2022-2023學年吉林省長春德惠市數(shù)學九年級第一學期期末經典模擬試題含解析

2022-2023學年九上數(shù)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．隨著國民經濟快速發(fā)展，我國涌現(xiàn)出一批規(guī)模大、效益高的企業(yè)，如大疆、國家核電、華為、鳳凰光學等，以上四個企業(yè)的標志是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．2．如圖，在平面直角坐標系中，已知點A（―3，6）、B（―9，一3），以原點O為位似中心，相似比為，把△ABO縮小，則點A的對應點A′的坐標是（）A．（―1，2）B．（―9，18）C．（―9，18）或（9，―18）D．（―1，2）或（1，―2）3．如圖，等邊△ABC中，點D、E、F分別是AB、AC、BC中點，點M在CB的延長線上，△DMN為等邊三角形，且EN經過F點.下列結論：①EN=MF②MB=FN③MP·DP=NP·FP④MB·BP=PF·FC，正確的結論有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個4．拋物線y=﹣（x﹣1）2﹣2的頂點坐標是（）A．（1，2）B．（﹣1，﹣2）C．（﹣1，2）D．（1，﹣2）5．把邊長相等的正六邊形ABCDEF和正五邊形GHCDL的CD邊重合，按照如圖所示的方式疊放在一起，延長LG交AF于點P，則∠APG＝（）A．141° B．144° C．147° D．150°6．如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，AB=AD，若∠C=70o，則∠ABD的度數(shù)是（）A．35o B．55o C．70o D．110o7．如圖是由四個相同的小正方體組成的立體圖形，它的主視圖為（）．A． B． C． D．8．如圖，某小區(qū)計劃在一塊長為31m，寬為10m的矩形空地上修建三條同樣寬的道路，剩余的空地上種植草坪，使草坪的面積為570m1．若設道路的寬為xm，則下面所列方程正確的是（）A．（31﹣1x）（10﹣x）=570 B．31x+1×10x=31×10﹣570C．（31﹣x）（10﹣x）=31×10﹣570 D．31x+1×10x﹣1x1=5709．圖所示，已知二次函數(shù)的圖象正好經過坐標原點，對稱軸為直線.給出以下四個結論:①；②；③；④.正確的有（）A．個 B．個 C．個 D．個10．下列二次根式是最簡二次根式的是（）A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．已知MAX(a，b)=a，其中a>b如果MAX(，0)=0，那么x的取值范圍為__________12．已知，則的值為_______．13．如圖，在中，點在邊上，連接并延長交的延長線于點，若，則__________.14．如圖，邊長為3的正六邊形內接于，則圖中陰影部分的面積和為_________（結果保留）．15．如圖，練習本中的橫格線都平行，且相鄰兩條橫格線間的距離都相等，同一條直線上的三個點A、B、C都在橫格線上．若線段AB＝6cm，則線段BC＝____cm．16．如圖，△ABC中，AD是中線，BC=8，∠B=∠DAC，則線段的長為________．17．若2是方程x2﹣2kx+3=0的一個根，則方程的另一根為______．18．已知＜cosA＜sin70°，則銳角A的取值范圍是_________三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，在△ABC和△ADE中，，點B、D、E在一條直線上，求證：△ABD∽△ACE．20．（6分）已知二次函數(shù)．（1）將二次函數(shù)化成的形式；（2）在平面直角坐標系中畫出的圖象；（3）結合函數(shù)圖象，直接寫出時x的取值范圍．21．（6分）綜合與探究問題情境：（1）如圖1，兩塊等腰直角三角板△ABC和△ECD如圖所示擺放，其中∠ACB=∠DCE=90°，點F，H，G分別是線段DE，AE，BD的中點，A，C，D和B，C，E分別共線，則FH和FG的數(shù)量關系是，位置關系是．合作探究：（2）如圖2，若將圖1中的△DEC繞著點C順時針旋轉至A，C，E在一條直線上，其余條件不變，那么（1）中的結論還成立嗎？若成立，請證明，若不成立，請說明理由．（3）如圖3，若將圖1中的△DEC繞著點C順時針旋轉一個銳角，那么（1）中的結論是否還成立？若成立，請證明，若不成立，請說明理由．22．（8分）已知，如圖1，在中，對角線，，，如圖2，點從點出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為，過點作交于點；將沿對角線剪開，從圖1的位置與點同時出發(fā)，沿射線方向勻速運動，速度為，當點停止運動時，也停止運動．設運動時間為，解答下列問題：（1）當為何值時，點在線段的垂直平分線上？（2）設四邊形的面積為，試確定與的函數(shù)關系式；（3）當為何值時，有最大值？（4）連接，試求當平分時，四邊形與四邊形面積之比．23．（8分）天空中有一個靜止的廣告氣球C，從地面A點測得C點的仰角為45°，從地面B測得仰角為60°，已知AB=20米，點C和直線AB在同一鉛垂平面上，求氣球離地面的高度.（結果精確到0.1米）24．（8分）計算或解方程：（1）（2）25．（10分）老師隨機抽查了本學期學生讀課外書冊數(shù)的情況，繪制成條形統(tǒng)計圖(如圖1)和不完整的扇形圖(如圖2)，其中條形統(tǒng)計圖被墨跡遮蓋了一部分．(1)求條形統(tǒng)計圖中被遮蓋的數(shù)，并寫出冊數(shù)的中位數(shù)；(2)隨后又補查了另外幾人，得知最少的讀了6冊，將其與之前的數(shù)據(jù)合并后，發(fā)現(xiàn)冊數(shù)的中位數(shù)沒有改變，則最多補查了____人．26．（10分）某文物古跡遺址每周都吸引大量中外游客前來參觀，如果游客過多，對文物古跡會產生不良影響，但同時考慮到文物的修繕和保存費用的問題，還要保證有一定的門票收入，因此遺址的管理部門采取了升、降門票價格的方法來控制參觀人數(shù)．在實施過程中發(fā)現(xiàn)：每周參觀人數(shù)y（人）與票價x（元）之間恰好構成一次函數(shù)關系：y＝﹣500x+1．在這樣的情況下，如果要確保每周有40000元的門票收入，那么門票價格應定為多少元？

