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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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．在一个不透明的布袋中装有40个黄、白两种颜色的球，除颜色外其他都相同，小红通过多次摸球试验后发现，摸到黄球的频率稳定在0.30左右，则布袋中黄球可能有（ ）
A．12个 B．14个 C．18个 D．28个
2．下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，小明同学设计了一个测量圆直径的工具，标有刻度的尺子．在点钉在一起．并使它们保持垂直，在测直径时，把点靠在圆周上．读得刻度个单位，个单位，则圆的直径为（ ）
A．12个单位 B．10个单位 C．11个单位 D．13个单位
4．如图，P为平行四边形ABCD的对称中心，以P为圆心作圆，过P的任意直线与圆相交于点M，N．则线段BM，DN的大小关系是（ ）
A．BM＞DN B．BM＜DN C．BM=DN D．无法确定
5．二次函数的最小值是 （ ）
A．2 B．2 C．1 D．1
6．如图，在等腰中，于点，则的值（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，下列说法中不正确的是( )
A． B． C．△ADE∽△ABC D．
8．抛物线如图所示，给出以下结论：①，②，③，④，⑤，其中正确的个数是（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
9．已知在中，，，那么下列说法中正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．抛物线的对称轴是（ ）
A．直线 B．直线
C．直线 D．直线
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，矩形ABCD中，AB=3cm，AD=6cm，点E为AB边上的任意一点，四边形EFGB也是矩形，且EF=2BE，则S△AFC=__________cm2.
12．分式方程＝1的解为_____．
13．函数的自变量的取值范围是．
14． “蜀南竹海位于宜宾市境内”是_______事件；（填“确定”或“随机”）
15．一个口袋中装有2个完全相同的小球，它们分别标有数字1，2，从口袋中随机摸出一个小球记下数字后放回，摇匀后再随机摸出一个小球，则两次摸出小球的数字和为偶数的概率是 ．
16．一个长方体木箱沿坡度坡面下滑，当木箱滑至如图位置时，AB=3m，已知木箱高BE=m，则木箱端点E距地面AC的高度EF为_____m.
17．计算sin245°+cos245°=_______．
18．某游乐场新推出一个“极速飞车”的项目．项目有两条斜坡轨道以满足不同的难度需求，游客可以乘坐垂直升降电梯AB自由上下选择项目难度，其中斜坡轨道BC的坡度为，BC=米，CD=8米，∠D=36°，（其中A，B，C，D均在同一平面内）则垂直升降电梯AB的高度约为__________米．（精确到0.1米，参考数据：）
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）一个不透明的袋子中装有红、白两种颜色的小球，这些球除颜色外无其它差别，其中红球有个，若从中随机摸出一个，这个球是白球的概率为．
（1）求袋子中白球的个数；
（2）随机摸出一个球后，不放回，再随机摸出一个球，请结合树状图或列表求两次都摸到相同颜色的小球的概率．
21．（6分）定义：如图1，在中，把绕点逆时针旋转（）并延长一倍得到，把绕点顺时针旋转并延长一倍得到，连接．当时，称是的“倍旋三角形”，边上的中线叫做的“倍旋中线”．
特例感知：
（1）如图1，当，时，则“倍旋中线”长为______；如图2，当为等边三角形时，“倍旋中线”与的数量关系为______；
猜想论证：
（2）在图3中，当为任意三角形时，猜想“倍旋中线”与的数量关系，并给予证明．
22．（8分）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为A（2，3）、B（1，1）、C（5，1）．
（1）把平移后，其中点移到点，面出平移后得到的；
（2）把绕点按逆时针方向旋转，画出旋转后得到的，并求出旋转过程中点经过的路径长（结果保留根号和）．
23．（8分）如图，在中，，，，点从点出发沿以的速度向点移动，移动过程中始终保持，（点分别在线段、线段上）.
（1）点移动几秒后，的面积等于面积的四分之一；
（2）当四边形面积时，求点移动了多少秒？
24．（8分）综合与探究
如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣3，0）、B两点，与y轴相交于点．当x＝﹣4和x＝2时，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的函数值y相等，连接AC，BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）判断△ABC的形状，并说明理由；
（3）若点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，当运动时间为t秒时，连接MN，将△BMN沿MN翻折，B点恰好落在AC边上的P处，则t的值为 ，点P的坐标为 ；
（4）抛物线对称轴上是否存在一点F，使得△ACF是以AC为直角边的直角三角形？若不存在，请说明理由；若存在，请直接写出点F的坐标．
25．（10分） 解方程组: ；
化简: .
