资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
2．为了迎接春节，某厂10月份生产春联万幅，计划在12月份生产春联万幅，设11、12月份平均每月增长率为根据题意，可列出方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．若|a+3|+|b﹣2|=0，则ab的值为（ ）
A．﹣6 B．﹣9 C．9 D．6
4．若，则正比例函数与反比例函数在同一坐标系中的大致图象可能是（ ）
A． B． C． D．
5．《九章算术》中有一题“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何? ”其意思是:“今有直角三角形，勾(短直角边)长为步，股(长直角边)长为步，问该直角三角形能容纳的圆形(内切圆)直径是（ ）
A．步 B．步 C．步 D．步
6．⊙O的半径为4，点P到圆心O的距离为d，如果点P在圆内，则d ( )
A． B． C． D．
7．有一张矩形纸片ABCD，AB=2.5，AD=1.5，将纸片折叠，使AD边落在AB边上，折痕为AE，再将△AED以DE为折痕向右折叠，AE与BC交于点F（如图），则CF的长为（ ）
A．1 B．1 C． D．
8．已知地球上海洋面积约为361 000 000km2，361 000 000这个数用科学记数法可表示为( )
A．3.61×106 B．3.61×107 C．3.61×108 D．3.61×109
9．有一个矩形苗圃园，其中一边靠墙，另外三边用长为的篱笆围成．已知墙长为若平行于墙的一边长不小于则这个苗圃园面积的最大值和最小值分别为（ ）
A． B．
C． D．
10．如图，水平地面上有一面积为30cm2的灰色扇形OAB，其中OA=6cm，且OA垂直于地面.将这个扇形向右滚动(无滑动)至点B刚好接触地面为止，则在这个滚动过程中，点O移动的距离是( )
A．cm B．cm C．cm D．30cm
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC∥EF，EF分别与AB，AC，CD相交于点E，M，F，若EM：BC＝2：5，则FC：CD的值是_____．
12．如果抛物线y＝（k﹣2）x2+k的开口向上，那么k的取值范围是_____．
13．如图所示，等边△ABC中D点为AB边上一动点，E为直线AC上一点，将△ADE沿着DE折叠，点A落在直线BC上，对应点为F，若AB＝4，BF：FC＝1：3，则线段AE的长度为_____．
14．若二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象的顶点在第一象限，且过点（0，1）和（﹣1，0）．则S＝a+b+c的值的变化范围是_____．
15．如图，点是双曲线在第二象限分支上的一个动点，连接并延长交另一分支于点，以为底作等腰，且，点在第一象限，随着点的运动点的位置也不断变化，但点始终在双曲线上运动，则的值为________.
16．已知圆锥的底面圆半径是1，母线是3，则圆锥的侧面积是______．
17．已知⊙O的周长等于6πcm，则它的内接正六边形面积为_____ cm2
18．如图，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝90°，正方形DEFG的四个顶点在△ABC的边上，连接AG、AF分别交DE于点M和点N，则线段MN的长为_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）在平面直角坐标系中有，为原点，，，将此三角形绕点顺时针旋转得到，抛物线过三点．
（1）求此抛物线的解析式及顶点的坐标；
（2）直线与抛物线交于两点，若，求的值；
（3）抛物线的对称轴上是否存在一点使得为直角三角形．
20．（6分）如图，在⊙O中，点C是的中点，弦AB与半径OC相交于点D，AB=11，CD=1．求⊙O半径的长．
21．（6分）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且OA=2，OC=1．
(1)求抛物线的解析式．
(2)若点D(2，2)是抛物线上一点，那么在抛物线的对称轴上，是否存在一点P，使得△BDP的周长最小，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
注：二次函数（≠0）的对称轴是直线=.
