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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，从半径为5的⊙O外一点P引圆的两条切线PA，PB（A，B为切点），若∠APB＝60°，则四边形OAPB的周长等于（ ）
A．30 B．40 C． D．
2．教育局组织学生篮球赛，有x支球队参加，每两队赛一场时，共需安排45场比赛，则符合题意的方程为（ ）
A． B． C． D．
3．下面是由几个小正方体搭成的几何体，则这个几何体的左视图为（ ）
A． B． C． D．
4．一个不透明的口袋里装有除颜色都相同的5个白球和若干个红球，在不允许将球倒出来数的前提下，小亮为了估计其中的红球数，采用如下方法，先将口袋中的球摇匀，再从口袋里随机摸出一球，记下颜色，然后把它放回口袋中，不断重复上述过程，小亮共摸了100次，其中有10次摸到白球，因此小亮估计口袋中的红球大约有个（ ）
A．45 B．48 C．50 D．55
5．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°
6．用一条长为40cm的绳子围成一个面积为acm2的长方形，a的值不可能为（ ）
A．20 B．40 C．100 D．120
7．用配方法解一元二次方程x2﹣4x+2＝0，下列配方正确的是（ ）
A．（x+2）2＝2 B．（x﹣2）2＝﹣2 C．（x﹣2）2＝2 D．（x﹣2）2＝6
8．一元二次方程的根的情况是（ ）
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根
C．只有一个实数根 D．没有实数根
9．若直线y=kx+b经过第一、二、四象限，则直线y=bx+k的图象大致是( )
A． B． C． D．
10．如图是用围棋棋子在6×6的正方形网格中摆出的图案，棋子的位置用有序数对表示，如A点为（5，1），若再摆一黑一白两枚棋子，使这9枚棋子组成的图案既是轴对称图形又是中心对称图形，则下列摆放正确的是（ ）
A．黑（1，5），白（5，5） B．黑（3，2），白（3，3）
C．黑（3，3），白（3，1） D．黑（3，1），白（3，3）
11．如图，平行四边形ABCD中，E为AD的中点，已知△DEF的面积为S，则四边形ABCE的面积为（ ）
A．8S B．9S C．10S D．11S
12．在平面直角坐标系中，的直径为10，若圆心为坐标原点，则点与的位置关系是（ ）
A．点在上 B．点在外 C．点在内 D．无法确定
二、填空题（每题4分，共24分）
13．广场上喷水池中的喷头微露水面，喷出的水线呈一条抛物线，水线上水珠的高度（米）关于水珠与喷头的水平距离（米）的函数解析式是．水珠可以达到的最大高度是________（米）．
14．已知一条抛物线，以下说法：①对称轴为，当时，随的增大而增大；②；③顶点坐标为；④开口向上.其中正确的是______.（只填序号）
15．菱形ABCD的周长为20，且有一个内角为120°，则它的较短的对角线长为______．
16．△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，则sin∠A的值为__________．
17．若顺次连接四边形ABCD各边中点所得四边形为矩形，则四边形ABCD的对角线AC、BD之间的关系为_____．
18．如图，已知在△ABC中，点D、E、F分别是边AB、AC、BC上的点，DE// BC，EF//AB，且AD:DB=3:5，那么CF:CB 等于__________.
三、解答题（共78分）
19．（8分）为弘扬中华传统文化，黔南州近期举办了中小学生“国学经典大赛”．比赛项目为：A．唐诗；B．宋词；C．论语；D．三字经．比赛形式分“单人组”和“双人组”．
（1）小丽参加“单人组”，她从中随机抽取一个比赛项目，恰好抽中“三字经”的概率是多少？
（2）小红和小明组成一个小组参加“双人组”比赛，比赛规则是：同一小组的两名队员的比赛项目不能相同，且每人只能随机抽取一次，则恰好小红抽中“唐诗”且小明抽中“宋词”的概率是多少？请用画树状图或列表的方法进行说明．
20．（8分）如图，在矩形中，分别从同时出发，分别沿边移动，当有一个点先到达所在边的另一个端点时，其它各点也随之停止移动．己知移动段时间后，若,．当为何值时，以为顶点的四边形是平行四边形?
21．（8分）如图，点在的直径的延长线上，点在上，且AC=CD，∠ACD=120°.
