福建省廈門市竹壩學校2023學年九年級數學第一學期期末考試模擬試題含解析

1、2023學年九上數學期末模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1在中，則的值是（ ）ABCD2如圖，中，則（ ）ABCD3已知，是圓的半徑，點，在圓上，且，若，則的度數為（ ）ABCD4如圖，這是由5個大小相同的整體搭成的幾何體，該幾何體的左視圖是 （ ）ABCD5如圖，ABC內接于圓，D是BC上一點，將B沿AD翻折

2、，B點正好落在圓點E處，若C50，則BAE的度數是（）A40B50C80D906一元二次方程x2+4x5配方后可變形為（ ）A（x+2）25B（x+2）29C（x2）29D（x2）2217入冬以來氣溫變化異常，在校學生患流感人數明顯增多，若某校某日九年級8個班因病缺課人數分別為2、6、4、6、10、4、6、2，則這組數據的眾數是（ ）A5人B6人C4人D8人8如圖，將正方形OABC放在平面直角坐標系中，O是原點，點A的坐標為(1，)，則點C的坐標為()A(，1)B(1，)C(，1)D(，1)9如圖，在中，B=90，AB=2，以B為圓心，AB為半徑畫弧，恰好經過AC的中點D，則弧AD與線段AD圍

3、成的弓形面積是（）ABCD10如圖，A，B是反比例函數y=在第一象限內的圖象上的兩點，且A，B兩點的橫坐標分別是2和4，則OAB的面積是（）A4B3C2D1二、填空題(每小題3分,共24分)11如圖，在網格中，小正方形的邊長均為1，點A、B、O都在格點上，則OAB的正弦值是_12已知拋物線，當時，的取值范圍是_13如圖，在ABCD中，AB6，BC6，D30，點E是AB邊的中點，點F是BC邊上一動點，將BEF移沿直線EF折疊，得到GEF，當FGAC時，BF的長為_14函數是反比例函數，且圖象位于第二、四象限內，則n=_15設x1、x2是方程xx1=0的兩個實數根，則x1+x2=_16如圖，是一個

4、半徑為，面積為的扇形紙片，現需要一個半徑為的圓形紙片，使兩張紙片剛好能組合成圓錐體，則_ 17將拋物線C1：yx24x+1先向左平移3個單位，再向下平移2個單位得到將拋物線C2，則拋物線C2的解析式為：_18如圖，在平面直角坐標系中，點在拋物線上運動，過點作軸于點，以為對角線作矩形連結則對角線的最小值為 三、解答題(共66分)19（10分）如圖，在中，.（1）在邊上求作一點，使得.（要求：尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不寫作法）（2）在（1）的條件下，求證：為線段的黃金分割點.20（6分）如圖1，在矩形ABCD中，AB6cm，BC8cm，如果點E由點B出發(fā)沿BC方向向點C勻速運動，同時點F由點D出發(fā)

5、沿DA方向向點A勻速運動，它們的速度分別為每秒2cm和1cm，FQBC，分別交AC、BC于點P和Q，設運動時間為t秒（0t4）（1）連接EF，若運動時間t秒時，求證：EQF是等腰直角三角形；（2）連接EP，當EPC的面積為3cm2時，求t的值；（3）在運動過程中，當t取何值時，EPQ與ADC相似21（6分）如圖，一次函數圖象經過點，與軸交于點，且與正比例函數的圖象交于點，點的橫坐標是.請直接寫出點的坐標(， )；求該一次函數的解析式;求的面積.22（8分）如圖，已知直線yx+2與x軸、y軸分別交于點B，C，拋物線yx2+bx+c過點B、C，且與x軸交于另一個點A（1）求該拋物線的表達式；（2）

