福建省莆田荔城区五校联考2024年九年级数学第一学期期末检测试题含解析.doc

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（每题4分，共48分）
1．把一个正六棱柱如图摆放，光线由上向下照射此正六棱柱时的正投影是( )

A． B． C． D．
2．如图，下面图形及各个选项均是由边长为1的小方格组成的网格，三角形的顶点均在小方格的顶点上，下列四个选项中哪一个阴影部分的三角形与已知相似．（ ）

A． B． C． D．
3．如图，△ABC的顶点都是正方形网格中的格点，则sin∠ABC等于（   ）

A． B． C． D．
4．在一个不透明的盒子里有2个红球和n个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个，摸到红球的概率是，则n的值为（ ）
A．3 B．5 C．8 D．10
5．下列事件中，必然发生的为（ ）
A．奈曼旗冬季比秋季的平均气温低 B．走到车站公共汽车正好开过来
C．打开电视机正转播世锦赛实况 D．掷一枚均匀硬币正面一定朝上
6．如图，⊙O是△ABC的外接圆，连接OA、OB，∠C＝40°，则∠OAB的度数为（　　）

A．30° B．40° C．50° D．80°
7．下列事件是必然事件的是（ ）
A．打开电视机，正在播放篮球比赛 B．守株待兔
C．明天是晴天 D．在只装有5个红球的袋中摸出1球，是红球.
8．如图，点A、B、C在⊙O上，若∠BAC＝45°，OB＝2，则图中阴影部分的面积为（　　）

A．π﹣2 B． C．π﹣4 D．
9．铅球运动员掷铅球的高度y(m)与水平距离x(m)之间的函数关系式为y＝－x2＋x＋.则该运动员此次掷铅球的成绩是(　　)
A．6 m B．12 m C．8 m D．10 m
10．如图，在△ABC中，∠B=80°，∠C=40°，直线l平行于BC．现将直线l绕点A逆时针旋转，所得直线分别交边AB和AC于点M、N，若△AMN与△ABC相似，则旋转角为（　　）

A．20° B．40° C．60° D．80°
11．一元二次方程x2﹣3x﹣4＝0的一次项系数是（　　）
A．1 B．﹣3 C．3 D．﹣4
12．下列方程中，是一元二次方程的是（　　）
A．2x+y＝1 B．x2+3xy＝6 C．x+＝4 D．x2＝3x﹣2
二、填空题（每题4分，共24分）
13．随即掷一枚均匀的硬币三次次，三次正面朝上的概率是．
14．在平面直角坐标系中，点P（2，﹣3）关于原点对称点P′的坐标是_____．
15．如图，△ABC与△DEF均为等边三角形，O为BC、EF的中点，则AD：BE的值为________．

16．如图，在平面直角坐标系中，以点为圆心画圆，与轴交于；两点，与轴交于两点，当时，的取值范围是____________.

17．已知是方程的根，则代数式的值为__________.
18．如图，已知的半径为2，内接于，，则__________．

三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在正方形ABCD中，点M、N分别在AB、BC上，AB=4，AM1，BN=.

(1)求证:ΔADM∽ΔBMN；
(2)求∠DMN的度数.
20．（8分）图①是一枚质地均匀的正四面体形状的骰子，每个面上分别标有数字1，2，3，4，图②是一个正六边形棋盘，现通过掷骰子的方式玩跳棋游戏，规则是：将这枚骰子掷出后，看骰子向上三个面（除底面外）的数字之和是几，就从图②中的A点开始沿着顺时针方向连续跳动几个顶点，第二次从第一次的终点处开始，按第一次的方法跳动．
（1）随机掷一次骰子，则棋子跳动到点C处的概率是　 　
（2）随机掷两次骰子，用画树状图或列表的方法，求棋子最终跳动到点C处的概率．

21．（8分）如图，反比例函数与一次函数交于和两点

（1）根据题中所给的条件，求出一次函数和反比例函数的解析式.
（2）结合函数图象，指出当时，的取值范围.
22．（10分）已知关于x的一元二次方程x2+（2k+1）x+k2＝0有实数根．
（1）求k的取值范围．
（2）设方程的两个实数根分别为x1、x2，若2x1x2﹣x1﹣x2＝1，求k的值．
23．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D为BC的中点，经过AD两点的圆分别与AB，AC交于点E、F，连接DE，DF．
（1）求证：DE＝DF；
（2）求证：以线段BE+CF，BD，DC为边围成的三角形与△ABC相似，

