2022-2023学年贵州安龙县九年级数学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析

1、2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题4分，共48分）1下面四个几何体中，左视图是四边形的几何体共有（）A1个B2个C3个D4个2五粮液集团2018年净利润为400亿元，计划2020年净利润为640亿元，设这两年

2、的年净利润平均增长率为x，则可列方程是（ ）ABCD3用配方法解一元二次方程，配方后的方程是（ ）ABCD4如图，点是的边上的一点，若添加一个条件，使与相似，则下列所添加的条件错误的是（ ）ABCD5主视图、左视图、俯视图分别为下列三个图形的物体是（ ）ABCD6下列几何图形不是中心对称图形的是（ ）A平行四边形B正五边形C正方形D正六边形7如图，已知AOB与A1OB1是以点O为位似中心的位似图形，且相似比为1：2，点B的坐标为（-1，2），则点B1的坐标为（ ）A（2，-4）B（1，-4）C（-1，4）D（-4，2）8下列交通标志中，是中心对称图形的是（）ABCD9用配方法解一元二次方程x2

3、6x20，配方后得到的方程是（）A（x3）22B（x3）28C（x3）211D（x+3）2910如图，将AOB绕着点O顺时针旋转，得到COD，若AOB40，BOC30，则旋转角度是（）A10B30C40D7011下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A等腰梯形B矩形C正三角形D平行四边形12已知是一元二次方程的一个解，则m的值是A1BC2D二、填空题（每题4分，共24分）13有一个能自由转动的转盘如图，盘面被分成8个大小与性状都相同的扇形，颜色分为黑白两种，将指针的位置固定，让转盘自由转动，当它停止后，指针指向白色扇形的概率是 14用纸板制作了一个圆锥模型，它的底面半径为1，高为

4、，则这个圆锥的侧面积为_15已知二次函数， 用配方法化为的形式为_，这个二次函数图像的顶点坐标为_.16抛物线y=3x2向右平移1个单位，再向下平移2个单位，所得到的抛物线是_17我市某公司前年缴税40万元，今年缴税48.4万元该公司缴税的年平均增长率为 18已知抛物线经过和两点，则的值为_三、解答题（共78分）19（8分）如图，在ABC中，BC12，tanA，B30，求AC的长和ABC的面积20（8分）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形的顶点，过点的双曲线与矩形的边交于点(1)求双曲线的解析式以及点的坐标；(2)若点是抛物线的顶点；当双曲线过点时，求顶点的坐标；直接写出当抛物线过点时，该抛物

5、线与矩形公共点的个数以及此时的值21（8分）如图，已知抛物线y=x2+mx+3与x轴交于点A、B两点，与y轴交于C点，点B的坐标为（3，0），抛物线与直线y=x+3交于C、D两点连接BD、AD（1）求m的值（2）抛物线上有一点P，满足SABP=4SABD，求点P的坐标22（10分）解方程：23（10分）如图，在矩形ABCD中，AB6，BC4，动点Q在边AB上，连接CQ，将BQC沿CQ所在的直线对折得到CQN，延长QN交直线CD于点M（1）求证：MCMQ（2）当BQ1时，求DM的长；（3）过点D作DECQ，垂足为点E，直线QN与直线DE交于点F，且，求BQ的长24（10分）如图，已知直线与两坐标

6、轴分别交于A、B两点，抛物线 经过点A、B，点P为直线AB上的一个动点，过P作y轴的平行线与抛物线交于C点, 抛物线与x轴另一个交点为D（1）求图中抛物线的解析式；（2）当点P在线段AB上运动时，求线段PC的长度的最大值；（3）在直线AB上是否存在点P，使得以O、A、P、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出此时点P 的坐标，若不存在，请说明理由25（12分）如图,AB=16,O为AB中点,点C在线段OB上(不与点O,B重合),将OC绕点O逆时针旋转 270后得到扇形COD,AP,BQ分别切优弧CD于点P，Q，且点P，Q在AB异侧，连接OP.（1）求证：AP=BQ；（2）当BQ= 时,求

