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⊙O中，弦BC // OA，AC与OB相交于点M，∠C=20°，则∠MBC的度数为（ ）．
A．30° B．40°
C．50° D．60°
2．下列事件中，属于必然事件的是（ ）
A．明天我市下雨
B．抛一枚硬币，正面朝上
C．走出校门，看到的第一辆汽车的牌照的末位数字是偶数
D．一个口袋中装有2个红球和一个白球，从中摸出2个球，其中有红球
3．一条排水管的截面如图所示，已知排水管的半径，水面宽，则截面圆心到水面的距离是( )
A． B． C． D．
4．如图，小明想利用太阳光测量楼高，发现对面墙上有这栋楼的影子，小明边移动边观察，发现站在点处时，可以使自己落在墙上的影子与这栋楼落在墙上的影子重合且高度恰好相同.此时测得墙上影子高(点在同一条直线上).已知小明身高是，则楼高为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，的外切正六边形的边长为2，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
6．已知二次函数y＝kx2-7x-7的图象与x轴没有交点，则k的取值范围为（ ）
A．k＞ B．k≥且k≠0 C．k＜ D．k＞且k≠0
7．已知一元二次方程x2+kx﹣5＝0有一个根为1，k的值为（ ）
A．﹣2 B．2 C．﹣4 D．4
8．如图，中，，若，，则边的长是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
9．把抛物线向右平移个单位，再向下平移个单位，即得到抛物线（ ）
A．y=-(x+2) 2+3 B．y=-(x-2) 2+3 C．y=-(x+2) 2-3 D．y=-(x-2) 2-3
10．甲、乙、丙三名射击运动员在某场测试中各射击20次，3人的测试成绩如下表．则甲、乙、丙3名运动员测试成绩最稳定的是（）
甲的成绩
乙的成绩
丙的成绩
环数
7
8
9
10
环数
7
8
9
10
环数
7
8
9
10
频数
4
6
6
4
频数
6
4
4
6
频数
5
5
5
5
A．甲 B．乙 C．丙 D．3人成绩稳定情况相同
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．在△ABC中，∠C=90°，BC=2，，则边AC的长是 ．
12．反比例函数y＝的图象如图所示，A，P为该图象上的点，且关于原点成中心对称．在△PAB中，PB∥y轴，AB∥x轴，PB与AB相交于点B．若△PAB的面积大于12，则关于x的方程(a－1)x2－x＋＝0的根的情况是________________．
13．若3是关于x的方程x2－x＋c＝0的一个根，则方程的另一个根等于____．
14．已知抛物线y=ax2+bx+c开口向上，一条平行于x轴的直线截此抛物线于M、N两点，那么线段MN的长度随直线向上平移而变_____．（填“大”或“小”）
15．如图，AB∥CD∥EF，AF与BE相交于点G，且AG＝2，GD＝1，DF＝5，那么的值等于________．
16．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=5cm，BC=12cm，将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，连接DC交AB于点F，则△ACF与△BDF的周长之和为_______cm．
17．如图，圆是一个油罐的截面图，已知圆的直径为5，油的最大深度（），则油面宽度为__________．
18．某物体对地面的压强P（Pa）与物体和地面的接触面积S（m2）成反比例函数关系（如图），当该物体与地面的接触面积为0.25m2时，该物体对地面的压强是______Pa．
三、解答题(共66分)
19．（10分）某商店准备进一批季节性小家电，单价40元．经市场预测，销售定价为52元时，可售出180个，定价每增加1元，销售量净减少10个,因受库存的影响，每批次进货个数不得超过180个，商店若将准备获利2000元，定价为多少元？
20．（6分）如图，在▱ABCD中 过点A作AE⊥DC，垂足为E，连接BE，F为BE上一点，且∠AFE=∠D．
（1）求证：△ABF∽△BEC；
（2）若AD=5，AB=8，sinD=，求AF的长．
21．（6分）已知△ABC，AB=AC，BD是∠ABC的角平分线，EF是BD的中垂线，且分别交BC于点E，交AB于点F，交BD于点K，连接DE，DF．
（1）证明：DE//AB；
（2）若CD=3，求四边形BEDF的周长．
22．（8分）如图，平面直角坐标系xOy中点A的坐标为（﹣1，1），点B的坐标为（3，3），抛物线经过A、O、B三点，连接OA、OB、AB，线段AB交y轴于点E．
（1）求点E的坐标；
（2）求抛物线的函数解析式；
（3）点F为线段OB上的一个动点（不与点O、B重合），直线EF与抛物线交于M、N两点（点N在y轴右侧），连接ON、BN，当四边形ABNO的面积最大时，求点N的坐标并求出四边形ABNO面积的最大值．
23．（8分）如图，等腰Rt△BPQ的顶点P在正方形ABCD的对角线AC上（P与AC不重合），∠PBQ=90°，QP与BC交于E,QP延长线交AD于F，连CQ.