（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为2，求图中阴影部分的面积.
22．（10分）如图，抛物线与轴交于，两点.
（1）求该抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴上是否存在一点，使的周长最小？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由.
（3）设抛物线上有一个动点，当点在该抛物线上滑动到什么位置时，满足，并求出此时点的坐标.
23．（10分）已知二次函数y＝ax2+bx﹣16的图象经过点（﹣2，﹣40）和点（6，8）．
（1）求这个二次函数图象与x轴的交点坐标；
（2）当y＞0时，直接写出自变量x的取值范围．
24．（10分）用适当的方法解下列一元二次方程
（1）x2+2x＝3；
（2）2x2﹣6x+3＝1．
25．（12分）雾霾天气严重影响人民的生活质量．在今年“元旦”期间，某校九(1)班的综合实践小组同学对“雾霾天气的主要成因”随机调查了本地部分市民，并对调查结果进行了整理，绘制了如图不完整的统计图表，观察分析并回答下列问题．
组别
雾霾天气的主要成因
A
工业污染
B
汽车尾气排放
C
炉烟气排放
D
其他(滥砍滥伐等)
(1)本次被调查的市民共有多少人？
(2)分别补全条形统计图和扇形统计图；
(3)若该地区有100万人口，请估计持有A、B两组主要成因的市民有多少人？
26．如图，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点坐标为，与轴交于点，与轴交于点，.
（1）求二次函数的表达式；
（2）过点作平行于轴，交抛物线于点，点为抛物线上的一点（点在上方），作平行于轴交于点，当点在何位置时，四边形的面积最大？并求出最大面积.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】连接OP，根据切线长定理得到PA＝PB，再得出∠OPA＝∠OPB＝30°，根据含30°直角三角形的性质以及勾股定理求出PB，计算即可．
【详解】解：连接OP，
∵PA，PB是圆的两条切线，
∴PA＝PB，OA⊥PA，OB⊥PB，
又OA=OB，OP=OP，∴△OAP≌△OBP（SSS），
∴∠OPA＝∠OPB＝30°，
∴OP=2OB=10，
∴PB＝=5＝PA，
∴四边形OAPB的周长＝5+5+5+5＝10（+1），
故选：D．
本题考查的是切线的性质、切线长定理、勾股定理以及全等三角形的性质等知识，作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
2、A
【分析】先列出x支篮球队，每两队之间都比赛一场，共可以比赛x（x-1）场，再根据题意列出方程为．
【详解】解：∵有x支球队参加篮球比赛，每两队之间都比赛一场，
∴共比赛场数为，
故选：A．
本题是由实际问题抽象出一元二次方程，主要考查了从实际问题中抽象出相等关系．
3、D
【分析】根据几何体的三视图的定义以及性质进行判断即可．
【详解】根据几何体的左视图的定义以及性质得，这个几何体的左视图为
故答案为：D．
本题考查了几何体的三视图，掌握几何体三视图的性质是解题的关键．
4、A
【分析】小亮共摸了100次，其中10次摸到白球，则有90次摸到红球；摸到白球与摸到红球的次数之比为1：9，由此可估计口袋中白球和红球个数之比为1：9；即可计算出红球数．
【详解】∵小亮共摸了100次，其中10次摸到白球，则有90次摸到红球，
∴白球与红球的数量之比为1：9，
∵白球有5个，
∴红球有9×5=45（个），
故选A．
5、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．
6、D
【分析】设围成面积为acm2的长方形的长为xcm，由长方形的周长公式得出宽为（40÷2﹣x）cm，根据长方形的面积公式列出方程x（40÷2﹣x）=a，整理得x2﹣20x+a=0，由△=400﹣4a≥0，求出a≤100，即可求解．
【详解】设围成面积为acm2的长方形的长为xcm，则宽为（40÷2﹣x）cm，依题意，得
x（40÷2﹣x）=a，整理，得
x2﹣20x+a=0，
∵△=400﹣4a≥0，
解得a≤100，
故选D．
7、C
【分析】按照配方法的步骤：移项，配方（方程两边都加上4），即可得出选项．
【详解】解：x2﹣4x+2＝0，
x2﹣4x＝﹣2，
x2﹣4x+4＝﹣2+4，
（x﹣2）2＝2，
故选：C．
本题主要考查配方法，掌握完全平方公式是解题的关键．
8、D
【分析】先计算判别式的值，然后根据判别式的意义判断方程根的情况．
【详解】∵△=62-4×（-1）×（-10）=36-40=-4＜0，
∴方程没有实数根．
故选D．
此题考查一元二次方程的根的判别式，解题关键在于掌握方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．
9、A
【分析】首先根据线y=kx+b经过第一、二、四象限，可得k＜0，b＞0，再根据k＜0，b＞0判断出直线y=bx+k的图象所过象限即可．
【详解】根据题意可知，k＜0，b＞0，
∴y=bx+k的图象经过一，三，四象限.
