资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，正方形中，点、分别在边，上，与交于点.若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在△ABC中E、F分别是AB、AC上的点，EF∥BC，且，若△AEF的面积为2，则四边形EBCF的面积为 （ ）
A．4 B．6 C．16 D．18
3．二次函数的图像如图所示，下面结论：①；②；③函数的最小值为；④当时，；⑤当时，（、分别是、对应的函数值）．正确的个数为（ ）
A． B． C． D．
4．若 +10x+m=0是关于x的一元二次方程，则m的值应为（ ）
A．m="2" B．m= C．m= D．无法确定
5．圆锥的母线长为4，底面半径为2，则它的侧面积为（ ）
A．4π B．6π C．8π D．16π
6．已知、是一元二次方程的两个实数根，则的值为（ ）
A．-1 B．0 C．1 D．2
7．如图，将绕点按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
8．菱形的周长为8cm，高为1cm，则该菱形两邻角度数比为（ ）
A．3：1 B．4：1 C．5：1 D．6：1
9．已知是方程的一个根，则方程的另一个根为（ ）
A．-2 B．2 C．-3 D．3
10．两地相距，甲、乙两人从两地出发相向而行，甲先出发.图中表示两人离地的距离与时间的关系，结合图象，下列结论错误的是（ ）
A．是表示甲离地的距离与时间关系的图象
B．乙的速度是
C．两人相遇时间在
D．当甲到达终点时乙距离终点还有
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．某班级准备举办“迎鼠年，闹新春”的民俗知识竞答活动，计划A、B两组对抗赛方式进行，实际报名后，A组有男生3人，女生2人，B组有男生1人，女生4人，若从两组中各随机抽取1人，则抽取到的两人刚好是1男1女的概率是__________．
12．如图是二次函数y＝ax2﹣bx＋c的图象，由图象可知，不等式ax2﹣bx＋c＜0的解集是_______．
13．如图所示，△ABC是⊙O的内接三角形，若∠BAC与∠BOC互补，则∠BOC的度数为_____．
14． “蜀南竹海位于宜宾市境内”是_______事件；（填“确定”或“随机”）
15．如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，点N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则线段A′C长度的最小值是______．
16．已知y是x的反比例函数，当x＞0时，y随x的增大而减小．请写出一个满足以上条件的函数表达式 ．
17．如图，是的直径，点和点是上位于直径两侧的点，连结，，，，若的半径是，，则的值是_____________．
18．设二次函数y＝x2﹣2x﹣3与x轴的交点为A，B，其顶点坐标为C，则△ABC的面积为_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）已知△ABC和△A′B′C′的顶点坐标如下表：
（1）将下表补充完整，并在下面的坐标系中，画出△A′B′C′；
（ ， ）
（ ， ）
（2）观察△ABC与△A′B′C′，写出有关这两个三角形关系的一个正确结论．
20．（6分）如图，要在长、宽分别为40米、24米的矩形赏鱼池内建一个正方形的亲水平台．为了方便行人观赏，分别从东、南、西、北四个方向修四条等宽的小路与平台相连，若小路的宽是正方形平台边长的，小路与亲水平台的面积之和占矩形赏鱼池面积的，求小路的宽．
21．（6分）已知抛物线y＝x2+mx﹣10与x轴的一个交点是（﹣，0），求m的值及另一个交点坐标．
22．（8分）如图，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，点P是AB延长线上一点，∠BCP＝∠A．
（1）求证：直线PC是⊙O的切线；
（2）若CA＝CP，⊙O的半径为2，求CP的长．
23．（8分）已知三个顶点的坐标分别.
（1）画出；
(2)以B为位似中心,将放大到原来的2倍,在右图的网格图中画出放大后的图形△；
(3)写出点A的对应点的坐标：___.
