资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，交于点，切于点，点在上. 若，则为（ ）
A． B． C． D．
2．已知反比例函数的图象经过点，小良说了四句话，其中正确的是（ ）
A．当时， B．函数的图象只在第一象限
C．随的增大而增大 D．点不在此函数的图象上
3．如图所示，在中，与相交于点，为的中点，连接并延长交于点，则与的面积比值为（ ）
A． B． C． D．
4．正方形具有而菱形不具有的性质是（ ）
A．对角线互相平分 B．对角线相等
C．对角线平分一组对角 D．对角线互相垂直
5．已知，则的值是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，△ABC中，点D、E分别在边AB、BC上，DE∥AC，若DB＝4，AB＝6，BE＝3，则EC的长是（ ）
A．4 B．2 C． D．
7．下列方程是一元二次方程的是（ ）
A． B． C． D．
8．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．正三角形 B．正五边形 C．正六边形 D．正七边形
9．已知a、b满足a2﹣6a+2＝0，b2﹣6b+2＝0，则＝（ ）
A．﹣6 B．2 C．16 D．16或2
10．某商场对上周女装的销售情况进行了统计，如下表，经理决定本周进女装时多进一些红色的，可用来解释这一现象的统计知识是（ ）
颜色
黄色
绿色
白色
紫色
红色
数量（件）
100
180
220
80
520
A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差
11．模型结论：如图①，正内接于，点是劣弧上一点，可推出结论.
应用迁移：如图②，在中，，，，是内一点，则点到三个顶点的距离和的最小值为（ ）
A． B．5 C． D．
12．如图，电路图上有四个开关A、B、C、D和一个小灯泡，则任意闭合其中两个开关，小灯泡发光的概率是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．二次函数y＝ax1+bx+c（a≠2）的部分图象如图，图象过点（﹣1，2），对称轴为直线x＝1．下列结论：①4a+b＝2；②9a+c＞3b；③当x＞﹣1时，y的值随x值的增大而增大；④当函数值y＜2时，自变量x的取值范围是x＜﹣1或x＞5；⑤8a+7b+1c＞2．其中正确的结论是_____．
14．已知中，，，，，垂足为点，以点为圆心作，使得点在外，且点在内，设的半径为，那么的取值范围是______.
15．设，，，设，则S=________________ (用含有n的代数式表示，其中n为正整数)．
16．已知⊙O的直径为10cm，线段OP=5cm，则点P与⊙O的位置关系是__．
17．定义：在平面直角坐标系中，我们将函数的图象绕原点逆时针旋转后得到的新曲线称为“逆旋抛物线”.
（1）如图①，己知点，在函数的图象上，抛物线的顶点为，若上三点、、是、、旋转后的对应点，连结，、，则__________；
（2）如图②，逆旋抛物线与直线相交于点、，则__________．
18．若关于的方程的一个根是1，则的值为______.
三、解答题（共78分）
19．（8分）已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点.
（1）填空： ， .
（2）如图1，已知，过点的直线与抛物线交于点、，且点、关于点对称，求直线的解析式.
（3）如图2，已知，是第一象限内抛物线上一点，作轴于点，若与相似，请求出点的横坐标.
