2023屆江西南昌市西湖區(qū)第二十四中學數學九上期末達標檢測模擬試題含解析

2022-2023學年九上數學期末模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，D、E分別是AB、AC上兩點，CD與BE相交于點O，下列條件中不能使△ABE和△ACD相似的是（）A．∠B=∠C B．∠ADC=∠AEB C．BE=CD，AB=AC D．AD：AC=AE：AB2．河堤橫斷面如圖所示，堤高BC=6米，迎水坡AB的坡比為1：，則AB的長為A．12米 B．4米 C．5米 D．6米3．如圖，已知點是第一象限內橫坐標為2的一個定點，軸于點，交直線于點，若點是線段上的一個動點，，，點在線段上運動時，點不變，點隨之運動，當點從點運動到點時，則點運動的路徑長是（）A． B． C．2 D．4．如圖，正比例函數y1=k1x和反比例函數的圖象交于A（﹣1，2）、B（1，﹣2）兩點，若y1＜y2，則x的取值范圍是（）A．x＜﹣1或x＞1 B．x＜﹣1或0＜x＜1C．﹣1＜x＜0或0＜x＜1 D．﹣1＜x＜0或x＞15．方程的解是（）A． B． C．， D．，6．下列關于一元二次方程（，是不為的常數）的根的情況判斷正確的是（）A．方程有兩個相等的實數根 B．方程有兩個不相等的實數根C．方程沒有實數根 D．方程有一個實數根7．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，如果AC=3，AB=5，那么sinB等于（）A． B． C． D．8．小軍旅行箱的密碼是一個六位數，由于他忘記了密碼的末位數字，則小軍能一次打開該旅行箱的概率是（）A． B． C． D．9．已知⊙O的半徑為3cm，線段OA=5cm，則點A與⊙O的位置關系是（）A．A點在⊙O外 B．A點在⊙O上 C．A點在⊙O內 D．不能確定10．若，設，，，則、、的大小順序為（）A． B． C． D．11．邊長為2的正六邊形的面積為（）A．6 B．6 C．6 D．12．如圖，從一塊半徑為的圓形鐵皮上剪出一個圓心角是的扇形，則此扇形圍成的圓錐的側面積為（）A． B． C． D．二、填空題（每題4分，共24分）13．若兩個相似三角形的面積比為1∶4，則這兩個相似三角形的周長比是__________．14．一個口袋中裝有2個完全相同的小球，它們分別標有數字1，2，從口袋中隨機摸出一個小球記下數字后放回，搖勻后再隨機摸出一個小球，則兩次摸出小球的數字和為偶數的概率是．15．在某一個學校的運動俱樂部里面有三大筐數量相同的球，甲每次從第一個大筐中取出9個球；乙每次從第二個大筐中取出7個球；丙則是每次從第三個大筐中取出5個球.到后來甲、乙、丙三人都記不清各自取過多少次球了，于是管理人員查看發(fā)現第一個大筐中還剩下7個球，第二個大筐還剩下4個球，第三個大筐還剩下2個球，那么根據上述情況可以推知甲至少取了______次.16．如圖，六邊形ABCDEF是正六邊形，曲線FK1K2K3K4K5K6K7…叫做“正六邊形的漸開線”，其中弧FK1、弧K1K2、弧K2K3、弧K3K4、弧K4K5、弧K5K6、…的圓心依次按點A、B、C、D、E、F循環(huán)，其弧長分別為l1、l2、l3、l4、l5、l6、…．當AB＝1時，l3=________，l2019＝_________．17．如圖，一輛小車沿著坡度為的斜坡從點A向上行駛了50米到點B處，則此時該小車離水平面的垂直高度為_____________.18．在平面直角坐標系中，將點（-b，-a）稱為點（a，b）的“關聯(lián)點”（例如點（-2，-1）是點（1，2）的“關聯(lián)點”）．如果一個點和它的“關聯(lián)點”在同一象限內，那么這一點在第_______象限．三、解答題（共78分）19．