2023届东营市重点中学数学九上期末检测模拟试题含解析.doc

2022-2023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（每题4分，共48分）
1．下列电视台的台标，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列各坐标表示的点在反比例函数图象上的是（ ）
A． B． C． D．
3．抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）形状如图，下列结论：①b＞0；②a﹣b+c＝0；③当x＜﹣1或x＞3时，y＞0；④一元二次方程ax2+bx+c+1＝0（a≠0）有两个不相等的实数根．正确的有（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
4．在△ABC中，I是内心，∠BIC=130°，则∠A的度数是（ ）
A．40° B．50° C．65° D．80°
5．如图，AB是⊙O的直径，BT是⊙O的切线，若∠ATB=45°，AB=2，则阴影部分的面积是(    )

A．2 B．1 C． D．
6．如图，点，，，，都在上，且的度数为，则等于（ ）

A． B． C． D．
7．下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
8．下图中①表示的是组合在一起的模块，在②③④⑤四个图形中，是这个模块的俯视图的是（　　）

A．② B．③ C．④ D．⑤
9．下列四张扑克牌图案，属于中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
10．若正比例函数y=mx（m≠0），y随x的增大而减小，则它和二次函数y=mx2+m的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
11．如图，一张矩形纸片ABCD的长AB＝xcm，宽BC＝ycm，把这张纸片沿一组对边AB和D的中点连线EF对折，对折后所得矩形AEFD与原矩形ADCB相似，则x：y的值为（　　）

A．2 B． C． D．
12．已知关于的一元二次方程有一个根为，则的值为（ ）
A．0 B．1 C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，在中，，点为的中点.将绕点逆时针旋转得到，其中点的运动路径为，则图中阴影部分的面积为______．

14．如图，正方形和正方形的边长分别为3和1，点、分别在边、上，为的中点，连接，则的长为_________．

15．如图，量角器外沿上有A、B两点，它们的读数分别是70°、40°，则∠1的度数为___度．

16．如图直线与抛物线交于，两点，点是轴上的一个动点，当的周长最小时，_．

17．已知线段，点是线段的黄金分割点（），那么线段______.（结果保留根号）
18．已知关于 x 的一元二次方程x2+2x-a=0的两个实根为x1，x2，且，则 a的值为 ．
三、解答题（共78分）
19．（8分）超市销售某种儿童玩具，如果每件利润为40元（市场管理部门规定，该种玩具每件利润不能超过60元），每天可售出50件．根据市场调查发现，销售单价每增加2元，每天销售量会减少1件．设销售单价增加元，每天售出件．
（1）请写出与之间的函数表达式；
（2）当为多少时，超市每天销售这种玩具可获利润2250元？
（3）设超市每天销售这种玩具可获利元，当为多少时最大，最大值是多少？
20．（8分）如图，抛物线经过点，点，交轴于点，连接，.

（1）求抛物线的解析式；
（2）点为抛物线第二象限上一点，满足，求点的坐标；
（3）将直线绕点顺时针旋转，与抛物线交于另一点，求点的坐标.
21．（8分）如图，在8×8的正方形网格中，△AOB的顶点都在格点上．请在网格中画出△OAB的一个位似图形，使两个图形以点O为位似中心，且所画图形与△OAB的位似为2：1．

22．（10分）三台县教育和体育局为帮助万福村李大爷“精准脱贫”，在网上销售李大爷自己手工做的竹帘，其成本为每张40元，当售价为每张80元时，每月可销售100张.为了吸引更多顾客，采取降价措施.据市场调查反映：销售单价每降1元，则每月可多销售5张.设每张竹帘的售价为元（为正整数），每月的销售量为张．
（1）直接写出与的函数关系式；
（2）设该网店每月获得的利润为元，当销售单价降低多少元时，每月获得的利润最大，最大利润是多少？
（3）李大爷深感扶贫政策给自己带来的好处，为了回报社会，他决定每月从利润中捐出200元资助贫困学生.为了保证捐款后每月利润不低于4220元，求销售单价应该定在什么范围内？
23．（10分）计算：
（1）解不等式组
（2）化简：
24．（10分如图，将▱ABCD的边AB延长至点E，使BE=AB，连接DE、EC、BD、DE交BC于点O．

（1）求证：△ABD≌△BEC；
（2）若∠BOD=2∠A，求证：四边形BECD是矩形．
25．（12分）关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根．
（1）求k的取值范围．
（2）请选择一个k的负整数值，并求出方程的根．
26．已知ΔABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．