7、的长(结果保留 )；（3）若APO的外心在扇形COD的内部，求OC的取值范围.26八年级（1）班研究性学习小组为研究全校同学课外阅读情况，在全校随机邀请了部分同学参与问卷调查，统计同学们一个月阅读课外书的数量，并绘制了以下统计图请根据图中信息解决下列问题：（1）共有多少名同学参与问卷调查；（2）补全条形统计图和扇形统计图；（3）全校共有学生1500人，请估计该校学生一个月阅读2本课外书的人数约为多少参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【解析】简单几何体的三视图【分析】左视图是从左边看到的图形，因为圆柱的左视图是矩形，圆锥的左视图是等腰三角形，球的左视图是圆，正方体的左视图是正方形，所

8、以，左视图是四边形的几何体是圆柱和正方体2个故选B2、B【分析】根据平均年增长率即可解题.【详解】解：设这两年的年净利润平均增长率为x，依题意得：故选B.【点睛】本题考查了一元二次方程的实际应用,属于简单题,熟悉平均年增长率概念是解题关键.3、C【分析】先移项变形为，再将两边同时加4，即可把左边配成完全平方式，进而得到答案.【详解】故选C.【点睛】本题考查配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法的解法步骤是解题的关键.4、D【分析】在与中，已知有一对公共角B，只需再添加一组对应角相等，或夹已知等角的两组对应边成比例，即可判断正误【详解】A已知B=B, 若，则可以证明两三角形相似，正确，不符合题意；

9、B已知B=B, 若，则可以证明两三角形相似，正确，不符合题意；C已知B=B, 若，则可以证明两三角形相似，正确，不符合题意；D若，但夹的角不是公共等角B，则不能证明两三角形相似，错误，符合题意，故选：D【点睛】本题考查相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定条件是解答的关键5、A【解析】分析：本题时给出三视图，利用空间想象力得出立体图形，可以先从主视图进行排除.解析：通过给出的主视图，只有A选项符合条件.故选A.6、B【分析】根据中心对称图形的定义如果一个图形绕着一个点旋转180后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，这个点叫做对称点.【详解】解：根据中心对称图形的定义来判断：A. 平行四边

10、形绕着对角线的交点旋转180后与原图形完全重合，所以平行四边形是中心对称图形；B. 正五边形无论绕着那个点旋转180后与原图形都不能完全重合，所以正五边形不是中心对称图形；C. 正方形绕着对角线的交点旋转180后与原图形完全重合，所以正方形是中心对称图形；D. 正六边形是绕着对角线的交点旋转180后与原图形完全重合，所以正方形是中心对称图形故选：B【点睛】本题考查了中心对称图形的判断方法中心对称图形是一个图形，它绕着图形中的一点旋转180后与原来的图形完全重合7、A【解析】过B作BCy轴于C，过B1作B1Dy轴于D，依据AOB和A1OB1相似，且相似比为1：2，即可得到，再根据BOCB1OD，

11、可得OD=2OC=4，B1D=2BC=2，进而得出点B1的坐标为（2，-4）【详解】解：如图，过B作BCy轴于C，过B1作B1Dy轴于D，点B的坐标为（-1，2），BC=1，OC=2，AOB和A1OB1相似，且相似比为1：2，,BCO=B1DO=90，BOC=B1OD，BOCB1OD，OD=2OC=4，B1D=2BC=2，点B1的坐标为（2，-4），故选：A【点睛】本题考查的是位似变换的性质，正确理解位似与相似的关系，记忆关于原点位似的两个图形对应点坐标之间的关系是解题的关键8、D【解析】根据中心对称图形的概念判断即可【详解】A、不是中心对称图形；B、不是中心对称图形；C、不是中心对称图形；D

12、、是中心对称图形故选D【点睛】本题考查的是中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合9、C【分析】根据配方法即可求出答案【详解】x26x20，x26x2，（x3）211，故选：C【点睛】考查了配方法解方程，配方法的一般步骤：把常数项移到等号的右边；把二次项的系数化为1；等式两边同时加上一次项系数一半的平方选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数10、D【分析】由旋转的性质可得旋转角为AOC70【详解】解：AOB40，BOC30，AOC70，将AOB绕着点O顺时针旋转，得到COD，旋转角为AOC70，故选：D【点睛】本题考

13、查了旋转的性质，解决本题的关键是熟练掌握旋转的意义和性质，能够有旋转的性质得到相等的角.11、B【分析】中心对称图形的定义：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形【详解】解： 等腰梯形、正三角形只是轴对称图形，矩形既是中心对称图形又是轴对称图形，平行四边形只是中心对称图形，故选B【点睛】本题考查中心对称图形和轴对称图形，本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握中心对称图形和轴对称图形的定义，即可完成12、A【解析】把x=1代入方程