（8分）(1)如圖1，在平行四邊形ABCD中，點E1，E2是AB三等分點，點F1，F2是CD三等分點，E1F1，E2F2分別交AC于點G1，G2，求證：AG1＝G1G2＝G2C．(2)如圖2，由64個邊長為1的小正方形組成的一個網格圖，線段MN的兩個端點在格點上，請用一把無刻度的尺子，畫出線段MN三等分點P，Q．(保留作圖痕跡)20．（8分）如圖1，在中，是的直徑，交于點，過點的直線交于點，交的延長線于點．（1）求證：是的切線；（2）若，試求的長；（3）如圖2，點是弧的中點，連結，交于點，若，求的值．21．（8分）如圖，已知拋物線C1交直線y=3于點A（﹣4，3），B（﹣1，3），交y軸于點C（0，6）．（1）求C1的解析式．（2）求拋物線C1關于直線y=3的對稱拋物線的解析式；設C2交x軸于點D和點E（點D在點E的左邊），求點D和點E的坐標．（3）將拋物線C1水平向右平移得到拋物線C3，記平移后點B的對應點B′，若DB平分∠BDE，求拋物線C3的解析式．（4）直接寫出拋物線C1關于直線y=n（n為常數）對稱的拋物線的解析式．22．（10分）如圖，在△ABC中，點O在邊AC上，⊙O與△ABC的邊BC，AB分別相切于C，D兩點，與邊AC交于E點，弦CF與AB平行，與DO的延長線交于M點．（1）求證：點M是CF的中點；（2）若E是的中點，BC＝a，①求的弧長；②求的值．23．（10分）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線的頂點坐標為，與軸交于點，與軸交于點，.（1）求二次函數的表達式；（2）過點作平行于軸，交拋物線于點，點為拋物線上的一點（點在上方），作平行于軸交于點，當點在何位置時，四邊形的面積最大？并求出最大面積.24．（10分）如圖，某市有一塊長為（3a+b）米、寬為（2a+b）米的長方形地，規(guī)劃部門計劃將陰影部分進行綠化，中間將修建一座邊長為（a+b）米的正方形雕像．（1）試用含a、b的式子表示綠化部分的面積（結果要化簡）．（2）若a=3，b=2，請求出綠化部分的面積．25．（12分）如圖，已知，點、坐標分別為、．（1）把繞原點順時針旋轉得，畫出旋轉后的；（2）在（1）的條件下，求點旋轉到點經過的路徑的長．26．已知：如圖，平行四邊形，是的角平分線，交于點，且，；求的度數．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、C【解析】試題分析：∵∠A=∠A，∴當∠B=∠C或∠ADC=∠AEB或AD：AC=AE：AB時，△ABE和△ACD相似．故選C．考點：相似三角形的判定．2、A【分析】試題分析：在Rt△ABC中，BC=6米，，∴AC=BC×=6（米）.∴（米）.故選A.【詳解】請在此輸入詳解！3、D【分析】根據題意利用相似三角形可以證明線段就是點運動的路徑（或軌跡），又利用∽求出線段的長度，即點B運動的路徑長．【詳解】解：由題意可知，，點在直線上，軸于點，則為頂角30度直角三角形，.如下圖所示，設動點在點（起點）時，點的位置為，動點在點（終點）時，點的位置為，連接，∵，∴又∵，∴（此處也可用30°角的）∴∽，且相似比為，∴現在來證明線段就是點運動的路徑（或軌跡）.如圖所示，當點運動至上的任一點時，設其對應的點為，連接，，∵，∴又∵，∴∴∽∴又∵∽∴∴∴點在線段上，即線段就是點運動的路徑（或軌跡）.綜上所述，點運動的路徑（或軌跡）是線段，其長度為.故選：【點睛】本題考查坐標平面內由相似關系確定的點的運動軌跡，難度很大．本題的要點有兩個：首先，確定點B的運動路徑是本題的核心，這要求考生有很好的空間想象能力和分析問題的能力；其次，由相似關系求出點B運動路徑的長度，可以大幅簡化計算，避免陷入坐標關系的復雜運算之中.4、D【解析】反比例函數與一次函數的交點問題．