(1)①求证：AP=CQ ；
②求证：
(2)当时，求的值.
24．（8分）如图，在矩形中，是上一点，连接的垂直平分线分别交于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若为的中点，连接，求的长．
25．（10分）解下列方程
（1）
（2）
26．（10分）如图1，在△ABC中，AB＝BC＝20，cosA＝，点D为AC边上的动点（点D不与点A，C重合），以D为顶点作∠BDF＝∠A，射线DE交BC边于点E，过点B作BF⊥BD交射线DE于点F，连接CF．
（1）求证：△ABD∽△CDE；
（2）当DE∥AB时（如图2），求AD的长；
（3）点D在AC边上运动的过程中，若DF＝CF，则CD＝ ．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】由圆周角定理（同弧所对的圆周角是圆心角的一半）得到∠AOB，再由平行得∠MBC．
【详解】解：∵∠C=20°
∴∠AOB=40°
又∵弦BC∥半径OA
∴∠MBC=∠AOB =40°,
故选：B．
熟练掌握圆周角定理，平行线的性质是解答此题的关键．
2、D
【分析】根据确定事件和随机事件的概念对各个事件进行判断即可．
【详解】解：明天我市下雨、抛一枚硬币，正面朝上、走出校门，看到的第一辆汽车的牌照的末位数字是偶数都是随机事件，
一个口袋中装有2个红球和一个白球，从中摸出2个球，其中有红球是必然事件，
故选：D．
本题考查的是确定事件和随机事件，事先能肯定它一定会发生的事件称为必然事件，事先能肯定它一定不会发生的事件称为不可能事件，必然事件和不可能事件都是确定的；在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件．
3、B
【解析】根据垂径定理求出，根据勾股定理求出即可．
【详解】解：，过圆心点，
，
在中，由勾股定理得：，
故选：．
本题考查了勾股定理和垂径定理的应用；由垂径定理求出是解决问题的关键．
4、B
【分析】过点C作CN⊥AB，可得四边形CDME、ACDN是矩形，即可证明，从而得出AN，进而求得AB的长．
【详解】过点C作CN⊥AB，垂足为N，交EF于M点，
∴四边形CDEM、BDCN是矩形，
∴，
∴，
依题意知，EF∥AB，
∴，
∴，即：，
∴AN=20，
(米)，
答：楼高为21.2米．
故选：B．
本题主要考查了相似三角形的应用，把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比，列出方程，通过解方程求解即可，体现了转化的思想．
5、A
【分析】由于六边形ABCDEF是正六边形，所以∠AOB=60°，故△OAB是等边三角形，OA=OB=AB=2，设点G为AB与⊙O的切点，连接OG，则OG⊥AB，OG=OA•sin60°，再根据S阴影=S△OAB-S扇形OMN，进而可得出结论．
【详解】∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOB=60°，
∴△OAB是等边三角形，OA=OB=AB=2，
设点G为AB与⊙O的切点，连接OG，则OG⊥AB，
∴OG=OA∙sin60°=2× = ，
∴S 阴影 =S △OAB -S 扇形OMN = ×2× - ．
故选A．
考核知识点：正多边形与圆.熟记扇形面积公式是关键.
6、C
【分析】根据二次函数图像与x轴没有交点说明 ，建立一个关于k的不等式，解不等式即可.
【详解】∵二次函数的图象与x轴无交点，
∴
即
解得
故选C．
本题主要考查一元二次方程根的判别式和二次函数图像与x轴交点个数的关系，掌握根的判别式是解题的关键.