6、若點P是x軸上方拋物線上一點，連接OP若OP與線段BC交于點D，則當D為OP中點時，求出點P坐標在拋物線上是否存在點P，使得POCACO若存在，求出點P坐標；若不存在，請說明理由23（8分）如圖，拋物線yx2（a+1）x+a與x軸交于A、B兩點（點A位于點B的左側），與y軸交于點C已知ABC的面積為1（1）求這條拋物線相應的函數表達式；（2）在拋物線上是否存在一點P，使得POBCBO，若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由；（3）如圖，M是拋物線上一點，N是射線CA上的一點，且M、N兩點均在第二象限內，A、N是位于直線BM同側的不同兩點若點M到x軸的距離為d，MNB的面積為2d，且MA

7、NANB，求點N的坐標24（8分）如圖，直線AC與O相切于點A，點B為O上一點，且OCOB于點O，連接AB交OC于點D（1）求證：ACCD；（2）若AC3，OB4，求OD的長度25（10分）已知四邊形ABCD中，E，F分別是AB，AD邊上的點，DE與CF相交于點G（1）如圖，若四邊形ABCD是矩形，且DECF，求證：（2）如圖，若四邊形ABCD是平行四邊形，要使成立，完成下列探究過程：要使，轉化成，顯然DEA與CFD不相似，考慮，需要DEADFG，只需A_;另一方面，只要，需要CFDCDG，只需CGD_由此探究出使成立時，B與EGC應該滿足的關系是_（3）如圖，若ABBC6，ADCD=8，BA

8、D=90，DECF，那么的值是多少?(直接寫出結果)26（10分）四張質地相同的卡片如圖所示將卡片洗勻后，背面朝上放置在桌面上（1）求隨機抽取一張卡片，恰好得到數字2的概率；（2）小貝和小晶想用以上四張卡片做游戲，游戲規(guī)則見信息圖你認為這個游戲公平嗎？請用列表法或畫樹狀圖法說明理由，若認為不公平，請你修改規(guī)則，使游戲變得公平參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、D【分析】首先根據勾股定理求得AC的長，然后利用正弦函數的定義即可求解【詳解】C=90，BC=1，AB=4，故選：D【點睛】本題考查了三角函數的定義，求銳角的三角函數值的方法：利用銳角三角函數的定義，轉化成直角三角形的邊長的比2

9、、B【分析】由題意根據勾股定理求出BC，進而利用三角函數進行分析即可求值.【詳解】解：中，.故選：B.【點睛】本題主要考查勾股定理和銳角三角函數的定義及運用，注意掌握在直角三角形中，銳角的正弦為對邊比斜邊，余弦為鄰邊比斜邊，正切為對邊比鄰邊3、D【分析】連接OC，根據圓周角定理求出AOC，再根據平行得到OCB，利用圓內等腰三角形即可求解.【詳解】連接CO，AOC=2OCB=AOC=OC=BO，=OCB=故選D.【點睛】此題主要考查圓周角定理，解題的關鍵是熟知圓的基本性質及圓周角定理的內容.4、A【解析】觀察所給的幾何體，根據三視圖的定義即可解答.【詳解】左視圖有2列，每列小正方形數目分別為2，

10、1故選A【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5、C【分析】首先連接BE，由折疊的性質可得：AB=AE，即可得，然后由圓周角定理得出ABE和AEB的度數，繼而求得BAE的度數【詳解】連接BE，如圖所示：由折疊的性質可得：AB=AE，ABE=AEB=C=50，BAE=1805050=80故選C【點睛】本題考查了圓周角定理，折疊的性質以及三角形內角和定理熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵，注意數形結合思想的應用6、B【分析】兩邊配上一次項系數一半的平方可得【詳解】x2+4x=5，x2+4x+4=5+4，即（x+2）2=9，故選B【點睛】本題主要考查解一元二次方程的基本技能，熟

11、練掌握解一元二次方程的常用方法和根據不同方程靈活選擇方法是解題的關鍵7、B【解析】找出這組數據出現次數最多的那個數據即為眾數.【詳解】解：數據2、6、4、6、10、4、6、2，中數據6出現次數最多為3次，這組數據的眾數是6.故選：B.【點睛】本題考查眾數的概念，出現次數最多的數據為這組數的眾數.8、A【解析】試題分析：作輔助線構造出全等三角形是解題的關鍵，也是本題的難點如圖：過點A作ADx軸于D，過點C作CEx軸于E，根據同角的余角相等求出OAD=COE，再利用“角角邊”證明AOD和OCE全等，根據全等三角形對應邊相等可得OE=AD，CE=OD，然后根據點C在第二象限寫出坐標即可點C的坐標為（