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【分析】在平面內，把一個圖形繞著某個點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能與原來的圖形重合，那么這個圖形叫做中心對稱圖形，據(jù)此依次判斷即可.【詳解】∵在平面內，把一個圖形繞著某個點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能與原來的圖形重合，那么這個圖形叫做中心對稱圖形，∴A、C、D不符合，不是中心對稱圖形，B選項為中心對稱圖形.故選：B.【點睛】本題主要考查了中心對稱圖形的定義，熟練掌握相關概念是解題關鍵.2、D【詳解】試題分析：方法一：∵△ABO和△A′B′O關于原點位似，∴△ABO∽△A′B′O且＝.∴＝＝.∴A′E＝AD＝2，OE＝OD＝1.∴A′（－1,2）.同理可得A′′（1,―2）.方法二：∵點A（―3，6）且相似比為，∴點A的對應點A′的坐標是（―3×，6×），∴A′（－1,2）.∵點A′′和點A′（－1,2）關于原點O對稱，∴A′′（1,―2）.故答案選D.考點：位似變換.3、C【分析】①連接DE、DF，根據(jù)等邊三角形的性質得到∠MDF=∠NDE，證明△DMF≌△DNE，根據(jù)全等三角形的性質證明；②根據(jù)①的結論結合點D、E、F分別是AB、AC、BC中點，即可得證；③根據(jù)題目中的條件易證得，即可得證；④根據(jù)題目中的條件易證得，再則等量代換，即可得證．【詳解】連接，

