2022-2023学年广西省玉林市名校数学九上期末综合测试试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图工人师傅砌门时，常用木条EF固定长方形门框ABCD，使其不变形，这样做的根据是（ ）

A．两点之间线段最短 B．两点确定一条直线
C．三角形具有稳定性 D．长方形的四个角都是直角
2．如图，已知，点是的中点，，则的长为( )

A．2 B．4 C． D．
3．如图，DE是的中位线，则与的面积的比是　　

A．1：2
B．1：3
C．1：4
D．1：9
4．在反比例函数y＝的图象上有两点A（x1，y1）、B（x2，y2）．若x1＜0＜x2，y1＜y2则k的取值范围是（　　）
A．k≥ B．k＞ C．k＜﹣ D．k＜
5．已知反比例函数y＝﹣，下列结论不正确的是（　　）
A．图象必经过点（﹣1，3） B．若x＞1，则﹣3＜y＜0
C．图象在第二、四象限内 D．y随x的增大而增大
6．一个不透明的袋子中装有21个红球和若干个白球，这些球除了颜色外都相同，若小英每次从袋子中随机摸出一个球，记下颜色后再放回经过多次重复试验，小英发现摸到红球的频率逐渐稳定于1．4，则小英估计袋子中白球的个数约为（ ）
A．51 B．31 C．12 D．8
7．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AB’C’D’，图中阴影部分的面积为（ ）．

A． B． C． D．
8．抛物线的顶点坐标是（ ）
A． B． C． D．
9．某中学有一块长30cm，宽20cm的矩形空地，该中学计划在这块空地上划出三分之二的区域种花，设计方案如图所示，求花带的宽度．设花带的宽度为xm，则可列方程为（　　）

A．（30﹣x）（20﹣x）＝×20×30 B．（30﹣2x）（20﹣x）＝×20×30
C．30x+2×20x＝×20×30 D．（30﹣2x）（20﹣x）＝×20×30
10．第一中学九年级有340名学生，现对他们的生日进行统计（可以不同年），下列说法正确的是（ ）
A．至少有两人生日相同 B．不可能有两人生日相同
C．可能有两人生日相同，且可能性较大 D．可能有两人生日相同，但可能性较小
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，在▱ABCD中，EF∥AB，DE：EA=2：3，EF=4，则CD的长为___________．

12．如图，点、分别在的边、上，若，，．若，，则的长是__________．

13．如图，在边长为的正方形中，将射线绕点按顺时针方向旋转度，得到射线，点是点关于射线的对称点，则线段长度的最小值为________．

14．如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10cm，点D为△ABC内一点，∠BAD=15°，AD=6cm，连接BD，将△ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为________cm.

15．函数是关于反比例函数，则它的图象不经过______的象限.
16．如果反比例函数的图象经过点，则该反比例函数的解析式为____________
17．二次函数的最小值是 ．
18．在平面直角坐标系中，直线y=x-2与x轴、y轴分别交于点B、C，半径为1的⊙P的圆心P从点A（4，m ）出发以每秒个单位长度的速度沿射线AC的方向运动，设点P运动的时间为t秒，则当t=_____秒时，⊙P与坐标轴相切.

三、解答题(共66分)
19．（10分）抛物线的顶点为，且过点，求它的函数解析式.
20．（6分）试证明：不论为何值，关于的方程总为一元二次方程.
21．（6分）如图，矩形ABCD的四个顶点在正三角形EFG的边上.已知△EFG的边长为2，设边长AB为x，矩形ABCD的面积为S.
求：(1)S关于x的函数表达式和自变量x的取值范围.
(2)S的最大值及此时x的值.

22．（8分）某果园有100棵橙子树，每一棵树平均结600个橙子.现准备多种一些橙子树以提高产量，但是如果多种树，那么树之间的距离和每一棵树所接受的阳光就会减少.根据经验估计，每多种一棵树，平均每棵树就会少结5个橙子.
（1）如果果园既要让橙子的总产量达到60375个，又要确保每一棵橙子树接受到的阳光照射尽量少受影响，那么应该多种多少棵橙子树？
（2）增种多少棵橙子树，可以使果园橙子的总产量最多？最多为多少？
23．（8分）如图1，是内任意一点，连接，分别以为边作（在的左侧）和（在的右侧），使得，，连接．
（1）求证：；
（2）如图2，交于点，若，点共线，其他条件不变，
①判断四边形的形状，并说明理由；
②当，，且四边形是正方形时，直接写出的长．

24．（8分）如图，∠1=∠3，∠B=∠D，AB=DE=5，BC=1．
（1）请证明△ABC∽△ADE．
（2）求AD的长．

25．（10分）同学张丰用一张长18cm、宽12cm矩形纸片折出一个菱形，他沿矩形的对角线AC折出∠CAE＝∠DAC，∠ACF＝∠ACB的方法得到四边形AECF（如图）．
（1）证明：四边形AECF是菱形；
（2）求菱形AECF的面积．