24．（8分）如图，在中，，且点的坐标为
（1）画出绕点逆时针旋转后的．
（2）求点旋转到点所经过的路线长（结果保留）
（3）画出关于原点对称的
25．（10分）如图，的顶点是双曲线与直线在第二象限的交点．轴于，且．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）直线与双曲线交点为、，记的面积为，的面积为，求
26．（10分）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，过点C作x轴的平行线交抛物线于点P．连接AC．
（1）求点P的坐标及直线AC的解析式；
（2）如图2，过点P作x轴的垂线，垂足为E，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OF，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接FA、FC．求AF+CF的最小值；
（3）如图3，点M为线段OA上一点，以OM为边在第一象限内作正方形OMNG，当正方形OMNG的顶点N恰好落在线段AC上时，将正方形OMNG沿x轴向右平移，记平移中的正方形OMNG为正方形O′MNG，当点M与点A重合时停止平移．设平移的距离为t，正方形O′MNG的边MN与AC交于点R，连接O′P、O′R、PR，是否存在t的值，使△O′PR为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【分析】根据正方形的性质以及勾股定理求得，证明，根据全等三角形的性质可得，继而根据，可求得CG的长，进而根据即可求得答案.
【详解】∵四边形ABCD是正方形，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
，
∴，，
∴，
故选A.
本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，三角函数等知识，综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.注意数形结合思想的运用.
2、C
【解析】解：∵，
∴，
∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴，
∵△AEF的面积为2，
∴S△ABC=18，
则S四边形EBCF=S△ABC-S△AEF=18-2=1．
故选C．
本题考查相似三角形的判定与性质，难度不大．
3、C
【分析】由抛物线开口方向可得到a＞0；由抛物线过原点得c=0；根据顶点坐标可得到函数的最小值为-3；根据当x＜0时，抛物线都在x轴上方，可得y＞0；由图示知：0＜x＜2，y随x的增大而减小；
【详解】解：①由函数图象开口向上可知，，故此选项正确；
②由函数的图像与轴的交点在可知，，故此选项正确；
③由函数的图像的顶点在可知，函数的最小值为，故此选项正确；
④因为函数的对称轴为，与轴的一个交点为，则与轴的另一个交点为，所以当时，，故此选项正确；
⑤由图像可知，当时，随着的值增大而减小，所以当时，，故此选项错误；
其中正确信息的有①②③④．
故选：C．
本题考查了二次函数的图象与系数的关系：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象为抛物线，当a＞0，抛物线开口向上；对称轴为直线x=，；抛物线与y轴的交点坐标为（0，c）；当b2-4ac＞0，抛物线与x轴有两个交点；当b2-4ac=0，抛物线与x轴有一个交点；当b2-4ac＜0，抛物线与x轴没有交点．
4、C
【解析】试题分析：根据一元二次方程的定义进行解得2m﹣1=2，解得 m=．
故选C．
考点：一元二次方程的定义
5、C
【分析】求出圆锥的底面圆周长，利用公式即可求出圆锥的侧面积．
【详解】解：圆锥的地面圆周长为2π×2=4π，
则圆锥的侧面积为×4π×4=8π．
故选：C．
本题考查了圆锥的计算，能将圆锥侧面展开是解题的关键，并熟悉相应的计算公式．
6、C
【分析】根据根与系数的关系即可求出的值．
【详解】解：∵、是一元二次方程的两个实数根
∴
故选C．
此题考查的是根与系数的关系，掌握一元二次方程的两根之和=是解决此题的关键．
7、D
【分析】由题意可知旋转角∠BCB′=60°，则根据∠ACB′=∠BCB′+∠ACB即可得出答案．
【详解】解：根据旋转的定义可知旋转角∠BCB′=60°，
∴∠ACB′=∠BCB′+∠ACB =60°+25°=85°．
故选：D．
本题主要考查旋转的定义，解题的关键是找到旋转角，以及旋转后的不变量．
8、C
【分析】菱形的性质；含30度角的直角三角形的性质.
【详解】如图所示，根据已知可得到菱形的边长为2cm，从而可得到高所对的角为30°，相邻的角为150°，则该菱形两邻角度数比为5：1，故选C.
9、B
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系求解．
【详解】设另一根为m，则
1•m=1，解得m=1．
故选B．
考查了一元二次方程根与系数的关系．根与系数的关系为：x1+x1=-，x1•x1= ．要求熟练运用此公式解题．
10、C
【分析】根据图像获取所需信息，再结合行程问题量间的关系进行解答即可.
