2023學年四川省成都東辰國際學校九年級數(shù)學第一學期期末質量檢測模擬試題含解析

1、2023學年九上數(shù)學期末模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題4分，共48分）1如圖所示的工件的主視圖是（ ）ABCD2有五張背面完全相同的卡片，正面分別寫有數(shù)字1，2，3，4，5，把這些卡片背面朝上洗勻后，從中隨機抽取一張，其正面的數(shù)字是偶數(shù)的概率為ABCD3如圖，拋物線的對稱軸為直線，與軸的一個交點坐標為，其部分圖象如

2、圖所示，下列結論：；方程的兩個根是，；當時，的取值范圍是；當時，隨增大而增大其中結論正確的個數(shù)是A1個B2個C3個D4個4在一個布袋中裝有紅、白兩種顏色的小球，它們除顏色外沒有任何其他區(qū)別其中紅球若干，白球5個，袋中的球已攪勻若從袋中隨機取出1個球，取出紅球的可能性大，則紅球的個數(shù)是（ ）A4個B5個C不足4個D6個或6個以上5如圖，將RtABC平移到ABC的位置，其中C90，使得點C與ABC的內心重合，已知AC4，BC3，則陰影部分的周長為（ ）A5B6C7D86如果，那么銳角A的度數(shù)是 （ ）A60B45C30D207如圖所示的幾何體的俯視圖是( )ABCD8下列事件中，隨機事件是（）A任

3、意畫一個三角形，其內角和為180B經過有交通信號的路口，遇到紅燈C在只裝了紅球的袋子中摸到白球D太陽從東方升起9如圖，正六邊形內接于，正六邊形的周長是12，則的半徑是（ ）A3B2CD10下列四個函數(shù)中，y的值隨著x值的增大而減小的是（ ）Ay=2xBy=x+1Cy=（x0）Dy=x2（x0）11 如圖，桌面上放著1個長方體和1個圓柱體，按如圖所示的方式擺放在一起，其左視圖是（）ABCD12如圖，在RtABC中，BAC90，將RtABC繞點C按逆時針方向旋轉42得到RtABC，點A在邊BC上，則B的大小為（）A42B48C52D58二、填空題（每題4分，共24分）13一元二次方程(x+1)(x

4、-3)=2x-5根的情況_（表述正確即可）14如圖，將RtABC繞直角頂點C順時針旋轉90，得到ABC，連結AA，若120，則B_度15已知a=32，b=32，則a2bab2=_16計算的結果是_17某扇形的弧長為cm，面積為3cm2，則該扇形的半徑為_cm18如圖，RtABC中，A90，CD平分ACB交AB于點D，O是BC上一點，經過C、D兩點的O分別交AC、BC于點E、F，AD，ADC60，則劣弧的長為_三、解答題（共78分）19（8分）如圖，在平面直角坐標系中，RtABC三個頂點都在格點上，點A、B、C的坐標分別為A（4，1），B（1，1），C（1，3），請解答下列問題：（1）畫出ABC

5、關于原點O的中心對稱圖形A1B1C1；（2）畫出ABC關于y軸對稱圖形A2B2C2，則A2B2C2與A1B1C1的位置關系是 20（8分）在一個不透明的盒子中裝有張卡片，張卡片的正面分別標有數(shù)字，這些卡片除數(shù)字外，其余都相同（1）從盒子中任意抽取一張卡片，恰好抽到標有偶數(shù)的卡片的概率是多少？（2）先從盒子中任意抽取一張卡片，再從余下的張卡片中任意抽取一張卡片，求抽取的張卡片上標有的數(shù)字之和大于的概率（畫樹狀圖或列表求解）21（8分）如圖，拋物線與軸相交于兩點，點在點的右側，與軸相交于點.求點的坐標；在拋物線的對稱軸上有一點，使的值最小，求點的坐標；點為軸上一動點，在拋物線上是否存在一點，使以四