14、x2+mx2=0得到关于m的一元一次方程，解之即可【详解】把x=1代入方程x2+mx2=0得：1+m2=0，解得：m=1故选A【点睛】本题考查了一元二次方程的解，正确掌握一元二次方程的解的概念是解题的关键二、填空题（每题4分，共24分）13、【详解】解：每个扇形大小相同，因此阴影面积与空白的面积相等，落在白色扇形部分的概率为：=故答案为考点：几何概率14、【分析】根据圆锥的侧面积公式计算即可得到结果【详解】解：根据题意得：S=1 =3，故填：3【点睛】此题考查了圆锥的计算，熟练掌握圆锥的侧面积公式是解本题的关键15、 【分析】先利用配方法提出二次项的系数，再加上一次项系数的一半的平方来凑完全平

15、方式，再根据顶点式即可得到顶点的坐标.【详解】利用完全平方公式得：由此可得顶点坐标为.【点睛】本题考查了用配方法将二次函数的一般式转化为顶点式、以及二次函数顶点坐标，熟练运用配方法是解题关键.16、y=3（x1）22【分析】根据图象向下平移减，向右平移减，即可得答案【详解】抛物线y=3x2向右平移1个单位，再向下平移2个单位，所得到的抛物线是y=3（x-1）2-2，故答案为y=3（x-1）2-2.【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，解题的关键是用平移规律“左加右减，上加下减”直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式17、10%【解析】设该公司缴税的年平均增长率是x，则去年缴税40(1x)

16、 万元， 今年缴税40(1x) (1x) 40(1x)2万元据此列出方程：40(1x)2=48.4，解得x=0.1或x=2.1（舍去）该公司缴税的年平均增长率为10%18、【分析】根据（-2，n）和（1，n）可以确定函数的对称轴x=1，再由对称轴的x=，即可求出b，于是可求n的值.【详解】解：抛物线经过（-2，n）和（1，n）两点，可知函数的对称轴x=1，=1，b=2；y=-x2+2x+1，将点（-2，n）代入函数解析式，可得n=-1；故答案是：-1【点睛】本题考查二次函数图象上点的坐标；熟练掌握二次函数图象上点的对称性是解题的关键三、解答题（共78分）19、10，24+18【分析】作CDAB

17、于D，根据直角三角形的性质求出CD，根据余弦的定义求出BD，根据正切的定义求出AD，根据勾股定理求出AC，根据三角形的面积公式求出ABC的面积【详解】解：作CDAB于D，在RtCDB中，B30，CDBC6，BDBCcosB12，在RtACD中，tanA，即，解得，AD8，由勾股定理得，AC，ABC的面积ABCD（8+6）624+18【点睛】本题考查的是解直角三角形，掌握锐角三角函数的定义、勾股定理是解题的关键20、（1），；（2）；三个， 【分析】（1）将C点坐标代入求得k的值即可求得反比例函数解析式，将代入所求解析式求得x的值即可求得E点坐标；（2）将抛物线化为顶点式，可求得P点的横坐标，再

18、根据双曲线解析式即可求得P点坐标；根据B点为函数与y轴的交点可求得t的值和函数解析式，再根据函数的对称轴，与x轴的交点坐标即可求得抛物线与矩形公共点的个数【详解】解:(1)把点代入，得，把代入，得，；(2)抛物线顶点的横坐标，顶点在双曲线上，顶点，当抛物线过点时，解得，抛物线解析式为，故函数的顶点坐标为，对称轴为，与x轴的交点坐标分别为 所以它与矩形在线段BD上相交于和，在线段AB上相交于，即它与矩形有三个公共点，此时【点睛】本题考查待定系数法求反比例函数解析式和求二次函数解析式，二次函数的性质在求函数解析式时一般该函数有几个未知的常量就需要代入几个点的坐标，本题（2）（3）中熟练掌握二次函数

19、一般式，交点式，顶点式三种表达式之间的互相转化是解决此题的关键21、（1）m=2 ；（2）P（1+，9）或P（1，9）【解析】（1）利用待定系数法即可解决问题；（2）利用方程组首先求出点D坐标由面积关系，推出点P的纵坐标，再利用待定系数法求出点P的坐标即可【详解】解：（1）抛物线y=-x2+mx+3过（3，0），0=-9+3m+3，m=2（2）由，得，D（，-），SABP=4SABD，AB|yP|=4AB，|yP|=9，yP=9，当y=9时，-x2+2x+3=9，无实数解，当y=-9时，-x2+2x+3=-9，解得：x1=1+，x2=1-，P（1+，-9）或P（1-，-9）22、, 【分析】先