故选A.
此题主要考查了一次函数y=kx+b图象所过象限与系数的关系：
①k＞0，b＞0⇔y=kx+b的图象在一、二、三象限；
②k＞0，b＜0⇔y=kx+b的图象在一、三、四象限；
③k＜0，b＞0⇔y=kx+b的图象在一、二、四象限；
④k＜0，b＜0⇔y=kx+b的图象在二、三、四象限．
10、D
【分析】利用轴对称图形以及中心对称图形的性质即可解答．
【详解】如图所示：黑（3，1），白（3，3）．
故选D．
此题主要考查了旋转变换以及轴对称变换，正确把握图形的性质是解题关键．
11、B
【解析】分析：由于四边形ABCD是平行四边形，那么AD∥BC，AD=BC，根据平行线分线段成比例定理的推论可得△DEF∽△BCF，再根据E是AD中点，易求出相似比，从而可求的面积，再利用与是同高的三角形，则两个三角形面积比等于它们的底之比，从而易求的面积，进而可求的面积．
详解：如图所示，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴△DEF∽△BCF，
∴
又∵E是AD中点，
∴
∴DE:BC=DF:BF=1:2，
∴
∴
又∵DF:BF=1:2，
∴
∴
∴四边形ABCE的面积=9S，
故选B.
点睛：相似三角形的性质：相似三角形的面积比等于相似比的平方.
12、B
【分析】求出P点到圆心的距离，即OP长，与半径长度5作比较即可作出判断.
【详解】解：∵，
∴OP= ，
∵的直径为10，
∴r=5,
∵OP>5,
∴点P在外.
故选：B.
本题考查点和直线的位置关系，当d>r时点在圆外，当d=r时，点在圆上，当d<r时，点在圆内,解题关键是根据点到圆心的距离和半径的关系判断.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、10
【解析】将一般式转化为顶点式，依据自变量的变化范围求解即可.
【详解】解：，当x=2时，y有最大值10，
故答案为：10.
利用配方法将一般式转化为顶点式，再利用顶点式去求解函数的最大值.
14、①④
【分析】先确定顶点及对称轴，结合抛物线的开口方向逐一判断．
【详解】因为y=2(x﹣3)2+1是抛物线的顶点式，顶点坐标为(3，1)，
①对称轴为x=3，当x＞3时，y随x的增大而增大，故①正确；
②，故②错误；
③顶点坐标为(3，1)，故③错误；
④∵a=1＞0，
∴开口向上，故④正确．
故答案为：①④．
本题考查了二次函数的性质以及函数的单调性和求抛物线的顶点坐标、对称轴及最值的方法．熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
15、1
【分析】根据菱形的性质可得菱形的边长为1，然后根据内角度数进而求出较短对角线的长．
【详解】
如图所示：菱形ABCD的周长为20，
AB=20÷4=1，
又，四边形ABCD是菱形，
，AB=AD，
是等边三角形，
BD=AB=1．
故答案为1．
本题主要考查菱形的性质及等边三角形，关键是熟练掌握菱形的性质．
16、
【分析】根据勾股定理及三角函数的定义直接求解即可；
【详解】如图，，
∴sin∠A，
故答案为：
本题考查了三角函数的定义及勾股定理，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键.
17、AC⊥BD．
【分析】根据矩形的性质、三角形的中位线定理和平行线的性质即可得出结论.