6、點構成的四邊形為平行四邊形?若存在，求點的坐標；若不存在，請說明理由.22（10分）如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線yx2+x+3與x軸交于A、B兩點（點A在點B的右側），與y軸交于點C，過點C作x軸的平行線交拋物線于點P連接AC（1）求點P的坐標及直線AC的解析式；（2）如圖2，過點P作x軸的垂線，垂足為E，將線段OE繞點O逆時針旋轉得到OF，旋轉角為（090），連接FA、FC求AF+CF的最小值；（3）如圖3，點M為線段OA上一點，以OM為邊在第一象限內作正方形OMNG，當正方形OMNG的頂點N恰好落在線段AC上時，將正方形OMNG沿x軸向右平移，記平移中的正方形OMNG為正方形OMNG

7、，當點M與點A重合時停止平移設平移的距離為t，正方形OMNG的邊MN與AC交于點R，連接OP、OR、PR，是否存在t的值，使OPR為直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由23（10分）如圖，在平面直角坐標系中，已知點A坐標為（2，4），直線x2與x軸相交于點B，連結OA，拋物線yx2從點O沿OA方向平移，與直線x2交于點P，頂點M到A點時停止移動（1）求線段OA所在直線的函數(shù)解析式；（2）設拋物線頂點M的橫坐標為m用含m的代數(shù)式表示點P的坐標；當m為何值時，線段PB最短；（3）當線段PB最短時，平移后的拋物線上是否存在點Q，使SQMA2SPMA，若存在，請求出點Q的坐標；若不存在

8、，請說明理由24（10分）如圖，在矩形ABCD中，AB=10cm，BC=20cm，兩只小蟲P和Q同時分別從A、B出發(fā)沿AB、BC向終點B、C方向前進，小蟲P每秒走1cm，小蟲Q每秒走2cm。請問：它們同時出發(fā)多少秒時，以P、B、Q為頂 點的三角形與以A、B、C為頂點的三角形相似？25（12分）為響應市政府關于“垃圾不落地市區(qū)更美麗”的主題宣傳活動，鄭州外國語中學隨機調查了部分學生對垃圾分類知識的掌握情況，調查選項分為“A：非常了解；B：比較了解；C：了解較少；D：不了解”四種，并將調查結果繪制成以下兩幅不完整的統(tǒng)計圖請根據(jù)圖中提供的信息，解答下列問題；求_，并補全條形統(tǒng)計圖；若我校學生人數(shù)為1

9、000名，根據(jù)調查結果，估計該校“非常了解”與“比較了解”的學生共有_名；已知“非常了解”的是3名男生和1名女生，從中隨機抽取2名向全校做垃圾分類的知識交流，請畫樹狀圖或列表的方法，求恰好抽到1男1女的概率26我市有2000名學生參加了2018年全省八年級數(shù)學學業(yè)水平測試其中有這樣一題：如圖，分別以線段BD的端點B、D為圓心，相同的長為半徑畫弧，兩弧相交于A、C兩點，連接AB、AD、CB、CD若AB=2，BD=2，求四邊形ABCD的面積統(tǒng)計我市學生解答和得分情況，并制作如下圖表：（1）求學業(yè)水平測試中四邊形ABCD的面積；（2）請你補全條形統(tǒng)計圖；（3）我市該題的平均得分為多少？（4）我市得3

10、分以上的人數(shù)為多少？參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【解析】從物體正面看，看到的是一個橫放的矩形，且一條斜線將其分成一個直角梯形和一個直角三角形故選B2、C【解析】正面的數(shù)字是偶數(shù)的情況數(shù)是2，總的情況數(shù)是5，用概率公式進行計算即可得.【詳解】從寫有數(shù)字1，2，3，4，5這5張紙牌中抽取一張，其中正面數(shù)字是偶數(shù)的有2、4這2種結果，正面的數(shù)字是偶數(shù)的概率為，故選C【點睛】本題主要考查了概率公式的應用，明確概率的意義是解答的關鍵，用到的知識點為：概率=所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比3、C【分析】利用拋物線與軸的交點個數(shù)可對進行判斷；由對稱軸方程得到，然后根據(jù)時函數(shù)值為0可得到，則可對進行

