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．下列长度的三条线段能组成三角形的是（ ）
A．1，2，3 B．2，3，4 C．3，4，7 D．5，2，8
2．如图，AB为⊙O的直径，C、D是⊙O上的两点，∠BAC＝20°，AD＝CD，则∠DAC的度数是（ ）
A．30° B．35° C．45° D．70°
3．平移抛物线y＝﹣（x﹣1）（x+3），下列哪种平移方法不能使平移后的抛物线经过原点（ ）
A．向左平移1个单位 B．向上平移3个单位
C．向右平移3个单位 D．向下平移3个单位
4．从﹣1，0，1三个数中任取两个不同的数作为点的坐标，则该点在坐标轴上的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．已知x＝2是一元二次方程x2+mx+2＝0的一个解，则m的值是（ ）
A．﹣3 B．3 C．0 D．0或3
6．如图，已知正方形ABCD，将对角线BD绕着点B逆时针旋转，使点D落在CB的延长线上的D′点处，那么sin∠AD′B的值是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在中，，，点、、分别在边、、上，且与关于直线DE对称．若，，则（ ）．
A．3 B．5 C． D．
8．已知⊙O的半径为10，圆心O到弦AB的距离为5，则弦AB所对的圆周角的度数是（ ）
A．30° B．60° C．30°或150° D．60°或120°
9．如图，A，B，C，D是⊙O上的四个点，B是的中点，M是半径OD上任意一点．若∠BDC=40°，则∠AMB的度数不可能是( )
A．45° B．60° C．75° D．85°
10．在同一直角坐标系中，函数y＝kx﹣k与y＝（k≠0）的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，边长为1的小正方形构成的网格中，半径为1的⊙O在格点上，则∠AED的正切值为_____．
12．圆锥的底面半径是1，侧面积是3π，则这个圆锥的侧面展开图的圆心角为________．
13．如图，是将菱形ABCD以点O为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成的图形．若∠BAD=60°，AB=2，则图中阴影部分的面积为 ．
14．等腰△ABC的腰长与底边长分别是方程x2﹣6x+8=0的两个根，则这个△ABC的周长是_____．
15．计算：sin30°=_____．
16．底面半径为1，母线长为2的圆锥的侧面积等于 ．
17．在《沁园春·雪》中提到五位历史名人：秦始皇、汉武帝、唐太宗、宋太祖、成吉思汗.小红将这五位名人简介分别写在五张完全相同的知识卡片上.小哲从中随机抽取一张，卡片上介绍的人物是唐朝以后出生的概率是_______．
18．如图，△ABC和△A′B′C是两个完全重合的直角三角板，∠B=30°，斜边长为10cm．三角板A′B′C绕直角顶点C顺时针旋转，当点A′落在AB边上时，CA′旋转所构成的扇形的弧长为_______cm．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，是由两个等边三角形和一个正方形拼在-起的图形，请仅用无刻度的直尺按要求画图，
(1)在图①中画一个的角，使点或点是这个角的顶点，且以为这个角的一边：
(2)在图②画一条直线，使得．
20．（6分）平行四边形中，点为上一点，连接交对角线于点，点为上一点，于，且，点为的中点，连接；若．
（1）求的度数；
（2）求证：
21．（6分）已知，在△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=45°，点D为直线BC上一动点（点D不与点B，C重合）．以AD为边做正方形ADEF，连接CF
（1）如图1，当点D在线段BC上时．求证CF+CD=BC；
（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其他条件不变，请直接写出CF，BC，CD三条线段之间的关系；
（3）如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A，F分别在直线BC的两侧，其他条件不变；
①请直接写出CF，BC，CD三条线段之间的关系；
②若正方形ADEF的边长为，对角线AE，DF相交于点O，连接OC．求OC的长度．
22．（8分）已知是关于的一元二次方程的两个实数根.