20．（8分）已知抛物线与轴的两个交点是点，（在的左侧），与轴的交点是点．
（1）求证：，两点中必有一个点坐标是；
（2）若抛物线的对称轴是，求其解析式；
（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在一点，使？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，请说明理由．
21．（8分）体育文化公司为某学校捐赠甲、乙两种品牌的体育器材，甲品牌有A、B、C三种型号，乙品牌有D、E两种型号，现要从甲、乙两种品牌的器材中各选购一种型号进行捐赠．
（1）下列事件是不可能事件的是 ．
A．选购乙品牌的D型号 B．既选购甲品牌也选购乙品牌
C．选购甲品牌的A型号和乙品牌的D型号 D．只选购甲品牌的A型号
（2）写出所有的选购方案（用列表法或树状图）；
（3）如果在上述选购方案中，每种方案被选中的可能性相同，那么A型器材被选中的概率是多少？
22．（10分）若抛物线（a、b、c是常数，）与直线都经过轴上的一点P，且抛物线L的顶点Q在直线上，则称此直线与该抛物线L具有“一带一路”关系，此时，直线叫做抛物线L的“带线”，抛物线L叫做直线的“路线”．
（1）若直线与抛物线具有“一带一路”关系，求m、n的值．
（2）若某“路线”L的顶点在反比例函数的图象上，它的“带线” 的解析式为，求此路的解析式．
23．（10分）探究问题：
⑴方法感悟：
如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF=45°，连接EF，求证DE+BF=EF．
感悟解题方法，并完成下列填空：
将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：
AB=AD,BG=DE, ∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°,
∴∠ABG+∠ABF=90°+90°=180°，
因此，点G，B，F在同一条直线上．
∵∠EAF=45°
∴∠2+∠3=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°．
∵∠1=∠2，
∴∠1+∠3=45°．
即∠GAF=∠_________．
又AG=AE，AF=AF
∴△GAF≌_______．
∴_________=EF，故DE+BF=EF．
⑵方法迁移：
如图②，将沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF=∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．
⑶问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，E，F分别为DC,BC上的点，满足,试猜想当∠B与∠D满足什么关系时，可使得DE+BF=EF．请直接写出你的猜想（不必说明理由）
．
24．（10分）如图，△ABC与△A′B′C′是以点O为位似中心的位似图形，它们的顶点都在正方形网格的格点上．
(1)画出位似中心O；
(2)△ABC与△A′B′C′的相似比为__________，面积比为__________.
25．（12分）如图，在△ABC中，D是BC边上的中点，且AD＝AC，DE⊥BC，DE与AB相交于点E，EC与AD相交于点F．
(1)求证：△ABC∽△FCD；
(2)若S△ABC＝20，BC＝10，求DE的长．
26．已知，为⊙的直径，过点的弦∥半径，若．求的度数．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】根据切线的性质得到∠ODA=90，根据直角三角形的性质求出∠DOA，根据圆周角定理计算即可．
【详解】∵AD切⊙O于点D，
∴OD⊥AD，
∴∠ODA=90，
∵∠A=40，
∴∠DOA=90-40=50，
由圆周角定理得，∠BCD=∠DOA=25°，
故选：B．
本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
2、D
【分析】利用待定系数法求出k，即可根据反比例函数的性质进行判断．
【详解】解：∵反比例函数的图象经过点（3，2），
∴k=2×3=6，
∴，
∴图象在一、三象限，在每个象限y随x的增大而减小，故A，B，C错误，
∴点不在此函数的图象上，选项D正确；
故选：D．
本题考查反比例函数图象上的点的特征，教育的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
3、C
【分析】根据平行四边形的性质得到OB=OD，利用点E是OD的中点，得到DE:BE=1：3，根据同高三角形面积比的关系得到S△ADE：S△ABE=1：3，利用平行四边形的性质得S平行四边形ABCD=2S△ABD，由此即可得到与的面积比.
【详解】在中，OB=OD，
∵为的中点，
∴DE=OE,
∴DE:BE=1：3，
∴S△ADE：S△ABE=1：3，
∴S△ABE：S△ABD=1：4，
∵S平行四边形ABCD=2S△ABD,
∴与的面积比为3:8，
故选：C.
此题考查平行四边形的性质，同高三角形面积比，熟记平行四边形的性质并熟练运用解题是关键.
4、B
【分析】根据正方形和菱形的性质逐项分析可得解.
【详解】根据正方形对角线的性质：平分、相等、垂直；菱形对角线的性质：平分、垂直，
故选B．
考点：1.菱形的性质；2.正方形的性质．
5、A
【解析】设a=k,b=2k,
则 .
故选A.