26．（10分）已知：在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．
（1）画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标；
（2）画出将绕点按顺时针旋转所得的．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【分析】根据概率公式计算即可．
【详解】解：设袋子中黄球有x个，
根据题意，得：＝0.30，
解得：x＝12，
即布袋中黄球可能有12个，
故选：A．
本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
2、B
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：B．
本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
3、B
【分析】根据圆中的有关性质“90°的圆周角所对的弦是直径”．判断EF即为直径，然后根据勾股定理计算即可．
【详解】解：连接EF，
∵OE⊥OF，
∴EF是圆的直径，
．
故选：B．
本题考查圆周角的性质定理，勾股定理．掌握“90°的圆周角所对的弦是直径”定理的应用是解决此题的关键．
4、C
【解析】分析：连接BD，根据平行四边形的性质得出BP=DP，根据圆的性质得出PM=PN，结合对顶角的性质得出∠DPN=∠BPM，从而得出三角形全等，得出答案．
详解：连接BD，因为P为平行四边形ABCD的对称中心，则P是平行四边形两对角线的交点，即BD必过点P，且BP=DP， ∵以P为圆心作圆， ∴P又是圆的对称中心，
∵过P的任意直线与圆相交于点M、N， ∴PN=PM， ∵∠DPN=∠BPM，
∴△PDN≌△PBM（SAS）， ∴BM=DN．
点睛：本题主要考查的是平行四边形的性质以及三角形全等的证明，属于中等难度的题型．理解平行四边形的中心对称性是解决这个问题的关键．
5、B
【解析】试题分析：对于二次函数的顶点式y=a+k而言，函数的最小值为k.
考点：二次函数的性质.
6、D
【分析】先由，易得，由可得，进而用勾股定理分别将BD、BC长用AB表示出来，再根据即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在中，，
∴，
故选：D
本题主要考查了解三角形，涉及了等腰三角形性质和勾股定理以及三角函数的定义．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
7、D
【解析】∵在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE∥BC，DE=BC，
∴△ADE∽△ABC，，
∴.
由此可知：A、B、C三个选项中的结论正确，D选项中结论错误.
故选D.
8、D
【分析】根据抛物线开口方向、抛物线的对称轴位置和抛物线与y轴的交点位置可判断a、b、c的符号，再根据与x轴的交点坐标代入分析即可得到结果；
【详解】∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，
∴b＜0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴的下方，
∴c＜0，
∴ab＜0，故①②正确；
当x=-1时，，故③正确；
当x=1时，根据图象可得，故④正确；
根据函数图像与x轴有两个交点可得，故⑤正确；
故答案选D．
本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，准确分析每一个数据是解题的关键．
9、A
【分析】利用同角三角函数的关系解答．
【详解】在Rt△ABC中，∠C=90°，，则cosA=
A、cosB=sinA=，故本选项符合题意．
B、cotA= ．故本选项不符合题意．
C、tanA= ．故本选项不符合题意．
D、cotB=tanA= ．故本选项不符合题意．
故选：A．
此题考查同角三角函数关系，解题关键在于掌握（1）平方关系：sin2A+cos2A=1；（2）正余弦与正切之间的关系（积的关系）：一个角的正切值等于这个角的正弦与余弦的比.
10、C
【解析】用对称轴公式即可得出答案．
【详解】抛物线的对称轴，
故选：C．
本题考查了抛物线的对称轴，熟记对称轴公式是解题的关键.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、9
【解析】
连接BF，过B作BO⊥AC于O，过点F作FM⊥AC于M.
Rt△ABC中,AB=3,BC=6, .
∵∠CAB=∠BAC, ∠AOB=∠ABC, ∴△AOB∽△ABC, , .
∵EF=BG=2BE=2GF，BC=2AB，
∴Rt△BGF和Rt△ABC中, ,∴Rt△BGF∽Rt△ABC，∴∠FBG=∠ACB,
∴AC∥BF,
∴S△AFC=AC×FM=9.
