2023屆北京四十四中學數學九上期末達標測試試題含解析

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（每題4分，共48分）1．分式方程的根是（）A． B． C． D．無實根2．兩個相似三角形，其面積比為16：9，則其相似比為()A．16:9 B．4：3 C．9：16 D．3：43．已知關于x的一元二次方程x2+3x﹣2＝0，下列說法正確的是()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．沒有實數根 D．無法確定4．下列命題：①長度相等的弧是等??；②任意三點確定一個圓；③相等的圓心角所對的弦相等；④平分弦的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條弧；其中真命題共有()A．0個 B．1個 C．2個 D．3個5．已知⊙O的半徑為4cm，點P在⊙O上，則OP的長為（）A．2cm B．4cm C．6cm D．8cm6．已知點P在半徑為5cm的圓內，則點P到圓心的距離可以是A．4cm B．5cm C．6cm D．7cm7．如圖所示的圖案是按一定規(guī)律排列的，照此規(guī)律，在第1至第2018個圖案中“?”共有（）個．A．504 B．505 C．506 D．5078．若一元二次方程的兩根為和，則的值等于（）A．1 B． C． D．9．一個不透明的盒子裝有個除顏色外完全相同的球，其中有4個白球.每次將球充分攪勻后，任意摸出1個球記下顏色后再放回盒子，通過如此大量重復試驗，發(fā)現摸到白球的頻率穩(wěn)定在0.2左右，則的值約為（）A．8 B．10 C．20 D．4010．在平面直角坐標系中，點A(0,2)、B(a,a+2)、C(b,0)（a>0,b>0），若AB=且∠ACB最大時，b的值為（）A． B． C． D．11．如圖，點，在雙曲線上，且．若的面積為，則（）．A．7 B． C． D．12．如圖，拋物線的對稱軸為直線，與軸的個交點坐標為，，其部分圖象如圖所示，下列結論：①；②方程的兩個根是，；③；④當時，的取值范圍是．其中結論正確的個數是（）A． B． C． D．二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，P為平行四邊形ABCD邊AD上一點，E、F分別為PB、PC的中點，ΔPEF、ΔPDC、ΔPAB的面積分別為S、S1、S1．若S=1，則S1+S1=．14．如圖，△ABC的外心的坐標是____.15．如圖，A、B兩點在雙曲線y＝上，分別經過A、B兩點向坐標軸作垂線段，已知S陰影部分＝m，則S1+S2＝_____．16．在中，，，，則的長是__________．17．在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8（如圖），點D是邊AB上一點，把△ABC繞著點D旋轉90°得到，邊與邊AB相交于點E，如果AD=BE，那么AD長為____．18．“永定樓”，作為門頭溝區(qū)的地標性建筑，因其坐落在永定河畔而得名．為測得其高度，低空無人機在A處，測得樓頂端B的仰角為30°，樓底端C的俯角為45°，此時低空無人機到地面的垂直距離AE為23米，那么永定樓的高度BC是______米（結果保留根號）．三、解答題（共78分）19．（8分）如圖所示，已知為⊙的直徑，是弦，且于點，連接AC、OC、BC．（1）求證：；（2）若，，求⊙的直徑．20．（8分）如圖，矩形的兩邊的長分別為3、8，是的中點，反比例函數的圖象經過點，與交于點．（1）若點坐標為，求的值；（2）若，求反比例函數的表達式．21．（8分）如圖，A(8，6)是反比例函數y＝(x＞0)在第一象限圖象上一點，連接OA，過A作AB∥x軸，且AB＝OA(B在A右側)，直線OB交反比例函數y＝的圖象于點M(1)求反比例函數y＝的表達式；(2)求點M的坐標；(3)設直線AM關系式為y＝nx+b，觀察圖象，請直接寫出不等式nx+b﹣≤0的解集．