（1）求的取值范围；
（2）若，求的值；
23．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）求证：四边形ADCF是菱形；
（3）若AC＝6，AB＝8，求菱形ADCF的面积．
24．（8分）关于的一元二次方程有两个实数根，求的取值范围．
25．（10分）如图，在Rt△OAB中，∠OAB＝90°，且点B的坐标为（4，2）．
（1）画出关于点O成中心对称的，并写出点B1的坐标；
（2）求出以点B1为顶点，并经过点B的二次函数关系式.
26．（10分）已知关于的方程
（1）当m取何值时，方程有两个实数根；
（2）为m选取一个合适的整数，使方程有两个不相等的实数根，并求出这两个实数根．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【解析】根据三角形三边关系定理得出：如果较短两条线段的和大于最长的线段，则三条线段可以构成三角形，由此判定即可．
【详解】A．1+2=3，不能构成三角形，故此选项错误；
B．2+3＞4，能构成三角形，故此选项正确；
C．3+4=7，不能构成三角形，故此选项错误；
D．5+2＜8，不能构成三角形，故此选项错误．
故选：B．
本题考查了三角形的三边关系，在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
2、B
【分析】连接BD，如图，利用圆周角定理得到∠ADB＝90°，∠DBC＝∠BAC＝20°，则∠ADC＝110°，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算∠DAC的度数．
【详解】解：连接BD，如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠DBC＝∠BAC＝20°，
∴∠ADC＝90°+20°＝110°，
∵DA＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA，
∴∠DAC＝（180°﹣110°）＝35°．
故选：B．
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
3、B
【分析】先将抛物线解析式转化为顶点式，然后根据顶点坐标的平移规律即可解答.
【详解】解：y＝﹣（x﹣1）（x+3）=-（x+1）2+4
A、向左平移1个单位后的解析式为：y＝-（x+2）2+4，当x=0时，y=0，即该抛物线经过原点，故本选项不符合题意；
B、向上平移3个单位后的解析式为：y=-（x+1）2+7，当x=0时，y=3，即该抛物线不经过原点，故本选项符合题意；
C、向右平移3个单位后的解析式为：y=-（x-2）2+4，当x=0时，y=0，即该抛物线经过原点，故本选项不符合题意.；
D、向下平移3个单位后的解析式为：y=-（x+1）2+1，当x=0时，y=0，即该抛物线经过原点，故本选项不符合题意.
本题考查了二次函数图像的平移，函数图像平移规律：上移加，下移减，左移加，右移减.
4、C
【分析】列表得出所有等可能的情况数，找出刚好在坐标轴上的点个数，即可求出所求的概率．
【详解】解：根据题意列表如下：
﹣1
1
0
﹣1
﹣﹣﹣
（1，﹣1）
（0，﹣1）
1
（﹣1，1）
﹣﹣﹣
（0，1）
0
（﹣1，0）
（1，0）
﹣﹣﹣
所有等可能的情况有6种，其中该点刚好在坐标轴上的情况有4种，
所以该点在坐标轴上的概率＝；
故选：C．
本题考查了列表法与树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．也考查了点的坐标特征．
5、A
【分析】直接把x＝2代入已知方程就得到关于m的方程，再解此方程即可．
【详解】解：∵x＝2是一元二次方程x2+mx+2＝0的一个解，
∴4+2m+2＝0，
∴m＝﹣1．
故选：A．
本题考查的是一元二次方程的解，难度系数较低，直接把解代入方程即可.
