资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．方程x2﹣9＝0的解是（ ）
A．3 B．±3 C．4.5 D．±4.5
2．如图，在矩形中，于F，则线段的长是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，某小区规划在一个长50米，宽30米的矩形场地ABCD上，修建三条同样宽的道路，使其中两条与AB平行，另一条与AD平行，其余部分种草，若使每块草坪面积都为178平方米，设道路宽度为x米，则（ ）
A．（50﹣2x）（30﹣x）＝178×6
B．30×50﹣2×30x﹣50x＝178×6
C．（30﹣2x）（50﹣x）＝178
D．（50﹣2x）（30﹣x）＝178
4．已知，是圆的半径，点，在圆上，且，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，点D在△ABC的边AC上，要判断△ADB与△ABC相似，添加一个条件，不正确的是（ ）
A．∠ABD=∠C B．∠ADB=∠ABC C． D．
6．已知二次函数，下列说法正确的是（ ）
A．该函数的图象的开口向下 B．该函数图象的顶点坐标是
C．当时，随的增大而增大 D．该函数的图象与轴有两个不同的交点
7．如图，一个半径为r（r＜1）的圆形纸片在边长为6的正六边形内任意运动，则在该六边形内，这个圆形纸片不能接触到的部分的面积是（ ）
A．πr2 B．
C． D．
8．下列关于抛物线y＝2x2﹣3的说法，正确的是（ ）
A．抛物线的开口向下
B．抛物线的对称轴是直线x＝1
C．抛物线与x轴有两个交点
D．抛物线y＝2x2﹣3向左平移两个单位长度可得抛物线y＝2（x﹣2）2﹣3
9．如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，若CD＝5，AC＝6，则tanB的值是( )
A． B． C． D．
10．抛掷一枚质地均匀的硬币，连续掷三次，出现“一次正面，两次反面”的概率为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，一次函数y1＝ax+b和反比例函数y2＝的图象相交于A，B两点，则使y1＞y2成立的x取值范围是_____．
12．如图，某试验小组要在长50米，宽39米的矩形试验田中间开辟一横一纵两条等宽的小道，使剩余的面积是1800平方米，求小道的宽.若设小道的宽为米，则所列出的方程是_______（只列方程，不求解）
13．已知点A（﹣2，m）、B（2，n）都在抛物线y=x2+2x﹣t上，则m与n的大小关系是m_____n．（填“＞”、“＜”或“=”）
14．如图，在矩形中对角线与相交于点，，垂足为点，且，则的长为___________.
15．二次函数向左、下各平移个单位，所得的函数解析式_______．
16．如图，已知D是等边△ABC边AB上的一点，现将△ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E、F分别在AC和BC上．如果AD：DB=1：2，则CE：CF的值为____________．
17．如果一个扇形的半径是1，弧长是，那么此扇形的圆心角的大小为_____度．
18．若关于x的一元二次方程x2+2x+m﹣2＝0有实数根，则m的值可以是__．（写出一个即可）
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，将矩形ABCD绕点C旋转得到矩形EFGC，点E在AD上．延长AD交FG于点H
（1）求证：△EDC≌△HFE；
（2）若∠BCE＝60°，连接BE、CH．证明：四边形BEHC是菱形．
20．（6分）如图，抛物线与x轴相交于两点（点在点的左侧），与轴相交于点．为抛物线上一点，横坐标为，且．
⑴求此抛物线的解析式；
⑵当点位于轴下方时，求面积的最大值；
⑶设此抛物线在点与点之间部分（含点和点）最高点与最低点的纵坐标之差为．
①求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围；
②当时，直接写出的面积．
21．（6分）已知为的外接圆，点是的内心，的延长线交于点，交于点．
（1）如图1，求证：．
（2）如图2，为的直径．若，求的长．
22．（8分）已知：如图，在半圆中，直径的长为6，点是半圆上一点，过圆心作的垂线交线段的延长线于点，交弦于点．
（1）求证：；
（2）记，，求关于的函数表达式；
（3）若，求图中阴影部分的面积．
23．（8分）如图，在中，平分交于点，于点，交于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）连接，若，，，求的长．
24．（8分）计算：
25．（10分）如图， 已知∠ABC＝90°，点P为射线BC上任意一点(点P与点B不重合)，分别以AB、AP为边在∠ABC的内部作等边△ABE和△APQ，连接QE并延长交BP于点F. 试说明：（1）△ABP≌△AEQ；（2）EF＝BF
26．（10分）如图，、、、分别为反比例函数与图象上的点，且轴，轴，与相交于点，连接、.