22．（8分）解方程：（x+2）（x-5）=1．
23．（8分）某水果批发商销售每箱进价为40元的苹果．经市场调研发现：若每箱以50元的价格销售，平均每天销售90箱；价格每提高1元，则平均每天少销售3箱．设每箱的销售价为x元（x＞50），平均每天的销售量为y箱，该批发商平均每天的销售利润w元．
（1）y与x之间的函数解析式为__________；
（2）求w与x之间的函数解析式；
（3）当x为多少元时，可以获得最大利润？最大利润是多少？
24．（8分）解方程：
（1）2x2+3x﹣1＝0
（2）
25．（10分）在一个不透明的布袋中，有个红球，个白球，这些球除颜色外都相同．
（1）搅匀后从中任意摸出个球，摸到红球的概率是________；
（2）搅匀后先从中任意摸出个球（不放回），再从余下的球中任意摸出个球．求两次都摸到红球的概率．（用树状图或表格列出所有等可能出现的结果）
26．（10分）如图，在中，，，以为顶点在边上方作菱形，使点分别在边上，另两边分别交于点，且点恰好平分．
（1）求证： ；
（2）请说明：．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【分析】根据一元二次方程的根的判别式，建立关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【详解】∵关于x的一元二次方程x2﹣3x+m=0有两个不相等的实数根，
∴△=b2﹣4ac=（﹣3）2﹣4×1×m＞0，
∴m＜，
故选A．
本题考查了根的判别式，解题的关键在于熟练掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系，即：（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．
2、C
【分析】根据“当月的生产量上月的生产量（1增长率）”即可得．
【详解】由题意得：11月份的生产量为万幅
12月份的生产量为万幅
则
故选：C．
本题考查了列一元二次方程，读懂题意，正确求出12月份的生产量是解题关键．
3、C
【解析】根据非负数的性质可得a+3=1，b﹣2=1，解得a=﹣3，b=2，所以ab=（﹣3）2=9，故选C．
点睛：本题考查了非负数的性质：几个非负数的和为1时，这几个非负数都为1．
4、B
【分析】根据ab＜0及正比例函数与反比例函数图象的特点，可以从a＞0，b＜0和a＜0，b＞0两方面分类讨论得出答案．
【详解】解：∵ab＜0，∴分两种情况：
（1）当a＞0，b＜0时，正比例函数的图象过原点、第一、三象限，反比例函数图象在第二、四象限，无此选项；
（2）当a＜0，b＞0时，正比例函数的图象过原点、第二、四象限，反比例函数图象在第一、三象限，选项B符合．
故选：B．
本题主要考查了反比例函数的图象性质和正比例函数的图象性质，要掌握它们的性质才能灵活解题．
5、A
【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，即可确定出内切圆半径，进而得出直径.
【详解】根据勾股定理，得
斜边为，
则该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）半径（步），即直径为6步，
故答案为A.
此题主要考查了三角形的内切圆与内心，熟练掌握，即可解题.
6、D
【解析】根据点与圆的位置关系判断得出即可．
【详解】∵点P在圆内，且⊙O的半径为4，
∴0≤d＜4，
故选D．
本题考查了点与圆的位置关系，点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：①点P在圆外⇔d＞r，②点P在圆上⇔d=r，③点P在圆内⇔d＜r．
7、B
【分析】利用折叠的性质，即可求得BD的长与图3中AB的长，又由相似三角形的对应边成比例，即可求得BF的长，则由CF=BC﹣BF即可求得答案．
【详解】解：如图2，根据题意得：BD=AB﹣AD=2.5﹣1.5=1，
如图3，AB=AD﹣BD=1.5﹣1=0.5，
∵BC∥DE，
∴△ABF∽△ADE，
∴，
即，
∴BF=0.5，
∴CF=BC﹣BF=1.5﹣0.5=1．
故选B．
此题考查了折叠的性质与相似三角形的判定与性质．题目难度不大，注意数形结合思想的应用．
8、C
【解析】分析：科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于1时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
解答：解：将361 000 000用科学记数法表示为3.61×1．
故选C．
9、C
【分析】设垂直于墙面的长为xm，则平行于墙面的长为（20－2x）m，这个苗圃园的面积为ym2，根据二次函数的图象及性质求最值即可．
【详解】解：设垂直于墙面的长为xm，则平行于墙面的长为（20－2x）m，这个苗圃园的面积为ym2
由题意可得y=x（20－2x）=-2（x－5）2＋50，且8≤20－2x≤15
解得：2.5≤x≤6
∵-2＜0，二次函数图象的对称轴为直线x=5
∴当x=5时，y取最大值，最大值为50 ；
当x=2.5时，y取最小值，最小值为37.5 ；
故选C．
此题考查的是二次函数的应用，掌握二次函数的图象及性质是解题关键．
10、A
【解析】如下图，在灰色扇形OAB向右无滑动滚动过程中，点O移动的距离等于线段A1B1的长度，而A1B1的长度等于灰色扇形OAB中弧的长度，
∵S扇形=，OA=6，
∴（cm），即点O移动的距离等于：cm.
