2023學年陜西省西安市交通大附屬中學數學九上期末統(tǒng)考試題含解析

1、2023學年九上數學期末模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1如圖，正六邊形ABCDEF內接于，M為EF的中點，連接DM，若的半徑為2，則MD的長度為ABC2D12已知關于的一元二次方程有兩個不相等的實數根，則的取值范圍值是（ ）ABC且D且3O的半徑為4，圓心O到直線l的距離為3，則直線l與O的位置關系是（）A相交 B相切 C相離 D無法確定4已知線段，是線段的黃

2、金分割點，則的長度為（ ）ABC或D以上都不對5下列四個交通標志圖案中，中心對稱圖形共有( )A1B2C3D46拋物線與坐標軸的交點個數是（ ）A3B2C1D07如圖，在平面直角坐標系中，菱形的頂點與原點重合，頂點落在軸的正半軸上，對角線、交于點，點、恰好都在反比例函數的圖象上，則的值為（）ABC2D8有一組數據5，3，5，6，7，這組數據的眾數為（ ）A3B6C5D79已知點A（2，y1）、B（4，y2）都在反比例函數（k0）的圖象上，則y1、y2的大小關系為（）Ay1y2By1y2Cy1=y2D無法確定10如右圖，在的正方形網格中，每個小正方形的邊長都是1，的頂點都在格點上，則的值為（ ）

3、ABCD二、填空題(每小題3分,共24分)11古希臘數學家把數1，3，6，10，15，21，叫做三角形數，它有一定的規(guī)律性，若把第一個三角形數記為x1，第二個三角形數記為x2，第n個三角形數記為xn，則xn+xn+1= 12一學校為了綠化校園環(huán)境，向某園林公司購買了一批樹苗，園林公司規(guī)定：如果購買樹苗不超過60棵，每棵售價為120元；如果購買樹苗超過60棵，在一定范圍內，每增加1棵，所出售的這批樹苗每棵售價降低0.5元，若該校最終向園林公司支付樹苗款8800元，設該校共購買了棵樹苗，則可列出方程_13如圖，ABDE，AE與BD相交于點C若AC4，BC2，CD1，則CE的長為_14如圖，O的半徑

4、為2，正八邊形ABCDEFGH內接于O，對角線CE、DF相交于點M，則MEF的面積是_15已知當x1a，x2b，x3c時，二次函數yx2mx對應的函數值分別為y1，y2，y3，若正整數a，b，c恰好是一個三角形的三邊長，且當abc時，都有y1y2y3，則實數m的取值范圍是_16如圖，在O中，AB是直徑，點D是O上一點，點C是的中點，CEAB于點E，過點D的切線交EC的延長線于點G，連接AD，分別交CE，CB于點P，Q，連接AC，關于下列結論：BADABC；GPGD；點P是ACQ的外心，其中結論正確的是_(只需填寫序號)17如圖，直角三角形中，在線段上取一點，作交于點，現將沿折疊，使點落在線段上

5、，對應點記為；的中點的對應點記為.若，則_.18半徑為的圓中，弦、的長分別為2和，則的度數為_三、解答題(共66分)19（10分）已知拋物線yx22x3與x軸交于點A、B，與y軸交于點C，點D為OC中點，點P在拋物線上（1）直接寫出A、B、C、D坐標；（2）點P在第四象限，過點P作PEx軸，垂足為E，PE交BC、BD于G、H，是否存在這樣的點P，使PGGHHE？若存在，求出點P坐標；若不存在，請說明理由（3）若直線yx+t與拋物線yx22x3在x軸下方有兩個交點，直接寫出t的取值范圍20（6分）如圖，半圓O的直徑AB10，將半圓O繞點B順時針旋轉45得到半圓O，與AB交于點P，求AP的長21（