∵和為等邊三角形，

∴，，

∵點分別為邊的中點，

∴是等邊三角形，∴，，

∵∴，

在和中，，

∴，

∴，故①正確；∵點分別為等邊三角形三邊的中點，

∴四邊形為菱形，∴，∵，∴，故②正確；∵點分別為等邊三角形三邊的中點，∴∥，∴，∵為等邊三角形，∴，又∵，∴，∴，∴，故③錯誤；∵點分別為等邊三角形三邊的中點，∴∥，，∴，∴，由②得，∴，∴，故④正確；綜上：①②④共3個正確.故選：C【點睛】本題考查的是等邊三角形的性質、全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質，掌握相似三角形的判定定理和性質定理結合等量代換是解題的關鍵．4、D【解析】根據(jù)頂點式解析式寫出頂點坐標即可．【詳解】拋物線y=﹣（x﹣1）2﹣2的頂點坐標是（1，﹣2）．故選D．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的性質，熟練掌握利用頂點式解析式求頂點坐標的方法是解題的關鍵．5、B【解析】先根據(jù)多邊形的內角和公式分別求得正六邊形和正五邊形的每一個內角的度數(shù)，再根據(jù)多邊形的內角和公式求得∠APG的度數(shù)．【詳解】(6﹣2)×180°÷6＝120°，(5﹣2)×180°÷5＝108°，∠APG＝(6﹣2)×180°﹣120°×3﹣108°×2＝720°﹣360°﹣216°＝144°，故選B．【點睛】本題考查了多邊形內角與外角，關鍵是熟悉多邊形內角和定理：(n﹣2)?180(n≥3)且n為整數(shù))．6、A【分析】由圓內接四邊形的性質，得到∠BAD=110°，然后由等腰三角形的性質，即可求出∠ABD的度數(shù)．【詳解】解：∵四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，∴∠BAD+∠C=180°，∵∠C=70°，∴∠BAD=110°，∵AB=AD，∴．故選：A．【點睛】本題考查了圓內接四邊形的性質，等腰三角形的性質，三角形內角和定理，解題的關鍵是熟練掌握所學的性質，正確得到∠BAD=110°．7、A【分析】根據(jù)幾何體的三視圖解答即可.【詳解】根據(jù)立體圖形得到：主視圖為：，左視圖為：，俯視圖為：，故答案為：A.【點睛】此題考查小正方體組成的幾何體的三視圖，解題的關鍵是掌握三視圖的視圖角度及三視圖的畫法.8、A【解析】六塊矩形空地正好能拼成一個矩形，設道路的寬為xm，根據(jù)草坪的面積是570m1，即可列出方程:(31?1x)(10?x)=570，故選A.9、C【分析】由拋物線開口方向得到a＜0以及函數(shù)經過原點即可判斷①；根據(jù)x=-1時的函數(shù)值可以判斷②；由拋物線的對稱軸方程得到為b=3a，用求差法即可判斷③；根據(jù)拋物線與x軸交點個數(shù)得到△=b2-4ac＞0，則可對④進行判斷．【詳解】∵拋物線開口向下，

