方后可变形为（ ）
A． B．
C． D．
7．如图，抛物线和直线，当时，的取值范围是（ ）
A． B．或 C．或 D．
8．如图，PA是⊙O的切线，切点为A，PO的延长线交⊙O于点B，连接AB，若∠B＝25°，则∠P的度数为（ ）
A．25° B．40° C．45° D．50°
9．如图所示几何体的主视图是（ ）
A． B． C． D．
10．一元钱硬币的直径约为24 mm，则用它能完全覆盖住的正六边形的边长最大不能超过( )
A．12 mm B．12 mm
C．6 mm D．6 mm
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．反比例函数y=的图象分布在第一、三象限内，则k的取值范围是 ______．
12．如图，的半径长为，与相切于点，交半径的延长线于点，长为，，垂足为，则图中阴影部分的面积为_______．
13．若＜2，化简_____________
14．如图，在矩形纸片中，将沿翻折，使点落在上的点处，为折痕，连接；再将沿翻折，使点恰好落在上的点处，为折痕，连接并延长交于点，若，，则线段的长等于_____．
15．已知实数m，n满足等式m2+2m﹣1＝0，n2+2n﹣1＝0，那么求的值是_____．
16．写出经过点（0，0），（﹣2，0）的一个二次函数的解析式_____（写一个即可）．
17． “永定楼”，作为门头沟区的地标性建筑，因其坐落在永定河畔而得名．为测得其高度，低空无人机在A处，测得楼顶端B的仰角为30°，楼底端C的俯角为45°，此时低空无人机到地面的垂直距离AE为23 米，那么永定楼的高度BC是______米（结果保留根号）．
18．如图，过反比例函数y=（x＞0）的图象上一点A作AB⊥x轴于点B，连接AO，若S△AOB=2，则k的值为___________
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，已知二次函数 的图像过点A(-4，3），B(4，4).
（1）求抛物线二次函数的解析式.
（2）求一次函数直线AB的解析式．
（3）看图直接写出一次函数直线AB的函数值大于二次函数的函数值的x的取值范围．
（4）求证：△ACB是直角三角形．
20．（6分）如图，⊙为的外接圆，，过点的切线与的延长线交于点，交于点，.
（1）判断与的位置关系，并说明理由；
（2）若，求的长.
21．（6分）如图，是⊙的直径，弦，垂足为，连接．过上一点作交的延长线于点，连接交于点，且．
（1）求证：是⊙的切线；
（2）延长交的延长线于点，若，，求的长．
22．（8分）如图，路灯（P点）距地面9米，身高1.5米的小云从距路灯的底部（O点）20米的A点，沿OA所在的直线行走14米到B点时，身影的长度是变长了还是变短了？变长或变短了多少米？
23．（8分）在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC（或AC的延长线）相交于点F．
（1）如图1，若DF⊥AC，垂足为F，证明：DE＝DF
（2）如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F．DE＝DF仍然成立吗？说明理由．
（3）如图3，将∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC的延长线相交于点F，DE＝DF仍然成立吗？说明理由．
24．（8分）如图，二次函数y=x2+bx+c的图象过点B（0，1）和C（4，3）两点，与x轴交于点D、点E，过点B和点C的直线与x轴交于点A．
(1)求二次函数的解析式；
(2)在x轴上有一动点P，随着点P的移动，存在点P使△PBC是直角三角形，请你求出点P的坐标；
(3)若动点P从A点出发，在x轴上沿x轴正方向以每秒2个单位的速度运动，同时动点Q也从A点出发，以每秒a个单位的速度沿射线AC运动，是否存在以A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似？若存在，直接写出a的值；若不存在，说明理由．
25．（10分）为促进新旧功能转换，提高经济效益，某科技公司近期研发出一种新型高科技设备，每台设备成本价为25万元，经过市场调研发现，该设备的月销售量（台）和销售单价（万元）满足如图所示的一次函数关系．
（1）求月销售量与销售单价的函数关系式；
（2）根据相关规定，此设备的销售单价不得高于35万元，如果该公司想获得130万元的月利润，那么该设备的销售单价应是多少万元？
26．（10分）在平面直角坐标系中，已知点是直线上一点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为点和点，反比例函数的图象经过点.