根據圖象找出直線在雙曲線下方的x的取值范圍：由圖象可得，﹣1＜x＜0或x＞1時，y1＜y1．故選D．5、C【分析】先把從方程的右邊移到左邊，并把兩邊都除以4化簡，然后用因式分解法求解即可.【詳解】∵，∴，∴，∴，∴，.故選C.【點睛】本題考查了一元二次方程的解法，常用的方法有直接開平方法、配方法、因式分解法、求根公式法，靈活選擇合適的方法是解答本題的關鍵.6、B【分析】首先用表示出根的判別式，結合非負數的性質即可作出判斷．【詳解】由題可知二次項系數為，一次項系數為，常數項為，，是不為的常數，，方程有兩個不相等的實數根，故選：B.【點睛】本題主要考查了根的判別式的知識，解答此題要掌握一元二次方程根的情況與判別式△的關系：①△＞0?方程有兩個不相等的實數根；②△=0?方程有兩個相等的實數根③△＜0?方程沒有實數根．7、A【解析】直接利用銳角三角函數關系得出sinB的值．【詳解】∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，AB=5，∴sinB=故選A．【點睛】此題主要考查了銳角三角函數關系，正確把握定義是解題關鍵．8、A【解析】∵密碼的末位數字共有10種可能（0、1、2、3、4、5、6、7、8、9、0都有可能），∴當他忘記了末位數字時，要一次能打開的概率是.故選A.9、A【詳解】解：∵5＞3∴A點在⊙O外故選A.【點睛】本題考查點與圓的位置關系.10、B【分析】根據，設x=1a，y=7a，z=5a，進而代入A，B，C分別求出即可．【詳解】解：∵，設x=1a，y=7a，z=5a，

∴=，

==1，

==1．

∴A＜B＜C．

故選：B．【點睛】本題考查了比例的性質，根據比例式用同一個未知數得出x，y，z的值進而求出是解題的關鍵．11、A【解析】首先根據題意作出圖形，然后可得△OBC是等邊三角形，然后由三角函數的性質，求得OH的長，繼而求得正六邊形的面積．【詳解】解：如圖，連接OB，OC，過點O作OH⊥BC于H，∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴∠BOC＝×360°＝60°，∵OB＝0C，∴△OBC是等邊三角形，∴BC＝OB＝OC＝2，∴它的半徑為2，邊長為2；∵在Rt△OBH中，OH＝OB?sin60°＝2×，∴邊心距是：；∴S正六邊形ABCDEF＝6S△OBC＝6××2×＝6．故選：A．【點睛】本題考查圓的內接正六邊形的性質、正多邊形的內角和、等邊三角形的判定與性質以及三角函數等知識．此題難度不大，注意掌握數形結合思想的應用．12、A【分析】連接OB、OC和BC，過點O作OD⊥BC于點D，然后根據同弧所對的圓周角是圓心角的一半、等邊三角形判定和垂徑定理可得∠BOC=2∠BAC=120°，△ABC為等邊三角形，BC=2BD，然后根據銳角三角函數即可求出BD，從而求出BC和AB，然后根據扇形的面積公式計算即可．【詳解】解：連接OB、OC和BC，過點O作OD⊥BC于點D由題意可得：OB=OC=20cm，∠BAC=60°，AB=AC∴∠BOC=2∠BAC=120°，△ABC為等邊三角形，BC=2BD∴∠OBC=∠OCB=（180°－∠BOC）=30°，AB=AC=BC在Rt△OBD中，BD=OB·cos∠OBD=cm∴BC=2BD=cm∴AB=BC=cm∴圓錐的側面積=S扇形BAC=故選A．【點睛】此題考查的是圓周角定理、垂徑定理、等邊三角形的判定及性質、銳角三角函數和求圓錐側面積，掌握圓周角定理、垂徑定理、等邊三角形的判定及性質、銳角三角函數和扇形的面積公式是解決此題的關鍵．二、填空題（每題4分，共24分）13、【解析】試題分析：∵兩個相似三角形的面積比為1：4，∴這兩個相似三角形的相似比為1：1，∴這兩個相似三角形的周長比是1：1，故答案為1：1．