6、A
【分析】设，根据正方形的性质可得，再根据旋转的性质可得的长，然后由勾股定理可得的长，从而根据正弦的定义即可得．
【详解】设
由正方形的性质得
由旋转的性质得
在中，
则
故选：A．
本题考查了正方形的性质、旋转的性质、正弦的定义等知识点，根据旋转的性质得出的长是解题关键．
7、D
【分析】过点F作FH⊥AD，垂足为点H，设，根据勾股定理求出AC，FH，AH，设，根据轴对称的性质知，在Rt△BFE中运用勾股定理求出x，通过证明，求出DH的长，根据求出a的值，进而求解．
【详解】过点F作FH⊥AD，垂足为点H，
设，
由题意知，，，
由勾股定理知，，，
∵与关于直线DE对称，
∴，，
设，则，
在Rt△BFE中，，
解得，，即，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴解得，，
∴，
故选D．
本题考查了轴对称图形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等，巧作辅助线证明是解题的关键．
8、D
【解析】由图可知，OA=10，OD=1．根据特殊角的三角函数值求出∠AOB的度数，再根据圆周定理求出∠C的度数，再根据圆内接四边形的性质求出∠E的度数即可．
【详解】由图可知，OA=10，OD=1，
在Rt△OAD中，
∵OA=10，OD=1，AD==，
∴tan∠1=，∴∠1=60°，
同理可得∠2=60°，
∴∠AOB=∠1+∠2=60°+60°=120°，
∴∠C=60°，
∴∠E=180°-60°=120°,
即弦AB所对的圆周角的度数是60°或120°，
故选D．
【点睛】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的对角互补、解直角三角形的应用等，正确画出图形，熟练应用相关知识是解题的关键.
9、D
【解析】解：∵B是弧AC的中点，∴∠AOB=2∠BDC=80°．又∵M是OD上一点，∴∠AMB≤∠AOB=80°．则不符合条件的只有85°．故选D．
点睛：本题考查了圆周角定理，正确理解圆周角定理求得∠AOB的度数是关键．
10、B
【分析】根据k的取值范围，分别讨论k＞0和k＜0时的情况，然后根据一次函数和反比例函数图象的特点进行选择正确答案．
【详解】解：①当k＞0时，
一次函数y＝kx﹣k经过一、三、四象限，
反比例函数的的图象经过一、三象限，
故B选项的图象符合要求，
②当k＜0时，
一次函数y＝kx﹣k经过一、二、四象限，
反比例函数的的图象经过二、四象限，
没有符合条件的选项．
故选：B．
此题考查反比例函数的图象问题；用到的知识点为：反比例函数与一次函数的k值相同，则两个函数图象必有交点；一次函数与y轴的交点与一次函数的常数项相关．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、．
【详解】解：根据圆周角定理可得∠AED=∠ABC，所以tan∠AED=tan∠ABC=．
故答案为：．
本题考查圆周角定理；锐角三角函数．
12、120°
【解析】根据圆锥的侧面积公式S=πrl得出圆锥的母线长，再结合扇形面积公式即可求出圆心角的度数．
【详解】∵侧面积为3π，
∴圆锥侧面积公式为：S=πrl=π×1×l=3π，
解得：l=3，
∴扇形面积为3π=，
解得：n=120，
∴侧面展开图的圆心角是120度．
故答案为：120°．
此题主要考查了圆锥的侧面积公式应用以及与展开图扇形面积关系，求出圆锥的母线长是解决问题的关键．
13、12﹣4
【详解】试题分析：如图所示：连接AC，BD交于点E，连接DF，FM，MN，DN，
∵将菱形ABCD以点O为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成的图形，∠BAD=60°，AB=2，
∴AC⊥BD，四边形DNMF是正方形，∠AOC=90°，BD=2，AE=EC=，
∴∠AOE=45°，ED=1，
∴AE=EO=，DO=﹣1，
∴S正方形DNMF=2（﹣1）×2（﹣1）×=8﹣4，
S△ADF=×AD×AFsin30°=1，
∴则图中阴影部分的面积为：4S△ADF+S正方形DNMF=4+8﹣4=12﹣4．
故答案为12﹣4．
考点：1、旋转的性质；2、菱形的性质．
14、11
【详解】∵，
∴（x－2）（x－4）=1．
∴x－2=1或x－4=1，即x1=2，x2=4.
∵等腰△ABC的腰长与底边长分别是方程的两个根，
∴当底边长和腰长分别为2和4时，满足三角形三边关系，此时△ABC的周长为：2+4+4=11；
当底边长和腰长分别为4和2时，由于2+2=4，不满足三角形三边关系，△ABC不存在.
∴△ABC的周长=11.