7、D
【分析】根据一元二次方程的解的定义，把x＝1代入方程得到关于k的一次方程1﹣5+k＝0，然后解一次方程即可．
【详解】解：把x＝1代入方程得1+k﹣5＝0，
解得k＝1．
故选：D．
本题考查一元二次方程的解. 熟记一元二次方程解得定义是解决此题的关键.
8、C
【分析】由，∠A=∠A，得∆ABD~∆ACB，进而得，求出AC的值，即可求解.
【详解】∵，∠A=∠A，
∴∆ABD~∆ACB，
∴，即：，
∴AC=8，
∴CD=AC-AD=8-2=6，
故选C.
本题主要考查相似三角形的判定和性质定理，掌握相似三角形的判定定理，是解题的关键.
9、D
【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行解答即可.
【详解】抛物线向右平移个单位，得：，
再向下平移个单位，得：.
故选：.
本题主要考查的是函数图象的平移，用平移规律“左加右减，上加下减”直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式.
10、A
【分析】先算出甲、乙、丙三人的方差，比较方差得出最稳定的人选．
【详解】由表格得：
甲的平均数=
甲的方差=
同理可得：乙的平均数为：8.5，乙的方差为：1.45
丙的平均数为：8.5，乙的方差为：1.25
∴甲的方差最小，即甲最稳定
故选：A
本题考查根据方差得出结论，解题关键是分别求解出甲、乙、丙的方差，比较即可．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、.
【详解】解：∵BC=2，
∴AB==3
∴AC=
故答案为：.
12、没有实数根
【解析】分析：由比例函数y=的图象位于一、三象限得出a+4＞0，A、P为该图象上的点，且关于原点成中心对称，得出1xy＞11，进一步得出a+4＞6，由此确定a的取值范围，进一步利用根的判别式判定方程根的情况即可．
详解：∵反比例函数y=的图象位于一、三象限，
∴a+4＞0，
∴a＞-4，
∵A、P关于原点成中心对称，PB∥y轴，AB∥x轴，△PAB的面积大于11，
∴1xy＞11，
即a+4＞6，a＞1
∴a＞1．
∴△=（-1）1-4（a-1）×=1-a＜0，
∴关于x的方程（a-1）x1-x+=0没有实数根．
故答案为：没有实数根．
点睛：此题综合考查了反比例函数的图形与性质，一元二次方程根的判别式，注意正确判定a的取值范围是解决问题的关键．
13、-1
【解析】已知3是关于x的方程x1-5x+c=0的一个根，代入可得9-3+c=0，解得，c=-6；所以由原方程为x1-5x-6=0，即（x+1）（x-3）=0，解得，x=-1或x=3，即可得方程的另一个根是x=-1．
14、大
【解析】因为二次函数的开口向上,所以点M,N向上平移时,距离对称轴的距离越大,即MN的长度随直线向上平移而变大,故答案为:大.
15、
【详解】∵AB∥CD∥EF，
∴ ，
故答案为．
16、1．
【详解】∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，
∴△ABC≌△BDE，∠CBD=60°，
∴BD=BC=12cm，
∴△BCD为等边三角形，
∴CD=BC=BD=12cm，
在Rt△ACB中，AB===13，
△ACF与△BDF的周长之和=AC+AF+CF+BF+DF+BD=AC+AB+CD+BD=5+13+12+12=1（cm），
故答案为1．
考点：旋转的性质．
17、1
【分析】连接OA，先求出OA和OD，再根据勾股定理和垂径定理即可求出AD和AB．
【详解】解：连接OA
∵圆的直径为5，油的最大深度
∴OA=OC=
∴OD=CD－OC=
∵
根据勾股定理可得：AD=
∴AB=2AD=1m
故答案为：1．
此题考查的是垂径定理和勾股定理，掌握垂径定理和勾股定理的结合是解决此题的关键．
18、1
【分析】直接利用函数图象得出函数解析式，进而求出答案．
【详解】设P＝，把（0.5，2000）代入得：
k＝1000，
故P＝，
当S＝0.25时，
P＝＝1（Pa）．
故答案为：1．
此题主要考查了反比例函数的应用，正确求出函数解析会死是解题关键．
三、解答题(共66分)
19、该商品定价60元．
【分析】设每个商品定价x元，然后根据题意列出方程求解即可．
【详解】解：设每个商品定价x元，由题意得：
解得，
当x=50时，进货180-10（50-52）=200，不符题意，舍去
当x=60时，进货180-10（60-52）=100，符合题意．
答：当该商品定价60元，进货100个．