∴a＜0，

∵拋物線經過原點，

∴c=0，

則abc=0，所以①正確；

當x=-1時，函數(shù)值是a-b+c＞0，則②正確；

∵拋物線的對稱軸為直線x=-＜0，

∴b=3a，

又∵a＜0，

∴a-b=-2a＞0∴a＞b，則③錯誤；

∵拋物線與x軸有2個交點，

∴△=b2-4ac＞0，即4ac-b2＜0，所以④正確．

故選：C【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)y=ax2+bx+c（a≠0），二次項系數(shù)a決定拋物線的開口方向和大小：當a＞0時，拋物線向上開口；當a＜0時，拋物線向下開口；一次項系數(shù)b和二次項系數(shù)a共同決定對稱軸的位置：當a與b同號時（即ab＞0），對稱軸在y軸左；當a與b異號時（即ab＜0），對稱軸在y軸右；常數(shù)項c決定拋物線與y軸交點位置：拋物線與y軸交于（0，c）；拋物線與x軸交點個數(shù)由△決定：△=b2-4ac＞0時，拋物線與x軸有2個交點；△=b2-4ac=0時，拋物線與x軸有1個交點；△=b2-4ac＜0時，拋物線與x軸沒有交點．10、C【解析】根據(jù)最簡二次根式的定義逐項分析即可.【詳解】A.=3，故不是最簡二次根式；B.=，故不是最簡二次根式；C.，是最簡二次根式；D.=，故不是最簡二次根式；故選C.【點睛】本題考查了最簡二次根式的識別，如果二次根式的被開方式中都不含分母，并且也都不含有能開的盡方的因式，象這樣的二次根式叫做最簡二次根式.二、填空題(每小題3分,共24分)11、0﹤x﹤1【分析】由題意根據(jù)定義得出x2-x＜0，通過作出函數(shù)y=x2-x的圖象，根據(jù)圖象即可求得x的取值范圍．【詳解】解：由題意可知x2-x＜0，畫出函數(shù)y=x2-x的圖象如圖：由圖象可知x2-x＜0的取值范圍為0＜x＜1.故答案為：0＜x＜1．【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的性質，解題的關鍵是理解新定義并根據(jù)新定義列出關于x的不等式運用數(shù)形結合思維分析．12、【分析】令連等式的值為k，將a、b、c全部轉化為用k表示的形式，進而得出比值．【詳解】令則a=6k，b=5k，c=4k則故答案為：．【點睛】本題考查連比式的應用，是一類比較常見的題型，需掌握這種解題方法．13、【分析】根據(jù)相似三角形的判定與性質、平行四邊形的性質，進而證明，得出線段的比例，即可得出答案【詳解】在中，∴AD∥BC，∠DAE=∠CFE，∠ADE=∠FCE，∴△ADE∽△FCE∵DE=2EC，∴AD=2CF，在中，∵AD=BC，等量代換得：BC=2CF∴2：1【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質以及平行四邊形的性質，數(shù)形結合是解題的關鍵.14、【分析】將陰影部分合并即可得到扇形的面積,利用扇形面積公式計算即可.【詳解】∵ABCDEF是正六邊形,∴∠AOE=120°,陰影部分的面積和=.故答案為:.【點睛】本題考查扇形面積計算,關鍵在于記住扇形的面積公式.15、18【分析】根據(jù)已知圖形構造相似三角形，進而得出，即可求得答案.【詳解】如圖所示：過點A作平行線的垂線，交點分別為D、E，可得：，∴，即，解得：，∴，故答案為：.【點睛】本題主要考查了相似三角形的應用，根據(jù)題意得出是解答本題的關鍵.16、【解析】已知BC=8，AD是中線，可得CD=4，在△CBA和△CAD中，由∠B=∠DAC，∠C=∠C，可判定△CBA∽△CAD，根據(jù)相似三角形的性質可得，即可得AC2=CD?BC=4×8=32，解得AC=4.17、．【解析】根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關系即可得出答案.【詳解】解：設方程的另一根為x1，又∵x2=2，∴2x1=3，解得x1=，故答案是：．【點睛】本題主要考查一元二次方程根與系數(shù)的關系，應該熟練掌握兩根之和，兩根之積.18、20°＜∠A＜30°．【詳解】∵＜cosA＜sin70°，sin70°=cos20°，∴cos30°＜cosA＜cos20°，∴20°＜∠A＜30°．三、解答題(共66分)19、證明見解析；【分析】根據(jù)三邊對應成比例的兩個三角形相似可判定△ABC∽△ADE，根據(jù)相似三角形的性質可得∠BAC=∠DAE，即可得∠BAD=∠CAE，再由可得，根據(jù)兩邊對應成比例且夾角相等的兩個三角形相似即可判定△ABD∽△ACE．【詳解】∵在△ABC和△ADE中，,∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∵，∴，∴△ABD∽△ACE．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質，熟知相似三角形的判定方法是解決本題的關鍵．20、（1）；（2）畫圖見解析；（3）－3＜x＜1【分析】（1）運用配方法進行變形即可；（2）根據(jù)（1）中解析式可以先得出頂點坐標以及對稱軸和開口方向朝下，然后進一步分別可以求出與x軸的兩個交點，及其與y軸的交點，最后用光滑的曲線連接即可，；（3）根據(jù)所畫出的圖像得出結論即可.【詳解】（1）；（2）由（1）得：頂點坐標為：(-1，4)，對稱軸為：，開口向下，當x=0時，y=3，∴交y軸正半軸3處，當y=0時，x=1或-3，∴與x軸有兩個交點，綜上所述，圖像如圖所示：（3）根據(jù)（2）所畫圖像可得，，－3＜x＜1.【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)圖像的性質，熟練掌握相關概念是解題關鍵.21、（1）FG=FH，F(xiàn)G⊥FH；（2）（1）中結論成立，證明見解析；（3）（1）中的結論成立，結論是FH=FG，F(xiàn)H⊥FG．理由見解析.【解析】試題分析：（1）證BE=AD，根據(jù)三角形的中位線推出FH=AD,FH∥AD,FG=BE,FG∥BE，即可推出答案；