（1）若点坐标，点坐标，请直接写出点、点、点的坐标；
（2）连接、，若四边形是菱形，且点的坐标为，请直接写出、之间的数量关系式；
（3）若、为动点，与是否相似？为什么？
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【解析】根据直接开方法即可求出答案．
【详解】解：∵x2﹣9＝0，
∴x＝±3，
故选：B．
本题考察了直接开方法解方程，注意开方时有两个根，别丢根
2、C
【分析】根据矩形的性质和勾股定理求出，再由面积法求出的长即可．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
，
的面积，
；
故选：．
本题考查了矩形的性质、勾股定理、直角三角形的面积，熟练掌握矩形的性质，熟记直角三角形的面积求法是解题的关键．
3、A
【分析】设道路的宽度为x米．把道路进行平移，使六块草坪重新组合成一个矩形，根据矩形的面积公式即可列出方程．
【详解】解:设横、纵道路的宽为x米，
把两条与AB平行的道路平移到左边，另一条与AD平行的道路平移到下边，则六块草坪重新组合成一个矩形,矩形的长、宽分别为（50﹣2x）米、（30﹣x）米，所以列方程得
（50﹣2x）×（30﹣x）＝178×6，
故选：A．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，对图形进行适当的平移是解题的关键．
4、D
【分析】连接OC，根据圆周角定理求出∠AOC，再根据平行得到∠OCB，利用圆内等腰三角形即可求解.
【详解】连接CO，
∵
∴∠AOC=2
∵
∴∠OCB=∠AOC=
∵OC=BO，
∴=∠OCB=
故选D.
此题主要考查圆周角定理，解题的关键是熟知圆的基本性质及圆周角定理的内容.
5、C
【分析】由∠A是公共角，利用有两角对应相等的三角形相似，即可得A与B正确；又由两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，即可得D正确，继而求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．
【详解】∵∠A是公共角，
∴当∠ABD=∠C或∠ADB=∠ABC时，△ADB∽△ABC（有两角对应相等的三角形相似），故A与B正确，不符合题意要求；
当AB：AD=AC：AB时，△ADB∽△ABC（两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似），故D正确，不符合题意要求；
AB：BD=CB：AC时，∠A不是夹角，故不能判定△ADB与△ABC相似，故C错误，符合题意要求，
故选C．
6、D
【分析】根据二次函数的性质解题．
【详解】解：A、由于y=x2-4x-3中的a=1＞0，所以该抛物线的开口方向是向上，故本选项不符合题意．
B、由y=x2-4x-3=（x-2）2-7知，该函数图象的顶点坐标是（2，-7），故本选项不符合题意．
C、由y=x2-4x-3=（x-2）2-7知，该抛物线的对称轴是x=2且抛物线开口方向向上，所以当x＞2时，y随x的增大而增大，故本选项不符合题意．
D、由y=x2-4x-3知，△=（-4）2-4×1×（-3）=28＞0，则该抛物线与x轴有两个不同的交点，故本选项符合题意．
故选：D．
考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，需要利用二次函数图象与系数的关系，二次函数图象与x轴交点的求法，配方法的应用等解答，难度不大．
7、C
【分析】当圆运动到正六边形的角上时，圆与两边的切点分别为E,F，连接OE,OB,OF，根据六边形的性质得出 ，所以，再由锐角三角函数的定义求出BF的长，最后利用可得出答案．
【详解】如图，当圆运动到正六边形的角上时，圆与两边的切点分别为E,F，连接OE,OB,OF，
∵多边形是正六边形，
∴ ,
,
∴圆形纸片不能接触到的部分的面积是
故选：C．
本题主要考查正六边形和圆，掌握正六边形的性质和特殊角的三角函数值是解题的关键．
8、C
【解析】根据二次函数的性质及二次函数图象“左加右减，上加下减”的平移规律逐一判断即可得答案.