11、判斷；利用拋物線的對稱性得到拋物線與軸的一個交點坐標為，則可對進行判斷；根據(jù)拋物線在軸上方所對應的自變量的范圍可對進行判斷；根據(jù)二次函數(shù)的性質對進行判斷【詳解】解：拋物線與軸有2個交點，所以正確；，即，而時，即，所以錯誤；拋物線的對稱軸為直線，而點關于直線的對稱點的坐標為，方程的兩個根是，所以正確；根據(jù)對稱性，由圖象知，當時，所以錯誤；拋物線的對稱軸為直線，當時，隨增大而增大，所以正確故選：【點睛】本題考查了二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關系：對于二次函數(shù)，二次項系數(shù)決定拋物線的開口方向和大?。寒敃r，拋物線向上開口；當時，拋物線向下開口；一次項系數(shù)和二次項系數(shù)共同決定對稱軸的位置：當與同號時（即，對稱軸

12、在軸左； 當與異號時（即，對稱軸在軸右；常數(shù)項決定拋物線與軸交點位置：拋物線與軸交于；拋物線與軸交點個數(shù)由決定：時，拋物線與軸有2個交點；時，拋物線與軸有1個交點；時，拋物線與軸沒有交點4、D【解析】由取出紅球的可能性大知紅球的個數(shù)比白球個數(shù)多，據(jù)此可得答案【詳解】解：袋子中白球有5個，且從袋中隨機取出1個球，取出紅球的可能性大，紅球的個數(shù)比白球個數(shù)多，紅球個數(shù)滿足6個或6個以上，故選：D【點睛】本題主要考查可能性大小，只要在總情況數(shù)目相同的情況下，比較其包含的情況總數(shù)即可5、A【分析】由三角形面積公式可求CE的長，由相似三角形的性質可求解【詳解】解：如圖，過點C作CEAB，CGAC，CHBC

13、，并延長CE交AB于點F，連接AC，BC，CC，點C與ABC的內心重合，CEAB，CGAC，CHBC，CE=CG=CH，SABC=SACC+SACB+SBCC，ACBC=ACCC+BACE+BCCHCE=1，將RtABC平移到ABC的位置，ABAB，AB=AB，AC=AC=4，BC=BC=3CFAB，AB=5，ACBC=ABCF，CF=，ABABCMNCAB，C陰影部分=CCAB=（5+3+4）=5.故選A.【點睛】本題考查了三角形的內切圓和內心，相似三角形的判定和性質，熟練運用相似三角形的性質是本題的關鍵6、A【分析】根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值即可求解【詳解】解：，銳角A的度數(shù)是60，故選：A【

14、點睛】本題考查特殊角的三角函數(shù)值，掌握特殊角的三角函數(shù)值是解題的關鍵7、D【解析】試題分析：根據(jù)俯視圖的作法即可得出結論從上往下看該幾何體的俯視圖是D故選D考點：簡單幾何體的三視圖.8、B【分析】由題意根據(jù)隨機事件就是可能發(fā)生也可能不發(fā)生的事件這一定義，依次對選項進行判斷【詳解】解：A、任意畫一個三角形，其內角和為180，是必然事件，不符合題意；B、經過有交通信號的路口遇到紅燈，是隨機事件，符合題意；C、在只裝了紅球的袋子中摸到白球，是不可能事件，不符合題意；D、太陽從東方升起，是必然事件，不符合題意；故選：B【點睛】本題主要考查必然事件、不可能事件、隨機事件的概念，熟練掌握必然事件指在一定條