（1）分别写出图中点A和点C的坐标；
（2）画出ΔABC绕点C按顺时针方向旋转；90°后的．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【解析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合，因此，四个选项中只有D符合．故选D．
2、B
【解析】根据反比例函数的性质，分别代入A、B、C、D点，横坐标与纵坐标的积为4即可.
【详解】A、（-1）×4= -4，故错误.
B、1×4= 4，故正确.
C、1×-4= -4，故错误.
D、2×（-2）= -4，故错误.
故选B.
【点睛】
本题考查反比例函数图像上点的坐标特征.
3、B
【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标和增减性，以及二次函数与一元二次方程的关系逐个进行判断即可．
【详解】解：由抛物线开口向上，可知a＞1，对称轴偏在y轴的右侧，a、b异号，b＜1因此①不符合题意；
由对称轴为x＝1，抛物线与x轴的一个交点为（3，1），可知与x轴另一个交点为（﹣1，1），代入得a﹣b+c＝1，因此②符合题意；
由图象可知，当x＜﹣1或x＞3时，图象位于x轴的上方，即y＞1．因此③符合题意；
抛物线与y＝﹣1一定有两个交点，即一元二次方程ax2+bx+c+1＝1（a≠1）有两个不相等的实数根，因此④符合题意；
综上，正确的有3个，
故选：B．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质和二次函数同一元二次方程的关系，解决本题的关键是正确理解题意，熟练掌握二次函数的性质.
4、D
【解析】试题分析：已知∠BIC=130°，则根据三角形内角和定理可知∠IBC+∠ICB=50°，则得到∠ABC+∠ACB=100度，则本题易解．
解：∵∠BIC=130°，
∴∠IBC+∠ICB=50°，
又∵I是内心即I是三角形三个内角平分线的交点，
∴∠ABC+∠ACB=100°，
∴∠A=80°．
故选D．

考点：三角形内角和定理；角平分线的定义．
5、B
【分析】设AT交⊙O于点D，连结BD，根据圆周角定理可得∠ADB=90°，再由切线性质结合已知条件得△BDT和△ABD都为等腰直角三角形，由S阴=S△BDT计算即可得出答案.
【详解】设AT交⊙O于点D，连结BD，如图：

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，

又∵∠ATB=45°，BT是⊙O切线，
∴△BDT和△ABD都为等腰直角三角形，
∵AB=2，
∴AD=BD=TD=AB=，
∴弓形AD的面积等于弓形BD的面积，
∴S阴=S△BDT=××=1.
故答案为B.
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰直角三角形的判定，解决本题的关键是利用等腰直角三角形的性质把阴影部分的面积转化为三角形的面积．
6、D
【分析】连接AB、DE，先求得∠ABE=∠ADE=25°，根据圆内接四边形的性质得出∠ABE+∠EBC+∠ADC=180°，即可求得∠CBE+∠ADC=155°．
【详解】解：如图所示

连接AB、DE，则∠ABE=∠ADE
∵=50°
∴∠ABE=∠ADE=25°
∵点，，，都在上
∴∠ADC+∠ABC=180°
∴∠ABE+∠EBC+∠ADC=180°
∴∠EBC+∠ADC=180°-∠ABE=180°-25°=155°
故选：D．
【点睛】
本题主要考查的是圆周角定理和圆内接四边形的性质，作出辅助线构建内接四边形是解题的关键．
7、D
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念分别分析得出答案．
【详解】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，不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查轴对称图形与中心对称图形的概念,理解掌握两个定义是解答关键.
8、A
【详解】②是该几何体的俯视图；③是该几何体的左视图和主视图；④、⑤不是该几何体的三视图.
故选A.
【点睛】
从正面看到的图是正视图，从上面看到的图形是俯视图，从左面看到的图形是左视图，能看到的线画实线，看不到的线画虚线.
9、B
【解析】根据中心对称图形的概念和各扑克牌的花色排列特点的求解．
解答：解：A、不是中心对称图形，不符合题意；
B、是中心对称图形，符合题意；
C、不是中心对称图形，不符合题意；
D、不是中心对称图形，不符合题意．
故选B．
10、A
【详解】∵正比例函数y=mx（m≠0），y随x的增大而减小，
∴该正比例函数图象经过第一、三象限，且m＜0，
∴二次函数y=mx2+m的图象开口方向向下，且与y轴交于负半轴，
综上所述，符合题意的只有A选项，
故选A.
11、B
【分析】根据相似多边形对应边的比相等，可得到一个方程，解方程即可求得．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，宽BC＝ycm，
∴AD=BC=ycm，
由折叠的性质得：AE=AB=x，
∵矩形AEFD与原矩形ADCB相似，
∴，即，
∴x2=2y2，
∴x=y，
∴．
故选：B．
【点睛
本题考查了相似多边形的性质、矩形的性质、翻折变换的性质；根据相似多边形对应边的比相等得出方程是解决本题的关键．
12、B
【分析】将x=1代入方程即可得出答案.
【详解】将x=1代入方程得：，
解得a=1，
故答案选择B.
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的解，比较简单，将解直接代入即可得出答案.