6、6分）如圖，在RtABC中，ACB90，AC6cm，BC8cm.動點M從點B出發(fā)，在線段BA上以每秒3cm的速度點A運動，同時動點N從點C出發(fā)，在線段CB上以每秒2cm的速度向點B運動，其中一點到達終點后，另一點也停止運動.運動時間為t秒，連接MN.（1）填空：BM= cm.BN= cm.（用含t的代數式表示）（2）若BMN與ABC相似，求t的值；（3）連接AN，CM，若ANCM，求t的值22（8分）如圖，為的直徑，平分，交于點，過點作直線，交的延長線于點，交的延長線于點（1）求證：是的切線（2）若，求的長23（8分）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC與BD相交于點M，已知BC5，點E在射線B

7、C上，tanDCE，點P從點B出發(fā)，以每秒2個單位沿BD方向向終點D勻速運動，過點P作PQBD交射線BC于點O，以BP、BQ為鄰邊構造PBQF，設點P的運動時間為t（t0）（1）tanDBE ；（2）求點F落在CD上時t的值；（3）求PBQF與BCD重疊部分面積S與t之間的函數關系式；（4）連接PBQF的對角線BF，設BF與PQ交于點N，連接MN，當MN與ABC的邊平行（不重合）或垂直時，直接寫出t的值24（8分）如圖，大圓的弦AB、AC分別切小圓于點M、N（1）求證：AB=AC；（2）若AB8，求圓環(huán)的面積25（10分）北京市第十五屆人大常委會第十六次會議表決通過關于修改的決定，規(guī)定將生活垃

8、圾分為廚余垃圾、可回收物、有害垃圾、其它垃圾四大基本品類，修改后的條例將于2020年5月1日實施 .某小區(qū)決定在2020年1月到3月期間在小區(qū)內設置四種垃圾分類廂：廚余垃圾、可回收物、有害垃圾、其它垃圾，分別記為A、B、C、D，進行垃圾分類試投放，以增強居民垃圾分類意識.（1）小明家按要求將自家的生活垃圾分成了四類，小明從分好類的垃圾中隨機拿了一袋，并隨機投入一個垃圾箱中，請用畫樹狀圖的方法求垃圾投放正確的概率；（2）為調查居民生活垃圾分類投放情況，現隨機抽取了該小區(qū)四類垃圾箱中共1 000千克生活垃圾，數據統(tǒng)計如下（單位：千克）：ABCD廚余垃圾4001004060可回收物251402015

9、有害垃圾5206015其它垃圾25152040求“廚余垃圾”投放正確的概率.26（10分）如圖，在中，以為原點所在直線為軸建立平面直角坐標系，的頂點在反比例函數的圖象上.（1）求反比例函數的解析式：（2）將向右平移個單位長度，對應得到，當函數的圖象經過一邊的中點時，求的值.參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、A【解析】連接OM、OD、OF，由正六邊形的性質和已知條件得出OMOD，OMEF，MFO=60，由三角函數求出OM，再由勾股定理求出MD即可【詳解】連接OM、OD、OF， 正六邊形ABCDEF內接于O，M為EF的中點，OMOD，OMEF，MFO=60，MOD=OMF=90，OM=

10、OFsinMFO=2=，MD=，故選A【點睛】本題考查了正多邊形和圓、正六邊形的性質、三角函數、勾股定理；熟練掌握正六邊形的性質，由三角函數求出OM是解決問題的關鍵2、C【分析】根據方程有兩個不相等的實數根，得到根的判別式的值大于0列出關于k的不等式，求出不等式的解集即可得到k的范圍【詳解】根據題意得：b24ac48（k1）128k0，且k10，解得：且k1故選：C【點睛】此題考查了根的判別式，以及一元二次方程的定義，弄清題意是解本題的關鍵3、A【解析】圓心O到直線l的距離d=3，O的半徑R=4，則dR，直線和圓相交故選A4、C【分析】根據黃金分割公式即可求出.【詳解】線段，是線段的黃金分割點