故选A.
点睛：在扇形沿直线无滑动滚动的过程中，由于圆心到圆上各点的距离都等于半径，所以此时圆心作的是平移运动，其平移的距离就等于扇形沿直线滚动的路程.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【解析】首先得出△AEM∽△ABC，△CFM∽△CDA，进而利用相似三角形的性质求出即可．
【详解】∵AD∥BC∥EF，
∴△AEM∽△ABC，△CFM∽△CDA，
∵EM：BC=2：5，
∴，
设AM=2x，则AC=5x，故MC=3x，
∴，
故答案为：．
此题主要考查了相似三角形的判定与性质，得出是解题关键．
12、k＞2
【解析】根据二次函数的性质可知，当抛物线开口向上时，二次项系数k﹣2＞1．
【详解】因为抛物线y＝（k﹣2）x2＋k的开口向上，
所以k﹣2＞1，即k＞2，
故答案为k＞2.
本题考查二次函数，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质，本题属于中等题型．
13、或14
【解析】点E在直线AC上，本题分两类讨论，翻折后点F在BC线段上或点F在CB延长线上，根据一线三角的相似关系求出线段长．
【详解】解：按两种情况分析：①点F在线段BC上，如图所示，由折叠性质可知
∠A＝∠DFE＝60°
∵∠BFD+∠CFE＝120°，∠BFD+∠BDF＝120°∴∠BDF＝∠CFE∵∠B＝∠C
∴△BDF∽△CFE，∴
∵AB＝4，BF：FC＝1：3
∴BF＝1，CF＝3
设AE＝x，则EF＝AE＝x，CE＝4﹣x
∴
解得BD＝，DF＝
∵BD+DF＝AD+BD＝4
∴
解得x＝，经检验当x＝时，4﹣x≠0
∴x＝是原方程的解
②当点F在线段CB的延长线上时，如图所示，同理可知
△BDF∽△CFE
∴
∵AB＝4，BF：FC＝1：3，可得BF＝2，CF＝6
设AE＝a，可知AE＝EF＝a，CE＝a﹣4
∴
解得BD＝，DF＝
∵BD+DF＝BD+AD＝4
∴解得a＝14
经检验当a＝14时，a﹣4≠0
∴a＝14是原方程的解，综上可得线段AE的长为或14
故答案为或14
本题考查了翻折问题，根据点在不同的位置对问题进行分类，并通过一线三角形的相似关系建立方程是本题的关键．
14、1＜S＜2
【分析】将已知两点坐标代入二次函数解析式，得出c的值及a、b的关系式，代入S=a+b+c中消元，再根据对称轴的位置判断S的取值范围即可．
【详解】解：将点（1，1）和（﹣1，1）分别代入抛物线解析式，得c＝1，a＝b﹣1，
∴S＝a+b+c＝2b，
由题设知，对称轴x＝且，
∴2b＞1．
又由b＝a+1及a＜1可知2b＝2a+2＜2．
∴1＜S＜2．
故答案为：1＜S＜2．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特点，运用了消元法的思想，对称轴的性质，需要灵活运用这些性质解题．
15、2
【分析】作轴于D，轴于E，连接OC，如图，利用反比例函数的性质得到点A与点B关于原点对称，再根据等腰三角形的性质得，，接着证明∽，根据相似三角形的性质得，利用k的几何意义得到，然后解绝对值方程可得到满足条件的k的值．
【详解】解：作轴于D，轴于E，连接OC，如图，
过原点，
点A与点B关于原点对称，
，
为等腰三角形，
，
，
，
，
，，
，
∽，
