2024-2025学年浙江省义乌市四校九年级数学第一学期期末调研试题含解析.doc

2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，CD是⊙O的弦，O是圆心，把⊙O的劣弧沿着CD对折，A是对折后劣弧上的一点，∠CAD=100°，则∠B的度数是（　　）

A．100° B．80° C．60° D．50°
2．在平面直角坐标系中，平移二次函数的图象能够与二次函数的图象重合，则平移方式为（ ）
A．向左平移个单位，向下平移个单位
B．向左平移个单位，向上平移个单位
C．向右平移个单位，向下平移个单位
D．向右平移个单位，向上平移个单位
3．已知点都在反比例函数为常数，且)的图象上，则与的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
4．如图，菱形ABCD的边长为2，∠A=60°，以点B为圆心的圆与AD、DC相切，与AB、CB的延长线分别相交于点E、F，则图中阴影部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
5．把方程化成的形式，则的值分别是（ ）
A．4，13 B．-419 C．-4，13 D．4，19
6．已知x＝﹣1是一元二次方程x2+mx+3＝0的一个解，则m的值是（　　）
A．4 B．﹣4 C．﹣3 D．3
7．如图，已知在中，，于，则下列结论错误的是（ ）

A． B． C． D．
8．抛物线经过平移得到抛物线,平移过程正确的是（ ）
A．先向下平移个单位,再向左平移个单位
B．先向上平移个单位,再向右平移个单位
C．先向下平移个单位,再向右平移个单位
D．先向上平移个单位,再向左平移个单位.
9．在中，点在线段上，请添加一个条件使，则下列条件中一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．为了宣传垃圾分类，童威写了一篇倡议书，决定用微博转发的方式传播．他设计了如下的传播规则：将倡议书发表在自己的微博上，再邀请n个好友转发，每个好友转发之后，又邀请n个互不相同的好友转发，依次类推．已知经过两轮转发后，共有111个人参与了宣传活动，则n的值为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．小明发现相机快门打开过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他绘制了如图2所示的图形．图2中留个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接六边形和一个小正六边形，若PQ所在的直线经过点M，PB=5cm，小正六边形的面积为cm2，则该圆的半径为________cm．

12．如图，ABC是⊙O的内接三角形，AD是△ABC的高，AE是⊙O的直径，且AE=4，若CD=1，AD=3，则AB的长为______．

13．如图，正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°后得到正方形BEFG，EF与AD相交于点H，延长DA交GF于点K．若正方形ABCD边长为，则AK= ．

14．Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，，则BC的长为____________．
15．在Rt△ABC中，∠C=90°，如果AB=6，，那么AC=_____．
16．如图，抛物线y＝﹣（x+1）（x﹣9）与坐标轴交于A、B、C三点，D为顶点，连结AC，BC．点P是该抛物线在第一象限内上的一点．过点P作y轴的平行线交BC于点E，连结AP交BC于点F，则的最大值为_______．

17．已知二次函数y＝（x﹣2）2﹣3，当x＜2时，y随x的增大而_____（填“增大”或“减小”）．
18．在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则__________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）已知如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（3，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C，连接AC，点P是直线AC上方的抛物线上一动点（异于点A，C），过点P作PE⊥x轴，垂足为E，PE与AC相交于点D，连接AP．

（1）求点C的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）①求直线AC的解析式；
②是否存在点P，使得△PAD的面积等于△DAE的面积，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
20．（6分）如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD∥BC，AD＝2BC，∠ABD＝90°，E为AD的中点，连接BE．
（1）求证：四边形BCDE为菱形；
（2）连接AC，若AC平分∠BAD，BC＝1，求AC的长．

21．（6分）如图，在△ABC中，AB=10，AC＝8，D、E分别是AB、AC上的点，且AD＝4，∠BDE+∠C=180°．求AE的长．

22．（8分）如图，中，，，，解这个直角三角形.