【详解】∵2>0，
∴抛物线y＝2x2﹣3的开口向上，故A选项错误，
∵y＝2x2﹣3是二次函数的顶点式，
∴对称轴是y轴，故B选项错误，
∵-3<0，抛物线开口向上，
∴抛物线与x轴有两个交点，故C选项正确，
抛物线y＝2x2﹣3向左平移两个单位长度可得抛物线y＝2（x+2）2﹣3，故D选项错误，
故选：C.
此题考查二次函数的性质及二次函数图象的平移，熟练掌握二次函数的性质及“左加右减，上加下减”的平移规律是解题关键.
9、C
【解析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出AB的长度，再利用勾股定理求出BC的长度，然后根据锐角的正切等于对边比邻边解答．
【详解】∵CD是斜边AB上的中线，CD=5，
∴AB=2CD=10，
根据勾股定理，BC=
tanB=．
故选C．
本题考查了锐角三角函数的定义，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理的应用，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，正切为对边比邻边应熟练掌握．
10、B
【分析】利用树状图分析，即可得出答案.
【详解】
共8种情况，出现“一次正面，两次反面”的情况有3种，所以概率=，故答案选择B.
本题考查的是求概率：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、x＜﹣2或0＜x＜1
【分析】根据两函数图象的上下位置关系结合交点横坐标即可找出不等式的解集，此题得解．
【详解】解：观察函数图象可发现：当x<-2或0<x<1时，一次函数图象在反比例函数图象上方，
∴使y1＞y2成立的x取值范围是当x<-2或0<x<1．
故答案为当x<-2或0<x<1.
本题是一道一次函数与反比例函数相结合的题目，根据图象得出一次函数与反比例函数交点横坐标是解题的关键.
12、（答案不唯一）
【分析】可设道路的宽为xm，将4块剩余矩形平移为一个长方形，长为（50-x）m，宽为（39-x）m．根据长方形面积公式即可列出方程．
【详解】解：设道路的宽为xm，依题意有
（50-x）（39-x）=1．
故答案为： ．
本题考查由实际问题抽象出一元二次方程的知识，应熟记长方形的面积公式．解题关键是利用平移把4块试验田平移为一个长方形的长和宽．
13、<
【解析】根据二次函数的性质得到抛物线y=x2+2x-t的开口向上，有最小值为-t-1，对称轴为直线x=-1，则在对称轴左侧，y随x的增大而减小，在对称轴右侧，y随x的增大而增大，进而解答即可．
【详解】∵y=x2+2x-t=（x+1）2-t-1，
∴a=1＞0，有最小值为-t-1，
∴抛物线开口向上，
∵抛物线y=x2+2x-t对称轴为直线x=-1，
∵-2＜0＜2，
∴m＜n．
故答案为：＜
14、
【分析】由矩形的性质可得OC＝OD，于是设DE＝x，则OE＝2x，OD＝OC＝3x，然后在Rt△OCE中，根据勾股定理即可得到关于x的方程，解方程即可求出x的值，进而可得CD的长，易证△ADC∽△CED，然后利用相似三角形的性质即可求出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，BD＝AC，OD＝BD，OC＝AC，∴OC＝OD，
∵EO＝2DE，∴设DE＝x，则OE＝2x，∴OD＝OC＝3x，
∵CE⊥BD，∴∠DEC＝∠OEC＝90°，
在Rt△OCE中，∵OE2+CE2＝OC2，∴（2x）2+52＝（3x）2，
解得：x＝，即DE＝，
∴，
∵∠ADE+∠CDE=90°，∠ECD+∠CDE=90°，∴∠ADE=∠ECD，
又∵∠ADC=∠CED=90°，∴△ADC∽△CED，
∴，即，解得：．
故答案为：．
本题考查了矩形的性质、勾股定理和相似三角形的判定与性质，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识是解题的关键．
15、
【分析】根据二次函数图象的平移规律即可得．
【详解】二次函数向左平移2个单位所得的函数解析式为，再向下平移2个单位所得的函数解析式为，即，
故答案为：．
本题考查了二次函数图象的平移规律，掌握理解二次函数图象的平移规律是解题关键．
16、
【分析】根据折叠的性质可得DE=CE,DF=CF,利用两角对应相等的两三角形相似得出△AED∽△BDF，进而得出对应边成比例得出比例式，将比例式变形即可得.
