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．某中学组织初三学生足球比赛，以班为单位，每两班之间都比赛一场，计划安排场比赛，则参加比赛的班级有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
2．如图，小颖周末到图书馆走到十字路口处，记不清前面哪条路通往图书馆，那么她能一次选对路的概率是（ ）
A． B． C． D．0
3．一元二次方程有实数解的条件( )
A． B． C． D．
4．化简的结果是
A．-9 B．-3 C．±9 D．±3
5．下列各点在反比例函数图象上的是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，的面积为12，点D、E分别是边AB、AC的中点，则的面积为（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
7．把抛物线y＝﹣x2向右平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线是（ ）
A．y＝（x﹣1）+2 B．y＝﹣（x﹣1）+2
C．y＝﹣（x+1）+2 D．y＝﹣（x﹣1）﹣2
8．已知，点是线段上的黄金分割点，且，则的长为（ ）
A． B． C． D．
9．下列电视台的台标，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
10．已知函数的图像上两点，，其中，则与的大小关系为（ ）
A． B． C． D．无法判断
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，⊙O的半径为2，弦BC=2，点A是优弧BC上一动点（不包括端点），△ABC的高BD、CE相交于点F，连结ED．下列四个结论：
①∠A始终为60°；
②当∠ABC=45°时，AE=EF；
③当△ABC为锐角三角形时，ED=；
④线段ED的垂直平分线必平分弦BC．
其中正确的结论是_____．（把你认为正确结论的序号都填上）
12．如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D(4，1)在AB边上，把△CDB绕点C旋转90°，点D的对应点为点D′，则OD′的长为_________．
13．如图，四边形ABCD与四边形EFGH位似，其位似中心为点O，且，则______．
14．如图所示，某建筑物有一抛物线形的大门，小明想知道这道门的高度，他先测出门的宽度，然后用一根长为的小竹竿竖直的接触地面和门的内壁，并测得，则门高为__________．
15．如图，，，与交于点，则是相似三角形共有__________对．
16．有五张分别印有圆、等腰三角形、矩形、菱形、正方形图案的卡片(卡片中除图案不同外，其余均相同)，现将有图案的一面朝下任意摆放，从中任意抽取一张，抽到有中心对称图案的卡片的概率是________．
17．如图，在△ABC中，点A1，B1，C1分别是BC，AC，AB的中点，A2，B2，C2分别是B1C1，A1C1，A1B1的中点……依此类推，若△ABC的面积为1，则△AnBnCn的面积为__________．
18．小明与父母国庆节从杭州乘动车回台州，他们买到的火车票是同一排相邻的三个座位，那么小明恰好坐在父母中间的概率是_________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）抛物线与轴交于A，B两点，与轴交于点C，连接BC．
（1）如图1，求直线BC的表达式；
（2）如图1，点P是抛物线上位于第一象限内的一点，连接PC，PB，当△PCB面积最大时，一动点Q从点P从出发，沿适当路径运动到轴上的某个点G处，再沿适当路径运动到轴上的某个点H处，最后到达线段BC的中点F处停止，求当△PCB面积最大时，点P的坐标及点Q在整个运动过程中经过的最短路径的长；
（3）如图2，在（2）的条件下，当△PCB面积最大时，把抛物线向右平移使它的图象经过点P，得到新抛物线，在新抛物线上，是否存在点E，使△ECB的面积等于△PCB的面积．若存在，请求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．
20．（6分）墙壁及淋浴花洒截面如图所示，已知花洒底座与地面的距离为，花洒的长为，与墙壁的夹角为43°．求花洒顶端到地面的距离（结果精确到）（参考数据：，，）
21．（6分）（1）解方程：；（2）计算：
22．（8分）如图，在中，，，点均在边上，且．
（1）将绕A点逆时针旋转，可使AB与AC重合，画出旋转后的图形，在原图中补出旋转后的图形．
（2）求和的度数．
23．（8分）如图，在中，分别是的中点，，连接交于点．
（1）求证：；
（2）过点作于点，交于点，若，求的长．
24．（8分）如图，的顶点坐标分别为，，．
(1)画出关于点的中心对称图形；
(2)画出绕原点逆时针旋转的，直接写出点的坐标为_________；
(3)若内一点绕原点逆时针旋转的对应点为，则的坐标为____________．(用含，的式子表示)
25．（10分）在中，，以直角边为直径作，交于点，为的中点，连接、．
（1）求证：为切线．
（2）若，填空：
①当________时，四边形为正方形；
②当________时，为等边三角形．
26．（10分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点，连接OE.过点C作CF//BD交OE的延长线于点F，连接DF.