考點：相似三角形的性質．14、．【解析】試題分析：如圖所示，∵共有4種結果，兩次摸出小球的數字和為偶數的有2次，∴兩次摸出小球的數字和為偶數的概率==．故答案為．考點：列表法與樹狀圖法．15、2【分析】設每框球的總數為k，甲取了a次，乙取了b次，丙取了c次．根據題意得可列方程k=9a+7=7b+4=5c+2(k，a，b，c都是正整數)，然后根據整除的性質解答即可．【詳解】設每框球的總數為k，甲取了a次，乙取了b次，丙取了c次．根據題意得：k=9a+7=7b+4=5c+2(k，a，b，c都是正整數)∴9a+7=5c+2，∴9a=5(c-1)，∴a是5的倍數．不妨設a=5m(m為正整數)，∴k=45m+7=7b+4，∴b=，∵b和m都是正整數，∴m的最小值為1．∴a=5m=2．故答案為：2．【點睛】本題考查了三元一次方程的應用，解答本題的關鍵是明確題意，列出相應的者方程，會根據整除性進一步設未知數．16、π673π【分析】用弧長公式，分別計算出l1，l2，l3，…的長，尋找其中的規(guī)律，確定l2019的長．【詳解】解：根據題意得：l1=，l2=，l3=，則l2019=.故答案為：π；673π.【點睛】本題考查的是弧長的計算，先用公式計算，找出規(guī)律，則可求出ln的長．17、2【分析】設出垂直高度，表示出水平距離，利用勾股定理求解即可．【詳解】設此時該小車離水平面的垂直高度為x米，則水平前進了x米．根據勾股定理可得：x2＋（x）2＝1．解得x＝2．即此時該小車離水平面的垂直高度為2米．故答案為：2.【點睛】考查了解直角三角形的應用?坡度坡角問題，此題的關鍵是熟悉且會靈活應用公式：tan（坡度）＝垂直高度÷水平寬度，綜合利用了勾股定理．18、二、四.【解析】試題解析：根據關聯(lián)點的特征可知：如果一個點在第一象限，它的關聯(lián)點在第三象限.如果一個點在第二象限，它的關聯(lián)點在第二象限.如果一個點在第三象限，它的關聯(lián)點在第一象限.如果一個點在第四象限，它的關聯(lián)點在第四象限.故答案為二，四.三、解答題（共78分）19、（1）見解析；（2）見解析【分析】(1)利用平行線分線段成比例定理證明即可．(2)利用(1)中結論，構造平行四邊形解決問題即可．【詳解】解：(1)證明：如圖1中，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC，∵DF1＝CD，AE1＝AB，∴DF1＝AE1，∴四邊形ADF1E1是平行四邊形，∴AD∥E1F1，∴E1G1∥BC，∴，同法可證：，∴AG1＝CG2＝AC，∴AG1＝G1G2＝G2C．(2)如圖，點P，Q即為所求．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質，平行線分線段成比例定理，掌握平行四邊形的性質，平行線分線段成比例定理是解題的關鍵.20、（1）證明見解析（2）（3）【分析】（1）連接半徑，根據已知條件結合圓的基本性質可推出，即，即可得證結論；（2）設，根據已知條件列出關于的方程、解方程即可得到圓心角，再求得半徑，然后利用弧長公式即可得解；（3）由，設，然后根據已知條件利用圓的一些性質、勾股定理以及三角形的不同求法分別表示出、，再利用平行線的判定以及相似三角形的判定和性質即可求得結論．【詳解】解：（1）連結，如圖：∵是的直徑∴∴∵∴∵∴∴∵在圓上∴是的切線．（2）設∵∴∴∵在中，∴∴∴∵∴∴連結，過作于點，如圖：∵點是的中點∴∴設∴∴∴∵在中，∴∵，∴∴∴．故答案是：（1）證明見解析（2）（3）【點睛】本題考查了圓的相關性質、切線的判定、等腰三角形的判定和性質、平行線的判定和性質、相似三角形的判定和性質、直角三角形的相關性質、銳角三角函數、三角形的外角性質以及弧長的計算公式等，綜合性較強，但難度不大屬中檔題型．