12、-，1）故選A考點：1、全等三角形的判定和性質；2、坐標和圖形性質；3、正方形的性質9、B【分析】如圖（見解析），先根據圓的性質、直角三角形的性質可得，再根據等邊三角形的判定與性質可得，然后根據直角三角形的性質、勾股定理可得，從而可得的面積，最后利用扇形BAD的面積減去的面積即可得【詳解】如圖，連接BD，由題意得：，點D是斜邊AC上的中點，是等邊三角形，在中，又是的中線，則弧AD與線段AD圍成的弓形面積為，故選：B【點睛】本題考查了扇形的面積公式、等邊三角形的判定與性質、直角三角形的性質、勾股定理等知識點，通過作輔助線，構造等邊三角形和扇形是解題關鍵10、B【解析】先根據反比例函數圖象上點的坐

13、標特征及A，B兩點的橫坐標，求出A（1，1），B（4，1）再過A，B兩點分別作ACx軸于C，BDx軸于D，根據反比例函數系數k的幾何意義得出SAOC=SBOD=4=1根據S四邊形AODB=SAOB+SBOD=SAOC+S梯形ABDC，得出SAOB=S梯形ABDC，利用梯形面積公式求出S梯形ABDC=（BD+AC）CD=（1+1）1=2，從而得出SAOB=2【詳解】A，B是反比例函數y=在第一象限內的圖象上的兩點，且A，B兩點的橫坐標分別是1和4，當x=1時，y=1，即A（1，1），當x=4時，y=1，即B（4，1），如圖，過A，B兩點分別作ACx軸于C，BDx軸于D，則SAOC=SBOD=4=

14、1，S四邊形AODB=SAOB+SBOD=SAOC+S梯形ABDC，SAOB=S梯形ABDC，S梯形ABDC=（BD+AC）CD=（1+1）1=2，SAOB=2，故選B【點睛】本題考查了反比例函數中k的幾何意義，反比例函數圖象上點的坐標特征，梯形的面積，熟知反比例函數圖象上的點與原點所連的線段、坐標軸、向坐標軸作垂線所圍成的直角三角形面積S與k的關系為S=|k|是解題的關鍵 二、填空題(每小題3分,共24分)11、【解析】如圖，過點O作OCAB的延長線于點C，則AC=4，OC=2，在RtACO中，AO=，sinOAB=故答案為12、1y9【分析】根據二次函數的圖象和性質求出拋物線在上的最大值和

15、最小值即可【詳解】 拋物線開口向上當時，y有最小值，最小值為1當時，y有最大值，最小值為當時，的取值范圍是 故答案為：【點睛】本題主要考查二次函數在一定范圍內的最大值和最小值，掌握二次函數的圖象和性質是解題的關鍵13、或【分析】由平行四邊形的性質得出BD30，CDAB6，ADBC6，作CHAD于H，則CHCD3，DHCH3AD，得出AHDH，由線段垂直平分線的性質得出CACDAB6，由等腰三角形的性質得出ACBB30，由平行線的性質得出BFGACB30，分兩種情況：作EMBF于M，在BF上截取ENBE3，則ENBB30，由直角三角形的性質得出EMBE，BMNMEM，得出BN2BM3，再證出FN

16、EN3，即可得出結果；作EMBC于M，在BC上截取ENBE3，連接EN，則ENBB30，得出ENAC，EMBE，BMNMEM，BN2BM3，證出FGEN，則GGEN，證出GENENBBG30，推出BEN120，得出BEG120GEN90，由折疊的性質得BEFGEFBEG45，證出NEFNFE，則FNEN3，即可得出結果【詳解】解：四邊形ABCD是平行四邊形，BD30，CDAB6，ADBC6，作CHAD于H，則CHCD3，DHCH3AD，AHDH，CACDAB6，ACBB30，FGAC，BFGACB30，點E是AB邊的中點，BE3，分兩種情況：作EMBF于M，在BF上截取ENBE3，連接EN，如