6、C
【分析】根据平行线分线段成比例定理，可得DB：AB=BE：BC，又由DB=4，AB=6，BE=3，即可求得答案．
【详解】解：∵DE∥AC，
∴DB：AB＝BE：BC，
∵DB＝4，AB＝6，BE＝3，
∴4：6＝3：BC，
解得：BC＝ ，
∴EC＝BC﹣BE＝ ．
故选C．
本题考查平行线分线段成比例定理．解题的关键是注意掌握各比例线段的对应关系．
7、C
【解析】试题解析：A、，没有给出a的取值，所以A选项错误；
B、不含有二次项，所以B选项错误；
C、是一元二次方程，所以C选项正确；
D、不是整式方程，所以D选项错误．故选C．
考点：一元二次方程的定义．
8、C
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．
【详解】A、此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
B、此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
C、此图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项正确；
D、此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误．
故选：C．
本题主要考查了轴对称图形与中心对称图形，掌握好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．
9、D
【分析】当a=b时，可得出=2；当a≠b时，a、b为一元二次方程x2-6x+2=0的两根，利用根与系数的关系可得出a+b=6，ab=2，再将其代入=中即可求出结论．
【详解】当a=b时，=1+1=2；
当a≠b时，∵a、b满足a2-6a+2=0，b2-6b+2=0，
∴a、b为一元二次方程x2-6x+2=0的两根，
∴a+b=6，ab=2，
∴= =1．
故选：D．
此题考查根与系数的关系，分a=b及a≠b两种情况，求出的值是解题的关键．
10、C
【解析】在决定本周进女装时多进一些红色的，主要考虑的是各色女装的销售的数量，而红色上周销售量最大．
【详解】解：在决定本周进女装时多进一些红色的，主要考虑的是各色女装的销售的数量，而红色上周销售量最大．由于众数是数据中出现次数最多的数，
故考虑的是各色女装的销售数量的众数．
故选：C．
反映数据集中程度的统计量有平均数、中位数、众数方差等，各有局限性，因此要对统计量进行合理的选择和恰当的运用．
11、D
【分析】在△DEG右侧作等边三角形DGM，连接FM，由模型可知DF+FG=FM，∴DF+EF+FG的最小值即为线段EM，根据题意求出EM即可.
【详解】解：在△DEG右侧作等边三角形DGM，过M作ED的垂线交ED延长线于H，连接FM，EM，
由模型可知DF+FG=FM，∴DF+EF+FG的最小值即为EF+FM的最小值，即线段EM，
由已知易得∠MDH=30°，DM=DG=，
∴在直角△DMH中，MH=DM=，DH=，
∴EH=3+3=6，
在直角△MHE中，
本题主要考查了学生的知识迁移能力，熟练掌握等边三角形的性质和勾股定理是解题的关键.
12、A
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与小灯泡发光的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】解：画树状图得：
∵共有12种等可能的结果，现任意闭合其中两个开关，则小灯泡发光的有6种情况，
∴小灯泡发光的概率为＝．
故选：A．
此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、①④⑤．
【分析】根据二次函数图象的开口方向、对称轴、顶点坐标、增减性以及二次函数与一元二次方程的关系，逐项判断即可．
【详解】解：抛物线过点（﹣1，2），对称轴为直线x＝1．
∴x＝ ＝1，与x轴的另一个交点为（5，2），
即，4a+b＝2，故①正确；
当x＝﹣3时，y＝9a﹣3b+c＜2，即，9a+c＜3b，因此②不正确；
当x＜1时，y的值随x值的增大而增大，因此③不正确；
抛物线与x轴的两个交点为（﹣1，2），（5，2），又a＜2，因此当函数值y＜2时，自变量x的取值范围是x＜﹣1或x＞5，故④正确；
当x＝3时，y＝9a+3b+c＞2，
当x＝4时，y＝16a+4b+c＞2，
∴15a+7b+1c＞2，
又∵a＜2，
∴8a+7b+c＞2，故⑤正确；
综上所述，正确的结论有：①④⑤，
故答案为：①④⑤．
本题主要考查二次函数图像性质,解决本题的关键是要熟练掌握二次函数图像性质.
14、
【分析】先根据勾股定理求出AB的长，进而得出CD的长，再求出AD,BD的长，由点与圆的位置关系即可得出结论．
【详解】解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90，AC=3，BC=，
∴AB==1．
∵CD⊥AB，∴CD=．
∵AD•BD=CD2，
设AD=x，BD=1-x，得x(1-x)=,
又AD＞BD,解得x1=(舍去),x2=.
∴AD=,BD=.