【详解】解：A. 是表示甲离地的距离与时间关系的图象是正确的；
B. 乙用时3小时，乙的速度,90÷3=，故选项B正确；
C.设甲对应的函数解析式为y=ax+b，
则有： 解得：
∴甲对应的函数解析式为y=-45x+90，
设乙对应的函数解析式为y=cx+d，
则有： 解得：
即乙对应的函数解析式为y=30x-15
则有： 解得：x=1.4h，故C选项错误；
D. 当甲到达终点时乙距离终点还有90-40×1.4=45km，故选项D正确；
故答案为C.
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意、从图像中获取问题需要的条件以及数形结合的思想的应用是解答本题的关键.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】利用列表法把所有情况列出来，再用概率公式求解即可．
【详解】列表如下
根据表格可知共有25种可能的情况出现，其中抽取到的两人刚好是1男1女的有14种情况
∴抽取到的两人刚好是1男1女的概率是
故答案为：．
本题考查了概率的问题，掌握列表法和概率公式是解题的关键．
12、x＜－1或x＞1
【分析】根据二次函数的对称性求出与x轴的另一个交点坐标，然后根据函数图象写出x轴上方部分的x的取值范围即可．
【详解】解：由对称性得：抛物线与x轴的另一个交点为（-1，0），
∴不等式ax2﹣bx＋c＜0的解集是：x＜－1或x＞1，
故答案为：x＜－1或x＞1．
本题考查了二次函数与不等式组，二次函数的性质，此类题目，利用数形结合的思想求解是解题的关键．
13、120°
【分析】利用圆周角定理得到∠BAC＝∠BOC，再利用∠BAC+∠BOC＝180°可计算出∠BOC的度数．
【详解】解：∵∠BAC和∠BOC所对的弧都是，
∴∠BAC＝∠BOC
∵∠BAC+∠BOC＝180°，
∴∠BOC+∠BOC＝180°，
∴∠BOC＝120°．
故答案为：120°．
本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解决本题的关键．
14、确定
【分析】根据“确定定义”或“随机定义”即可解答.
【详解】“蜀南竹海是国家AAAA级旅游胜地，位于宜宾市境内”，所以是确定事件.
故答案为：确定.
本题考查必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，确定事件包括必然事件、不可能事件；不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件,．
15、
【详解】解：如图所示：∵MA′是定值，A′C长度取最小值时，即A′在MC上时，
过点M作MF⊥DC于点F，
∵在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M为AD中点，
∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°，
∴∠FMD=30°，
∴FD=MD=1，
∴FM=DM×cos30°=，
∴，
∴A′C=MC﹣MA′=．
故答案为．
【点评】
此题主要考查了菱形的性质以及锐角三角函数关系等知识，得出A′点位置是解题关键．
16、y=（x＞0）
【解析】试题解析：只要使反比例系数大于0即可．如y=（x＞0），答案不唯一．
考点：反比例函数的性质．
17、
【分析】根据题意可知∠ADB=90°,∠ACD=∠ABD,求出∠ABD的正弦就是∠ACD的正弦值．
【详解】解：∵是的直径，
∴∠ADB=90°
∴∠ACD=∠ABD
∵的半径是，，
∴
故答案为：
本题考查的是锐角三角函数值.
18、1
【解析】首先求出A、B的坐标，然后根据坐标求出AB、CD的长，再根据三角形面积公式计算即可．
【详解】解：∵y＝x2﹣2x﹣3，设y＝0，
∴0＝x2﹣2x﹣3，
解得：x1＝3，x2＝﹣1，
即A点的坐标是（﹣1，0），B点的坐标是（3，0），
∵y＝x2﹣2x﹣3，
＝（x﹣1）2﹣4，
∴顶点C的坐标是（1，﹣4），
∴△ABC的面积＝×4×4＝1，
故答案为1．
本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，二次函数的三种形式的应用，主要考查学生运用性质进行计算的能力，题目比较典型，难度适中．
三、解答题(共66分)
19、（1）详见解析；（2）相似
【分析】（1）利用坐标的变化规律得出答案；
（2）根据所画的图形，利用对应点位置得到线段的长度，即可得到结论.