【详解】解：如图，设四边形EFGH是符合题意的中点四边形，则四边形EFGH是矩形，
∴∠FEH＝90°，
∵点E、F分别是AD、AB的中点，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EF∥BD，
∴∠FEH＝∠OMH＝90°，
又∵点E、H分别是AD、CD的中点，
∴EH是△ACD的中位线，
∴EH∥AC，
∴∠OMH＝∠COB＝90°，
即AC⊥BD．
故答案为AC⊥BD．
本题考查了矩形的性质、三角形的中位线定理和平行线的性质，熟练掌握三角形中位线定理是解此题的关键.
18、5：8
【解析】试题解析：
∴AE:EC=AD:DB=3:5，
∴CE:CA=5:8，
∴CF:CB=CE:CA=5:8.
故答案为5:8.
三、解答题（共78分）
19、 (1) ；（2）.
【分析】（1）直接利用概率公式求解；
（2）先画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出恰好小红抽中“唐诗”且小明抽中“宋词”的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】（1）她从中随机抽取一个比赛项目，恰好抽中“三字经”的概率=；
（2）画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中恰好小红抽中“唐诗”且小明抽中“宋词”的结果数为1，所以恰好小红抽中“唐诗”且小明抽中“宋词”的概率=．
20、2或
【分析】根据平行四边形的性质，得，分两种情况： ①当点在点的左侧时，②当点在点的右侧时，分别列出关于x的方程，即可求解．
【详解】∵在矩形中，AD∥BC，
∴以为顶点的四边形是平行四边形时，．
①当点在点的左侧时，由，
得：，
解得： (舍去)，；
②当点在点的右侧时，由，
得：，
解得：(舍去)；
综上所述：当=2或时，以为顶点的四边形是平行四边形．
本题主要考查一元二次方程与平行四边形的性质综合，根据等量关系，列出方程，时是解题的关键．
21、（1）见解析
（2）图中阴影部分的面积为π.
【分析】（1）连接OC．只需证明∠OCD＝90°．根据等腰三角形的性质即可证明；
（2）先根据直角三角形中30°的锐角所对的直角边是斜边的一半求出OD，然后根据勾股定理求出CD，则阴影部分的面积即为直角三角形OCD的面积减去扇形COB的面积．
【详解】（1）证明：连接OC．
∵AC＝CD，∠ACD＝120°，
∴∠A＝∠D＝30°．
∵OA＝OC，
∴∠2＝∠A＝30°．
∴∠OCD＝∠ACD－∠2＝90°，
即OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∠1＝∠2＋∠A＝60°．
∴S扇形BOC＝＝．
在Rt△OCD中，∠D＝30°，
∴OD＝2OC＝4，
∴CD＝＝．
∴SRt△OCD＝OC×CD＝×2×＝．
∴图中阴影部分的面积为：－．
22、（1）y=x2﹣2x﹣1；（2）存在；M（1，﹣2）；（1）（1+2，4）或（1﹣2 ，4）或（1，﹣4）.
【解析】（1）由于抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（-1，0），B（1，0）两点，那么可以得到方程x2+bx+c=0的两根为x=-1或x=1，然后利用根与系数即可确定b、c的值；
（2）点B是点A关于抛物线对称轴的对称点，在抛物线的对称轴上有一点M，要使MA+MC的值最小，则点M就是BC与抛物线对称轴的交点，利用待定系数法求出直线BC的解析式，把抛物线对称轴x=1代入即可得到点M的坐标；
（1）根据S△PAB=2，求得P的纵坐标，把纵坐标代入抛物线的解析式即可求得P点的坐标．
【详解】（1）∵抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（1，0）两点，
∴方程x2+bx+c=0的两根为x=﹣1或x=1，
∴﹣1+1=﹣b，
﹣1×1=c，
∴b=﹣2，c=﹣1，
∴二次函数解析式是y=x2﹣2x﹣1．
（2）∵点A、B关于对称轴对称，
∴点M为BC与对称轴的交点时，MA+MC的值最小，