（1）若点是第一象限内的点，且，求的值；
（2）当时，直接写出的取值范围.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】先由，易得，由可得，进而用勾股定理分别将BD、BC长用AB表示出来，再根据即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在中，，
∴，
故选：D
本题主要考查了解三角形，涉及了等腰三角形性质和勾股定理以及三角函数的定义．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
2、C
【分析】根据解一元二次方程的方法进行判断．
【详解】解：先移项得到，然后利用因式分解法解方程．
故选：C．
本题考查了解一元二次方程——因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
3、C
【分析】根据平行线分线段成比例定理即可得出结论．
【详解】解：∵直线AB∥CD∥EF，AC=4，CE=1，BD=3，
∴ 即，解得DF=．
故选：C．
本题考查的是平行线分线段成比例定理，熟知三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例是解答此题的关键．
4、D
【解析】根据主视图是从物体正面看所得到的图形判断即可．
【详解】A.主视图是圆；
B.主视图是矩形；
C.主视图是矩形；
D.主视图是三角形．
故选：D．
本题主要考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．
5、A
【解析】先根据倒数的定义计算，再比较大小解答．
【详解】解：在3.14，﹣π，，﹣中，倒数最小的数是两个负数中一个，
所以先求两个负数的倒数：﹣π的倒数是﹣≈﹣0.3183，﹣的倒数是﹣≈﹣4472，
所以﹣＞﹣，
故选：A．
本题考查了倒数的定义．解题的关键是掌握倒数的定义，会比较实数的大小．
6、B
【分析】根据配方法即可求出答案．
【详解】解：∵x2﹣6x﹣1＝0，
∴x2﹣6x＝1，
∴（x﹣3）2＝10，
故选B．
此题主要考查一元二次方程的配方法，解题的关键是熟知配方法的运用.
7、B
【分析】联立两函数解析式求出交点坐标，再根据函数图象写出抛物线在直线上方部分的的取值范围即可．
【详解】解：联立，
解得，，
两函数图象交点坐标为，，
由图可知，时的取值范围是或．
故选：B．
本题考查了二次函数与不等式，此类题目利用数形结合的思想求解更加简便．
8、B
【分析】连接OA，由圆周角定理得，∠AOP＝2∠B＝50°，根据切线定理可得∠OAP＝90°，继而推出∠P＝90°﹣50°＝40°．
【详解】连接OA，
由圆周角定理得，∠AOP＝2∠B＝50°，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠OAP＝90°，
∴∠P＝90°﹣50°＝40°，
故选：B．
本题考查圆周角定理、切线的性质、三角形内角和定理，解题的关键是求出∠AOP的度数．
9、C
【解析】根据主视图的定义即可得出答案.
【详解】从正面看，共有两列，第一列有两个小正方形，第二列有一个小正方形，在下方，只有选项C符合
故答案选择C.
本题考查的是三视图，比较简单，需要熟练掌握三视图的画法.