22．（10分）如圖方格紙中每個小正方形的邊長都是單位1，△ABC的三個頂點都在格點上，結合所給的平面直角坐標系解答下列問題：(1)將△ABC向上平移3個單位長度，畫出平移后的△A1B1C1；(2)寫出A1，C1的坐標；(3)將△A1B1C1繞B1逆時針旋轉90°，畫出旋轉后的△A2B1C2，求線段B1C1在旋轉過程中掃過的面積(結果保留π).23．（10分）如圖，在△ABC中，點D在BC邊上，BD＝AD＝AC，E為CD的中點．若∠B＝35°，求∠CAE度數.24．（10分）如圖，在平面內。點為線段上任意一點.對于該平面內任意的點，若滿足小于等于則稱點為線段的“限距點”.（1）在平面直角坐標系中，若點.①在的點中，是線段的“限距點”的是；②點P是直線上一點，若點P是線段AB的“限距點”，請求出點P橫坐標的取值范圍.（2）在平面直角坐標系中，若點.若直線上存在線段AB的“限距點”，請直接寫出的取值范圍25．（12分）將矩形ABCD按如圖所示的方式折疊，BE，EG，FG為折痕，若頂點A，C，D都落在點O處，且點B，O，G在同一條直線上，同時點E，O，F在另一條直線上，若AD＝4，則四邊形BEGF的面積為_____．26．如圖，在△ABC中，AB＝BC，D是AC中點，BE平分∠ABD交AC于點E，點O是AB上一點，⊙O過B、E兩點，交BD于點G，交AB于點F．（1）判斷直線AC與⊙O的位置關系，并說明理由；（2）當BD＝6，AB＝10時，求⊙O的半徑．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、A【分析】觀察可得分式方程的最簡公分母為，去分母，轉化為整式方程求解．【詳解】方程去分母得：，解得：，檢驗：將代入，所以是原方程的根．故選：A．【點睛】本題考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“轉化思想”，把分式方程轉化為整式方程求解．解分式方程一定注意要驗根．2、B【分析】根據兩個相似多邊形的面積比為16：9，面積之比等于相似比的平方．【詳解】根據題意得：＝．即這兩個相似多邊形的相似比為4：1．故選：B．【點睛】本題考查了相似多邊形的性質．相似多邊形對應邊之比、周長之比等于相似比，而面積之比等于相似比的平方．3、B【分析】根據一元二次方程的構成找出其二次項系數、一次項系數以及常數項，再根據根的判別式△＝17＞0，即可得出方程有兩個不相等的實數根，此題得解.【詳解】解：在一元二次方程x2+3x﹣2＝0中，二次項系數為1，一次項系數為3，常數項為﹣2，∵△＝32﹣4×1×(﹣2)＝17＞0，∴方程x2+3x﹣2＝0有兩個不相等的實數根.故選：B.【點睛】本題考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判別式?=b2﹣4ac與根的關系，熟練掌握根的判別式與根的關系式解答本題的關鍵.當?>0時，一元二次方程有兩個不相等的實數根；當?=0時，一元二次方程有兩個相等的實數根；當?<0時，一元二次方程沒有實數根.4、A【分析】由等弧的概念判斷①，根據不在一條直線上的三點確定一個圓，可判斷②；根據圓心角、弧、弦的關系判斷③，根據垂徑定理判斷④.【詳解】①同圓或等圓中，能夠互相重合的弧是等弧，故①是假命題；②不在一條直線上的三點確定一個圓,若三點共線，則不能確定圓，故②是假命題；③同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弦相等，故③是假命題；④圓兩條直徑互相平分，但不垂直，故④是假命題；所以真命題共有0個，故選A.【點睛】本題考查圓中的相關概念，熟記基本概念才能準確判斷命題真假.5、B【分析】根據點在圓上，點到圓心的距離等于圓的半徑求解．