，
而，
，
即，
而，
．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数为常数，的图象是双曲线，图象上的点的横纵坐标的积是定值k，即双曲线是关于原点对称的，两个分支上的点也是关于原点对称；在图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值也考查了等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质．
16、3π．
【解析】∵圆锥的底面圆半径是1，∴圆锥的底面圆的周长=2π，则圆锥的侧面积=×2π×3=3π，
故答案为3π．
17、
【分析】首先过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，由⊙O的周长等于6πcm，可得⊙O的半径，又由圆的内接多边形的性质，即可求得答案．
【详解】解：如图，过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，
∴AH=AB，
∵⊙O的周长等于6πcm，
∴⊙O的半径为：3cm，
∵∠AOB=×360°=60°，OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴AB=OA=3cm，
∴AH=cm，
∴OH==，
∴S正六边形ABCDEF=6S△OAB=6××3×=，
故答案为：．
本题考查的是正多边形和圆，熟知正六边形的半径与边长相等是解答此题的关键．
18、．
【分析】根据三角形的面积公式求出BC边上的高＝3，根据△ADE∽△ABC，求出正方形DEFG的边长为2，根据等于高之比即可求出MN．
【详解】解：作AQ⊥BC于点Q．
∵AB＝AC＝3，∠BAC＝90°，
∴BC＝AB＝6，
∵AQ⊥BC，
∴BQ＝QC，
∴BC边上的高AQ＝BC＝3，
∵DE＝DG＝GF＝EF＝BG＝CF，
∴DE：BC＝1：3
又∵DE∥BC，
∴AD：AB＝1：3，
∴AD＝，DE＝AD＝2，
∵△AMN∽△AGF，DE边上的高为1，
∴MN：GF＝1：3，
∴MN：2＝1：3，
∴MN＝．
故答案为.
本题考查了相似三角形的判定和性质以及正方形的性质，是一道综合题目，难度较大，作辅助线AQ⊥BC是解题的关键．
三、解答题(共66分)
19、（1）；点；（2）；（3）存在，Q1(1，-1)，Q2(1，2)， Q3(1，4)， Q4(1，-5)．
【分析】（1）用待定系数法可求抛物线的解析式，进行配成顶点式即可写出顶点坐标；
（2）将直线与抛物线联立，通过根与系数关系得到，，再通过得出，通过变形得出代入即可求出的值；
（3）分：， ， 三种情况分别利用勾股定理进行讨论即可．
【详解】（1）∵，，
∵绕点顺时针旋转，得到，
∴点的坐标为：，
将点A,B代入抛物线中得
解得
∴此抛物线的解析式为：
∵；
∴点
（2）直线：与抛物线的对称轴交点的坐标为，
交抛物线于，，
由得：
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴
∴
（3）存在，或，，
∴
设点
，
若，则
即
∴或
若，则
即
∴
若，则
即
∴
即Q1(1,-1), Q2(1,2), Q3(1,4), Q4(1,-5).