求证：（1）△ODE≌△FCE;
（2）四边形OCFD是矩形．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】设共有x个班级参赛，根据每两班之间都比赛一场可知每个班要进行(x-1)场比赛，根据计划安排场比赛列方程求出x的值即可得答案．
【详解】设共有x个班级参赛，
∵每两班之间都比赛一场，
∴每个班要进行(x-1)场比赛，
∵计划安排场比赛，
∴，
解得：x1=5，x2=-4(不合题意，舍去)，
∴参加比赛的班级有5个，
故选：C．
此题考查了一元二次方程的应用，关键是准确找到描述语，根据等量关系准确的列出方程．此题还要判断所求的解是否符合题意，舍去不合题意的解．
2、B
【分析】在通往图书馆的路口有3条路，一次只能选一条路，则答案可解．
【详解】在通往图书馆的路口有3条路，一次只能选一条路，她能一次选对路的概率是
故选：B．
本题主要考查随机事件的概念，掌握随机事件概率的求法是解题的关键．
3、B
【分析】根据一元二次方程的根的判别式即可得．
【详解】一元二次方程有实数解
则，即
解得
故选：B．
本题考查了一元二次方程的根的判别式，熟记根的判别式是解题关键．对于一般形式有：（1）当时，方程有两个不相等的实数根；（2）当时，方程有两个相等的实数根；（3）当时，方程没有实数根．
4、B
【分析】根据二次根式的性质即可化简.
【详解】=-3
故选B.
此题主要考查二次根式的化简，解题的关键实数的性质.
5、B
【分析】将每个选项中点的横坐标代入反比例函数解析式中，看函数值是否一致，如果一致，说明点在函数图象上，反之则不在.
【详解】A选项中，当时，故该选项错误；
B选项中，当时，，故该选项正确；
C选项中，当时，，故该选项错误；
D选项中，当时，，故该选项错误.
故选B
本题主要考查点是否在反比例函数图象上，掌握反比例函数变量的求法是解题的关键.
6、D
【分析】先由点D、E分别是边AB、AC的中点，得DE∥BC，从而得△ADE∽△ABC，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方及△ABC的面积为12，可得SADE=1．
【详解】解：∵点D、E分别是边AB、AC的中点，
∴DE∥BC，，
∴△ADE∽△ABC，
∴SADE：S△ABC=1：4
∵△ABC的面积为12
∴SADE=1.
故选D．
本题考查了三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握形似三角形的判定方法与性质定理是解答本题的关键.