26．（10分）（1）3tan30°-tan45°+2sin60°
（2）

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】根据三角形的稳定性，可直接选择．
【详解】加上EF后，原图形中具有△AEF了，故这种做法根据的是三角形的稳定性．
故选：C．
2、C
【分析】根据相似三角形的性质列出比例式求解即可．
【详解】解：∵点是的中点，，，
∴AD=2，
∵，
∴
∴
∴AB=，
故选C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质，能够根据相似三角形列出比例式是解答本题的关键，难度不大．
3、C
【分析】由中位线可知DE∥BC，且DE=BC；可得△ADE∽△ABC，相似比为1:2；根据相似三角形的面积比是相似比的平方，即得结果．
【详解】解：∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，且DE=BC，
∴△ADE∽△ABC，相似比为1:2，
∵相似三角形的面积比是相似比的平方，
∴△ADE与△ABC的面积的比为1:4.
故选C.
【点睛】
本题要熟悉中位线的性质及相似三角形的判定及性质，牢记相似三角形的面积比是相似比的平方．
4、D
【分析】利用反比例函数的性质得到反比例函数图象分布在第一、三象限，于是得到1﹣3k＞0，然后解不等式即可．
【详解】∵x1＜0＜x2，y1＜y2，
∴反比例函数图象分布在第一、三象限，
∴1﹣3k＞0，
∴k＜．
故选：D．
【点睛】
此题考查反比例函数的性质，根据点的横纵坐标的关系即可确定函数图象所在的象限，由此得到k的取值范围.
5、D
【解析】A. ∵(−1)×3=−3,∴图象必经过点(−1,3)，故正确；
B. ∵k=−3<0，∴函数图象的两个分支分布在第二、四象限，故正确；
C. ∵x=1时，y=−3且y随x的增大而而增大，∴x>1时，−3
本题主要考查了用评率估计概率.
7、C
【分析】设B′C′与CD的交点为E，连接AE，利用“HL”证明Rt△AB′E和Rt△ADE全等，根据全等三角形对应角相等∠DAE＝∠B′AE，再根据旋转角求出∠DAB′＝60°，然后求出∠DAE＝30°，再解直角三角形求出DE，然后根据阴影部分的面积＝正方形ABCD的面积﹣四边形ADEB′的面积，列式计算即可得解．
【详解】如图，设B′C′与CD的交点为E，连接AE，

在Rt△AB′E和Rt△ADE中，
，
∴Rt△AB′E≌Rt△ADE（HL），
∴∠DAE＝∠B′AE，
∵旋转角为30°，
∴∠DAB′＝60°，
∴∠DAE＝×60°＝30°，
∴DE＝1×＝，
∴阴影部分的面积＝1×1﹣2×（×1×）＝1﹣．
故选C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形判定与性质，解直角三角形，利用全等三角形求出∠DAE＝∠B′AE，从而求出∠DAE＝30°是解题的关键，也是本题的难点．
8、A
【分析】根据二次函数的性质，利用顶点式即可得出顶点坐标．
【详解】解：∵抛物线，
∴抛物线的顶点坐标是：（1，3），
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了利用二次函数顶点式求顶点坐标．能根据二次函数的顶点式找出抛物线的对称轴及顶点坐标是解题的关键．
9、B
【分析】根据等量关系：空白区域的面积＝矩形空地的面积，列方程即可.
【详解】设花带的宽度为xm，则可列方程为（30﹣2x）（20﹣x）＝×20×30，
故选：B．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的实际应用－几何问题，理清题意找准等量关系是解题的关键.
10、C
【分析】依据可能性的大小的概念对各选项进行逐一分析即可．
【详解】A. 因为一年有365天而某学校只有340人，所以至少有两名学生生日相同是随机事件.故本选项错误；
B. 两人生日相同是随机事件，故本选项错误；
C. 因为320365=6473>50%，所以可能性较大.正确；
D. 由C可知，可能性较大，故本选项错误.
故选：C.
【点睛】
本题考查了可能性的大小，也考查了我们对常识的了解情况.