15、件下一定發(fā)生的事件；不可能事件是指在一定條件下，一定不發(fā)生的事件；不確定事件即隨機事件是指在一定條件下，可能發(fā)生也可能不發(fā)生的事件是解題的關鍵9、B【分析】根據(jù)題意畫出圖形，求出正六邊形的邊長，再求出AOB=60即可求出的半徑【詳解】解：如圖，連結OA,OB,ABCDEF為正六邊形，AOB=360=60，AOB是等邊三角形，正六邊形的周長是12，AB=12=2,AO=BO=AB=2，故選B【點睛】本題考查了正多邊形和圓，以及正六邊形的性質，根據(jù)題意畫出圖形，作出輔助線求出AOB=60是解答此題的關鍵.10、C【分析】根據(jù)一次函數(shù)、反比例函數(shù)、二次函數(shù)的增減性，結合自變量的取值范圍，逐一判斷【詳

16、解】解：A、y=2x，正比例函數(shù)，k0，故y隨著x增大而增大，錯誤；B、y=x+1，一次函數(shù)，k0，故y隨著x增大而增大，錯誤；C、y=（x0），反比例函數(shù)，k0，故在第一象限內y隨x的增大而減小，正確；D、y=x2，當x0時，圖象在對稱軸右側，y隨著x的增大而增大，錯誤故選C【點睛】本題考查二次函數(shù)的性質；一次函數(shù)的性質；反比例函數(shù)的性質11、C【分析】根據(jù)左視圖是從左面看所得到的圖形進行解答即可【詳解】從左邊看時，圓柱和長方體都是一個矩形，圓柱的矩形豎放在長方體矩形的中間故選：C【點睛】本題考查了三視圖的知識，左視圖是從物體的左面看得到的視圖12、B【分析】先根據(jù)旋轉的性質得出ABAC90

17、，ACA42，然后在直角ACB中利用直角三角形兩銳角互余求出B90ACA48【詳解】解：在RtABC中，BAC90，將RtABC繞點C按逆時針方向旋轉42得到RtABC，ABAC90，ACA42，B90ACA48故選：B【點睛】此題主要考查角度的求解，解題的關鍵是熟知旋轉的性質二、填空題（每題4分，共24分）13、有兩個正根【分析】將原方程這里為一元二次方程的一般形式直接解方程或者求判別式與0的關系都可解題【詳解】解：(x+1)(x-3)=2x-5整理得：，即 ，配方得：，解得：，該一元二次方程根的情況是有兩個正跟；故答案為：有兩個正根【點睛】此題考查解一元二次方程，或者求判別式與根的個數(shù)的關

18、系14、1【分析】由題意先根據(jù)旋轉的性質得到ACA90，CACA，BCBA，則可判斷CAA為等腰直角三角形，所以CAA45，然后利用三角形外角性質計算出CBA，從而得到B的度數(shù)【詳解】解：RtABC繞直角頂點C順時針旋轉90，得到ABC，ACA90，CACA，BCBA，CAA為等腰直角三角形，CAA45，CBABAC+145+201，B1故答案為：1【點睛】本題考查旋轉的性質，注意掌握對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等15、6【解析】仔細觀察題目,先對待求式提取公因式化簡得ab(a+b),將a=32，b=32，代入運算即可.【詳解】解:待

19、求式提取公因式,得 將已知代入,得 故答案為6.【點睛】考查代數(shù)式求值，熟練掌握提取公因式法是解題的關鍵.16、1【分析】先分母有理化，然后把二次根式化為最簡二次根式后合并即可【詳解】解：原式2-21故答案為1【點睛】本題考查了二次根式的混合運算：先把二次根式化為最簡二次根式，然后進行二次根式的乘除運算，再合并即可在二次根式的混合運算中，如能結合題目特點，靈活運用二次根式的性質，選擇恰當?shù)慕忸}途徑，往往能事半功倍17、1【分析】根據(jù)扇形的面積公式S，可得出R的值【詳解】解：扇形的弧長為cm，面積為3cm2，扇形的面積公式S，可得R 故答案為1【點睛】本題考查了扇形面積的求法，掌握扇形面積公式是