本题主要考查一元一次方程的应用，关键是设出未知数然后列方程求解即可．
20、（1）证明见解析；（2）．
【解析】试题分析：（1）由平行四边形的性质得出AB∥CD，AD∥BC，AD=BC，得出∠D+∠C=180°，∠ABF=∠BEC，证出∠C=∠AFB，即可得出结论；（2）由勾股定理求出BE，由三角函数求出AE，再由相似三角形的性质求出AF的长．
试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AD∥BC，AD=BC，
∴∠D+∠C=180°，∠ABF=∠BEC，∵∠AFB+∠AFE=180°，∴∠C=∠AFB，∴△ABF∽△BEC；
（2）解：∵AE⊥DC，AB∥DC，∴∠AED=∠BAE=90°，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得：BE=,
在Rt△ADE中，AE=AD•sinD=5×=4，∵BC=AD=5，
由（1）得：△ABF∽△BEC，∴，即，解得：AF=2．
考点：相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质；解直角三角形．
21、（1）见详解；（2）12
【分析】（1）由角平分线性质，得到∠ABD=∠CBD，由EF是BD的中垂线，则BE=DE，则∠CBD=∠EDB，则∠ABD=∠EDB，即可得到答案；
（2）先证明四边形BEDF是菱形，由DE∥AB，得到DE=CD=3，即可求出周长；
【详解】（1）证明：∵BD是∠ABC的角平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
∵EF是BD的中垂线，
∴BE=DE，BF=DF，
∴∠CBD=∠EDB，
∴∠ABD=∠EDB，
∴DE∥AB；
（2）解：与（1）同理，可证DF∥BC，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵BE=DE，
∴四边形BEDF是菱形，
∵AB=BC，DE∥AB，
∴∠C=∠ABC=∠DEC，
∴DE=CD=3，
∴菱形BEDF的周长为：．
本题考查了菱形的判定和性质，垂直平分线的性质，角平分线的性质，以及等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握所学的性质，从而正确的进行推导．
22、（1）E点坐标为(0, )；（2） ；（3）四边形ABNO面积的最大值为，此时N点坐标为(， )．
【分析】（1）先利用待定系数法求直线AB的解析式，与y轴的交点即为点E；
（2）利用待定系数法抛物线的函数解析式；
（3）先设N(m，m2−m)(0＜m＜3)，则G（m，m），根据面积和表示四边形ABNO的面积，利用二次函数的最大值可得结论．
【详解】（1）设直线AB的解析式为y=mx+n，
把A（-1，1），B（3，3）代入得，解得，
所以直线AB的解析式为y＝x+，
当x=0时，y＝×0+＝，
所以E点坐标为(0，)；
（2）设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
把A（-1，1），B（3，3），O（0，0）代入得，解得，
所以抛物线解析式为y＝x2−x；
（3）如图，作NG∥y轴交OB于G，OB的解析式为y=x，
设N(m，m2−m)(0＜m＜3)，则G（m，m），
GN＝m−(m2−m)＝−m2+m，
S△AOB=S△AOE+S△BOE=××1+××3=3，
S△BON＝S△ONG+SBNG＝•3•(−m2+m)＝−m2+m
所以S四边形ABNO＝S△BON+S△AOB＝−m2+m+3＝− (m−)2+
当m＝时，四边形ABNO面积的最大值，最大值为，此时N点坐标为(，)．
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利用待定系数法求二次函数和一次函数的性质；理解坐标与图形性质，利用面积的和差计算不规则图形的面积．
23、（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）
【分析】（1）①证出∠ABP=∠CBQ，由SAS证明△ABP≌△CBQ可得结论；
②根据正方形的性质和全等三角形的性质得到∠DAC=∠BAC，∠APF=∠ABP，即可证得△APF∽△ABP，再根据相似三角形的性质即可求解；
（2）设正方形边长为，根据已知条件可求得PA的长，再根据第(1)②的结论可求得AF的长，从而求得答案.