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1．
【详解】解：∵EF∥AB,∴△DEF∽△DAB,∴EF：AB=DE：DA=DE：（DE+EA）=2：5,∴AB=1,∵在▱ABCD中AB=CD．
∴CD=1．
故答案为：1
【点睛】
本题考查①相似三角形的判定；②相似三角形的性质；③平行四边形的性质．
12、
【分析】由题意根据三角形内角和定理以及相似三角形的判定定理和相似三角形的性质即可求出答案．
【详解】解：∵∠A=40°，∠B=65°，
∴∠C=180°-40°-65°=75°，
∴∠C=∠AED，
∵∠A=∠A（公共角），
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∴.
故答案为：．
【点睛】
本题考查相似三角形，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，属于基础题型，难度较小．
13、
【分析】由轴对称的性质可知AM=AD，故此点M在以A圆心，以AD为半径的圆上，故此当点A、M、C在一条直线上时，CM有最小值．
【详解】如图所示：连接AM．

∵四边形ABCD为正方形，
∴AC=
∵点D与点M关于AE对称，
∴AM=AD=1．
∴点M在以A为圆心，以AD长为半径的圆上．
如图所示，当点A、M、C在一条直线上时，CM有最小值．
∴CM的最小值=AC-AM′=1，
故答案为：-1．
【点睛】
本题主要考查的是旋转的性质，正方形的性质，依据旋转的性质确定出点M运动的轨迹是解题的关键．
14、
【分析】过点A作AH⊥DE，垂足为H，由旋转的性质可得 AE=AD=6，∠CAE=∠BAD=15°，∠DAE=∠BAC=90°，再根据等腰直角三角形的性质可得∠HAE=45°，AH=3，进而得∠HAF=30°，继而求出AF长即可求得答案.
【详解】过点A作AH⊥DE，垂足为H，
∵∠BAC=90°，AB=AC，将△ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点E，
∴AE=AD=6，∠CAE=∠BAD=15°，∠DAE=∠BAC=90°，
∴DE=，∠HAE=∠DAE=45°，
∴AH=DE=3，∠HAF=∠HAE-∠CAE=30°，
∴AF=，
∴CF=AC-AF=，
故答案为.

【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形等知识，正确添加辅助线构建直角三角形、灵活运用相关知识是解题的关键.
15、第一、三象限
【解析】试题解析：函数是关于的反比例函数，

解得：
比例系数
它的图象在第二、四象限,不经过第一、三象限.
故答案为第一、三象限.
16、
【分析】根据题意把点代入，反比例函数的解析式即可求出k值进而得出答案.
【详解】解：设反比例函数的解析式为：，
把点代入得，
所以该反比例函数的解析式为：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查反比例函数的解析式，根据题意将点代入并求出k值是解题的关键.
17、﹣1．
【解析】试题分析：∵=，∵a=1＞0，∴x=﹣2时，y有最小值=﹣1．故答案为﹣1．
考点：二次函数的最值．
18、1，3，5
【分析】设⊙P与坐标轴的切点为D， 根据一次函数图象上点的坐标特征可得出点A、B、C的坐标，即可求出AB、AC的长，可得△OBC是等腰直角三角形，分⊙P只与x轴相切、与x轴、y轴同时相切、只与y轴相切三种情况，根据切线的性质和等腰直角三角形的性质分别求出AP的长，即可得答案.
详解】设⊙P与坐标轴的切点为D，
∵直线y=x-2与x轴、y轴分别交于点B、C，点A坐标为（4，m），
∴x=0时，y=-2，y=0时，x=2，x=4时，y=2，
∴A（4，2），B（2，0），C（0，-2），
∴AB=2，AC=4，OB=OC=2，
∴△OBC是等腰直角三角形，∠OBC=45°，
①如图，当⊙P只与x轴相切时，
∵点D为切点，⊙P的半径为1，
∴PD⊥x轴，PD=1，
∴△BDP是等腰直角三角形，
∴BD=PD=1，
∴BP=，
∴AP=AB-BP=，
∵点P的速度为个单位长度，
∴t=1，

②如图，⊙P与x轴、y轴同时相切时，
同①得PB=，
∴AP=AB+PB=3，
∵点P的速度为个单位长度，
∴t=3.

③如图，⊙P只与y轴相切时，
同①得PB=，
∴AP=AC+PB=5，
∵点P的速度为个单位长度，
∴t=5.

综上所述：t的值为1、3、5时，⊙P与坐标轴相切，
故答案为：1，3，5
【点睛】
本题考查切线的性质及一次函数图象上点的坐标特征，一次函数图象上的点的坐标都适合该一次函数的解析式；圆的切线垂直于过切点的直径；熟练掌握切线的性质是解题关键.