∵点A在圆外，点B在圆内，
∴BD＜r＜AD,
∴r的范围是，
故答案为：．
本题考查的是点与圆的位置关系，熟知点与圆的三种位置关系是解答此题的关键．
15、
【分析】先根据题目中提供的三个式子，分别计算的值，用含n的式子表示其规律，再计算S的值即可．
【详解】解：∵，∴；
∵，∴；
∵，∴；
……
∵，
∴；
∴
．
故答案为：
本题为规律探究问题，难度较大，根据提供的式子发现规律，并表示规律是解题的关键，同时要注意对于式子的理解．
16、点P在⊙O上
【分析】知道圆O的直径为10cm，OP的长，得到OP的长与半径的关系，求出点P与圆的位置关系．
【详解】因为圆O的直径为10cm，所以圆O的半径为5cm，又知OP=5cm，所以OP等于圆的半径，所以点P在⊙O上．
故答案为点P在⊙O上．
本题考查了点与圆的位置关系，根据OP的长和圆O的直径，可知OP的长与圆的半径相等，可以确定点P的位置．
17、3；
【分析】（1）求出点A、B的坐标，再根据割补法求△ABC的面积即可得到；
（2）将旋转后的MN和抛物线旋转到之前的状态，求出直线解析式及交点坐标，利用割补法求面积即可．
【详解】解：（1）在上，令x=0，解得y=2，
所以C（0，2），OC=2，
将，代入，
解得a=3，b=2，
∴，，
设，的直线解析式为，
则 ，
解得，
直线AB解析式为，令x=0，
解得，y=4，即OD=4，
∴，
∴
（2）如图，由旋转知，，，
∴，，
直线，令，得
∴
∴
∴
此题考查了二次函数与几何问题相结合的问题，将三角形的面积转化为解题关键．
18、－6
【分析】把x=1代入原方程就可以得到一个关于k的方程，解这个方程即可求出k的值．
【详解】把代入方程得到，解得.
故答案为：−6.
本题考查了一元二次方程的解，将方程的根代入并求值是解题的关键.
三、解答题（共78分）
19、（1），;（2）直线;（3）点的横坐标为或
【分析】（1）把，代入解析式即可求出a,b的值；
（2）设直线MN为y=kx-，根据二次函数联立得到一元二次方程，设交点、的横坐标为x1,x2,根据对称性可得x1+x2=5,根据根与系数的关系求解k，即可求解.
（3）求出OD,OB，设P（x,），得到HP=x,DH=-1=,根据与相似分两种情况列出比例式即可求解.
【详解】（1）把，代入
得解得
故答案为：-4；3；
（2）设直线MN为y=kx+b，把代入得b=-
∴直线MN为y=kx-，
联立二次函数得kx-=
整理得x2-(k+4)x++3=0
设交点、的横坐标为x1,x2,
∵点、关于点对称，
∴x1+x2=5
故k+4=5
解得k=1
∴直线；
（3）∵D（0,1），B（3,0）
∴OD=1,OB=3，
设P（x,），
则HP=x,DH=-1=,
当∽时，,即
解得x=
当∽时，,即
解得x=
∴点的横坐标为或.
此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知待定系数法、函数与方程的关系及相似三角形的性质.
20、（1）见解析；（2）；（3）或
【分析】（1）将抛物线表达式变形为，求出与x轴交点坐标即可证明；
（2）根据抛物线对称轴的公式，将代入即可求得a值，从而得到解析式；
（3）分点P在AC上方和下方两种情况，结合∠ACO=45°得出直线PC与x轴所夹锐角度数，从而求出直线PC解析式，继而联立方程组，解之可得答案．
【详解】解：（1）=，
令y=0，则，，
则抛物线与x轴的交点中有一个为（-2，0）；
（2）抛物线的对称轴是：=，
解得：，代入解析式，
抛物线的解析式为：；
（3）存在这样的点，
，
，
如图1，当点在直线上方时，记直线与轴的交点为，
，
，，
则，
，
则，，
求得直线解析式为，
联立，
解得或，
，；
如图2，当点在直线下方时，记直线与轴的交点为，
，，
，
则，
，，
求得直线解析式为，
联立，
解得：或，
，，
综上，点的坐标为，或，．
本题是二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、二次函数的图象和性质、直线与抛物线相交的问题等．
21、（1）D；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）根据不可能事件和随机随机的定义进行判断；
（2）画树状图展示所有6种等可能的结果数；
（3）找出A型器材被选中的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】（1）只选购甲品牌的A型号为不可能事件．
故答案为D；
（2）画树状图为：
共有6种等可能的结果数；
（3）A型器材被选中的结果数为2，
所以A型器材被选中的概率= ．
此题考查列表法与树状图法，解题关键在于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．
22、（1）-1；（2）路线L的解析式为或
【解析】试题分析: (1)令直线y＝mx＋1中x＝0,则y＝1,所以该直线与y轴的交点为(0,1),将(0,1)代入抛物线y＝x2－2x＋n中,得n＝1,可求出抛物线的解析式为y＝x2－2x＋1＝(x－1)2,所以抛物线的顶点坐标为(1，0)．将点(1,0)代入到直线y＝mx＋1中,得0＝m＋1,解得m＝－1,
(2)将y＝2x－4和y＝联立方程可得2x－4＝,即2x2－4x－6＝0,解得x1＝－1,x2＝3,所以该“路线”L的顶点坐标为(－1,－6)或(3,2),令“带线”l：y＝2x－4中x＝0,则y＝－4,所以 “路线”L的图象过点(0,－4),设该“路线”L的解析式为y＝m(x＋1)2－6或y＝n(x－3)2＋2,由题意得:－4＝m(0＋1)2－6或－4＝n(0－3)2＋2,解得m＝2,n＝,所以此“路线”L的解析式为y＝2(x＋1)2－6或y＝ (x－3)2＋2.