【详解】证明：
（1）①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∵△PBQ为等腰直角三角形，
∴∠PBQ=90°，PB=BQ，
∵∠ABP+∠BPC =∠BPC+∠CBQ=，
∴∠ABP=∠CBQ，
在△ABP与△CBQ中，
，
∴△ABP≌△CBQ，
∴AP=CQ；
②如图，
∵∠CPB=∠3+∠4=∠1+∠2，
∵∠4=∠1=45°，
∴∠3=∠2，
∴∠5=∠2，
∵∠6=∠1=45°，
∴△PFA∽△BPA，
∴，
∴ 即；
(2)设正方形边长为，则，
∵，
∴，
∴PA=，
∵，
∴，
解得：AF=，
∴DF=，
∴.
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识；灵活运用相似三角形的判定与性质是解题的关键．
24、（1）证明见解析；（2）1．
【分析】（1）先根据矩形的性质、平行线的性质可得，再根据垂直平分线的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据平行四边形的判定、菱形的判定即可得证；
（2）先根据三角形中位线定理可得，再根据矩形的性质可得，然后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】（1）四边形是矩形
垂直平分
四边形是平行四边形
又
四边形是菱形；
（2）垂直平分
是的中点
是的中点，
（三角形中位线定理）
．
本题考查了矩形的性质、菱形的判定、三角形全等的判定定理与性质、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握并灵活运用各判定定理与性质是解题关键．
25、（1）；（2）.
【分析】（1）方程变形后，利用因式分解法即可求解；
（2）方程变形后，利用因式分解法即可求解．
【详解】（1）方程变形得：，
分解因式得：，
即：或，
∴；
（2）方程变形得：，
分解因式得：，
即：或，
∴．
本题考查了一元二次方程的解法，灵活运用因式分解法是解决本题的关键．
26、（1）证明见解析；（2）；（3）1．
【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可．
（2）解直角三角形求出BC，由△ABD∽△ACB，推出，可得AD=．
（3）点D在AC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF=CF．作FH⊥AC于H，BM⊥AC于M，BN⊥FH于N．则∠NHM=∠BMH=∠BNH=90°，由△BFN∽△BDM，可得=tan∠BDF=tanA=，推出AN=AM=×12=9，推出CH=CMMH=CMAN=169=7，再利用等腰三角形的性质，求出CD即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图1中，
∵BA＝BC，
∴∠A＝∠ACB，
∵∠BDE+∠CDE＝∠A+∠ABD，∠BDE＝∠A，
∴∠BAD＝∠CDE，
∴△ABD∽△CDE．
（2）解：如图2中，作BM⊥AC于M．
在Rt△ABM中，则AM＝AB•cosA＝20×＝16，
由勾股定理，得到AB2＝AM2+BM2，
∴202＝162+BM2，
∴BM＝12，
∵AB＝BC，BM⊥AC，
∴AC＝2AM＝32，
∵DE∥AB，
∴∠BAD＝∠ADE，
∵∠ADE＝∠B，∠B＝∠ACB，
∴∠BAD＝∠ACB，
∵∠ABD＝∠CBA，
∴△ABD∽△ACB，
∴
∴AD＝＝．
（3）点D在AC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF＝CF．
理由：作FH⊥AC于H，AM⊥AC于M，BN⊥FH于N．则∠NHM＝∠BMH＝∠BNH＝90°，
∴四边形BMHN为矩形，
∴∠MBN＝90°，MH＝BN，
∵AB＝BC，BM⊥AC，
∵AB＝20，AM＝CM＝16，AC＝32，BM＝12，
∵BN⊥FH，BM⊥AC，
∴∠BNF＝90°＝∠BMD，
∵∠DBF＝90°＝∠MBN，
∴∠NBF＝∠MBD，
∴△BFN∽△BDM，
∴＝tan∠BDF＝tanA＝，
∴BN＝BM＝×12＝9，
∴CH＝CM﹣MH＝CM﹣BN＝16﹣9＝7，
当DF＝CF时，由点D不与点C重合，可知△DFC为等腰三角形，
∵FH⊥DC，
∴CD＝2CH＝1．
故答案为：1．
本题属于相似形综合题，考查了新三角形的判定和性质，解直角三角形，锐角三角函数等，等腰三角形的判定和性质知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
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