△ACF中，AC的长度不变，所以以AC为底边求面积．因为两矩形相似，所以易证AC∥BF，从而△ACF的高可用BO表示．在△ABC中求BO的长度，即可计算△ACF的面积．
12、x＝2
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【详解】解：去分母得：2+x﹣1＝x2﹣1，即x2﹣x﹣2＝0，
分解因式得：（x﹣2）（x+1）＝0，
解得：x＝2或x＝﹣1，
经检验x＝﹣1是增根，分式方程的解为x＝2，
故答案为：x＝2
此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程时注意要检验．
13、x≠1
【解析】该题考查分式方程的有关概念
根据分式的分母不为0可得
X－1≠0,即x≠1
那么函数y=的自变量的取值范围是x≠1
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、．
【解析】试题分析：如图所示，∵共有4种结果，两次摸出小球的数字和为偶数的有2次，∴两次摸出小球的数字和为偶数的概率==．故答案为．
考点：列表法与树状图法．
16、1
【分析】连接AE，在Rt△ABE中求出AE，根据∠EAB的正切值求出∠EAB的度数，继而得到∠EAF的度数，在Rt△EAF中，解出EF即可得出答案．
【详解】解：连接AE，
在Rt△ABE中，AB=1m，BE=m，
则AE==2m，
又∵tan∠EAB==，
∴∠EAB=10°，
在Rt△AEF中，∠EAF=∠EAB+∠BAC=60°，
∴EF=AE×sin∠EAF=2×=1m，
答：木箱端点E距地面AC的高度为1m．
故答案为：1．
本题考查了坡度、坡角的知识，解答本题的关键是构造直角三角形，熟练运用三角函数求线段的长度．
17、1
【分析】根据特殊角的三角函数值先进行化简，然后根据实数运算法则进行计算即可得出结果．
【详解】原式=()2+()2=+=1．
本题主要考查了特殊角的三角函数值，需要熟记，比较简单．
18、11.2
【分析】延长AB和DC相交于点E，根据勾股定理，可得CE，BE的长，根据正切函数，可得AE的长，再根据线段的和差，可得答案．
【详解】解：如图，延长AB和DC相交于点E，
由斜坡轨道BC的坡度为i=1:1，得
BE：CE=1：1．
设BE=x米，CE=1x米，
在Rt△BCE中，由勾股定理，得
BE1+CE1=BC1，
即x1+（1x）1=（11）1，
解得x=11，
即BE=11米，CE=12米，
∴DE=DC+CE=8+12=31（米），
由tan36°≈0.73，得tanD=≈0.73，
∴AE≈0.73×31=13.36（米）．
∴AB=AE-BE=13.36-11=11.36≈11.2（米）．
故答案为：11.2．
本题考查了解直角三角形的应用，作出辅助线构造直角三角形，利用勾股定理得出CE，BE的长度是解题关键．
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）袋子中白球有4个；（2）
【分析】（1）设白球有 x 个，利用概率公式得方程，解方程即可求解；
（2）画树状图展示所有30种等可能的结果数，再找出两次摸到颜色相同的小球的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】（1）设袋中白球有x个，由题意得：，
解之，得：，
经检验，是原方程的解，
故袋子中白球有4个；
（2）设红球为A、B，白球为，
列举出两次摸出小球的所有可能情况有：
共有30种等可能的结果，其中，两次摸到相同颜色的小球有14种，
故两次摸到相同颜色的小球的概率为：．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．
21、（1）①4，②；（2），证明见解析．
【分析】（1）如图1，首先证明，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解决问题；如图2，过点A作，易证，根据易得结论．
（2）延长到，使得，连接，易证四边形是平行四边形，再证明得，故可得结论．
【详解】（1）如图1，
∵，
∴
∵，
∴
∴
∵BC=4，
∴，
∵D是的中点，
∴AD=;
如图2，
∵，，
∴
根据“倍旋中线”知等腰三角形，
过A作，垂足为
∴， ，
∵D是等边三角形的边的中点，
且
∴
∴
∴
（2）结论：
理由：如图，延长到，使得，连接，
∵，
∴四边形是平行四边形
∴，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
本题属于几何变换综合题，主要考查相似三角形的判定和性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质等知识的综合运用，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
22、（1）详见解析；（2）画图详见解析，
【分析】（1）根据点A、B、C的坐标描点，从而可得到△ABC,利用点A和的坐标关系可判断△ABC先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到，利用此平移规律找到的坐标，然后描点即可得到；
（2）按要求画即可，其中旋转90度是关键,根据弧长公式计算即可．
【详解】解：（1）如图，即为所求．
（2）如图，即为所求，
∵绕点按逆时针方向旋转得，
∴点经过的路径长是圆心角为90°，半径为：的扇形的弧长，
∴．
即点经过的路径长为:
本题考查了平移变换、旋转变换，解题关键在于掌握作图法则．
23、（1）2秒；（2）3秒.