23．（8分）如图，学校准备在教学楼后面搭建一个简易矩形自行车车棚，一边利用教学楼的后墙(可利用的墙长为19 m)，另外三边利用学校现有总长38 m的铁栏围成．

(1)若围成的面积为180 m2，试求出自行车车棚的长和宽；
(2)能围成面积为200 m2的自行车车棚吗？如果能，请你给出设计方,如果不能，请说明理由．
24．（8分）如图，在中，点在边上，．点在边上，．
（1）求证：；
（2）若，求的长．

25．（10分）（1）解方程：x（x﹣3）＝x﹣3；
（2）用配方法解方程：x2﹣10x+6＝0
26．（10分）如图，是经过某种变换得到的图形，点与点，点与点，点与点分别是对应点

，观察点与点的坐标之间的关系，解答下列问题：
分别写出点与点，点与点，点与点的坐标，并说说对应点的坐标有哪些特征；
若点与点也是通过上述变换得到的对应点，求、的值．
参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【解析】试题分析：如图，翻折△ACD，点A落在A′处，可知∠A=∠A′=100°，然后由圆内接四边形可知∠A′+∠B=180°，解得∠B=80°.
故选：B

2、D
【解析】二次函数y=x1+4x+3=（x+1）1-1，
将其向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到二次函数y=x1．
故选D．
点睛：抛物线的平移时解析式的变化规律：左加右减，上加下减．
3、B
【分析】由m2>0可得-m2<0，根据反比例函数的性质可得的图象在二、四象限，在各象限内，y随x的增大而增大，根据各点所在象限及反比例函数的增减性即可得答案.
【详解】∵m为常数，，
∴m2>0，
∴-m2<0，
∴反比例函数的图象在二、四象限，在各象限内，y随x的增大而增大，
∵-2<-1<0，1>0，
∴00时，函数图象在一、三象限，在各象限，y随x的增大而减小；当k<0时，函数图象在二、四象限，在各象限，y随x的增大而增大；熟练掌握反比例函数的性质是解题关键.
4、A
【详解】解：设AD与圆的切点为G，连接BG，
∴BG⊥AD，
∵∠A=60°，BG⊥AD，
∴∠ABG=30°，在直角△ABG中，BG=AB=×2=，AG=1，
∴圆B的半径为，
∴S△ABG==，
在菱形ABCD中，
∵∠A=60°，则∠ABC=120°，
∴∠EBF=120°，
∴S阴影=2（S△ABG﹣S扇形ABG）+S扇形FBE==．
故选A．

考点：1．扇形面积的计算；2．菱形的性质；3．切线的性质；4．综合题．
5、D
【分析】此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用，把左边配成完全平方式，右边化为常数．
【详解】解：∵x2+8x-3=0,
∴x2+8x=3,
∴x2+8x+16=3+16,
∴（x+4）2=19,
∴m=4，n=19,
故选：D．
配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
6、A
【分析】根据一元二次方程的解的定义，把x＝﹣1代入方程得1﹣m+2＝0，然后解关于m的一次方程即可．
【详解】解：把x＝﹣1代入x2+mx+3＝0得1﹣m+3＝0，解得m＝1．
故选：A．
本题考查的是一元二次方程中含有参数的解，只需要把x的值代入方程即可求出.
7、A
【分析】根据三角形的面积公式判断A、D，根据射影定理判断B、C．
【详解】由三角形的面积公式可知，CD•AB=AC•BC，A错误，符合题意，D正确，不符合题意；
∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴AC2=AD•AB，BC2=BD•AB，B、C正确，不符合题意；
故选：A．
本题考查的是射影定理、三角形的面积计算，掌握射影定理、三角形的面积公式是解题的关键．
8、D
【分析】先利用顶点式得到抛物线的顶点坐标为，抛物线的顶点坐标为，然后利用点平移的规律确定抛物线的平移情况．
【详解】解：抛物线的顶点坐标为，抛物线的顶点坐标为，而点先向上平移2个单位，再向左平移3个单位后可得点，
抛物线先向上平移2个单位，再向左平移3个单位后可得抛物线．
故选：．
本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
9、B
【分析】根据相似三角形的判定方法进行判断，要注意相似三角形的对应边和对应角．
【详解】解：如图，