【詳解】∵⊙O的半徑為4cm，點P在⊙O上，∴OP=4cm．故選：B．【點睛】本題考查了點與圓的位置關系：設⊙O的半徑為r，點P到圓心的距離OP=d，則有：點P在圓外?d＞r；點P在圓上?d=r；點P在圓內?d＜r．6、A【分析】直接根據點與圓的位置關系進行判斷．【詳解】點P在半徑為5cm的圓內，點P到圓心的距離小于5cm，所以只有選項A符合，選項B、C、D都不符合；故選A．【點睛】本題考查了點與圓的位置關系：點的位置可以確定該點到圓心距離與半徑的關系，反過來已知點到圓心距離與半徑的關系可以確定該點與圓的位置關系．7、B【分析】根據題意可知所示的圖案每四個為一組，交替出現，從而可以計算出在第1至第2018個圖案中“?”共有多少個，進行分析即可求解．【詳解】解：由圖可知，所示的圖案每四個為一組，交替出現，∵2018÷4=504…2，∴在第1至第2018個圖案中“?”共有504+1=505（個）.故選：B．【點睛】本題考查圖形的變化類，解答本題的關鍵是明確題意以及發(fā)現題目中圖形的變化規(guī)律并利用數形結合的思想進行分析解答．8、B【分析】先將一元二次方程變?yōu)橐话闶?，然后根據根與系數的關系即可得出結論．【詳解】解：將變形為根據根與系數的關系：故選B．【點睛】此題考查的是一元二次方程根與系數的關系，掌握兩根之積等于是解決此題的關鍵．9、C【分析】在同樣條件下，大量反復試驗時，隨機事件發(fā)生的頻率逐漸穩(wěn)定在概率附近，可以從比例關系入手，列出方程求解．【詳解】由題意可得，＝0.2，解得，m＝20，經檢驗m=20是所列方程的根且符合實際意義，故選：C．【點睛】本題利用了用大量試驗得到的頻率可以估計事件的概率．關鍵是根據紅球的頻率得到相應的等量關系．10、B【分析】根據圓周角大于對應的圓外角可得當的外接圓與軸相切時，有最大值，此時圓心F的橫坐標與C點的橫坐標相同，并且在經過AB中點且與直線AB垂直的直線上，根據FB=FC列出關于b的方程求解即可.【詳解】解：∵AB=，A(0,2)、B(a,a+2)∴，解得a=4或a=-4（因為a>0，舍去）∴B(4,6)，設直線AB的解析式為y=kx+2，將B(4,6)代入可得k=1，所以y=x+2，利用圓周角大于對應的圓外角得當的外接圓與軸相切時，有最大值.如下圖，G為AB中點，，設過點G且垂直于AB的直線，將代入可得，所以.設圓心，由，可知，解得（已舍去負值）.故選：B.【點睛】本題考查圓的綜合題，一次函數的應用和已知兩點坐標，用勾股定理求兩點距離.能結合圓的切線和圓周角定理構建圖形找到C點的位置是解決此題的關鍵.11、A【分析】過點A作AC⊥x軸，過點B作BD⊥x軸，垂足分別為點C，點D，根據待定系數法求出k的值，設點，利用△AOB的面積=梯形ACDB的面積+△AOC的面積-△BOD的面積=梯形ACDB的面積進行求解即可．【詳解】如圖所示，過點A作AC⊥x軸，過點B作BD⊥x軸，垂足分別為點C，點D，由題意知，，設點，∴△AOB的面積=梯形ACDB的面積+△AOC的面積-△BOD的面積=梯形ACDB的面積，∴，解得，或（舍去），經檢驗，是方程的解，∴，∴，故選A．【點睛】本題考查了利用待定系數法求反比例函數的表達式，反比例函數系數k的幾何意義，用點A的坐標表示出△AOB的面積是解題的關鍵．12、B【分析】利用拋物線與x軸的交點個數可對①進行判斷；利用拋物線的對稱性得到拋物線與x軸的另個交點坐標為(3，0)，則可對②進行判斷；由對稱軸方程可對③進行判斷；根據拋物線在x軸上方所對應的自變量的范圍可對④進行判斷．【詳解】∵觀察函數的圖象知：拋物線與軸有2個交點，

∴＞0，所以①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②正確；∵拋物線的對稱軸為，即，∴，所以③正確；∵拋物線與軸的兩點坐標為，，且開口向下，