20、解答本題的關鍵.18、【分析】連接DF，OD，根據(jù)圓周角定理得到CDF90，根據(jù)三角形的內角和得到COD120，根據(jù)三角函數(shù)的定義得到CF4，根據(jù)弧長公式即可得到結論【詳解】解：如圖，連接DF，OD，CF是O的直徑，CDF90，ADC60，A90，ACD30，CD平分ACB交AB于點D，DCF30，OCOD，OCDODC30，COD120，在RtCAD中，CD2AD2，在RtFCD中，CF4，O的半徑2，劣弧的長，故答案為【點睛】本題考查了圓周角定理，解直角三角形，弧長的計算，作出輔助線構建直角三角形是本題的關鍵三、解答題（共78分）19、（1）作圖見解析；（2）關于x軸對稱【分析】（1）依據(jù)

21、中心對稱的性質，即可得到關于原點的中心對稱圖形；（2）依據(jù)軸對稱的性質，即可得到，進而根據(jù)圖形位置得出與的位置關系【詳解】解：（1）如圖所示，A1B1C1即為所求；（2）如圖所示，A2B2C2即為所求，A2B2C2與A1B1C1的位置關系是關于x軸對稱故答案為：關于x軸對稱【點睛】本題主要考查了利用旋轉變換以及軸對稱變換作圖，掌握軸對稱性的性質以及中心對稱的性質是解決問題的關鍵20、（1）；（2）0.6【分析】（1）裝有張卡片，其中有2張偶數(shù)，直接用公式求概率即可（2）根據(jù)抽取結果畫樹狀圖或列表都可以，再根據(jù)樹狀圖來求符合條件的概率【詳解】解：（1）在一個不透明的盒子中裝有張卡片，張卡片的正面

22、分別標有數(shù)字，5張卡片中偶數(shù)有2張，抽出偶數(shù)卡片的概率=（2）畫樹狀如圖概率為【點睛】本題考查了用概率的公式來求概率和樹狀統(tǒng)計圖或列表統(tǒng)計圖21、（1），；（2）；（3）點的坐標為，或.【分析】（1）把y=0代入函數(shù)解析式，解方程可求得A、B兩點的坐標；把x=0代入函數(shù)解析式可求得C點的坐標.（2）連接BC，交對稱軸于P，P即為使PB+PC的值最小，設直線BC的解析式，把B、C的坐標代入即可求得系數(shù)，進而求得解析式，令x=2時，即可求得P的坐標；（3）分兩種情況：當存在的點N在x軸的上方時，根據(jù)對稱性可得點N的坐標為（4，）；當存在的點N在x軸下方時，作輔助線，構建三角形全等，證明得，即N點的

23、縱坐標為-，列方程可得N的坐標【詳解】（1）當時，當時，化簡，得.解得.連接，交對稱軸于點，連接.點和點關于拋物線的對稱軸對稱，.要使的值最小，則應使的值最小，所以與對稱軸的交點使得的值最小.設的解析式為.將代入，可得，解得，拋物線的對稱軸為直線當時，當在軸上方，此時，且.則四邊形是平行四邊形.當在軸下方;作，交于點.如果四邊形是平行四邊形.又，.當時，綜上所述，點的坐標為，或.【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式軸對稱的性質、平行四邊形的判定、三角形全等的性質和判定等知識，難度適中，第2問解題的關鍵是熟練掌握平行四邊形的判定，采用分類討論的思想和數(shù)形結合的思想解決問題22、（1）P（