11、，當，；當，故選：C【點睛】此題考查黃金分割的公式，熟記公式是解題的關鍵.5、B【分析】根據中心對稱的概念和各圖形的特點即可求解.【詳解】中心對稱圖形，是把一個圖形繞一個點旋轉180后能和原來的圖形重合，第一個和第二個都不符合；第三個和第四個圖形是中心對稱圖形，中心對稱圖形共有2個.故選：B.【點睛】本題主要考查中心對稱圖形的概念，掌握中心對稱圖形的概念和特點，是解題的關鍵.6、A【詳解】解：拋物線解析式，令，解得：，拋物線與軸的交點為（0，4），令，得到，拋物線與軸的交點分別為（，0），（1，0）綜上，拋物線與坐標軸的交點個數為1故選A【點睛】本題考查拋物線與軸的交點，解一元一次、二次方程7

12、、A【解析】利用菱形的性質, 根據正切定義即可得到答案.【詳解】解：設，點為菱形對角線的交點，把代入得，四邊形為菱形，解得，在中，故選A【點睛】本題考查了反比例函數圖象上點的坐標特征，解題關鍵在于運用菱形的性質8、C【分析】根據眾數的概念求解【詳解】這組數據中1出現的次數最多，出現了2次，則眾數為1故選：C【點睛】本題考查了眾數的概念：一組數據中出現次數最多的數據叫做眾數9、B【詳解】試題分析：當k0時，y=在每個象限內，y隨x的增大而增大，y1y2，故選B.考點：反比例函數增減性.10、A【分析】過作于，首先根據勾股定理求出，然后在中即可求出的值【詳解】如圖，過作于，則，1故選：A【點睛】本

13、題考查了勾股定理的運用以及銳角三角函數，正確作出輔助線構造直角三角形是解題的關鍵二、填空題(每小題3分,共24分)11、【分析】根據三角形數得到x1=1，x1=3=1+1，x3=6=1+1+3，x4=10=1+1+3+4，x5=15=1+1+3+4+5，即三角形數為從1到它的順號數之間所有整數的和，即xn=1+1+3+n=、xn+1=，然后計算xn+xn+1可得【詳解】x1=1，x13=1+1，x3=6=1+1+3，x410=1+1+3+4，x515=1+1+3+4+5，xn=1+1+3+n=，xn+1=，則xn+xn+1=+=（n+1）1，故答案為：（n+1）112、【分析】根據“總售價=每

14、棵的售價棵數”列方程即可【詳解】解：根據題意可得：故答案為：【點睛】此題考查的是一元二次方程的應用，掌握實際問題中的等量關系是解決此題的關鍵13、1【分析】先證明ABCEDC，然后利用相似比計算CE的長【詳解】解：ABDE，ABCEDC，即，CE1故答案為1【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質：在判定兩個三角形相似時，應注意利用圖形中已有的公共角、公共邊等隱含條件，以充分發(fā)揮基本圖形的作用，尋找相似三角形的一般方法是通過作平行線構造相似三角形；靈活應用相似三角形相似的性質進行幾何計算也考查了解直角三角形14、2【分析】設OE交DF于N，由正八邊形的性質得出DEFE，EOF45，由垂徑定理得

15、出OEFOFEOED，OEDF，得出ONF是等腰直角三角形，因此ONFNOF，OFM45，得出ENOEOM2，證出EMN是等腰直角三角形，得出MNEN，得出MFOE2，由三角形面積公式即可得出結果【詳解】解：設OE交DF于N，如圖所示：正八邊形ABCDEFGH內接于O，DEFE，EOF45，OEFOFEOED，OEDF，ONF是等腰直角三角形，ONFNOF，OFM45，ENOEOM2，OEFOFEOED67.5，CEDDFE67.54522.5，MEN45，EMN是等腰直角三角形，MNEN，MFMN+FNON+ENOE2，MEF的面積MFEN2（2）2；故答案為：2【點睛】本題考查的是圓的綜合