在中，∠B的夹边为AB和BC，
在中，∠B的夹边为AB和BD，
∴若要，
则，即
故选B.
此题主要考查的是相似三角形的判定，正确地判断出相似三角形的对应边和对应角是解答此题的关键．
10、B
【分析】设邀请了n个好友转发倡议书，第一轮传播了n个人，第二轮传播了n2个人，根据两轮传播共有111人参与列出方程求解即可．
【详解】由题意，得
n+n2+1=111，
解得：n1=-11（舍去），n2=10，
故选B．
本题考查了列一元二次方程解实际问题的运用，解答时先由条件表示出第一轮增加的人数和第二轮增加的人数根据两轮总人数为111人建立方程是关键．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】设两个正六边形的中心为O，连接OP,OB,过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，如图所示：很容易证出三角形PMN是一个等边三角形，边长PM的长，，而且面积等于小正六边形的面积的， 故三角形PMN的面积很容易被求出，根据正六边形的性质及等腰三角形的三线和一可以得出PG的长，进而得出OG的长，,在Rt△OPG中，根据勾股定理得 OP的长，设OB为x，，根据正六边形的性质及等腰三角形的三线和一可以得出BH，OH的长，进而得出PH的长，在Rt△PHO中，根据勾股定理得关于x的方程，求解得出x的值，从而得出答案．
【详解】解: 设两个正六边形的中心为O，连接OP,OB,过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，如图所示：

很容易证出三角形PMN是一个等边三角形，边长PM=,而且面积等于小正六边形的面积的，
故三角形PMN的面积为cm2，
∵OG⊥PM，且O是正六边形的中心，
∴PG=PM=
∴OG=
在Rt△OPG中，根据勾股定理得 ：OP2=OG2+PG2,即=OP2
∴OP=7cm，
设OB为x，
∵OH⊥AB，且O是正六边形的中心，
∴BH=X,OH=，
∴PH=5-x，
在Rt△PHO中，根据勾股定理得OP2=PH2+OH2,即
解得：x1=1,x2=-3（舍）
故该圆的半径为1cm．
故答案为1．
本题以相机快门为背景，从中抽象出数学模型，综合考查了多边形、圆、三角形及解三角形等相关知识，突出考查数学的应用意识和解决问题的能力．试题通过将快门的光圈变化这个动态的实际问题化为静态的数学问题，让每个学生都能参与到实际问题数学化的过程中，鼓励学生用数学的眼光观察世界；在运用数学知识解决问题的过程中，关注思想方法，侧重对问题的分析，将复杂的图形转化为三角形或四边形解决，引导学生用数学的语言表达世界，用数学的思维解决问题．
12、
【分析】利用勾股定理求出AC，证明△ABE∽△ADC，推出，由此即可解决问题．
【详解】解：∵AD是△ABC的高，
∴∠ADC=90°，
∴，
∵AE是直径，
∴∠ABE=90°，
∴∠ABE=∠ADC，
∵∠E=∠C，
∴△ABE∽△ADC，
∴，
∴，
∴，
故答案为．
本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理、圆周角定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
13、．
【详解】连接BH，如图所示：
∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形，
∴∠BAH=∠ABC=∠BEH=∠F=90°，
由旋转的性质得：AB=EB，∠CBE=30°，
∴∠ABE=60°，
在Rt△ABH和Rt△EBH中，
∵BH=BH，AB=EB，
∴Rt△ABH≌△Rt△EBH（HL），
∴∠ABH=∠EBH=∠ABE=30°，AH=EH，
∴AH=AB•tan∠ABH==1，
∴EH=1，
∴FH=，
在Rt△FKH中，∠FKH=30°，

∴KH=2FH=，
∴AK=KH﹣AH==；
故答案为．

考点：旋转的性质．
14、1
【分析】由cosB==可设BC=3x，则AB=5x，根据AB=10，求得x的值,进而得出BC的值即可．
【详解】解：如图，

∵Rt△ABC中，cosB==，
∴设BC=3x，则AB=5x=10，
∴x=2,BC=1,
故答案为：1．
本题考查了解直角三角形，熟练掌握三角函数的定义及勾股定理是解题的关键．
15、2
【解析】如图所示，