【详解】解：如图，连接DE,DF,
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC, ∠A=∠B=∠ACB=60°,
由折叠可得，∠EDF=∠ACB=60°,DE=CE,DF=CF
∵∠BDE=∠BDF+∠FDE=∠A+∠AED,
∴∠BDF+60°=∠AED+60°,
∴∠BDF=∠AED,
∵∠A=∠B,
∴△AED∽△BDF,
∴ ,
设AD=x，∵AD：DB=1：2,则BD=2x,
∴AC=BC=3x,
∵,
∴
∴
∴,
∴.
故答案为： .
本题考查了折叠的性质，利用三角形相似对应边成比例及比例的性质解决问题，能发现相似三角形的模型，即“一线三等角”是解答此题的重要突破口.
17、1
【分析】直接利用扇形弧长公式代入求出即可．
【详解】解：扇形的半径是1，弧长是，
，即，
解得：，
此扇形所对的圆心角为：．
故答案为：1．
此题主要考查了弧长公式的应用，正确利用弧长公式是解题关键．
18、3.
【分析】根据根的判别式即可求出答案．
【详解】由题意可知：△＝4﹣4（m﹣2）≥0，
∴m≤3.
故答案为：3.
考核知识点：一元二次方程根判别式.熟记根判别式是关键.
三、解答题(共66分)
19、（1）见解析；（2）见解析．
【解析】（1）依据题意可得到FE=AB=DC，∠F=∠EDC=90°，FH∥EC，利用平行线的性质可证明∠FHE=∠CED，然后依据AAS证明△EDC≌△HFE即可；
（2）首先证明四边形BEHC为平行四边形，再证明邻边BE=BC即可证明四边形BEHC是菱形．
【详解】（1）证明：∵矩形FECG由矩形ABCD旋转得到，
∴FE＝AB＝DC，∠F＝∠EDC＝90°，FH∥EC，
∴∠FHE＝∠CED．
在△EDC和△HFE中，
，
∴△EDC≌△HFE（AAS）；
（2）∵△EDC≌△HFE，
∴EH＝EC．
∵矩形FECG由矩形ABCD旋转得到，
∴EH＝EC＝BC，EH∥BC，
∴四边形BEHC为平行四边形．
∵∠BCE＝60°，EC＝BC，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE＝BC，
∴四边形BEHC是菱形．
本题主要考查的是旋转的性质、菱形的判定，熟练掌握相关图形的性质和判定定理是解题的关键．
20、（1）；（2）8；（3）①（），（），（）；②6.
【分析】（1）将点C（0，-3）代入y=（x-1）2+k即可；
（2）易求A（-1，0），B（3，0），抛物线顶点为（1，-4），当P位于抛物线顶点时，△ABP的面积有最大值；
（3）①当0＜m≤1时，h=-3-（m2-2m-3）=-m2+2m；当1＜m≤2时，h=-1-（-4）=1；当m＞2时，h=m2-2m-3-（-4）=m2-2m+1；
②当h=9时若-m2+2m=9，此时△＜0，m无解；若m2-2m+1=9，则m=4，则P（4，5），△BCP的面积=（4+1）×3=6；
【详解】解：（1）因为抛物线与轴交于点，
把代入，得
，
解得，
所以此抛物线的解析式为，
即；
（2）令，得，
解得，
所以，
所以；
解法一：
由（1）知，抛物线顶点坐标为，
由题意，当点位于抛物线顶点时，的面积有最大值，
最大值为；
解法二
由题意，得，
所以
，
所以当时，有最大值8；
（3）①当时，；
当时，；
当时，；
②当h=9时
若-m2+2m=9，此时△＜0，m无解；
若m2-2m+1=9，则m=4，
∴P（4，5），
∵B（3，0），C（0，-3），
∴△BCP的面积=（4+1）×3=6；
本题考查二次函数的图象及性质，是二次函数综合题；熟练掌握二次函数的性质，数形结合，分类讨论是解题的关键．
21、（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）连接半径，根据内心的性质、圆的基本性质以及三角形外角的性质求得，即可得证结论；
（2）连接半径，由为的直径、点是的内心以及等腰三角形的三线合一可得、，然后依次解、即可得出结论．
【详解】解：（1）证明：连接，如图：
∵是的内心
∴，
∵
∴
∴
∵
∴
（2）连接，如图：
∵是直径，平分
∴且
∵，，
∴在中，
∴
∴
∵
∴
∴在中，
∴由（1）可知，
∴．
故答案是：（1）证明见解析；（2）
本题考查了三角形内心的性质、圆的一些基本性质、三角形外角的性质、等腰三角形的性质、垂径定理、锐角三角函数以及勾股定理等知识点，难度不大，属于中档题型．