7、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求解．
【详解】抛物线y＝﹣x1向右平移1个单位，得：y＝﹣（x﹣1）1；
再向下平移1个单位，得：y＝﹣（x﹣1）1﹣1．
故选：D．
此题主要考查了二次函数与几何变换，正确记忆平移规律是解题关键．
8、A
【分析】根据黄金分割点的定义和得出，代入数据即可得出AP的长度．
【详解】解：由于P为线段AB＝2的黄金分割点，且，
则．
故选：A．
本题考查了黄金分割．应该识记黄金分割的公式：较短的线段＝原线段的，较长的线段＝原线段的．
9、D
【解析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合，因此，四个选项中只有D符合．故选D．
10、B
【分析】由二次函数可知，此函数的对称轴为x＝2，二次项系数a＝−1＜0，故此函数的图象开口向下，有最大值；函数图象上的点与坐标轴越接近，则函数值越大，故可求解．
【详解】函数的对称轴为x＝2，二次函数开口向下，有最大值，
∵，
A到对称轴x＝2的距离比B点到对称轴的距离远，
∴
故选：B．
本题的关键是（1）找到二次函数的对称轴；（2）掌握二次函数y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的图象性质．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、①②③④
【分析】①延长CO交⊙O于点G，如图1．在Rt△BGC中，运用三角函数就可解决问题；②只需证到△BEF≌△CEA即可；③易证△AEC∽△ADB，则，从而可证到△AED∽△ACB，则有．由∠A=60°可得到，进而可得到ED=；④取BC中点H，连接EH、DH，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得EH=DH=BC，所以线段ED的垂直平分线必平分弦BC．
【详解】解：①延长CO交⊙O于点G，如图1．
则有∠BGC=∠BAC．
∵CG为⊙O的直径，∴∠CBG=90°．
∴sin∠BGC=．
∴∠BGC=60°．
∴∠BAC=60°．
故①正确．
②如图2，
∵∠ABC=25°，CE⊥AB，即∠BEC=90°，
∴∠ECB=25°=∠EBC．
∴EB=EC．
∵CE⊥AB，BD⊥AC，
∴∠BEC=∠BDC=90°．
∴∠EBF+∠EFB=90°，∠DFC+∠DCF=90°．
∵∠EFB=∠DFC，∴∠EBF=∠DCF．
在△BEF和△CEA中，
，
∴△BEF≌△CEA．
∴AE=EF．
故②正确．
③如图3，
∵∠AEC=∠ADB=90°，∠A=∠A，
∴△AEC∽△ADB．
∴．
∵∠A=∠A，
∴△AED∽△ACB．
∴．
∵cosA==cos60°=，
∴．
∴ED=BC=．
故③正确．
④取BC中点H，连接EH、DH，如图3、图2．
∵∠BEC=∠CDB=90°，点H为BC的中点，
∴EH=DH=BC．
∴点H在线段DE的垂直平分线上，
即线段ED的垂直平分线平分弦BC．
故④正确．
故答案为①②③④．
本题考查了圆周角定理、锐角三角函数的定义、特殊角的三角函数值、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、到线段两个端点距离相等的点在线段的垂直平分线上等知识，综合性比较强，是一道好题．
12、3或
【分析】由题意，可分为逆时针旋转和顺时针旋转进行分析，分别求出点OD′的长，即可得到答案．
【详解】解：因为点D（4，1）在边AB上，
所以AB=BC=4，BD=4-1=3；
（1）若把△CDB顺时针旋转90°，
则点D′在x轴上，OD′=BD=3，
所以D′（3，0）；
∴；
（2）若把△CDB逆时针旋转90°，
则点D′到x轴的距离为8，到y轴的距离为3，
所以D′（3，8），
∴；
故答案为：3或．
此题主要考查了坐标与图形变化——旋转，考查了分类讨论思想的应用，解答此题的关键是要注意分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况．
13、
【解析】利用位似图形的性质结合位似比等于相似比得出答案．
【详解】四边形ABCD与四边形EFGH位似，其位似中心为点O，且，
，
则，
故答案为：．
本题考查了位似的性质，熟练掌握位似的性质是解题的关键.
14、
【分析】根据题意分别求出A,B,D三点的坐标，利用待定系数法求出抛物线的表达式，从而找到顶点，即可找到OE的高度．
【详解】根据题意有
∴
设抛物线的表达式为
将A,B,D代入得
解得
∴
当时，
故答案为：．
本题主要考查二次函数的最大值，掌握待定系数法是解题的关键．
15、6
【分析】图中三角形有：△AEG，△ADC，△CFG，△CBA，因为，，所以△AEG∽△ADC∽△CFG∽△CBA，有6中组合，据此可得出答案.
【详解】图中三角形有：△AEG，△ADC，△CFG，△CBA，
∵，，
∴△AEG∽△ADC∽△CFG∽△CBA
共有6个组合分别为：
△AEG∽△ADC，△AEG∽△CFG，△AEG∽△CBA，
△ADC∽△CFG，△ADC∽△CBA，△CFG∽△CBA
故答案为6.