二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】连接，设AC、DE交于点N，如图，根据题意可得的度数和BM的长度，易证为的中位线，故MN可求，然后利用S阴影=S扇形MBE，代入相关数据求解即可.
【详解】解：连接，设AC、DE交于点N，如图，由题意可知，，∴，
∵，，且为的中点，
∴为的中位线，∴，，
∴S阴影=S扇形MBE.

【点睛】
本题考查了旋转的性质、三角形的中位线定理、扇形面积的计算等知识，属于常考题型，熟练掌握旋转的性质、将所求不规则图形的面积转化为规则图形的面积的和差是解题的关键.
14、
【分析】延长GE交AB于点O，作PH⊥OE于点H，则PH是△OAE的中位线，求得PH的长和HG的长，在Rt△PGH中利用勾股定理求解．
【详解】解：延长GE交AB于点O，作PH⊥OE于点H．

则PH∥AB．
∵P是AE的中点，
∴PH是△AOE的中位线，
∴PH= OA= ×（3-1）=1．
∵直角△AOE中，∠OAE45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，即OA=OE=2，
同理△PHE中，HE=PH=1．
∴HG=HE+EG=1+1=2．
∴在Rt△PHG中，PG=
故答案是：.
【点睛】
本题考查了正方形的性质、勾股定理和三角形的中位线定理，正确作出辅助线构造直角三角形是关键．
15、15
【分析】圆周角定理：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．
【详解】解： ∵∠AOB=70°-40°=30°
∴∠1=∠AOB=15°
故答案为：15°．
【点睛】
本题考查圆周角定理．
16、．
【分析】根据轴对称，可以求得使得的周长最小时点的坐标，然后求出点到直线的距离和的长度，即可求得的面积，本题得以解决．
【详解】联立得，
解得，或，
∴点的坐标为，点的坐标为，
∴，
作点关于轴的对称点，连接与轴的交于，则此时的周长最小，
点的坐标为，点的坐标为，
设直线的函数解析式为，
，得，
∴直线的函数解析式为，
当时，，
即点的坐标为，
将代入直线中，得，
∵直线与轴的夹角是，
∴点到直线的距离是：，
∴的面积是：，
故答案为．

【点睛】
本题考查二次函数的性质、一次函数的性质、轴对称﹣最短路径问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
17、
【分析】根据黄金比值为计算即可
【详解】解：∵点P是线段AB的黄金分割点（AP>BP）
∴
故答案为：.
【点睛】
本题考查的知识点是黄金分割，熟记黄金分割点的比值是解题的关键.
18、1．
【详解】解：∵关于 x 的一元二次方程x2+2x-a=0 的两个实根为x1，x2，
∴x1+x2=-2，x1x2=-a，
∴
∴a=1．

三、解答题（共78分）
19、（1）（2）当为10时，超市每天销售这种玩具可获利润2250元（3）当为20时最大，最大值是2400元
【分析】（1）根据题意列函数关系式即可；
（2）根据题意列方程即可得到结论；
（3）根据题意得到，根据二次函数的性质得到当时，随的增大而增大，于是得到结论．
【详解】（1）根据题意得，；
（2）根据题意得，，
解得：，，
∵每件利润不能超过60元，
∴，
答：当为10时，超市每天销售这种玩具可获利润2250元；
（3）根据题意得，，
∵，
∴当时，随的增大而增大，
∴当时，，
答：当为20时最大，最大值是2400元．
【点睛】
本题考查了一次函数、二次函数的应用，弄清题目中包含的数量关系是解题关键．
20、（1）；（2）或；（3）．
【分析】（1）将A，C坐标代入中解出即可；
（2）由可得，设，利用三角形的面积求法建立方程求解即可得出结论；
（3）延长AC与BE交于点F，易证△ABC是直角三角形可知△ACF是等腰直角三角形，由，，可得A是CF的中点，所以F（2，-2），进而确定直线BF的解析式为，即可求出E点坐标.
【详解】（1）将点，代入得：