【详解】解：（1）B′（ 8，6 ），C′（ 10，2 ），
如图所示：△A′B′C′即为所求；
故答案为：8，6；10，2；
（2）根据表格和所画的图形可知，
，
∴.
此题主要考查了位似变换，正确得出对应点位置是解题关键．
20、小路宽为2米
【分析】设出小路的宽，然后根据题意可得正方形平台的面积为，小路的面积之和为，进而根据题意列出方程求解即可．
【详解】解：设小路宽为米
据题意得：
整理得：
解得：(不合题意，舍去)．
答：小路宽为2米．
本题主要考查一元二次方程的实际应用，关键是根据图形及题意把阴影部分的面积表示出来，进而列方程求解即可．
21、m＝﹣；另一个交点坐标（2，0）
【分析】首先将点（﹣,0）的坐标代入抛物线的解析式中，即可求得m的值，再令抛物线中y＝0，可得出关于x的一元二次方程，即可求得抛物线与x轴的另一交点的坐标．
【详解】解：根据题意得，5﹣m﹣10＝0，
所以m＝﹣；
得抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣10，
∵x2﹣x﹣10＝0，
解得x1＝﹣，x2＝2，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标（2,0）．
故答案为：m＝﹣；另一个交点坐标（2,0）.
本题考查了抛物线与轴的交点：从二次函数的交点式（a，b，c是常数，a≠0）中可直接得出抛物线与轴的交点坐标，.
22、（1）见解析；（2）2
【分析】(1)欲证明PC是⊙O的切线，只要证明OC⊥PC即可；
(2)想办法证明∠P=30°即可解决问题．
【详解】(1)∵OA=OC，
∴∠A=∠ACO，
∵∠PCB=∠A，
∴∠ACO=∠PCB，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACO+∠OCB=90°，
∴∠PCB+∠OCB=90°，即OC⊥CP，
∵OC是⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线；
(2)∵CP=CA，
∴∠P=∠A，
∴∠COB=2∠A=2∠P，
∵∠OCP=90°，
∴∠P=30°，
∵OC=OA=2，
∴OP=2OC=4，
∴PC==2．
本题考查了切线的判定，解直角三角形，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．
23、（1）见解析；（2）见解析；（3）(−3,1)
【分析】（1）根据A（0，2）、B（3，3）、C（2，1）．在坐标系中找出连接即可；
（2）根据把原三角形的三边对应的缩小或放大一定的比例即可得到对应的相似图形，在改变的过程中保持形状不变（大小可变）即可得出答案．
（3）利用（2）中图象，直接得出答案．
【详解】(1)根据A(0,2)、B(3,3)、C(2,1).
在坐标系中找出连接即可；
(2)把原三角形的三边对应的缩小或放大一定的比例即可得到对应的相似图形。
所画图形如下所示：它的三个对应顶点的坐标分别是：(−3,1)、(3,3)、(1,−1).
(3)利用(2)中图象，直接得出答案.
故答案为：(−3,1)
此题考查坐标与图形性质，位似变换，解题关键在于掌握作图法则.
24、（1）见解析；（2）；（2）见解析
【分析】（1）根据旋转角度、旋转中心及旋转方向确定各点的对称点，顺次连接即可；
（2）根据圆的周长的计算即可；
（3）根据与原点的对称点的坐标特征：横、纵坐标都变为相反数确定各点的对称点，顺次连接即可.
【详解】解：(1)如图的即为所作图形，
(2)由图可知是直角三角形，，，
所以，
点旋转到的过程中所经过的路径是一段弧，
且它的圆心角为旋转角，半径为．
.
所以点旋转到的过程中所经过的路径长为．
（3）如图的即为所作图形，
本题考查了旋转作图、对称作图及弧长的计算，难度不大，注意准确的作出旋转后的图形是关键.
25、（1）；（2）
【分析】（1）由可得，再根据函数图像可得，即可得到函数解析式.
（2）先求得一次函数解析式，再联立方程组求得点A和点C的坐标，记直线与轴的交点为，求得点坐标为，，即可求得.