17、圖1所示：則ENBB30，EMBE，BMNMEM，BN2BM3，由折疊的性質得：BFEGFE15，NEFENBBFE15BFE，FNEN3，BFBN+FN3+3；作EMBC于M，在BC上截取ENBE3，連接EN，如圖2所示：則ENBB30，ENAC，EMBE，BMNMEM，BN2BM3，FGAC，FGEN，GGEN，由折疊的性質得：BG30，GENENBBG30，BEN180BENB1803030120，BEG120GEN1203090，由折疊的性質得：BEFGEFBEG45，NEFNEG+GEF30+4575，NFEBEF+B45+3075，NEFNFE，FNEN3，BFBNFN33；故答案

18、為：或【點睛】本題考查了翻折變換的性質、平行四邊形的性質、直角三角形的性質、線段垂直平分線的性質、等腰三角形的性質等知識；掌握翻折變換的性質和等腰三角形的性質是解答本題的關鍵14、-1【分析】根據反比例函數的定義與性質解答即可.【詳解】根據反比函數的解析式y(tǒng)=（k0），故可知n+10，即n-1，且n15=-1，解得n=1，然后根據函數的圖像在第二、四三象限，可知n+10，解得n0,方程有兩個不相等的實數根, =1.故答案為:1.【點睛】本題考查了一元二次方程的根與系數關系.關鍵是先判斷方程的根的情況,利用根與系數關系求解.16、【分析】先根據扇形的面積和半徑求出扇形的弧長，即圓錐底面圓的周長，

19、再利用圓的周長公式即可求出R【詳解】解：設扇形的弧長為l，半徑為r，扇形面積， ，故答案為：【點睛】本題主要考查圓錐的有關計算，掌握扇形的面積公式是解題的關鍵17、y（x+1）21【分析】先確定拋物線C1：yx24x+1的頂點坐標為（2，3），再利用點平移的坐標變換規(guī)律，把點（2，3）平移后對應點的坐標為（1，1），然后根據頂點式寫出平移后的拋物線解析式【詳解】解：拋物線C1：yx24x+1（x2）23的頂點坐標為（2，3），把點（2，3）先向左平移3個單位，再向下平移2個單位后所得對應點的坐標為（-1，1），所以平移后的拋物線的解析式為y（x+1）21，故答案為y（x+1）21【點睛】此題主

20、要考查二次函數的平移，解題的關鍵是熟知二次函數平移的特點.18、1【分析】先利用配方法得到拋物線的頂點坐標為（1，1），再根據矩形的性質得BD=AC，由于AC的長等于點A的縱坐標，所以當點A在拋物線的頂點時，點A到x軸的距離最小，最小值為1，從而得到BD的最小值【詳解】y=x2-2x+2=（x-1）2+1，拋物線的頂點坐標為（1，1），四邊形ABCD為矩形，BD=AC，而ACx軸，AC的長等于點A的縱坐標，當點A在拋物線的頂點時，點A到x軸的距離最小，最小值為1，對角線BD的最小值為1故答案為1三、解答題(共66分)19、（1）見解析；（2）證明見解析.【分析】（1）利用等腰三角形的性質及AA

21、定理，做AB的垂直平分線或ABC的角平分線都可，（2）利用相似三角形的性質得到，然后根據黃金分割的定義得到結論.【詳解】解：（1）作法一：如圖1.點為所求作的點.作法二：如圖2.點為所求作的點.（2）證明：，.根據（1）的作圖方法，得.點為線段的黃金分割點.【點睛】本題考查等腰三角形的性質，相似三角形的判定和性質及尺規(guī)作圖，黃金分割的定義，掌握相關性質定理是本題的解題關鍵.20、（1）詳見解析；（2）2秒；（3）2秒或秒或秒【分析】（1）由題意通過計算發(fā)現EQFQ6，由此即可證明；（2）根據題意利用三角形的面積建立方程即可得出結論；（3）由題意分點E在Q的左側以及點E在Q的右側這兩種情況，分別