∴，，
∴；
（2）由（1）可得，
令y=0，解得，
则，
∴，，
∴，
∵，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴，
如图，过点作轴交于，

设，
∴
∴，
∴或，
∴或；
（3）延长与交于点，是直角三角形，

∵直线绕点顺时针旋转，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，，
∴是的中点，
∴，
∴直线的解析式为，
则

，
∴或，
∵与重合舍去，
∴．
【点睛】
本题考查二次函数的图象及性质，直角三角形的性质，本题是综合题，掌握待定系数法求解析式，熟练的将函数与三角形相结合是解题的关键．
21、答案见解析．
【分析】延长AO，BO，根据相似比，在延长线上分别截取AO，BO的2倍，确定所作的位似图形的关键点A'，B'，再顺次连接所作各点，即可得到放大2倍的位似图形△A'B'C'．
【详解】解：如图

【点睛】
本题考查作图-位似变换，数形结合思想解题是关键．
22、（1）；（2）当降价10元时，每月获得最大利润为4500元；（3）．
【分析】（1）根据“销售单价每降1元，则每月可多销售5张”写出与的函数关系式即可；
（2）根据题意，利用利润=每件的利润×数量即可得出w关于x的表达式，再利用二次函数的性质即可得到最大值；
（3）先求出每月利润为4220元时对应的两个x值，再根据二次函数的图象和性质即可得出答案．
【详解】（1）由题意可得：整理得；
（2）由题意，得：

∵.
∴有最大值
即当时，
∴应降价（元）
答：当降价10元时，每月获得最大利润为4500元；
（3）由题意，得：

解之，得：，，
∵抛物线开口向下，对称轴为直线，
∴．
【点睛】
本题主要考查二次函数的应用，掌握二次函数的图象和性质以及一元二次方程的解法是解题的关键．
23、（1）；（2）．
【分析】（1）先分别求出两个不等式的解，再找出它们的公共部分即为不等式组的解集；
（2）根据分式的减法法则即可得．
【详解】（1），
解不等式①得：，
解不等式②得：，
则不等式组的解集为；
（2），
，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了解一元一次不等式组、分式的减法运算，熟练掌握不等式组的解法和分式的运算法则是解题关键．
24、（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）先运用平行四边形的知识得到AB=BE、BE=DC、BD=EC，即可证明△ABD≌△BEC；
（2）由四边形BECD为平行四边形可得OD=OE，OC=OB，再结合四边形ABCD为平行四边形得到∠A∠OCD，再结合已知条件可得OC=OD，即BC=ED；最后根据对角线相等的平行四边形是矩形证明即可．
【详解】证明：(1)∵在平行四边形ABCD
∴AD=BC，AB=CD，AB∥CD，即BE∥CD．
又∵AB=BE，
∴BE=DC．
∴四边形BECD为平行四边形．
∴BD=EC．
在△ABD与△BEC中，

∴△ABD≌△BEC(SSS)；
(2)∵四边形BECD为平行四边形，
∴ OD=OE，OC=OB，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A=∠BCD．即∠A=∠OCD．
又∵∠BOD=2∠A，∠BOD=∠OCD+∠ODC，
∴∠OCD=∠ODC
∴OC=OD．
∴OC+OB=OD+OE，即BC=ED．
∴四边形BECD为矩形．
【点睛】
本题主要考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、平行线的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的外角性质等知识点，灵活应用相关知识是解答本题的关键．
25、（1）
（2），
【详解】解：（1）方程有两个不相等的实数根，∴　　＞1．
　　　　即　，解得，．　　　　　　　　　　
（2）若k是负整数，k只能为－1或－2．　　　　　　　　　　　　　
　　如果k＝－1，原方程为　．
　　解得，，．　　　　　　　　　　　　　
　　（如果k＝－2，原方程为 ，解得，，．）
26、（1）A(0，4)，C(3，1)；（2）详见解析
【分析】（1）直接从平面直角坐标系写出点A和点C的坐标即可；
（2）根据找出点A、B、C绕点C顺时针方向旋转90°后的对应点A'、B'、C'的位置，然后顺次连接即可．
【详解】解：（1）由图可得，A（0，4）、C（3，1）；
（2）如图，△A'B'C'即为所求．

【点睛】
本题考查了利用旋转变换作图和平面直角坐标系，根据旋转的性质准确找出对应点是解答本题的关键．