在Rt△ABC中,∠C=90°,AB=6,cosA=，
∴cosA=，
则AC=AB=×6=2，
故答案为2.
16、
【分析】根据抛物线的解析式求得A、B、C的坐标，进而求得AB、BC、AC的长，根据待定系数法求得直线BC的解析式，作PN⊥BC，垂足为N．先证明△PNE∽△BOC，由相似三角形的性质可知PN=PE，然后再证明△PFN∽△AFC，由相似三角形的性质可得到PF:AF与m的函数关系式，从而可求得的最大值．
【详解】∵抛物线y=﹣(x+1)(x﹣9)与坐标轴交于A、B、C三点，
∴A(﹣1，0)，B(9，0)，
令x=0，则y=1，
∴C(0，1)，
∴BC，
设直线BC的解析式为y=kx+b．
∵将B、C的坐标代入得：，解得k=﹣，b=1，
∴直线BC的解析式为y=﹣x+1．
设点P的横坐标为m，则纵坐标为﹣(m+1)(m﹣9)，点E(m，﹣m+1)，
∴PE=﹣(m+1)(m﹣9)﹣(﹣m+1)=﹣m2+1m．
作PN⊥BC，垂足为N．

∵PE∥y轴，PN⊥BC，
∴∠PNE=∠COB=90°，∠PEN=∠BCO．
∴△PNE∽△BOC．
∴===．
∴PN=PE=(-m2+1m)．
∵AB2=(9+1)2=100，AC2=12+12=10，BC2=90，
∴AC2+BC2=AB2．
∴∠BCA=90°，
又∵∠PFN=∠CFA，
∴△PFN∽△AFC．
∴===﹣m2+m=﹣(m﹣)2+．
∵，
∴当m时，的最大值为．
故答案为：．

本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了二次函数图象上点的坐标特征、一次函数的解析式、等腰三角形的性质、勾股定理的应用以及相似三角形的证明与性质，求得与m的函数关系式是解题的关键．
17、减小
【分析】根据题目的函数解析式和二次函数的性质，可以得到当x＜2时，y随x的增大如何变化，本题得以解决．
【详解】∵二次函数y＝（x﹣2）2﹣3，
∴抛物线开口向上，对称轴为：x=2，
∴当x＞2时，y随x的增大而增大，x＜2时，y随x的增大而减小，
故答案为：减小．
本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
18、1
【分析】根据在平面直角坐标系中的点关于原点对称的点的坐标为，进而求解．
【详解】∵点与点关于原点对称，
∴，
故答案为：1．
本题考查平面直角坐标系中关于原点对称点的特征，即两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反．

三、解答题(共66分)
19、（1）(0,3)；（2）y＝﹣x2+2x+3；（3）①；②当点P的坐标为（1，4）时，△PAD的面积等于△DAE的面积．
【分析】（1）将代入二次函数解析式即可得点C的坐标；
（2）把A（3，0），B（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+3即可得出抛物线的解析式；
（3）①设直线直线AC的解析式为，把A（3，0），C代入即可得直线AC的解析式；
②存在点P，使得△PAD的面积等于△DAE的面积；设点P（x，﹣x2+2x+3）则点D（x，﹣x+3），可得PD=﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）=﹣x2+3x，DE=﹣x+3，根据Ｓ△PAD＝Ｓ△DAE时，即可得PD=DE，即可得出结论．
【详解】解：（1）由y＝ax2+bx+3，令
∴点C的坐标为（0，3）；
（2）把A（3，0），B（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+3得
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
（3）①设直线直线AC的解析式为，
把A（3，0），C代入得
，
解得，
∴直线AC的解析式为；
②存在点P，使得△PAD的面积等于△DAE的面积，理由如下：
设点P（x，﹣x2+2x+3）则点D（x，﹣x+3），
∴PD=﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）=﹣x2+3x，DE=﹣x+3，
当Ｓ△PAD＝Ｓ△DAE时，有，得PD=DE，
∴﹣x2+3x=﹣x+3解得x1=1，x2=3（舍去），
∴y＝﹣x2+2x+3=﹣12+2+3=4，
∴当点P的坐标为（1，4）时，△PAD的面积等于△DAE的面积．
本题考查了用待定系数法求解析式，二次函数的综合，掌握知识点是解题关键．
20、（1）详见解析；（2）AC＝．
【分析】（1）由，推出四边形BCDE是平行四边形，再证明即可解决问题；
（2）在中只要证明即可解决问题.