10、A
【解析】试题解析：已知圆内接半径r为12mm，
则OB=12，
∴BD=OB•sin30°=12×=6，
则BC=2×6=12，
可知边长为12mm，就是完全覆盖住的正六边形的边长最大．
故选A．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、k＞0
【详解】∵反比例函数的图象在一、三象限，
∴k＞0，
12、
【分析】由已知条件易求直角三角形AOH的面积以及扇形AOC的面积，根据，计算即可．
【详解】∵BA与⊙O相切于点A，
∴AB⊥OA，
∴∠OAB=90°，
∵OA=2，AB=2，
∴，
∵，
∴∠B=30°，
∴∠O=60°，
∵，
∴∠OHA=90°，
∴∠OAH=30°，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
本题考查了切线的性质、勾股定理的运用以及扇形的面积计算，解答本题的关键是掌握扇形的面积公式．
13、2-x．
【分析】直接利用二次根式的性质化简求出答案．
【详解】解：∵x＜2，
∴x-2＜0，
故答案是：2-x．
此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确把握二次根式的性质是解题关键．
14、．
【分析】根据折叠可得是正方形，，，，可求出三角形的三边为3，4，5，在中，由勾股定理可以求出三边的长，通过作辅助线，可证∽，三边占比为3：4：5，设未知数，通过，列方程求出待定系数，进而求出的长，然后求的长．
【详解】过点作，，垂足为、，
由折叠得：是正方形，，
，，，
∴，
在中，，
∴，
在中，设，则，由勾股定理得，
，
解得：，
∵，，
∴∽，
∴，
设，则，，
∴，，
解得：，
∴，
∴，
故答案为．
考查折叠轴对称的性质，矩形、正方形的性质，直角三角形的性质等知识，知识的综合性较强，是有一定难度的题目．
15、1或﹣2
【分析】分两种情况讨论：①当m≠n时，根据根与系数的关系即可求出答案；②当m=n时，直接得出答案．
【详解】由题意可知：m、n是方程x1+1x﹣1=0的两根，分两种情况讨论：
①当m≠n时，由根与系数的关系得：
m+n=﹣1，mn=﹣1，
∴原式2，
②当m=n时，原式=1+1=1．
综上所述：的值是1或﹣2．
故答案为：1或﹣2．
本题考查了构造一元二次方程求代数式的值，解答本题的关键是熟练运用根与系数的关系，本题属于中等题型．
16、y＝x2+2x（答案不唯一）．
【解析】设此二次函数的解析式为y＝ax（x+2），令a＝1即可．
【详解】∵抛物线过点（0，0），（﹣2，0），
∴可设此二次函数的解析式为y＝ax（x+2），
把a＝1代入，得y＝x2+2x．
故答案为y＝x2+2x（答案不唯一）．
本题考查的是待定系数法求二次函数解析式，此题属开放性题目，答案不唯一．
17、
【分析】过点A作BC的垂线，垂足为D，则∠DAC=45°，∠BAD=30°，进一步推出AD=CD=AE=米,再根据tan∠BAD= = ,从而求出BD的值，再由BC=BD+CD即可得到结果.
【详解】解：如图所示，过点A作AD⊥BC于D，则∠DAC=45°，∠BAD=30°，
∵AD⊥BC, ∠DAC=45°，
∴AD=CD=AE=米,
在Rt△ABD中，
tan∠BAD= =，
∴BD=AD = =23(米)
∴BC=BD+CD= (米)
故答案为.
本题主要考查了解直角三角形的应用，解题的关键是从题目中整理出直角三角形并正确的利用边角关系求解．
18、1．
【详解】解：∵AB⊥x轴于点B，且S△AOB=2，
∴S△AOB=|k|=2，
∴k=±1．
∵函数在第一象限有图象，
∴k=1．
故答案为1．
本题考查反比例函数系数k的几何意义．
三、解答题(共66分)
19、（1）；（2）；（3）﹣4﹤x﹤4；（4）见解析
【分析】（1）由题意把A点或B点坐标代入得到，即可得出抛物线二次函数的解析式；
（2）根据题意把A点或B点坐标代入y=kx+b，利用待定系数法即可求出一次函数直线AB的解析式；
（3）由题意观察函数图像，根据y轴方向直线在曲线上方时，进而得出x的取值范围；
（4）根据题意求出C点坐标，进而由两点的距离公式或者是构造直角三角形进行分析求证即可.
【详解】解：(1)把A点或B点坐标代入得到，
∴抛物线二次函数的解析式为：.
（2）把A点或B点坐标代入y=kx+b列出方程组，解得，
得出一次函数直线AB的解析式为：..
（3）由图象可以看出：一次函数直线AB的函数值大于二次函数的函数值的x的取值范围为：﹣4﹤x﹤4.
（4）由抛物线的表达式得：C点坐标为（-2，0），
由两点的距离公式或者是构造直角三角形得出，
，，．
∴，
∴△ACB是直角三角形.
本题考查的是二次函数综合运用，由题意结合一次函数和勾股定理的运用等进行分析是解题的关键.