本题考查的是相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键.
16、
【详解】∵圆、矩形、菱形、正方形是中心对称图案，
∴抽到有中心对称图案的卡片的概率是，
故答案为．
17、
【分析】由于、、分别是的边、、的中点，就可以得出△，且相似比为，就可求出△，同样地方法得出△依此类推所以就可以求出的值．
【详解】解：、、分别是的边、、的中点，
、、是的中位线，
△，且相似比为，
，且
，
、、分别是△的边、、的中点，
△的△且相似比为，
，
依此类推
，
．
故答案为：．
本题考查了三角形中位线定理的运用，相似三角形的判定与性质的运用，解题的关键是有相似三角形的性质：面积比等于相似比的平方．
18、
【分析】根据题意列树状图解答即可.
【详解】由题意列树状图：
他们的座位共有6种不同的位置关系，其中小明恰好坐在父母中间的2种，
∴小明恰好坐在父母中间的概率=，
故答案为：.
此题考查事件概率的计算，正确列树状图解决问题是解题的关键.
三、解答题(共66分)
19、（1）（2）点Q按照要求经过的最短路径长为（3）存在，满足条件的点E有三个，即（，），（，）, （，）
【分析】（1）先求出点，，的坐标，利用待定系数法即可得出结论；
（2）先确定出，再利用三角形的面积公式得出，即可得出结论；
（3）先确定出平移后的抛物线解析式，进而求出，在判断出建立方程即可得出结论．
【详解】解：（1）令，得，∴，．
∴ A（，0），B（，0）．
令，得．
∴C(0,3)．
设直线BC的函数表达式为，把B（，0）代入，得．
解得，．
所以直线BC的函数表达式为．
（2）过P作PD⊥轴交直线BC于M．
∵ 直线BC表达式为 ，
设点M的坐标为 ，则点P 的坐标为．
则．
∴．
∴此时，点P坐标为（，）．
根据题意，要求的线段PG+GH+HF的最小值，只需要把这三条线段“搬”在一直线上．如图1，作点P关于轴的对称点，作点F关于轴的对称点，连接，交轴于点G,交轴于点H．根据轴对称性可得，．
此时PG+GH+HF的最小值=．
∵ 点P坐标为（，），∴ 点的坐标为（，）．
∵ 点F是线段BC的中点，
∴ 点F的坐标为（，）．
∴ 点的坐标为（，）．
∵ 点，P两点的横坐相同，∴⊥轴．
∵ ，P两点关于轴对称，∴⊥轴．
∴ ．
∴．
即点Q按照要求经过的最短路径长为．
（3）如图2，在抛物线中，
令，
，
或，
由平移知，抛物线向右平移到，则平移了个单位，，
设点，
过点作轴交于，
直线的解析式为，
，
的面积等于的面积，
，
由（2）知，，
，
，
或或或（舍，
，或，或，．
综上所述，满足条件的点E有三个，即（，），（，）, （，）．
此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积公式，利用轴对称确定最短路径，平移的性质，解绝对值方程，解本题的关键是确定出和．
20、约为。
【解析】过C作CF⊥AB于F，于是得到∠AFC=90°，解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：如图，过点作于点，则，
在中，，
∵，
∴
，
∴
，
因此，花洒顶端到地面的距离约为。
本题考查解直角三角形，解题的关键是正确理解题意以及灵活运用锐角三角函数的定义，本题属于中等题型．
21、（1）x1=-1，x2=4；（2）原式=
【分析】（1）按十字相乘的一般步骤，求方程的解即可；
（2）把函数值直接代入，求出结果
【详解】解：（1）
(x+1)(x-4)=0
∴x1=-1，x2=4；
（2）原式=+-2×
=
本题考查了因式分解法解一元二次过程、特殊角的三角函数值及实数的运算，解决（1）的关键是掌握十字相乘的一般步骤；解决（2）的关键是记住特殊角的三角函数值．
22、（1）见解析；（2），.