24．（10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．

25．（12分）如图，CD是⊙O的切线，点C在直径AB的延长线上．
（1）求证：∠CAD=∠BDC；
（2）若BD=AD，AC=3，求CD的长．

26．直线y＝kx+b与反比例函数（x＞0）的图象分别交于点A（m，4）和点B（8，n），与坐标轴分别交于点C和点D．

（1）求直线AB的解析式；
（2）观察图象，当x＞0时，直接写出的解集；
（3）若点P是x轴上一动点，当△COD与△ADP相似时，求点P的坐标．
参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【解析】试题分析：根据平行投影特点以及图中正六棱柱的摆放位置即可求解．
把一个正六棱柱如图摆放，光线由上向下照射此正六棱柱时的正投影是正六边形．
考点：平行投影．
2、A
【分析】本题主要应用两三角形相似判定定理，三边对应成比例，分别对各选项进行分析即可得出答案．
【详解】解：已知给出的三角形的各边分别为1、、，
只有选项A的各边为、2、与它的各边对应成比例．
故选：A．
本题考查三角形相似判定定理以及勾股定理，是基础知识要熟练掌握．
3、C
【解析】试题解析：设正方形网格每个小正方形边长为1，则BC边上的高为2，则 ， .
故本题应选C.
4、C
【解析】试题分析：在一个不透明的盒子里有2个红球和n个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个，摸到红球的概率是，而其概率为，因此可得=，解得n=8.
故选B．
考点：概率的求法
5、A
【分析】根据必然事件的定义选出正确选项．
【详解】解：A选项是必然事件；
B选项是随机事件；
C选项是随机事件；
D选项是随机事件．
故选：A．
本题考查必然事件和随机事件，解题的关键是掌握必然事件和随机事件的定义．
6、C
【分析】直接利用圆周角定理得出∠AOB的度数，再利用等腰三角形的性质得出答案.
【详解解：∵∠ACB＝40°，
∴∠AOB＝80°，
∵AO＝BO，
∴∠OAB＝∠OBA＝(180°﹣80°)＝50°．
故选：C．
本题主要考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理. 正确得出∠AOB的度数是解题关键.
7、D
【分析】根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念进行解答即可．
【详解】解：打开电视机，正在播放篮球比赛是随机事件，不符合题意；
守株待兔是随机事件，不符合题意；
明天是晴天是随机事件，不符合题意
在只装有5个红球的袋中摸出1球，是红球是必然事件，D符合题意.
故选：D．
本题考查的是必然事件、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．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．
8、A
【分析】先证得三角形OBC是等腰直角三角形，通过解直角三角形求得BC和BC边上的高，然后根据S阴影=S扇形OBC-S△OBC即可求得．
【详解】∵∠BAC＝45°，
∴∠BOC＝90°，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∵OB＝2，
∴△OBC的BC边上的高为：，
∴
∴S阴影=S扇形OBC-S△OBC=，
故选：A．
本题考查了扇形的面积公式：（n为圆心角的度数，R为圆的半径）．也考查了等腰直角三角形三边的关系和三角形的面积公式．
9、D
【分析】依题意，该二次函数与x轴的交点的x值为所求．即在抛物线解析式中．令y=0，求x的正数值．
【详解】把y=0代入y=-x1+x+得：
-x1+x+=0，
解之得：x1=2，x1=-1．
又x＞0，解得x=2．
故选D．
10、B
【解析】因为旋转后得到△AMN与△ABC相似,则∠AMN=∠C=40°,因为旋转前∠AMN=80°,所以旋转角度为40°,故选B.
11、B
【解析】根据一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c＝0（a，b，c是常数且a≠0），在一般形式中bx叫一次项，系数是b，可直接得到答案．
【详解】解：一次项是：未知数次数是1的项，故一次项是﹣3x，系数是：﹣3，
故选：B．
此题考查的是求一元一次方程一般式中一次项系数,掌握一元一次方程的一般形式和一次项系数的定义是解决此题的关键．
12、D
【分析】利用一元二次方程的定义判断即可．
【详解】解：A、原方程为二元一次方程，不符合题意；
B、原式方程为二元二次方程，不符合题意；
C、原式为分式方程，不符合题意；
D、原式为一元二次方程，符合题意，
故选：D．
此题主要考查一元二次方程的识别，解题的关键是熟知一元二次方程的定义.