20、（1）OE∥BC.理由见解析；（2）
【分析】（1）连接OC，根据已知条件可推出，进一步得出结论得以证明；
（2）根据（1）的结论可得出∠E=∠BCD，对应的正切值相等，可得出CE的值，进一步计算出OE的值，在Rt△AFO中，设OF=3x,则AF=4x，解出x的值，继而得出OF的值，从而可得出答案．
【详解】解：（1） OE∥BC.理由如下：
连接OC，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCE=90 ，
∴∠OCA+∠ECF=90，
∵OC=OA，
∴∠OCA=∠CAB．
又∵∠CAB=∠E，
∴∠OCA=∠E，
∴∠E+∠ECF=90，
∴∠EFC=180O-(∠E+∠ECF) =90．
∴∠EFC=∠ACB=90 ，
∴OE∥BC．
(2)由(1)知，OE∥BC，
∴∠E=∠BCD．
在Rt△OCE中，∵AB=12，
∴OC=6，
∵tanE=tan∠BCD=，
∴．
∴OE2=OC2+CE2=62+82，
∴OE=10
又由（1）知∠EFC =90，
∴∠AFO=90．
在Rt△AFO中，∵tanA =tanE=，
∴设OF=3x,则AF=4x．
∵OA2=OF2+AF2，即62=(3x)2+(4x)2，
解得：
∴，
∴．
本题是一道关于圆的综合题目，涉及到的知识点有切线的性质，平行线的判定定理，三角形内角和定理，正切的定义，勾股定理等，熟练掌握以上知识点是解此题的关键．
21、（1）见解析（2）
【分析】（1）连接，由，推，证，得，根据切线判定定理可得；（2）连接，设⊙的半径为，则，，在中，求得，在中，求得，由，证，得，即，可求OM.
【详解】（1）证明：连接，如图，
∵，
∴，
而，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴是⊙的切线；
（2）解：连接，如图，
设⊙的半径为，则，，
在中，，解得，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
考核知识点：切线判定，相似三角形判定和性质.理解切线判定和相似三角形判定是关键.
22、变短了2.8米.
【解析】试题分析：
试题解析：根据AC∥BD∥OP，得出△MAC∽△MOP，△NBD∽△NOP，再利用相似三角形的性质进行求解，即可得出答案．
试题解析：如图：
∵∠MAC=∠MOP=90°，
∠AMC=∠OMP，
∴△MAC∽△MOP，
∴，
即，
解得，MA=4米；
同理,由△NBD∽△NOP，可求得NB=1.2米，
则马晓明的身影变短了4−1.2=2.8米．
∴变短了，短了2.8米．
23、（1）见解析；（2）结论仍然成立.，DE＝DF，见解析；（3）仍然成立，DE＝DF，见解析
【分析】（1）由题意根据全等三角形的性质与判定，结合等边三角形性质证明△BED≌△CFD（ASA），即可证得DE＝DF；
（2）根据题意先取AC中点G,连接DG,继而再全等三角形的性质与判定，结合等边三角形性质证明△EDG≌△FDC（ASA），进而证得DE＝DF；
（3）由题意过点D作DN⊥AC于N,DM⊥AB于M, 继而再全等三角形的性质与判定，结合等边三角形性质证明△DME≌△DNF（ASA），即可证得DE＝DF．
【详解】解：（1）∵AB=AC，∠A=60°，
∴△ABC是等边三角形,即∠B=∠C=60°,
∵D是BC的中点,
∴BD=CD,
∵∠EDF=120°，DF⊥AC，
∴∠FDC=30°,
∴∠EDB=30°，
∴△BED≌△CFD（ASA）,
∴DE=DF.
（2）取AC中点G,连接DG,如下图,
∵D为BC的中点,
∴DG=AC=BD=CD,
∴△BDG是等边三角形,
∴∠GDE+∠EDB=60°,
∵∠EDF=120°,
∴∠FDC+∠EDB=60°,
∴∠EDG=∠FDC,
∴△EDG≌△FDC（ASA）,
∴DE=DF，
∴结论仍然成立.