本题主要考查二次函数与几何综合，掌握二次函数的图象和性质，分情况讨论是解题的关键．
20、2
【解析】试题分析：连接OA，根据垂径定理求出AD=6，∠ADO=90°，根据勾股定理得出方程，求出方程的解即可．
试题解析：连接AO，
∵点C是弧AB的中点，半径OC与AB相交于点D，
∴OC⊥AB，
∵AB=11，
∴AD=BD=6，
设⊙O的半径为r，
∵CD=1，
∴在Rt△AOD中，由勾股定理得：AD1=OD1+AD1，
即：r1=（r﹣1）1+61，
∴r=2，
答：⊙O的半径长为2．
21、（2）（2）P（，）
【详解】解：（2）∵OA=2，OC=2，
∴A（－2，0），C（0，2）．
将C（0，2）代入得c=2．
将A（－2，0）代入得，，
解得b=，
∴抛物线的解析式为；
（2）如图：连接AD，与对称轴相交于P，
由于点A和点B关于对称轴对称，则BP+DP=AP+DP，当A、P、D共线时BP+DP=AP+DP最小．
设直线AD的解析式为y=kx+b，
将A（-2，0），D（2，2）分别代入解析式得， ，解得，，
∴直线AD解析式为y=x+2．
∵二次函数的对称轴为，
∴当x=时，y=×+2=．
∴P（，）．
22、x1=7，x2=-2
【解析】化为一般形式，利用因式分解法求得方程的解即可．
【详解】解：（x+2）（x-5）=1，
x2-3x-28=0，
（x-7）（x+2）=0
∴x-7=0，x+2=0
解得：x1=7，x2=-2．
此题考查解一元二次方程的方法，根据方程的特点，灵活选用适当的方法求得方程的解即可．
23、（1）;（2）w=；（3）当x为60元时，可以获得最大利润，最大利润是1元
【分析】（1）设每箱的销售价为x元（x＞50），则价格提高了元，平均每天少销售箱，所以平均每天的销售量为，化简即可；
（2）平均每天的销售利润每箱的销售利润平均每天的销售量，由此可得关系式；
（3）当时（2）中的关于二次函数有最大值，将x的值代入解析式求出最大值即可.
【详解】（1）．
（2）
=．
w=
∴当时，w最大值=1．
∴当x为60元时，可以获得最大利润，最大利润是1元．
本题考查了二次函数的实际应用，正确理解题意，根据题中等量关系列出函数关系式是解题的关键.
24、（1）x1＝，x2＝；（2）x＝
【分析】（1）将方程化为一般形式ax2+bx+c=0确定a，b，c的值，然后检验方程是否有解，若有解，代入公式即可求解；（2）最简公分母是（x+2）（x﹣2），去分母，转化为整式方程求解，需检验结果是否为原方程的解；
【详解】解：
（1）∵a=2，b=3，c=-1，
∴=b2﹣4ac＝32﹣4×2×（﹣1）＝17＞0，
∴x＝，
∴x1＝，x2＝；
（2）方程两边都乘以（x+2）（x﹣2）得：x（x﹣2）﹣（x+2）（x﹣2）＝x+2，
解得：x＝，
检验：当x＝时，（x+2）（x﹣2）≠0，
所以x＝是原方程的解；
本题主要考查了解一元二次方程-公式法，解分式方程，掌握解一元二次方程-公式法，解分式方程是解题的关键.
25、（1）；（2）见解析，.
【分析】（1）根据古典概型概率的求法，求摸到红球的概率.
（2）利用树状图法列出两次摸球的所有可能的结果，求两次都摸到红球的概率．
【详解】（1）一般地，如果在一次试验中，有种可能的结果，并且它们发生的可能性都相等，事件包含其中的种结果，那么事件发生的概率为，则摸到红球的概率为.
（2）两次摸球的所有可能的结果如下：
有树状图可知，共有种等可能的结果，两次都摸出红球有种情况，
故（两次都摸处红球）．
本题考查古典概型概率的求法和树状图法求概率的方法.
26、（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据四边形是菱形，得到，又
推出,又点恰好平分,三线合一,
（2）可证，再证，从而求得
【详解】证明：
（1）连接，
∵，，
∴．
∵四边形是菱形，
∴，，
∴是等边三角形．
∵是的中点，
∴
（2）∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
本题考查了菱形的性质、三线合一以及相似三角形的性质.
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