【分析】（1）证得△ABC、△ADE和△DBF都是等腰直角三角形，利用，列式计算即可；
（2）根据，列式计算即可求得答案．
【详解】（1）设移动秒，的面积等于面积的四分之一，
∵，，，
∴△ABC为等腰直角三角形，，
∵，，
∴△ADE和△DBF都是等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，即，
解得：(秒)；
（2）设移动秒，四边形面积，
由(1)得：，，
∵，
∴
即
解得：(秒) ．
本题主要考查了列代数式以及一元二次方程的应用，等腰三角形的判定和性质，利用三角形的面积公式，找出关于的一元二次方程是解题的关键．
24、（1）；（1）△ABC是直角三角形，理由见解析；（3），；（4）存在，F1，F1．
【分析】（1）由对称性先求出点B的坐标，可设抛物线的解析式为y=a(x+3)(x﹣1)，将C坐标代入y=a(x+3)(x﹣1)即可；
（1）先判断△ABC为直角三角形，分别求出AB，AC，BC的长，由勾股定理的逆定理可证明结论；
（3）因为点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，所以BM=BN=t，证四边形PMBN是菱形，设PM与y轴交于H，证△CPN∽△CAB，由相似三角形的性质可求出t的值，CH的长，可得出点P纵坐标，求出直线AC的解析式，将点P纵坐标代入即可；
（4）求出直线BC的解析式，如图1，当∠ACF=90°时，点B，C，F在一条直线上，求出直线BC与对称轴的交点即可；当∠CAF=90°时，求出直线AF的解析式，再求其与对称轴的交点即可．
【详解】（1）∵在抛物线y=ax1+bx+c中，当x=﹣4和x=1时，二次函数y=ax1+bx+c的函数值y相等，
∴抛物线的对称轴为x1，
又∵抛物线y=ax1+bx+c与x轴交于A(﹣3，0)、B两点，
由对称性可知B(1，0)，
∴可设抛物线的解析式为y=a(x+3)(x﹣1)，
将C(0，)代入y=a(x+3)(x﹣1)，
得：﹣3a，
解得：a，
∴此抛物线的解析式为y(x+3)(x﹣1)x1x；
（1）△ABC为直角三角形．理由如下：
∵A(﹣3，0)，B(1，0)，C(0，)，
∴OA=3，OB=1，OC，
∴AB=OA+OB=4，AC1，BC1．
∵AC1+BC1=16，AB1=16，
∴AC1+BC1=AB1，
∴△ABC是直角三角形；
（3）∵点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，
∴BM=BN=t，
由翻折知，△BMN≌△PMN，
∴BM=PM=BN=PN=t，
∴四边形PMBN是菱形，
∴PN∥AB，
∴△CPN∽△CAB，设PM与y轴交于H，
∴，
即，
解得：t，CH，
∴OH=OC﹣CH，
∴yP，
设直线AC的解析式为y=kx，
将点A(﹣3，0)代入y=kx，
得：k，
∴直线AC的解析式为yx，
将yP代入yx，
∴x=﹣1，
∴P(﹣1，)．
故答案为：，(﹣1，)；
（4）设直线BC的解析式为y=kx，
将点B(1，0)代入y=kx，
得：k，
∴直线BC的解析式为yx，
由（1）知△ABC为直角三角形，∠ACB=90°．
①如图1，当∠ACF=90°时，点B，C，F在一条直线上，
在yx中，当x=﹣1时，y=1，
∴F1(﹣1，1)；
②当∠CAF=90°时，AF∥BC，
∴可设直线AF的解析式为yx+n，
将点A(﹣3，0)代入yx+n，
得：n=﹣3，
∴直线AF的解析式为yx﹣3，
在yx﹣3中，当x=﹣1时，y=﹣1，
∴F1(﹣1，﹣1)．
综上所述：点F的坐标为F1(﹣1，1)，F1(﹣1，﹣1)．
本题是二次函数综合题．考查了待定系数法求解析式，勾股定理，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质等，解答本题的关键是注意分类讨论思想在解题过程中的运用．
25、; m
【分析】(1)运用加减消元法解答即可；
（2）按分式的四则混合运算法则解答即可.
【详解】解：（1）
②×3+①得：7x=21，解得x=3③
将③代入①得y=-2
所以该方程组的解为
（2）
=
=
=m（m-2）
=m2-2m
本题考查了二元一次方程组和分式的四则混合运算，掌握二元一次方程组的解法和分式四则混合运算的运算法则是解答本题的关键.
26、（1）如图所示，即为所求，见解析，点的坐标为；（2）如图所示，即为所求．见解析.
【解析】分别作出三顶点关于原点的对称点，再顺次连接即可得；
分别作出点、绕点按顺时针旋转所得的对应点，再顺次连接即可得．
【详解】解：（1）如图所示，即为所求，其中点的坐标为．
（2）如图所示，即为所求．
此题主要考查了图形的旋转变换，正确得出对应点位置是解题关键．
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