（2）證△ACD≌△BCE,推出AD=BE，根據(jù)三角形的中位線定理即可推出答案；

（3）連接AD，BE，根據(jù)全等推出AD=BE，根據(jù)三角形的中位線定理即可推出答案．試題解析：(1)∵CE=CD,AC=BC,∴BE=AD，∵F是DE的中點，H是AE的中點，G是BD的中點，∴FH=AD,FH∥AD,FG=BE,FG∥BE，∴FH=FG，∵AD⊥BE，∴FH⊥FG，故答案為相等，垂直．(2)答：成立，證明：∵CE=CD,AC=BC，∴△ACD≌△BCE,∴AD=BE，由(1)知：FH=AD,FH∥AD,FG=BE,FG∥BE，∴FH=FG，F(xiàn)H⊥FG，∴(1)中的猜想還成立.(3)答：成立，結論是FH=FG，F(xiàn)H⊥FG.連接AD，BE，兩線交于Z，AD交BC于X，同(1)可證∴FH=AD,FH∥AD,FG=BE,FG∥BE，∵三角形ECD、ACB是等腰直角三角形，∴CE=CD,AC=BC,∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中∴△ACD≌△BCE，∴AD=BE，∠EBC=∠DAC，∵∠CXA=∠DXB，∴∴即AD⊥BE，∵FH∥AD,FG∥BE，∴FH⊥FG，即FH=FG，F(xiàn)H⊥FG，結論是FH=FG，F(xiàn)H⊥FG點睛：三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半.22、（1），（2）四邊形AHGD（3）當四邊形的面積最大，最大面積為（4）【分析】（1）由題意得：利用垂直平分線的性質得到：列方程求解即可，（2）四邊形AHGD分別求出各圖形的面積，代入計算即可得到答案，（3）利用（2）中解析式，結合二次函數(shù)的性質求最大面積即可，（4）連接過作于從而求解此時時間，分別求解四邊形EGFD和四邊形AHGE的面積，即可得到答案．【詳解】解：（1）如圖，由題意得：及平移的性質，點在線段的垂直平分線上，當時，點在線段的垂直平分線上．（2），，,又點在上，四邊形AHGD（）（3）四邊形AHGD且拋物線的對稱軸是：時，隨的增大而增大，當四邊形的面積最大，最大面積為：（4）如圖，連接過作于平分此時：由四邊形EGFD四邊形ABGE四邊形AHGE.四邊形EGFD:四邊形AHGE【點睛】本題考查的是平行四邊形中幾何動態(tài)問題，考查了線段的垂直平分線的性質，圖形面積的計算，二次函數(shù)的性質，掌握以上知識是解題的關鍵．23、47.3米【解析】試題分析：過點C作CD⊥AB，交AB于點D；設AD=x．本題涉及到兩個直角三角形△ADC、△BDC，應利用其公共邊CD構造等量關系，解三角形可得AD、BD與x的關系；借助AB=AD-BD構造方程關系式，進而可求出答案．試題解析：過點C作CD⊥AB，交AB于點D；設CD=x，在Rt△ADC中，有AD==CD=x，在Rt△BDC中，有BD=x，又有AB=AD-BD=20；即x-x=20，解得：x=10（3+）≈47.3（米）.答：氣球離地面的高