∴當y＞0時，的取值范圍是，所以④正確；綜上，②③④正確，正確個數有3個．故選：B．【點睛】本題考查了二次函數圖象與系數的關系，關鍵是掌握對于二次函數，二次項系數a決定拋物線的開口方向和大??；一次項系數b和二次項系數a共同決定對稱軸的位置；常數項c決定拋物線與y軸交點位置；拋物線與x軸交點個數由決定．二、填空題（每題4分，共24分）13、2．【詳解】∵E、F分別為PB、PC的中點，∴EFBC．∴ΔPEF∽ΔPBC．∴SΔPBC=4SΔPEF=8s．又SΔPBC=S平行四邊形ABCD，∴S1+S1=SΔPDC＋SΔPAB=S平行四邊形ABCD=8s=2．14、【解析】試題解析：∵△ABC的外心即是三角形三邊垂直平分線的交點，∴作圖得：∴EF與MN的交點O′即為所求的△ABC的外心，∴△ABC的外心坐標是（﹣2，﹣1）．15、8﹣2m【分析】根據反比例函數系數k的幾何意義可得S四邊形AEOF＝4，S四邊形BDOC＝4，根據S1+S2＝S四邊形AEOF+S四邊形BDOC﹣2×S陰影，可求S1+S2的值．【詳解】解：如圖，∵A、B兩點在雙曲線y＝上，∴S四邊形AEOF＝4，S四邊形BDOC＝4，∴S1+S2＝S四邊形AEOF+S四邊形BDOC﹣2×S陰影，∴S1+S2＝8﹣2m故答案為:8﹣2m．【點睛】本題考查了反比例函數系數k的幾何意義，熟練掌握在反比例函數圖象中任取一點，過這一個點向x軸和y軸分別作垂線，與坐標軸圍成的矩形的面積是定值|k|．16、【分析】根據cosA=可求得AB的長．【詳解】解：由題意得，cosA=，∴cos45°=，解得AB=．故答案為：．【點睛】本題考查了解直角三角形：在直角三角形中，由已知元素求未知元素的過程就是解直角三角形．17、．【解析】在Rt△ABC中，

由旋轉的性質，設AD=A′D=BE=x，則DE=2x-10，

∵△ABC繞AB邊上的點D順時針旋轉90°得到△A′B′C′，

∴∠A′=∠A，∠A′DE=∠C=90°，

∴∽△BCA，∴,∵=10-x,∴,∴x=,故答案為.18、【分析】過點A作BC的垂線，垂足為D，則∠DAC=45°，∠BAD=30°，進一步推出AD=CD=AE=米,再根據tan∠BAD==,從而求出BD的值，再由BC=BD+CD即可得到結果.【詳解】解：如圖所示，過點A作AD⊥BC于D，則∠DAC=45°，∠BAD=30°，∵AD⊥BC,∠DAC=45°，∴AD=CD=AE=米,在Rt△ABD中，tan∠BAD==，∴BD=AD==23(米)∴BC=BD+CD=(米)故答案為.【點睛】本題主要考查了解直角三角形的應用，解題的關鍵是從題目中整理出直角三角形并正確的利用邊角關系求解．三、解答題（共78分）19、（1）證明見解析；（2）10【分析】（1）先利用得到，再利用直角三角形的兩銳角互余即可求解；（2）利用垂徑定理得到CE＝DE=，再得到，，在中，利用得到求出BE，即可得到求解．．【詳解】（1）證明：∵∴又∵為直徑，∴，又∵∴，∴∴（2）∵，為直徑∴，∴又∵，∴，∴，∴，∴在中，即，解得，∴．【點睛】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．也考查了垂徑定理．20、（1）m=-12；（2）【分析】（1）根據矩形的性質求出點E的坐標，根據待定系數法即可得到答案；（2）根據勾股定理，可得AE的長，根據線段的和差，可得BF的長，可得點F的坐標，根據待定系數法，可得m的值，可得答案.【詳解】（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴BC=AD=3，CD=AB=8，∠D=∠DCB=90°，∵點B坐標為（-6,0），E為CD中點，∴E(-3，4)，∵函數圖象過E點，∴m=-34=-12；（2）∵∠D=90°，AD=3，DE=CD=4，∴AE=5，∵AF-AE=2，∴AF=7，∴BF=1，設點F（x，1），則點E(x+3,4)，∵函數圖象過點E、F，∴x=4（x+3），解得x=-4，∴F（-4,1），∴m=-4，∴反比例函數的表達式是.