20、把移到等号右边，然后再两边直接开平方即可.【详解】 , 【点睛】本题主要考查了直接开平方法解一元二次方程，做题时注意不要漏解.23、（1）见解析；（2）2.1；（3）或2【分析】（1）由矩形的性质得出B=90，AB=CD=6，CDAB，得出MCQ=CQB，由折叠的性质得出CBQCNQ，求出BC=NC=4，NQ=BQ=1，CNQ=B=90，CQN=CQB，得出CNM=90，MCQ=CQN，证出MC=MQ（2）设DM=x，则MQ=MC=6+x，MN=1+x，在RtCNM中，由勾股定理得出方程，解方程即可（3）分两种情况：当点M在CD延长线上时，由（1）得：MCQ=CQM，证出FDM=F，得出MD=

21、MF，过M作MHDF于H，则DF=2DH，证明MHDCED，得出，求出MD=CD=1，MC=MQ=7，由勾股定理得出MN即可解决问题当点M在CD边上时，同得出BQ=2即可【详解】（1）证明：四边形ABCD是矩形，DCAB即MCQ=CQB，BQC沿CQ所在的直线对折得到CQN，CQN=CQB，即MCQ=MQC，MC=MQ（2）四边形ABCD是矩形，BQC沿CQ所在的直线对折得到CQN，CNM=B=90，设DM=x，则MQ=MC=6+x，MN=1+x，在RtCNM中，MB2=BN2+MN2，即（x+6）2=42+（x+1）2，解得：x=，DM=，DM的长2.1（3）解：分两种情况：当点M在CD延长

22、线上时，如图所示：由（1）得MCQ=MQC，DECQ，CDE=F，又CDE=FDM，FDM=F，MD=MF过M点作MHDF于H，则DF=2DH，又，DECQMHDF，MHD=DEC=90，MHDDEC ，DM=1，MC=MQ=7，MNBQNQ当点M在CD边上时，如图所示，类似可求得BQ=2综上所述，BQ的长为或2【点睛】此题考查四边形综合题，翻折变换的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题关键在于掌握各性质定义和需要进行分类讨论24、（1）；（2）当时，线段PC有最大值是2；（3），【分析】把x=0，y=0分别代入解析式可求点A，点B坐标，由待定系数法可求解

23、析式；设点C,可求PC,由二次函数的性质可求解；设点P的坐标为(x,x+2)，则点C，分三种情况讨论，由平行四边形的性质可出点P的坐标【详解】解：(1)可求得 A（0,2 ），B(4,0 ) 抛物线经过点A和点B把(0,2),(4,0)分别代入得：解得：抛物线的解析式为. （2）设点P的坐标为(x,x+2)，则C（）点P在线段AB上当时，线段PC有最大值是2 （3）设点P的坐标为(x,x+2)， PCx轴，点C的横坐标为x，又点C在抛物线上，点C(x,)当点P在第一象限时，假设存在这样的点P，使四边形AOPC为平行四边形，则OA=PC=2,即，化简得：，解得x1=x2=2把x=2代入则点P的坐

24、标为(2,1) 当点P在第二象限时，假设存在这样的点P，使四边形AOCP为平行四边形，则OA=PC=2,即，化简得：，解得：把，则点P的坐标为; 当点P在第四象限时，假设存在这样的点P，使四边形AOCP为平行四边形，则OA=PC=2,即，化简得：，解得：把则点P的坐标为综上，使以O、A.P、C为顶点的四边形是平行四边形，满足的点P的坐标为.【点睛】本题是二次函数综合题，考查待定系数法求函数解析式，最值问题，平行四边形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用分类讨论的思想解决问题25、（1）详见解析；（2）；（3）4OC1.【分析】（1） 连接OQ，由切线性质得APO=BQO=90，由直角三角形判定HL得RtAPORtBQO，再由全等三角形性质即可得证.（2）由（1）中全等三角形性质得AOP=BOQ，从而可得P、O、Q三点共线，在RtBOQ中，根据余弦定义可得cosB=， 由特殊角的三角函数值可得B=30，BOQ=60 ，根据直角三角形的性质得 OQ=4， 结合题意可得 QOD度数，由