（3）如下图,过点D作DN⊥AC于N,DM⊥AB于M,
∴∠DME=∠DNF=90°,
由（1）可知∠B=∠C=60°,
∴∠NDC=∠BDM=30°,DM=DN,
∴∠MDN=120°,即∠NDF=∠MDE,
∴△DME≌△DNF（ASA）,
∴DE=DF,
∴仍然成立.
本题是几何变换综合题，主要考查全等三角形的判断和性质以及等边三角形的性质，根据题意构造出全等三角形是解本题的关键．
24、 (1)抛物线解析式y=x2–x+1；(2)点P坐标为（1，0），（3，0），（，0），（，0）；(3)a=或．
【分析】(1) 将B、C两点坐标代入二次函数解析式,通过联立方程组可求得b、c的值，进而求出函数解析式;
(2)设P（x，0），由△PBC是直角三角形，分∠CBP=90°与∠BPC=90°两种情况讨论，运用勾股定理可得x的值，进而得到P点坐标;
(3)假设成立有△APQ∽△ADB或△APQ∽△ABD,则对应边成比例，可求出a的值.
【详解】(1)∵二次函数y=0.5x2+bx+c的图象过点B（0，1）和C（4，3）两点，
∴，解得，
∴抛物线解析式y=x2–x+1．
(2)设点P坐标为（x，0）．
∵点P（x，0），点B（0，1），点C（4，3），
∴PB==，
CP= =，
BC= =2，
若∠BCP=90°，则BP2=BC2+CP2．
∴x2+1=20+x2–8x+25，∴x=．
若∠CBP=90°，则CP2=BC2+BP2．
∴x2+1+20=x2–8x+25，∴x=．
若∠BPC=90°，则BC2=BP2+CP2．
∴x2+1+x2–8x+25=20，
∴x1=1，x2=3，
综上所述：点P坐标为（1，0），（3，0），（，0），（，0）．
(3)a=或．
∵抛物线解析式y=x2–x+1与x轴交于点D，点E，
∴0=x2–x+1，∴x1=1，x2=2，∴点D（1，0）．
∵点B（0，1），C（4，3），
∴直线BC解析式y=x+1．
当y=0时，x=–2，∴点A（–2，0）．
∵点A（–2，0），点B（0，1），点D（1，0），
∴AD=3，AB=．
设经过t秒，∴AP=2t，AQ=at，
若△APQ∽△ADB，
∴，即，∴a=，
若△APQ∽△ABD，∴，即，∴a=．
综上所述：a=或．
此题考查了二次函数解析式的确定、 直角三角形的判定以及相似三角形的性质等, 难度适中.
25、（1）与的函数关系式为；（2）该设备的销售单价应是27 万元．
【分析】（1）根据图像上点坐标,代入,用待定系数法求出即可.
（2）根据总利润=单个利润销售量列出方程即可.
【详解】解：（1）设与的函数关系式为，
依题意，得解得
所以与的函数关系式为．
（2）依题知．
整理方程，得．
解得．
∵此设备的销售单价不得高于35万元，
∴（舍），所以．
答：该设备的销售单价应是27 万元．
本题考查了一次函数以及一元二次方程的应用.
26、（1）；（2）且.
【分析】（1）设点，根据，得到，代入，求得的坐标，即可求得答案；
（2）依照（1），求得时的A点的坐标，根据题意，画出函数图象，然后根据函数的图象直接求出k的取值范围即可．
【详解】（1）依题意，设点，
∴，
∵，
∴，
∵点在直线上，
∴点的坐标为，
∵点在函数的图像上，
∴；
（2）依题意，设点，
∴，
∵，
∴，
∵点在直线上，
∴点的坐标为或 ，
∵点在函数的图像上，
∴或，
观察图象，当且时，.
此题属于反比例函数与一次函数的综合题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，一次函数与反比例函数的交点，坐标与图形性质，此类题要先求特殊位置时对应的k值，利用数形结合的思想，依照题意画出图形，利用数形结合找出k的取值范围．
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