二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】需要三步完成，所以采用树状图法比较简单，根据树状图可以求得所有等可能的结果与出现三次正面朝上的情况，再根据概率公式求解即可．
【详解】画树状图得：

∴一共有共8种等可能的结果；出现3次正面朝上的有1种情况．
∴出现3次正面朝上的概率是
故答案为．
点评：此题考查了树状图法概率．注意树状图法可以不重不漏地表示出所有等可能的结果．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
14、（﹣2，3）．
【解析】根据坐标轴的对称性即可写出.
【详解】解：根据中心对称的性质，得点P（2，﹣3）关于原点的对称点P′的坐标是（﹣2，3）．
故答案为：（﹣2，3）．
此题主要考查直角坐标系内的坐标变换，解题的关键是熟知直角坐标系的特点.
15、
【详解】连接OA、OD，
∵△ABC与△DEF均为等边三角形，O为BC、EF的中点，
∴AO⊥BC，DO⊥EF，∠EDO=30°，∠BAO=30°，
∴OD：OE=OA：OB=：1，
∵∠DOE+∠EOA=∠BOA+∠EOA ，即∠DOA=∠EOB，
∴△DOA∽△EOB，
∴OD：OE=OA：OB=AD：BE=：1=，
故答案为

考点：1.相似三角形的判定与性质；2.等边三角形的性质
16、
【解析】作ME⊥CD于E，MF⊥AB于F，连接MA、MC.当CD=6和CD=时在中求出半径MC,然后在 中可求的值，于是范围可求.
【详解】解：如图1，当CD=6时，作ME⊥CD于E，MF⊥AB于F，连接MA、MC，
∵，
∴ME=4,MF=3,
∵ME⊥CD, CD=6,
∴CE=3,
∴,
∴MA=MC=5,
∵MF⊥AB,
∴==,
如图2，当CD=时，作ME⊥CD于E，MF⊥AB于F，连接MA、MC，

∵，
∴ME=4,MF=3,
∵ME⊥CD, CD=,
∴CE=,
∴,
∴MA=MC=8,
∵MF⊥AB,
∴==,
综上所述，当时， .
故答案是：.
本题考查了三角函数在坐标系和圆中的应用，作辅助线构造直角三角形利用垂径定理求出半径是解题的关键.
17、1
【分析】把代入已知方程，并求得，然后将其整体代入所求的代数式进行求值即可．
【详解】解：把代入，得，
解得，
所以．
故答案是：1．
本题考查一元二次方程的解以及代数式求值，注意解题时运用整体代入思想．
18、
【解析】分析：根据圆内接四边形对边互补和同弧所对的圆心角是圆周角的二倍，可以求得∠AOB的度数，然后根据勾股定理即可求得AB的长．
详解：连接AD、AE、OA、OB，

∵⊙O的半径为2，△ABC内接于⊙O，∠ACB=135°，
∴∠ADB=45°，
∴∠AOB=90°，
∵OA=OB=2，
∴AB=2，
故答案为：2．
点睛：本题考查三角形的外接圆和外心，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件利用数形结合的思想解答．

三、解答题（共78分）
19、（1）见解析；（2）90°
【分析】（1）根据，，即可推出，再加上∠A=∠B=90°，就可以得出△ADM∽△BMN；
（2）由△ADM∽△BMN就可以得出∠ADM=∠BMN，又∠ADM+∠AMD=90°，就可以得出∠AMD+∠BMN=90°，从而得出∠DMN的度数．
【详解】(1)∵AD=4，AM=1
∴MB=AB-AM=4-1=3
∵，
∴
又∵∠A=∠B=90°
∴ΔADM∽ΔBMN
(2)∵ΔADM∽ΔBMN
∴∠ADM=∠BMN
∴∠ADM+∠AMD=90°
∴∠AMD+∠BMN=90°
∴∠DMN=180°-∠BMN-∠AMD=90°
本题考查了正方形的性质的运用，相似三角形的判定及性质的运用，解答时证明△ADM∽△BMN是解答的关键．
20、（1）；（2）棋子最终跳动到点C处的概率为．
【解析】（1）和为8时，可以到达点C，根据概率公式计算即可；
（2）列表得到所有的情况数，然后再找到符合条件的情况数，利用概率公式进行求解即可.
【详解】随机掷一次骰子，骰子向上三个面（除底面外）的数字之和可以是 6、7、8、9.
（1）随机掷一次骰子，满足棋子跳动到点 C 处的数字是 8，则棋子跳动到点C处的概率是，
故答案为；
（2）列表得：