【點睛】此題考查待定系數法求反比例函數的解析式，勾股定理，線段中點的特點，矩形的性質，（2）中可以設點E、F中一個點的坐標，表示出另一個點的坐標，由兩點在同一個函數圖象上可得到等式求出函數解析式，注意解題方法的積累.21、(1)y＝；(2)M(1，4)；(3)0＜x≤8或x≥1．【分析】(1)根據待定系數法即可求得；(2)利用勾股定理求得AB＝OA＝10，由AB∥x軸即可得點B的坐標，即可求得直線OB的解析式，然后聯(lián)立方程求得點M的坐標；(3)根據A、M點的坐標，結合圖象即可求得．【詳解】解：(1)∵A(8，6)在反比例函數圖象上∴6＝，即m＝48，∴反比例函數y＝的表達式為y＝；(2)∵A(8，6)，作AC⊥x軸，由勾股定理得OA＝10，∵AB＝OA，∴AB＝10，∴B(18，6)，設直線OB的關系式為y＝kx，∴6＝18k，∴k＝，∴直線OB的關系式為y＝x，由，解得x＝±1又∵在第一象限∴x＝1故M(1，4)；(3)∵A(8，6)，M(1，4)，觀察圖象，不等式nx+b﹣≤0的解集為：0＜x≤8或x≥1．【點睛】本題主要考查一次函數與反比例函數的交點問題，解題的關鍵是掌握待定系數法求函數解析式及求直線、雙曲線交點的坐標．22、（1）圖形見解析（2）A1（5，7）；C1（9，4），（3）見解析，【解析】（1）正確畫出平移后的圖形，如圖所示；（2）A1（5，7）；C1（9，4），（3）正確畫出旋轉后的圖形，如圖所示，根據線段B1C1旋轉過程中掃過的面積為扇形，扇形半徑為5，圓心角為90°，則計算扇形面積：．23、∠CAE＝20°.【分析】根據等邊對等角求出∠BAD，從而求出∠ADC，在等腰三角形ADC中，由三線合一求出∠CAE.【詳解】∵BD＝AD，∴∠BAD=∠B=35°，∴∠ADE=∠BAD＋∠B=70°，∵AD=AC，∴∠C=∠ADE=70°，∵AD=AC，AE平分DC，∴AE⊥EC，（三線合一）.∴∠EAC=90°－∠C=20°.【點睛】本題的解題關鍵是掌握等邊對等角和三線合一.24、（1）①E；②；（2）.【分析】（1）①分別計算出C、D、E到A、B的距離，根據“限距點”的含義即可判定；②畫出圖形，由“限距點”的定義可知，當點P位于直線上x軸上方并且AP時，點P是線段AB的“限距點”，據此可解；（2）畫出圖形，可知當時，直線上存在線段AB的“限距點”，據此可解.【詳解】（1）①計算可知AC=BC=，DA=，DB=，EA=EB=2，設點為線段上任意一點，則,,,∴,∴點E為線段AB的“限距點”.故答案是：E.②如圖,作PF⊥x軸于F,由“限距點”的定義可知，當點P位于直線上x軸上方并且AP時，點P是線段AB的“限距點”，∵直線與x軸交于點A(-1,0),交y軸于點H（0，），∴∠OAH=30°,∴當AP=2時，AF=，∴此時點P的橫坐標為-1，∴點P橫坐標的取值范圍是；（2）如圖，直線與x軸交于M，AB交x軸于G，∵點A(t,1)、B(t，-1),直線與x軸的交點M(-1,0)，與y軸的交點C(0,)，∴，∴∠NMO=30°，①當圓B與直線相切于點N，連接BN，連接BA并延長與直線交于D(t,)點，∵∠NBD=∠NMO=30°，∴，即,解得：；②當圓A與直線相切時，同理可知：∴.【點睛】本題考查了一次函數、圓的性質、兩點間的距離公式，是綜合性較強的題目，通過做此題培養(yǎng)了學生的閱讀能力、數形結合的能力，此題是一道非常好、比較典型的題目．25、【分析】設DG＝CG＝a，則AB＝2a＝OB，DG＝OG＝CG＝a，BG＝3a，BC＝AD＝4，由勾股定理得出，解得a＝，證明△EDG∽△GCF，得出比例線段，求出CF．則可求出EF．由四邊形面積