21、（1）C1的解析式為y=x2+x+1；（2）拋物線C2的解析式為y=﹣x2﹣x，D（﹣5，0），E（0，0）；（3）拋物線C3的解析式為y=；（4）y=x2x+2n﹣1．【分析】（1）設拋物線C1經的解析式為y=ax2+bx+c，將點A、B、C的坐標代入求解即可得到解析式；（2）先求出點C關于直線y=3的對稱點的坐標為(0,0)，設拋物線C2的解析式為y=a1x2+b1x+c1，即可求出答案；（3）如圖，根據平行線的性質及角平分線的性質得到BB′=DB，利用勾股定理求出DB的長度即可得到拋物線平移的距離，由此得到平移后的解析式；（4）設拋物線C1關于直線y=n（n為常數）對稱的拋物線的解析式為y=mx+nx+k，根據對稱性得到m、n的值，再利用對稱性得到新函數與y軸交點坐標得到k的值，由此得到函數解析式.【詳解】（1）設拋物線C1經的解析式為y=ax2+bx+c，∵拋物線C1經過點A（﹣4，3），B（﹣1，3），C（0，1）．∴,解得，∴C1的解析式為y=x2+x+1；（2）∵C點關于直線y=3的對稱點為（0，0），設拋物線C2的解析式為y=a1x2+b1x+c1，∴，解得，∴拋物線C2的解析式為y=﹣x2﹣x；令y=0，則﹣x2﹣x=0，解得x1=0，x2=﹣5，∴D（﹣5，0），E（0，0）；（3）如圖，∵DB′平分∠BDE，∴∠BDB′=∠ODB′，∵AB∥x軸，∴∠BB′D=∠ODB′，∴∠BDB′=∠BB′D，∴BB′=DB，∵BD==5，∴將拋物線C1水平向右平移5個單位得到拋物線C3，∵C1的解析式為y=x2+x+1=（x+）2+，∴拋物線C3的解析式為y=（x+﹣5）2+=；（4）設拋物線C1關于直線y=n（n為常數）對稱的拋物線的解析式為y=mx+nx+k，根據對稱性得：新拋物線的開口方向與原拋物線的開口方向相反，開口大小相同，故m=-，對稱軸沒有變化，故n=-，當n>1時，n+（n-1）=2n-1，故新拋物線與y軸的交點為（0，2n-1），當n<1時，n-（1-n）=2n-1，新拋物線與y軸的交點為（0，2n-1），∴k=2n-1，∴拋物線C1關于直線y=n（n為常數）對稱的拋物線的解析式為：y=﹣x2﹣x+2n﹣1.【點睛】此題考查待定系數法求拋物線的解析式，拋物線的對稱性，拋物線平移的性質，解題中確定變化后的拋物線的特殊點的坐標是解題的關鍵.22、（1）見解析；（2）①πa；②＝1．【分析】（1）由切線的性質可得∠ACB＝∠ODB＝90°，由平行線的性質可得OM⊥CF，由垂徑定理可得結論；（2）①由題意可證△BCD是等邊三角形，可得∠B＝60°，由直角三角形的性質可得AB＝2a，AC＝a，AD＝a，通過證明△ADO∽△ACB，可得，可求DO的長，由弧長公式可求解；②由直角三角形的性質可求AO＝a，可得AE的長，即可求解．【詳解】證明：（1）∵⊙O與△ABC的邊BC，AB分別相切于C，D兩點，∴∠ACB＝∠ODB＝90°，∵CF∥AB，∴∠OMF＝∠ODB＝90°，∴OM⊥CF，且OM過圓心O，∴點M是CF的中點；（2）①連接CD，DF，OF，∵⊙O與△ABC的邊BC，AB分別相切于C，D兩點，∴BD＝BC，∵E是的中點，∴，∴∠DCE＝∠FCE，∵AB∥CF，∴∠A＝∠ECF＝∠ACD，∴AD＝CD，∵∠A+∠B＝90°，∠ACD+∠BCD＝90°，∴∠B＝∠BCD，∴BD＝CD，且BD＝BC，∴BD＝BC＝CD，∴△BCD是等邊三角形，∴∠B＝60°，∴∠A＝30°＝∠ECF＝∠ACD，∴∠DCF＝60°，∴∠DOF＝120°，∵BC＝a，∠A＝30°，∴AB＝2a，AC＝a，∴AD＝a，∵∠A＝∠A，∠ADO＝∠ACB＝90°，∴△ADO∽△ACB，∴，∴∴DO＝a，∴的弧長＝＝πa；②∵∠A＝30°，OD⊥AB，∴AO＝2