16、，難度系數較高，解題關鍵是根據正八邊形的性質得出每個角的度數.15、.【分析】根據三角形的任意兩邊之和大于第三邊判斷出a最小為2，b最小是3，再根據二次函數的增減性和對稱性判斷出對稱軸小于2.5，然后列出不等式求解即可：【詳解】解：正整數a，b，c恰好是一個三角形的三邊長，且abc，a最小是2，b最小是3.根據二次函數的增減性和對稱性知，的對稱軸的左側 ，.實數m的取值范圍是.考點：1.二次函數圖象上點的坐標特征；2. 二次函數的性質；3.三角形三邊關系16、【解析】試題分析：BAD與ABC不一定相等，選項錯誤；GD為圓O的切線，GDP=ABD，又AB為圓O的直徑，ADB=90，CFAB，AE

17、P=90，ADB=AEP，又PAE=BAD，APEABD，ABD=APE，又APE=GPD，GDP=GPD，GP=GD，選項正確；由AB是直徑，則ACQ=90，如果能說明P是斜邊AQ的中點，那么P也就是這個直角三角形外接圓的圓心了RtBQD中，BQD=90-6， RtBCE中，8=90-5，而7=BQD，6=5， 所以8=7， 所以CP=QP；由知：3=5=4，則AP=CP； 所以AP=CP=QP，則點P是ACQ的外心，選項正確則正確的選項序號有故答案為考點：1切線的性質；2圓周角定理；3三角形的外接圓與外心；4相似三角形的判定與性質17、3.2【分析】先利用勾股定理求出AC，設，依題意得，故

18、，易證，得到，再在中利用勾股定理解出，又得，列出方程解方程得到x，即可得到AD【詳解】在中利用勾股定理求出，設，依題意得，故.由求出，再在中，利用勾股定理求出，然后由得，即，解得，從而.【點睛】本題考查勾股定理與相似三角形，解題關鍵在于靈活運用兩者進行線段替換18、或【分析】根據題意利用垂徑定理及特殊三角函數進行分析求解即可.【詳解】解：分別作ODAB，OEAC，垂足分別是D、EOEAC，ODAB，弦、的長分別為1和，直徑為，AO=，即有,同理BAC=45+30=75，或BAC=45-30=15BAC=15或75.故答案為：或.【點睛】本題考查圓的垂徑定理及解直角三角形的相關性質，解答此題時要

19、進行分類討論，不要漏解，避免失分三、解答題(共66分)19、（1）A(1，0)，B(3，0)，C(0，3)，D(0，)；（2）存在，(，)；（3）t1【分析】（1）可通過二次函數的解析式列出方程，即可求出相關點的坐標；（2）存在，先求出直線BC和直線BD的解析式，設點P的坐標為（x，x22x3），則E（x，0），H（x，x），G（x，x3），列出等式方程，即可求出點P坐標；（3）求出直線yx+t經過點B時t的值，再列出當直線yx+t與拋物線yx22x3只有一個交點時的方程，使根的判別式為0，求出t的值，即可寫出t的取值范圍【詳解】解：（1）在yx22x3中，當x0時，y3；當y0時，x11，x

20、23，A（1，0），B（3，0），C（0，3），D為OC的中點，D（0，）；（2）存在，理由如下：設直線BC的解析式為ykx3，將點B（3，0）代入ykx3，解得k1，直線BC的解析式為yx3，設直線BD的解析式為ymx，將點B（3，0）代入ymx，解得m，直線BD的解析式為yx，設點P的坐標為（x，x22x3），則E（x，0），H（x，x），G（x，x3），EHx+，HGx（x3）x+，GPx3（x22x3）x2+3x，當EHHGGP時，x+x2+3x，解得x1，x23（舍去），點P的坐標為（，）；（3）當直線yx+t經過點B時，將點B（3，0）代入yx+t，得，t1，當直線yx+t與拋物線

21、yx22x3只有一個交點時，方程x+tx22x3只有一個解，即x2x3t0，（）24（3t）0，解得t，由圖2可以看出，當直線yx+t與拋物線yx22x3在x軸下方有兩個交點時，t的取值范圍為：t1時【點睛】本題考查了二次函數與一次函數的綜合，涉及了求二次函數與坐標軸的交點坐標、一次函數的解析式、解一元二次方程、確定一次函數與二次函數的圖像的交點個數，靈活運用一次函數與二次函數的圖像與性質是解題的關鍵.20、AP105【分析】先根據題意判斷出OPB是等腰直角三角形，由勾股定理求出PB的長，進而可得出AP的長【詳解】解：連接POOBA45，OPOB，OPB=OBP=45, POB=90OPB是等