【详解】解：（1）∵，
∴
双曲线在二、四象限
反比例函数的解析式为
（2）由（1）可得，代入可得一次函数的解析式为，
联立方程组，
得，
易求得点为，点为
记直线与轴的交点为，
在中，当y=0，则x=2，
∴点坐标为
，，
．
此题首先利用待定系数法确定函数解析式，然后利用解方程组来确定图象的交点坐标，及利用坐标求出线段和图形的面积．
26、（1）P（2，3），yAC＝﹣x+3；（2）；（3）存在，t的值为﹣3或，理由见解析
【分析】（1）由抛物线y＝x2+x+3可求出点C，P，A的坐标，再用待定系数法，可求出直线AC的解析式；
（2）在OC上取点H（0，），连接HF，AH，求出AH的长度，证△HOF∽△FOC，推出HF＝CF，由AF+CF＝AF+HF≥AH，即可求解；
（3）先求出正方形的边长，通过△ARM∽△ACO将相关线段用含t的代数式表示出来，再分三种情况进行讨论：当∠O'RP＝90°时，当∠PO'R＝90°时，当∠O'PR＝90°时，分别构造相似三角形，即可求出t的值，其中第三种情况不存在，舍去．
【详解】（1）在抛物线y＝x2+x+3中，
当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
当y＝3时，x1＝0，x2＝2，
∴P（2，3），
当y＝0时，则x2+x+3=0，
解得：x1＝﹣4，x2＝6，
B（﹣4，0），A（6，0），
设直线AC的解析式为y＝kx+3，
将A（6，0）代入，
得，k＝﹣，
∴y＝﹣x+3，
∴点P坐标为P（2，3），直线AC的解析式为y＝﹣x+3；
（2）在OC上取点H（0，），连接HF，AH，
则OH＝，AH＝，
∵，，且∠HOF＝∠FOC，
∴△HOF∽△FOC，
∴，
∴HF＝CF，
∴AF+CF＝AF+HF≥AH＝，
∴AF+CF的最小值为；
（3）∵正方形OMNG的顶点N恰好落在线段AC上，
∴GN＝MN，
∴设N（a，a），
将点N代入直线AC解析式，
得，a＝﹣a+3，
∴a＝2，
∴正方形OMNG的边长是2，
∵平移的距离为t，
∴平移后OM的长为t+2，
∴AM＝6﹣（t+2）＝4﹣t，
∵RM∥OC，
∴△ARM∽△ACO，
∴，
即，
∴RM＝2﹣t，
如图3﹣1，当∠O'RP＝90°时，延长RN交CP的延长线于Q，
∵∠PRQ+∠O'RM＝90°，∠RO'M+∠O'RM＝90°，
∴∠PRQ＝∠RO'M，
又∵∠Q＝∠O'MR＝90°，
∴△PQR∽△RMO'，
∴，
∵PQ＝2+t-2=t，QR＝3﹣RM＝1+t，
∴，
解得，t1＝﹣3﹣（舍去），t2＝﹣3；
如图3﹣2，当∠PO'R＝90°时，
∵∠PO'E+∠RO'M＝90°，∠PO'E+∠EPO'＝90°，
∴∠RO'M＝∠EPO'，
又∵∠PEO'＝∠O'MR＝90°，
∴△PEO'∽△O'MR，
∴，
即，
解得，t＝；
如图3﹣3，当∠O'PR＝90°时，延长O’G交CP于K，延长MN交CP的延长线于点T，
∵∠KPO'+∠TPR＝90°，∠KO'P+∠KPO'＝90°，
∴∠KO'P＝∠TPR，
又∵∠O'KP＝∠T＝90°，
∴△KO'P∽△TPR，
∴，
即，
整理，得t2-t+3＝0，
∵△＝b2﹣4ac＝﹣＜0，
∴此方程无解，故不存在∠O'PR＝90°的情况；
综上所述，△O′PR为直角三角形时，t的值为﹣3或．
本题主要考查二次函数的图象和相似三角形的综合，添加合适的辅助线，构造相似三角形，是解题的关键.
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