故答案是：11
15、
【解析】根据sin30°=直接解答即可．
【详解】sin30°=.
本题考查的知识点是特殊角的三角函数值，解题的关键是熟练的掌握特殊角的三角函数值.
16、．
【解析】根据圆锥的侧面积就等于母线长乘底面周长的一半，依此公式计算即可：圆锥的侧面积．
17、
【详解】试题分析：在秦始皇、汉武帝、唐太宗、宋太祖、成吉思汗5五人中，唐朝以后出生的有2人．因此在上述5人中随机抽取一张，所有抽到的人物为唐朝以后出生的概率=．
故答案为．
考点：概率公式
18、
【分析】根据Rt△ABC中的30°角所对的直角边是斜边的一半、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及旋转的性质推知△AA′C是等边三角形，所以根据等边三角形的性质利用弧长公式来求CA′旋转所构成的扇形的弧长．
【详解】解： ∵在Rt△ABC中，∠B=30°，AB=10cm，∴AC=AB=5cm．
根据旋转的性质知，A′C=AC，∴A′C=AB=5cm．
∴点A′是斜边AB的中点，∴AA′=AB=5cm．
∴AA′=A′C=AC，∴∠A′CA=60°．
∴CA′旋转所构成的扇形的弧长为：（cm）．
故答案为：．
三、解答题(共66分)
19、（1）见解析；（2）见解析．
【分析】(1)连接CF,EF，得到△ECF为等边三角形，即可求解：
(2)连接CF,BD，交点即为P点，再连接AP即可.
【详解】或即为所求；
直线即为所求.
此题主要考查四边形综合的复杂作图，解题的关键是熟知正方形、等边三角形的性质.
20、（1）30° （2）证明见解析
【分析】（1）通过平行四边形的性质、中点的性质、平行线的性质去证明，可得，再根据求解即可；
（2）延长FE至点N，使，连接AN，通过证明，可得，再根据特殊角的锐角三角函数值，即可得证．
【详解】（1）∵四边形ABCD为平行四边形
∵M为AD的中点
即
即
；
（2）延长FE至点N，使，连接AN，由（1）知，
．
本题考查了平行四边形的综合问题，掌握平行四边形的性质、平行线的性质、全等三角形的性质以及判定定理、特殊三角函数值是解题的关键．
21、（1）证明见解析；（1）CF﹣CD=BC；（3）①CD﹣CF=BC；②1．
【分析】（1）三角形ABC是等腰直角三角形，利用SAS即可证明△BAD≌△CAF，从而证得CF=BD，据此即可证得．
（1）同（1）相同，利用SAS即可证得△BAD≌△CAF，从而证得BD=CF，即可得到CF﹣CD=BC．
（3）①同（1）相同，利用SAS即可证得△BAD≌△CAF，从而证得BD=CF，即可得到CD﹣CB=CF．
②证明△BAD≌△CAF，△FCD是直角三角形，然后根据正方形的性质即可求得DF的长，则OC即可求得．
【详解】解：（1）∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠ACB=∠ABC=45°．∴AB=AC．
∵四边形ADEF是正方形，∴AD=AF，∠DAF=90°．
∵∠BAD=90°﹣∠DAC，∠CAF=90°﹣∠DAC，∴∠BAD=∠CAF．
∵在△BAD和△CAF中，AB=AC，∠BAD=∠CAF，AD=AF，
∴△BAD≌△CAF（SAS）．∴BD=CF．
∵BD+CD=BC，∴CF+CD=BC．
（1）CF-CD=BC；
理由：∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，
∴∠ACB=∠ABC=45°，
∴AB=AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90°，
∵∠BAD=90°-∠DAC，∠CAF=90°-∠DAC，
∴∠BAD=∠CAF，
∵在△BAD和△CAF中，，
∴△BAD≌△CAF（SAS）
∴BD=CF
∴BC+CD=CF，
∴CF-CD=BC；
（3）①∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，
∴∠ACB=∠ABC=45°，
∴AB=AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90°，
∵∠BAD=90°-∠BAF，∠CAF=90°-∠BAF，
∴∠BAD=∠CAF，
∵在△BAD和△CAF中，，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴BD=CF，
∴CD-BC=CF，
②∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠ACB=∠ABC=45°．∴AB=AC．
∵四边形ADEF是正方形，∴AD=AF，∠DAF=90°．
∵∠BAD=90°﹣∠BAF，∠CAF=90°﹣∠BAF，∴∠BAD=∠CAF．
∵在△BAD和△CAF中，AB=AC，∠BAD=∠CAF，AD=AF，
∴△BAD≌△CAF（SAS）．∴∠ACF=∠ABD．
∵∠ABC=45°，∴∠ABD=135°．∴∠ACF=∠ABD=135°．∴∠FCD=90°．
∴△FCD是直角三角形．
∵正方形ADEF的边长为且对角线AE、DF相交于点O，
∴DF=AD=4，O为DF中点．
∴OC=DF=1．
22、（1）；（2）.