22、進行分析即可得出結論【詳解】解：（1）證明：若運動時間t秒，則BE2（cm），DF（cm），四邊形ABCD是矩形ADBC8（cm），ABDC6（cm），DBCD90DFQCQCD90，四邊形CDFQ也是矩形，CQDF，CDQF6（cm），EQBCBECQ86（cm），EQQF6（cm），又FQBC，EQF是等腰直角三角形；（2）由（1）知，CE82t，CQt，在RtABC中，tanACB，在RtCPQ中，tanACB，PQt，EPC的面積為3cm2，SEPCCEPQ（82t）t3，t2秒，即t的值為2秒；（3）解：分兩種情況：如圖1中，點E在Q的左側PEQ=CAD時，EQPADC，四邊形ABC

23、D是矩形，ADBC，CAD=ACB，EQPADC，CAD=QEP，ACB=QEP，EQ=CQ，CE=2CQ，由（1）知，CQ=t，CE=8-2t，8-2t=2t，t=2秒；PEQ=ACD時，EPQCAD，FQBC，FQAB，CPQCAB，即，解得：，解得：；如圖2中，點E在Q的右側0t4，點E不能與點C重合，只存在EPQCAD，可得，即，解得：；綜上所述，t的值為2秒或秒或秒時，EPQ與ADC相似【點睛】本題是相似形綜合題，主要考查矩形的性質和判定，三角函數，相似三角形的判定和性質，用方程的思想解決問題是解本題的關鍵21、（1）；（2）；（3）1【分析】（1）根據正比例函數即可得出答案；（2）

24、根據點A和B的坐標，利用待定系數法求解即可；（3）先根據題（2）求出點C的坐標，從而可知OC的長，再利用三角形的面積公式即可得.【詳解】（1）將代入正比例函數得，故點的坐標是；（2）設這個一次函數的解析式為把代入，得解方程組，得故這個一次函數的解析式為；（3）在中，令，得即點的坐標是，則的面積故的面積為1.【點睛】本題考查了一次函數的幾何應用、利用待定系數法求一次函數的解析式，掌握一次函數的圖象與性質是解題關鍵.22、（2）yx2+x+2；（2）點P坐標為（2，3）；存在點P（，2）或（，7）使得POCACO【分析】（2）與x軸、y軸分別交于點B（4，0）、C（0，2），由題意可得即可求解；（

25、2）過點P作PEOC，交BC于點E根據題意得出OCDPED，從而得出PEOC2，再根據 即可求解；當點P在y軸右側，POAC時，POC=ACO拋物線與x軸交于A，B兩點，點A在點B左側，則點A坐標為（-2，0）則直線AC的解析式為y=2x+2直線OP的解析式為y=2x，即可求解；當點P在y軸右側，設OP與直線AC交于點G，當CG=OG時，POC=ACO，根據等腰三角形三線合一，則CF=OF=2，可得：點G坐標為即可求解【詳解】（2）yx+2與x軸、y軸分別交于點B（4，0）、C（0，2）由題意可得，解得：，拋物線的表達式為yx2+x+2；（2）如圖，過點P作PEOC，交BC于點E點D為OP的中

26、點，OCDPED（AAS），PEOC2，設點P坐標為（m，m2+m+2），點E坐標為（m，m+2），則PE（m2+m+2）（m+2）m2+2m2，解得m2m22點P坐標為（2，3）；存在點P，使得POCACO理由：分兩種情況討論如上圖，當點P在y軸右側，POAC時，POCACO拋物線與x軸交于A，B兩點，點A在點B左側，點A坐標為（2，0）直線AC的解析式為y2x+2直線OP的解析式為y2x，解方程組，解得：x（舍去負值）點P坐標為（，2）如圖，當點P在y軸右側，設OP與直線AC交于點G，當CGOG時POCACO，過點G作GFOC，垂足為F根據等腰三角形三線合一，則CFOF2可得點G坐標為（，