9
8
7
6

9
9，9
8，9
7，9
6，9
8
9，8
8，8
7，8
6，8
7
9，7
8，7
7，7
6，7
6
9，6
8，6
7，6
6，6
共有16种可能，和为14可以到达点C，有3种情形，
所以棋子最终跳动到点C处的概率为．
【点睛】本题考查列表法与树状图，概率公式等知识，如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．
21、（1），y=x-2；（2）或
【分析】（1）根据点A的坐标即可求出反比例函数的解析式，再求出B的坐标，然后将A，B的坐标代入一次函数求出a，b，即可求出一次函数的解析式.
（2）结合图象找出反比例函数在一次函数上方所对应的自变量的取值范围即可解答.
【详解】解：（1）根据点的坐标可知，在反比例函数中，，
∴反比例函数的解析式为.
∴
把点和代入，
即，解得
∴一次函数的解析式为.
（2）观察图象可得，或.
本题考查了反比例函数与一次函数的应用，结合待定系数法求函数的解析式.
22、（1）；（2）k＝1
【分析】（1）由△≥1，求出k的范围；
（2）由根与系数的关系可知：x1+x2＝﹣2k﹣1，x1x2＝k2，代入等式求解即可．
【详解】解：（1）∵一元二次方程x2+（2k+1）x+k2＝1有实数根，
∴△＝（2k+1）2﹣4k2≥1，
∴；
（2）由根与系数的关系可知：
x1+x2＝﹣2k﹣1，x1x2＝k2，
∴2x1x2﹣x1﹣x2＝2k2+2k+1＝1，
∴k＝1或k＝﹣1，
∵；
∴k＝1．
本题考查根与系数的关系；熟练掌握一元二次方程根与系数的关系，并能用判别式判断根的存在情况是解题的关键．
23、（1）详见解析；（2）详见解析
【分析】（1）连接AD，证明∠BAD＝∠CAD即可得出，则结论得出；
（2）在AE上截取EG＝CF，连接DG，证明△GED≌△CFD，得出DG＝CD，∠EGD＝∠C，则可得出结论△DBG∽△ABC．
【详解】（1）证明：连接AD，

∵AB＝AC，BD＝DC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴，
∴DE＝DF．
（2）证明：在AE上截取EG＝CF，连接DG，

∵四边形AEDF内接于圆，
∴∠DFC＝∠DEG，
∵DE＝DF，
∴△GED≌△CFD（SAS），
∴DG＝CD，∠EGD＝∠C，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴△DBG∽△ABC，
即以线段BE+CF，BD，DC为边围成的三角形与△ABC相似．
本题考查了圆的综合问题，熟练掌握圆的内接四边形性质与相似三角形的判定是解题的关键．
24、（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．
25、（1）证明见解析；（1）CD=1．
【解析】分析：（1）连接OD，由OB=OD可得出∠OBD=∠ODB，根据切线的性质及直径所对的圆周角等于180°，利用等角的余角相等，即可证出∠CAD=∠BDC；
（1）由∠C=∠C、∠CAD∠CDB可得出△CDB∽△CAD，根据相似三角形的性质结合BD=AD、AC=3，即可求出CD的长．
详（1）证明：连接OD，如图所示．

∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB．
∵CD是⊙O的切线，OD是⊙O的半径，
∴∠ODB+∠BDC=90°．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠OBD+∠CAD=90°，
∴∠CAD=∠BDC．
（1）∵∠C=∠C，∠CAD=∠CDB，
∴△CDB∽△CAD，
∴．
∵BD=AD，
∴，
∴，
又∵AC=3，
∴CD=1．
点睛：本题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定义以及切线的性质，解题的关键是：1）利用等角的余角相等证出∠CAD=∠BDC；（1）利用相似三角形的性质找出．
26、（1）；（2）20时，的解集为2得直线AB的解析式为，当x=0时，y=5，当y=0时，x=10，即C点坐标为（0，5），D点坐标为（10，0）
∴OC=5，OD=10，
∴
设P点坐标为（a，0），由题可以，点P在点D左侧，则PD=10-a
由∠CDO＝∠ADP可得
①当时，△COD∽△APD，此时AP∥CO，,解得a=2,
故点P坐标为（2，0）
②当时，△COD∽△PAD，即，解得a=0，
即点P的坐标为（0，0）
因此，点P的坐标为（2，0）或（0，0）时，△COD与△ADP相似.
本题是反比例函数综合题，还考查了一次函数的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法确定函数解析式，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．