24、2，3），yACx+3；（2）；（3）存在，t的值為3或，理由見解析【分析】（1）由拋物線yx2+x+3可求出點C，P，A的坐標，再用待定系數(shù)法，可求出直線AC的解析式；（2）在OC上取點H（0，），連接HF，AH，求出AH的長度，證HOFFOC，推出HFCF，由AF+CFAF+HFAH，即可求解；（3）先求出正方形的邊長，通過ARMACO將相關線段用含t的代數(shù)式表示出來，再分三種情況進行討論：當ORP90時，當POR90時，當OPR90時，分別構造相似三角形，即可求出t的值，其中第三種情況不存在，舍去【詳解】（1）在拋物線yx2+x+3中，當x0時，y3，C（0，3），當y3時，x10，x2

25、2，P（2，3），當y0時，則x2+x+3=0，解得：x14，x26，B（4，0），A（6，0），設直線AC的解析式為ykx+3，將A（6，0）代入，得，k，yx+3，點P坐標為P（2，3），直線AC的解析式為yx+3；（2）在OC上取點H（0，），連接HF，AH，則OH，AH，且HOFFOC，HOFFOC，HFCF，AF+CFAF+HFAH，AF+CF的最小值為；（3）正方形OMNG的頂點N恰好落在線段AC上，GNMN，設N（a，a），將點N代入直線AC解析式，得，aa+3，a2，正方形OMNG的邊長是2，平移的距離為t，平移后OM的長為t+2，AM6（t+2）4t，RMOC，ARMACO，

26、即，RM2t，如圖31，當ORP90時，延長RN交CP的延長線于Q，PRQ+ORM90，ROM+ORM90，PRQROM，又QOMR90，PQRRMO，PQ2+t-2=t，QR3RM1+t，解得，t13（舍去），t23；如圖32，當POR90時，POE+ROM90，POE+EPO90，ROMEPO，又PEOOMR90，PEOOMR，即，解得，t；如圖33，當OPR90時，延長OG交CP于K，延長MN交CP的延長線于點T，KPO+TPR90，KOP+KPO90，KOPTPR，又OKPT90，KOPTPR，即，整理，得t2-t+30，b24ac0，此方程無解，故不存在OPR90的情況；綜上所述，O

27、PR為直角三角形時，t的值為3或【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的圖象和相似三角形的綜合，添加合適的輔助線，構造相似三角形，是解題的關鍵.23、（1）y2x；（2）點P的坐標為（2，m22m+4）；當m1時，線段PB最短；（3）點Q坐標為（2+，6+2）或（2，62）【分析】（1）根據(jù)點A坐標，用待定系數(shù)法求出直線OA的解析式；（2）因為點M在線段OA所在直線上，可表示出M的坐標，然后用頂點式表示出二次函數(shù)解析式，代入可求出點P坐標；對線段PB的長度用完全平方公式可表示出最小值即可；（3）本題關鍵是如何表示出QMA的面積，通過設點Q的坐標可求出QMA的面積，最終通過解方程可得Q的坐標【詳解】解：（

28、1）設OA所在直線的函數(shù)解析式為y2x，A（2，4），2k4k2，OA所在直線的函數(shù)解析式為y2x；（2）頂點M的橫坐標為m，且在線段OA上移動，y2m（0m2），頂點M的坐標為（m，2m），拋物線函數(shù)解析式為y（xm）2+2m，當x2時，y（2m）2+2mm22m+4（0m2），點P的坐標為（2，m22m+4）；|PB|m22m+4|（m1）2+3|，（m1）2+33，當且僅當m1時取得最小值，當m1時，線段PB最短；（3）由（2）可得當線段PB最短時，此時點M坐標為（1，2），拋物線解析式為y（x1）2+2x22x+3，假設拋物線上存在點Q使SQMA2SPMA，設點Q坐標為（a，a22a+3），SPMA =，要想符合題意，故SQMA1，|MA|=，設點Q到線段MA的距離為h，h，SQMA=1，即2，即2或=2，解得a或a，點Q坐標為（，）或（，）【點睛】本題考查求函數(shù)解析式和拋物線的知識，會用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，對拋物線的性質的運用，是解決本題的關鍵24、2秒或者5【分析】由題意可知要使以P、B、Q為頂點的三角形與以A、