22、腰直角三角形，AB=10, OPOB=5，PB=BO5，APABBP105【點睛】本題考查了旋轉的性質、勾股定理、等腰直角三角形的判定，根據旋轉性質判定出OPB是等腰直角三角形解題的關鍵21、（1）3t， 8-2t；（2）BMN與ABC相似時，t的值為s或s；（3）t的值為.【分析】（1）根據“路程=時間速度”和線段的和與差即可得；（2）由兩三角形相似得出對應線段成比例，再結合題（1）的結果，聯立求解即可；（3）如圖（見解析），過點M作于點D，易證，利用相似三角形的性質求出CD和DM的長，再證，從而可建立一個關于t的等式，求解即可得.【詳解】（1）由“路程=時間速度”得：故答案為：；（2）當時

23、，即，解得當時，即，解得綜上所述，與相似時，t的值為或；（3）如圖，過點M作于點D又BB，解得：或（不符題意，舍去），經檢驗是方程的解，故t的值為.【點睛】本題考查了勾股定理、相似三角形的判定定理與性質，通過作輔助線，構造相似三角形是解題關鍵.22、（1）證明見解析；（2）6【分析】（1）要證CD是O的切線，只要連接OE，再證OECD即可（2）由勾股定理求得AB的長即可【詳解】證明：（1）如圖，連接OE，OA=OE，OAE=OEAAE平分CAD，OAE=DAE OEA=DAE OEAD DEAD，OEDEOE為半徑，CD是O的切線（2）設O的半徑是r，CD是O的切線，OEC=90由勾股定理得：

24、OE 2 +CE 2 =OC 2 ，即 ，解得r=3，即AB的長是6【點睛】本題綜合性較強，既考查了切線的判定，要證某線是圓的切線，已知此線過圓上某點，連接圓心與這點（即為半徑），再證垂直即可同時考查了勾股定理，作出輔助線是本題的關鍵23、（1）;（1）t;（3）見解析;（4）t的值為或或或1【分析】（1）如圖1中，作DHBE于H解直角三角形求出BH，DH即可解決問題（1）如圖1中，由PFCB，可得，由此構建方程即可解決問題（3）分三種情形：如圖3-1中，當時，重疊部分是平行四邊形PBQF如圖3-1中，當時，重疊部分是五邊形PBQRT如圖3-3中，當1t1時，重疊部分是四邊形PBCT，分別求解

25、即可解決問題（4）分四種情形：如圖4-1中，當MNAB時，設CM交BF于T如圖4-1中，當MNBC時如圖4-3中，當MNAB時當點P與點D重合時，MNBC，分別求解即可【詳解】解：（1）如圖1中，作DHBE于H 在RtBCD中，DHC90，CD5，tanDCH，DH4，CH3，BHBC+CH5+38，tanDBE故答案為（1）如圖1中，四邊形ABCD是菱形，ACBD，BC5，tanCBM，CM，BMDM1，PFCB，解得t（3）如圖31中，當0t時，重疊部分是平行四邊形PBQF，SPBPQ1tt10t1如圖31中，當t1時，重疊部分是五邊形PBQRT，SS平行四邊形PBQFSTRF10t11t（55t） 1t（55t）55t1+（10+50）t15如圖33中，當1t1時，重疊部分是四邊形PBCT，SSBCDSPDT54（5t）（41t）t1+10t（4）如圖41中，當MNAB時，設CM交BF于TPNMT，MT，MNAB，1，PBBM，1t1，t如圖41中，當MNBC時，易知點F落在DH時，PFBH，解得t如圖43中，當MNAB時，易知PNMABD，可得tanPNM， 解得t，當點P與點D重合時，MNBC，此時t1，綜上所述，滿足條件的t的值為或或或1【點睛】本題屬