27、2）直線OG的解析式為y2x；把y2x代入拋物線表達式并解得x（不合題意值已舍去）點P坐標為（，7）綜上所述，存在點P（，2）或（，7）使得POCACO【點睛】本題考查的是二次函數綜合運用，涉及到一次函數、三角形全等、解直角三角形、等腰三角形的性質等，其中（2），要注意分類求解，避免遺漏23、（1）yx2+2x3；（2）存在，點P坐標為或；（3）點N的坐標為（4，1）【分析】（1）分別令y0 ,x0,可表示出A、B、C的坐標，從而表示ABC的面積，求出a的值繼而即可得二次函數解析式；（2）如圖，當點P在x軸上方拋物線上時，平移BC所在的直線過點O交x軸上方拋物線于點P，則有BCOP，此時POB

28、CBO，聯立拋物線得解析式和OP所在直線的解析式解方程組即可求解；當點P在x軸下方時，取BC的中點D，易知D點坐標為（，），連接OD并延長交x軸下方的拋物線于點P，由直角三角形斜邊中線定理可知，ODBD，DOBCBO即POBCBO，聯立拋物線的解析式和OP所在直線的解析式解方程組即可求解（3）如圖，通過點M到x軸的距離可表示ABM的面積，由SABMSBNM，可證明點A、點N到直線BM的距離相等,即ANBM，通過角的轉化得到AMBN，設點N的坐標，表示出BN的距離可求出點N【詳解】（1）當y0時，x2（a+1）x+a0，解得x11，x2a，當x0，ya點C坐標為（0，a），C（0，a）在x軸下方

29、a0點A位于點B的左側，點A坐標為（a，0），點B坐標為（1，0），AB1a，OCa，ABC的面積為1，a13，a24（因為a0，故舍去），a3，yx2+2x3；（2）設直線BC：ykx3，則0k3，k3；當點P在x軸上方時，直線OP的函數表達式為y3x，則，點P坐標為；當點P在x軸下方時，直線OP的函數表達式為y3x，則 ，點P坐標為，綜上可得，點P坐標為或；（3）如圖，過點A作AEBM于點E，過點N作NFBM于點F，設AM與BN交于點G，延長MN與x軸交于點H；AB4，點M到x軸的距離為d，SAMBSMNB2d，SAMBSMNB，AENF，AEBM，NFBM，四邊形AEFN是矩形，ANBM

30、，MANANB，GNGA，ANBM，MANAMB，ANBNBM，AMBNBM，GBGM，GN+GBGA+GM即BNMA，在AMB和NBM中AMBNBM（SAS），ABMNMB，OAOC3，AOC90，OACOCA45，又ANBM，ABMOAC45，NMB45，ABM+NMB90，BHM90，M、N、H三點的橫坐標相同，且BHMH，M是拋物線上一點，可設點M的坐標為（t，t2+2t3），1tt2+2t3，t14，t21（舍去），點N的橫坐標為4，可設直線AC：ykx3，則03k3，k1，yx3，當x4時，y（4）31，點N的坐標為（4，1）【點睛】本題主要考查二次函數的圖象與性質，還涉及到全等三

31、角形的判定及其性質、三角形面積公式等知識點，綜合性較強，解題的關鍵是熟練掌握二次函數的圖象與性質24、（1）見解析；（1）1【分析】（1）由AC是O的切線，得OAAC，結合ODOB，OAOB，得CDADAC，進而得到結論；（1）利用勾股定理求出OC，即可解決問題【詳解】（1）AC是O的切線，OAAC，OAC90，即：OAD+DAC90，ODOB，DOB90，BDO+B90，OAOB，OADB，BDODAC，BDOCDA，CDADAC，CDCA（1）在RtACO中，OC5，CACD3，ODOCCD1【點睛】本題主要考查圓的基本性質，掌握切線的基本性質，是解題的關鍵.25、（1）證明見解析；（2）DGF，CDF，BEGC180；（3）【分析】（1）根據矩形性質得出AFDC90，求出CFDAED，證出AEDDFC即可；（2）當BEGC180時，成立，分別證明即可