【分析】（1）以C为圆心BD为半径作弧，与以A为圆心AD为半径作弧的交点即为G点，然后连线即可得解；
（2）根据旋转的性质可得∠CAG=∠BAD，∠ACG=∠ABD，然后根据题意即可得各角的大小.
【详解】（1）△ACG如图：
（2）∵，，
∴∠B+∠ACB=90°，∠BAD+∠CAE=45°，
又∵为绕A点逆时针旋转所得，
∴∠CAG=∠BAD，∠ACG=∠ABD，
∴，
.
本题主要考查画旋转图形，旋转的性质，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
23、（1）见解析；（2）AN的长为2．
【分析】(1)利用平行四边形的性质及中点的性质即可证得结论；
(2)先判定四边形CDMN是平行四边形，再判断其为菱形，利用菱形的性质，判断△MNC为等边三角形，从而求得∠1=∠2=∠MND=30°，在中，利用特殊角，求出EN，进而求出线段AN的长．
【详解】(1)在平行四边形ABCD中，∠B=∠ADC，AB=CD，
∵M，N分别是AD，BC的中点，
∴BN=BC=AD=DM，
∴△ABN ≌△CDM；
(2)∵在平行四边形ABCD中，M，N分别是AD，BC的中点，
∴，，
∴四边形CDMN为平行四边形，
∵在中，M为AD中点，
∴ MN=MD，
∴平行四边形CDMN为菱形；
∴∠MND=∠DNC=∠1=∠2，
∵CE⊥MN，∠MND+∠DNC+∠2=90°，
∴∠MND=∠DNC=∠2=30°，
在中，∵PE=1，∠ENP=30°，
∴EN=，
在中，∵EN=，∠2=30°，
NC=2 EN =2，
∵∠MNC=∠MND+∠DNC＝60°，
∴△MNC为等边三角形，又由(1)可得，MC=AN，
∴AN=MC=NC=2，
∴AN的长为2．
本题是四边形的综合题，考查了平行四边形的性质和判定、菱形的判定与性质、直角三角形的斜边中线与斜边的关系、等边三角形的性质和判定以及相似三角形的性质和判定，利用直角三角形中30°的角所对的直角边等于斜边的一半是求解的关键．
24、（1）详见解析；（2）图详见解析，点的坐标为；（3）的坐标为．
【分析】（1）利用关于原点对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A2、B2、C2，从而得到C2点的坐标；
（3）利用（2）中对应点的坐标变换规律写出Q的坐标．
【详解】解：(1) 如图，为所作；
(2)如图，为所作；
点的坐标为
(3)由（2）中的规律可知的坐标为．
本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
25、（1）证明见解析；（2）①2；②．
【分析】（1）连接，，根据为斜边的中线得出，进而证明得出即得．
（2）①根据正方形的判定，只需要即得；
②根据等边三角形的判定，只需要即得．
【详解】（1）证明：如图，连接，．
∵为直径
∴
∵为斜边的中线
∴
∵，
∴
∴
∴为的切线．
（2）①当DE=2时
∵
∴
∵由（1），得
∴
∴四边形为菱形
∵
∴四边形为正方形
②当时
∵
∴为切线
∵由（1），为切线
∴
∵为的中点
∴
∵
∴
∴
∵OD=OB
∴为等边三角形
本题是圆的综合题型，考查了圆周角定理、切线判定、切线长定理、正方形的判定、等边三角形的判定及全等三角形的判定及性质，解题关键是熟知：直径所对的圆周角是直角，经过半径外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
26、（1）详见解析；（2）详见解析
【分析】（1）根据题意得出，，根据AAS即可证明；
（2）由（1）可得到，再根据菱形的性质得出，即可证明平行四边形OCFD是矩形.
【详解】证明：（1），
，.
E是CD中点，，
又
(AAS)
（2），
，.
，
四边形OCFD是平行四边形，
平行四边形ABCD是菱形，
.
平行四边形OCFD是矩形.
此题考查矩形的判定和全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，解题关键在于利用全等三角形的性质进行解答.
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