试题解析:(1)令直线y＝mx＋1中x＝0,则y＝1,即该直线与y轴的交点为(0,1),将(0,1)代入抛物线y＝x2－2x＋n中,得n＝1,
∴抛物线的解析式为y＝x2－2x＋1＝(x－1)2,
∴抛物线的顶点坐标为(1，0)．将点(1,0)代入到直线y＝mx＋1中,得0＝m＋1,解得m＝－1,
(2)将y＝2x－4代入到y＝中,得2x－4＝,即2x2－4x－6＝0,解得x1＝－1,x2＝3,
∴该“路线”L的顶点坐标为(－1,－6)或(3,2),
令“带线”l：y＝2x－4中x＝0,则y＝－4,
∴“路线”L的图象过点(0,－4),
设该“路线”L的解析式为y＝m(x＋1)2－6或y＝n(x－3)2＋2,由题意得:
－4＝m(0＋1)2－6或－4＝n(0－3)2＋2,解得m＝2,n＝,
∴此“路线”L的解析式为y＝2(x＋1)2－6或y＝ (x－3)2＋2.
23、⑴EAF、△EAF、GF；⑵DE+BF=EF；⑶当∠B与∠D互补时，可使得DE+BF=EF．
【分析】（1）根据正方形性质填空；（2）假设∠BAD的度数为，将△ADE绕点A顺时针旋转得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB=AD,BG=DE, ∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°,结合正方形性质可得DE+BF=EF. ⑶根据题意可得，当∠B与∠D互补时，可使得DE+BF=EF．
【详解】⑴EAF、△EAF、GF．
⑵DE+BF=EF，理由如下：
假设∠BAD的度数为，将△ADE绕点A顺时针旋转得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：
AB=AD,BG=DE, ∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°,
∴∠ABG+∠ABF=90°+90°=180°，
因此，点G，B，F在同一条直线上．
∵∠EAF=
∴∠2+∠3=∠BAD-∠EAF=
∵∠1=∠2，
∴∠1+∠3=．
即∠GAF=∠EAF
又AG=AE，AF=AF
∴△GAF≌△EAF．
∴GF=EF，
又∵GF=BG+BF=DE+BF
∴DE+BF=EF．
⑶当∠B与∠D互补时，可使得DE+BF=EF．
正方形性质综合运用.
24、（1）作图见解析；（2）2∶1；4∶1.
【详解】（1）根据位似的性质，延长AA′、BB′、CC′，则它们的交点即为位似中心O；
（2）根据位似的性质得到AB：A′B′=OA：OA′=2：1，则△ABC与△A′B′C′的相似比为2：1，然后根据相似三角形的性质得到它们面积的比．
解：(1)如图，点O为位似中心；
(2)因为AB:A′B′=OA:OA′=12:6=2:1，
所以△ABC与△A′B′C′的相似比为2:1，面积比为4:1.
故答案为2:1； 4:1.
点睛：本题主要考查位似知识.利用位似的性质找出位似中心是解题的关键.
25、（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据题目条件证明和，利用两组对应角相等的三角形相似，证明；
（2）过点A作于点M，先通过的面积求出AM的长，根据得到，再算出DE的长．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∵D是BC边上的中点且
∴，
∴，
∴；
（2）如图，过点A作于点M，
∵，
∴，解得，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
本题考查相似三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质和判定定理．
26、∠C=30°
【分析】根据平行线的性质求出∠AOD，根据圆周角定理解答．
【详解】解：∵OA∥DE，
∴∠AOD=∠D=60°，
由圆周角定理得，∠C= ∠AOD=30°
本题考查的是圆周角定理和平行线的性质，掌握在同圆或等圆中，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是解题的关键．
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