设直线BC的解析式为y=kx+t（k≠0），
则，解得：，
∴直线AC的解析式为y=x﹣1，
∵抛物线的对称轴为直线x=1，
∴当x=1时，y=﹣2，
∴抛物线对称轴上存在点M（1，﹣2）符合题意；
（1）设P的纵坐标为|yP|，
∵S△PAB=2，
∴AB•|yP|=2，
∵AB=1+1=4，
∴|yP|=4，
∴yP=±4，
把yP=4代入解析式得，4=x2﹣2x﹣1，
解得，x=1±2，
把yP=﹣4代入解析式得，﹣4=x2﹣2x﹣1，
解得，x=1，
∴点P在该抛物线上滑动到（1+2，4）或（1﹣2，4）或（1，﹣4）时，满足S△PAB=2．
此题主要考查了利用抛物线与x轴的交点坐标确定函数解析式，二次函数的对称轴上点的坐标以及二次函数的性质，二次函数图象上的坐标特征，解题的关键是利用待定系数法得到关于b、c的方程，解方程即可解决问题．
23、（1）交点坐标为（2，0）和（1，0）；（2）2＜x＜1
【分析】（1）把点（﹣2，﹣40）和点（6，1）代入二次函数解析式得到关于a和b的方程组，解方程组求得a和b的值，可确定出二次函数解析式，令y＝0，解方程即可；
（2）当y＞0时，即二次函数图象在x轴上方的部分对应的x的取值范围，据此即可得结论．
【详解】（1）由题意，把点（﹣2，﹣40）和点（6，1）代入二次函数解析式，
得，
解得：，
所以这个二次函数的解析式为：，
当y＝0时，，
解之得：，
∴这个二次函数图象与x轴的交点坐标为（2，0）和（1，0）；
（2）当y＞0时，直接写出自变量x的取值范围是2＜x＜1．
本题考查待定系数法求解析式、二次函数图象与x轴的交点，解题的关键是熟练掌握待定系数法求解析式．
24、（1）x1＝﹣3，x2＝1；（2）
【分析】（1）移项，方程左边分解因式后，利用两数相乘积为1，两因式中至少有一个为1转化为两个一元一次方程来求解；
（2）方程二次项系数化为1，常数项移到右边，两边加上一次项系数一半的平方，开方即可求出解．
【详解】解：（1）移项得：x2+2x﹣3＝1，
分解因式得：（x+3）（x﹣1）＝1，
可得x+3＝1或x﹣1＝1，
解得：x1＝﹣3，x2＝1；
（2）方程变形得：x2﹣3x＝﹣，
配方得：x2﹣3x+＝﹣+，即（x﹣）2＝，
解得：．
此题考查了解一元二次方程因式分解法及配方法，熟练掌握各种解法是解本题的关键．
25、 (1)200人；(2)图见解析；(3)75万人.
【分析】(1)根据A组的人数和所占的百分比可以求得本次被调查的市民共有多少人；
(2)根据统计图中的数据可以求得C组和D组的人数，计算出B组和D组所占的百分比，从而可以将统计图补充完整；
(3)根据统计图中的数据可以计算出持有A、B两组主要成因的市民有多少人．
【详解】解：(1)90÷45%＝200(人)，
即本次被调查的市民共有200人；
(2)C组有200×15%＝30(人)，D组有：200﹣90﹣60﹣30＝20(人)，
B组所占的百分比为：×100%＝30%，D组所占的百分比是：×100%＝10%，
补全的条形统计图和扇形统计图如右图所示；
(3)100×(45%+30%)＝75(万人)，
答：持有A、B两组主要成因的市民有75万人．
本题考查了扇形统计图和频数直方图，解决本题的关键是扇形统计图和频数直方图里的数据关系要相对应.
26、（1）；（2）点的坐标为时，
【分析】（1）根据题目已知条件，可以由顶点坐标及A点坐标先求出二次函数顶点式，进而转化为一般式即可；
（2）根据题意，先求出直线AB的解析式，再设出点P和D坐标，进而先得出四边形的面积表达式，即可求得面积最大值.
【详解】（1）∵顶点坐标为，
∴设抛物线解析式为，
∵抛物线与轴交于点，
∴，∴，
∴，
∴；
（2）当时，，∴，，
∴，，
设直线的解析式为，∵，，∴，，
∴直线的解析式为.
设，∴，
∴.
∵，∴，∴，
∵，
∴，
∵中，对称轴为，
∴当，即点的坐标为时，.
本题主要考查了二次函数解析式及四边形面积的最值，熟练掌握解析式的求法以及最值的求法是解决本题的关键，在求最值的时候注意将对称轴与自变量的取值范围进行对比，进而判断是在何处取最大值.
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