【详解】（1），E为AD的中点

，即
四边形BCDE是平行四边形

四边形BCDE是菱形；
（2）如图，连接AC
，AC平分

在中，
.

本题考查了平行四边形的判定定理与性质、菱形的判定定理、角平分线的定义、正弦三角函数值、直角三角形的性质，熟记各定理与性质是解题关键.
21、AE=5
【分析】根据∠BDE+∠C=180°可得出C=ADE，继而可证明△ADE∽△ACB，再利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵BDE+C=180°
BDE+ADE=180°
∴C=ADE
∵A=A
∴
∴
∴
∴AE=5
本题考查的知识点是相似三角形的判定及性质，利用已知条件得出C=ADE，是解此题的关键．
22、.
【分析】根据勾股定理求出AB，根据解直角三角形求出∠B，由余角的性质求出∠A，即可得到答案.
【详解】解：如图：

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
本题考查了解直角三角形，以及勾股定理，解题的关键是熟练掌握解直角三角形.
23、（1）长和宽分别为18 m，10 m；（2）不能，理由见解析
【分析】（1）利用长方形的周长表示出各边长，即可表示出矩形面积，求出即可；
（2）利用长方形的面积列方程，利用根的判别式解答即可．
【详解】解：(1)设AB＝x，则BC＝38－2x.根据题意，得
x(38－2x)＝180，
解得x1＝10，x2＝9.
当x＝10时，38－2x＝18；
当x＝9时，38－2x＝20>19，不符合题意，舍去．
答：若围成的面积为180 m2，自行车车棚的长和宽分别为18 m，10 m.

(2)不能，理由如下：
根据题意，得x(38－2x)＝200，
整理，得x2－19x＋100＝0.
∵Δ＝b2－4ac＝361－400＝－39＜0，
∴此方程没有实数根．
∴不能围成面积为200 m2的自行车车棚．
本题考查一元二次方程的应用，熟练掌握计算法则是解题关键.
24、（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）先通过平角的度数为180°证明，再根据即可证明；
（2）根据得出相似比，即可求出的长．
【详解】（1）证明：

，

又

（2）

本题考查了相似三角形的问题，掌握相似三角形的性质以及判定定理是解题的关键．
25、（1）x＝3或x＝1；（2）x＝5
【分析】（1）利用因式分解法求解可得；
（2）利用配方法求解可得．
【详解】解：（1）∵x（x﹣3）＝x﹣3，
∴x（x﹣3）﹣（x﹣3）＝0，
则（x﹣3）（x﹣1）＝0，
∴x﹣3＝0或x﹣1＝0，
解得x＝3或x＝1；
（2）∵x2﹣10x+6＝0，
∴x2﹣10x＝﹣6，
则x2﹣10x+25＝﹣625，即（x﹣5）2＝19，
∴x﹣5＝±，
则x＝5．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
26、（1）见解析；（2）；；
【解析】(1)在坐标系中直接读出点的坐标即可，再由所读数值发现坐标之间的特征；
(2)由上问所得结论可求解a、b的值.
【详解】由图象可知，点，点，点，点，点，点；
对应点的坐标特征为：横坐标、纵坐标都互为相反数；
由可知，，，
解得，．
本题考查了图形在坐标系中的旋转，根据坐标系中点的坐标确定旋转特点，从而确定旋转前后对应坐标之间的关系是解题关键.