三、解答题(共66分)
19、
【分析】已知抛物线的顶点，故可设顶点式，由顶点可知，将点代入即可.
【详解】解：设
将点代入得
解得
所以
【点睛】
本题考查了抛物线的解析式，由题中所给点的特征选择合适的抛物线的解析式的设法是解题的关键.
20、证明见解析.
【分析】由题意利用配方法把二次项系数变形，根据非负数的性质得到＞0，根据一元二次方程的定义证明结论．
【详解】解：利用配方法把二次项系数变形有，
∵（m+1）2≥0，
∴，
因为，所以不论为何值，方程是一元二次方程.
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的概念、配方法的应用，掌握一元二次方程的定义、完全平方公式是解题的关键．
21、 (1)；(2)
【分析】（1）根据矩形的性质得到，CD=AB，CD∥AB，由平行可以得到△CDE也为正三角形，所以DE=CD=x，DF=2-x.根据等边三角形的性质得到∠F=60°，得 AD=，再根据矩形的面积公式即可得到结论；
（2）根据二次函数的性质即可得到结论．
【详解】解：四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB，CD∥AB，
又△EFG为正三角形，
∴△CDE也为正三角形.
∴DE=CD=x，∴DF=2-x.
又在正三角形EFG中，可得∠F=60°，
∴AD==，
∴S=AB·AD=x·=
（2）由，
∴当x=1时，S取得最大值，最大值为
【点睛】
本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的性质，正确的理解题意是解题的关键．
221）应该多种5棵橙子树；（2）增种10棵橙子树，可以使果园橙子的总产量最多.最多为60500个.
【分析】（1）根据题意设应该多种x棵橙子树，根据等量关系果园橙子的总产量要达到60375个，列出方程求解即可；
（2）根据题意设增种y棵树，就可求出每棵树的产量，然后求出总产量，再配方即可求解．
【详解】（1）设应该多种x棵橙子树，根据题意得:
（100+x）（600-5x）=60375，
解得：，（不合题意，舍去）
答：应该多种5棵橙子树.
（2）设果园橙子的总产量为y个，根据题意得:
.
答：增种10棵橙子树，可以使果园橙子的总产量最多.最多为60500个.
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解，注意配方法的运用．
23、（1）证明见解析；（2）①四边形是矩形．理由见解析；②．
【分析】（1）根据,得到,,再证,
方法一:通过证明,,从而四边形是平行四边形, ,所以为矩形.
方法二:证明
方法三:证,,．
【详解】（1）∵，
∴，．
∴，，即．．
∴．
（2）①四边形是矩形．理由如下：
方法一：由（1）知，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，∴，．
∴，，即．
∴． ∴．
∵． ∴．
∴．∴．∴．
∴四边形是平行四边形．
∵，，点共线，∴．
∴四边形是矩形．
方法二：如图

由（1）知，∴．
∵，，点共线，∴．
∴，．
又∵，∴．
∴．
∴．
∵,
∴，即．
∴．
∵，∴，
∴，，即．
∴，∴．
∵，，点共线，
∴．
∴，．
∴，即．
∴．
∵，，
∴四边形是矩形．
方法三：由（1）知，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
由（1）知，∴．
∵，，点共线，∴．
∴，．
又∵，∴，∴．
∴．
∵，∴，即．
∴． ∵，∴．
∴四边形是矩形．
②
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的性质以及矩形的性质.
24、（1）见解析；（2）
【分析】（1）由∠1=∠3，依据等式的基本性质，得，结合∠B=∠D，依据两组角分别相等的三角形相似可证；
（2）依据相似的性质可求.
【详解】解：∵∠1=∠3，
∴∠1+∠2=∠3+∠2，
即,
又∵∠B=∠D，
∴△ABC∽△ADE．
（2）∵△ABC∽△ADE，
∴,
又∵AB=DE=5，BC=1，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相似的判定定理和性质定理，并熟悉基本图形.
25、（1）详见解析；（2）1．
【分析】（1）先证明四边形AECF是平行四边形，再证明AF＝CE即可．
（2）在RT△ABE中利用勾股定理求出BE、AE，再根据S菱形AECF＝S矩形ABCD﹣S△ABE﹣S△DFC求出面积即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠FAC＝∠ACE，
∵∠CAE＝∠DAC，∠ACF＝∠ACB，
∴∠EAC＝∠ACF，
∴AE∥CF，∵AF∥EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵∠FAC＝∠FCA，
∴AF＝CF，
∴四边形AECF是菱形．
（2）解：∵四边形AECF是菱形，
∴AE＝EC＝CF＝AF，设菱形的边长为a，
在RT△ABE中，∵∠B＝90°，AB＝12，AE＝a，BE＝18﹣a，
∴a2＝122+（18﹣a）2，
∴a＝13，
∴BE＝DF＝5，AF＝EC＝13，
∴S菱形AECF＝S矩形ABCD﹣S△ABE﹣S△DFC＝216﹣30﹣30＝1cm2．

【点睛】
本题考查菱形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定方法是解决问题的关键，学会转化的思想，把问题转化为方程解决属于中考常考题型．
26、（1）；（2）
【分析】（2）根据特殊角的三角函数值，代入求出即可．
（2）根据特殊角的三角函数值，零指数幂求出每一部分的值，代入求出即可．
【详解】（1）

（2）

【点睛】
本题考查了实数的运算法则，同时也利用了特殊角的三角函数值、0指数幂的定义及负指数幂定义解决问题．