22、（1）见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）根据直径所对的圆周角等于90°，可得∠CAB+∠ABC=90°，根据DO⊥AB，得出∠D+∠DAO=90°，进而可得出结果；
（2）先证明，得出，从而可得出结果；
（3）设OD与圆弧的交点为F，则根据S阴影=S△AOD-S△AOC-S扇形COF求解．
【详解】
（1）证明：∵是直径，∴，
∴．
∵，∴．
∴．
（2）解：∵，∴．
∴．而，∴，
∴即，
∴．
（3）解：设OD与圆弧的交点为F，设，则，
∵，∴．
在中，，∴．
∴∠AOC=60°，∴DO=AO=3．
又AO=CO，∴△ACO为等边三角形，
S阴影=S△AOD-S扇形COF-S△AOC =．
本题主要考查圆周角定理的推论、圆中不规则图形面积的求法、等腰三角形的性质、等边三角形的性质与判定等知识，掌握基本性质与判定方法是解题的关键．注意求不规则图形的面积时，结合割补法求解．
23、（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由四边形是平行四边形，得到，证明与平行且相等，可得四边形是平行四边形，再说明，于是得出结论；
（2）过点作于点，由菱形的性质和等边三角形的性质解答即可．
【详解】（1）证明：平分，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：，，
，
，
，
，
．
过点作于点，
，，
是等边三角形，
，
，
四边形是平行四边形，
∴平行四边形是矩形，
，
在中，，，
，
．
本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、平行四边形和矩形的性质和判定，熟练掌握菱形的判定是关键．
24、1
【分析】先计算特殊的三角函数值和去绝对值，再从左至右计算即可.
【详解】解：原式=
本题考查的是实数与特殊角的三角函数值的混合运算，能够熟知特殊角的三角函数值是解题的关键.
25、1．
【解析】（1）根据等边三角形性质得出AB=AE，AP=AQ，∠ABE=∠BAE=∠PAQ=60°，求出∠BAP=∠EAQ，根据SAS证△BAP≌△EAQ，推出∠AEQ=∠ABC=90°；
（1）根据等边三角形性质求出∠ABE=∠AEB=60°，根据∠ABC=90°=∠AEQ求出∠BEF=∠EBF=30°，即可得出答案．
（1）解：△BEC是等腰三角形，
理由是：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DEC＝∠ECB，
∵CE平分∠DEB，
∴∠DEC＝∠BEC，
∴∠BEC＝∠ECB，
∴BE＝BC，
∴△BEC是等腰三角形．
（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵∠ABE＝45°，
∴∠AEB＝45°＝∠ABE，
∴AE＝AB＝，
由勾股定理得：BE＝，
即BC＝BE＝1．
“点睛”本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定的应用．
26、（1）、、；（2）；（3），证明详见解析.
【分析】（1）先利用A,B两点求出两个反比例函数的解析式，然后根据C点与A点纵坐标相同，D点与B点横坐标相同即可得到C,D的坐标，然后P的横坐标与B的横坐标相同，纵坐标与A的纵坐标相同；
（2）分别把A,C的坐标表示出来，再利用菱形的性质和点P的坐标即可求出答案；
（3）设点的坐标为，分别表示出点A,B,C,D的坐标，求出 的长度，能够得出，所以
【详解】（1）解：∵点在上，点在上
∴
∴
∵轴，轴
∴A,C的纵坐标相同，B,D的横坐标相同，点P的横坐标与B的横坐标相同，纵坐标与A的纵坐标相同
∴
当时，代入到中得 ，∴点
当时，代入到中得 ，∴点
∴，，
（2）∵点的坐标为
∵轴，轴
∴A,C的纵坐标与点P的纵坐标相同
当时，代入到中得 ，∴点
当时，代入到中得 ，∴点
∵四边形是菱形
∴
∴
∴
（3）解：
证明：设点的坐标为
则点的坐标为、点的坐标为
点的坐标为、点的坐标为
，
，
，，即
又
本题主要考查反比例函数和相似三角形的判定及性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键.
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