【分析】（1）由方程有两个实数根可知，代入方程的系数可求出m的取值范围.
（2）将等式左边展开，根据根与系数的关系，，代入系数解方程可求出m，再根据m的取值范围舍去不符合题意的值即可.
【详解】解：（1）方程有两个实数根
（2）由根与系数的关系，得：
，
本题考查一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，熟记公式是解题的关键.
23、（1）详见解析；（2）24
【分析】（1）可先证得△AEF≌△DEB，可求得AF=DB，可证得四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可求得AD=CD，可证得结论；
（2）将菱形ADCF的面积转换成△ABC的面积，再用S△ABC的面积=AB•AC，结合条件可求得答案．
【详解】（1）证明：∵E是AD的中点
∴AE＝DE
∵AF∥BC
∴∠AFE＝∠DBE
在△AEF和△DEB中
∴△AEF≌△DEB（AAS）
∴AF＝DB
∵D是BC的中点
∴BD=CD=AF
∴四边形ADCF是平行四边形
∵∠BAC＝90°，
∴AD＝CD＝BC
∴四边形ADCF是菱形；
（2）解：设AF到CD的距离为h，
∵AF∥BC，AF＝BD＝CD，∠BAC＝90°，AC＝6，AB＝8
∴S菱形ADCF＝CD•h＝BC•h＝S△ABC＝AB•AC＝．
本题主要考查菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质及直角三角形的性质，掌握菱形的判定方法是解题的关键．
24、．
【分析】根据判别式即可求出的取值范围．
【详解】∵，，，方程有两个实数根，
∴，
∴，
∴．
本题主要考查了根的判别式的应用 ，解题的关键是熟记根的判别式．
25、（1）图见解析，点；（2）.
【分析】(1) 先由条件求出A点的坐标, 再根据中心对称的性质求出、 的坐标, 最后顺次连接、, △OAB关于点O成中心对称的△就画好了,可求出B1点坐标.
(2) 根据 (1) 的结论设出抛物线的顶点式, 利用待定系数法就可以直接求出其抛物线的解析式.
【详解】（1）如图，点.
（2）设二次函数的关系式是，
把（4，2）代入上式得，，
即二次函数关系式是.
本题主要考查中心对称的性质，及用待定系数法求二次函数的解析式，难度不大.
26、（1）m≥—；（2）x1=0,x2=2.
【分析】（1）方程有两个实数根，必须满足△＝b2−4ac≥0，从而建立关于m的不等式，求出实数m的取值范围．
（2）答案不唯一，方程有两个不相等的实数根，即△＞0，可以解得m＞−，在m＞−的范围内选取一个合适的整数求解就可以．
【详解】解:(1)△=[-2（m+1)]²-4×1×m²
=8m+4
∵方程有两个实数根
∴△≥0，即8m+4≥0
解得，m≥-
（2）选取一个整数0，则原方程为，
x²-2x=0 解得x1=0,x2=2.
此题主要考查了根的判别式，以及解一元二次方程，关键是掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△＝0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．
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