2023届辽宁省沈阳市皇姑区五校九年级数学第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析

1、2022-2023学年九上数学期末模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题(每小题3分,共30分)1在0，1，2三个数中任取两个，组成两位数，则在组成的两位数中是奇数的概率为( )ABCD2如图，四边形ABCD是菱形，A=60，AB=2，扇形BEF的半径为2，圆心角为60，则图中阴影部分的面积是（ ）ABCD3如图，四边形ABCD为O的内接四边形，已知BCD=130，则BOD=（）ABCD4将抛物线

2、向上平移3个单位，再向左平移2个单位，那么得到的抛物线的解析式为（ ）ABCD5下列航空公司的标志中，是轴对称图形的是（ ）ABCD6某人从处沿倾斜角为的斜坡前进米到处，则它上升的高度是（）A米B米C米D米7如图，O是正ABC的外接圆，点D是弧AC上一点，则BDC的度数（ ）A50B60C100D1208把抛物线y=2x2先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度后，所得函数的表达式为（ ）Ay=2（x+1）2+2By=2（x+1）22Cy=2（x1）2+2Dy=2（x1）229如图，点A，B，C，在O上，ABO=32，ACO=38，则BOC等于( )A60B70C120D14010 “抛

3、一枚均匀硬币，落地后正面朝上”这一事件是（ ）A必然事件B随机事件C确定事件D不可能事件二、填空题(每小题3分,共24分)11如图，在正方形ABCD中，ABa，点E，F在对角线BD上，且ECFABD，将BCE绕点C旋转一定角度后，得到DCG，连接FG则下列结论：FCGCDG；CEF的面积等于；FC平分BFG；BE2+DF2EF2；其中正确的结论是_（填写所有正确结论的序号）12已知是一元二次方程的一个根，则的值是_.13等腰ABC的腰长与底边长分别是方程x26x+8=0的两个根，则这个ABC的周长是_14已知x=1是一元二次方程x23x+a=0的一个根，则方程的另一个根为_.15用反证法证明命

4、题“若O的半径为r，点P到圆心的距离为d，且dr，则点P在O的外部”，首先应假设P在_16已知扇形的面积为3cm2，半径为3cm，则此扇形的圆心角为_度17已知某品牌汽车在进行刹车测试时发现，该品牌某款汽车刹车后行驶的距离（单位：米）与行驶时间 （单位：秒）满足下面的函数关系： 那么测试实验中该汽车从开始刹车到完全停止，共行驶了_米18方程的根为 三、解答题(共66分)19（10分）如图，平面直角坐标系内，二次函数的图象经过点，与轴交于点.求二次函数的解析式；点为轴下方二次函数图象上一点，连接，若的面积是面积的一半，求点坐标.20（6分）如图，分别是，上的点，于，于若，求：（1）；（2）与的面

5、积比21（6分）在中，是边上的中线，点在射线上，过点作交的延长线于点（1）如图1，点在边上，与交于点证明：；（2）如图2，点在的延长线上，与交于点求的值；若，求的值22（8分）计算： （1）sin30-（5- tan75）0 ； （2） 3 tan230-sin45sin6023（8分）如图，抛物线yx2+bx+c与x轴负半轴交于点A，正半轴交于点B，OA2OB1求抛物线的顶点坐标24（8分）综合与探究：如图，将抛物线向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度后，得到的抛物线，平移后的抛物线与轴分别交于,两点，与轴交于点.抛物线的对称轴与抛物线交于点.（1）请你直接写出抛物线的解析式；（写出顶点

6、式即可）（2）求出,三点的坐标；（3）在轴上存在一点，使的值最小，求点的坐标.25（10分）如图，已知抛物线与轴相交于、两点，与轴相交于点，若已知点的坐标为（1）求抛物线的解析式；（2）求线段所在直线的解析式；（3）在抛物线的对称轴上是否存在点，使为等腰三角形？若存在，求出符合条件的点坐标；若不存在，请说明理由26（10分）用一块边长为的正方形薄钢片制作成一个没有盖的长方体盒子，可先在薄钢片的四个角上截去四个相同的小正方形(如图)，然后把四边折合起来(如图)若做成的盒子的底面积为时，求截去的小正方形的边长参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【分析】列举出所有情况，看两位数中是奇数的

7、情况占总情况的多少即可【详解】解：在0，1，2三个数中任取两个，组成两位数有：12，10，21，20四个，是奇数只有21，所以组成的两位数中是奇数的概率为故选A【点睛】数目较少，可用列举法求概率用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比2、B【分析】根据菱形的性质得出DAB是等边三角形，进而利用全等三角形的判定得出ABGDBH，得出四边形GBHD的面积等于ABD的面积，进而求出即可【详解】连接BD，四边形ABCD是菱形，A=60，ADC=120，1=2=60，DAB是等边三角形，AB=2，ABD的高为，扇形BEF的半径为2，圆心角为60，4+5=60，3+5=60，3=4，设AD、BE相交

8、于点G，设BF、DC相交于点H，在ABG和DBH中，ABGDBH（ASA），四边形GBHD的面积等于ABD的面积，图中阴影部分的面积是：S扇形EBF-SABD=故选B3、C【解析】根据圆内接四边形的性质求出A的度数，再根据圆周角定理求解即可.【详解】四边形ABCD为O的内接四边形，BCD=130， A+BCD=180， A=50， 由圆周角定理得，2A=BOD=100， 故选C【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键4、A【分析】抛物线平移的规律是：x值左加右减，y值上加下减，根据平移的规律解答即可.【详解】将抛物线向上平移3个单位，再向左平

9、移2个单位，故选：A.【点睛】此题考查抛物线的平移规律，正确掌握平移的变化规律由此列函数关系式是解题的关键.5、C【分析】根据轴对称图形的概念判断即可【详解】解：、不是轴对称图形，不合题意；、不是轴对称图形，不合题意；、是轴对称图形，符合题意；、不是轴对称图形，不合题意；故选：【点睛】本题考查的是轴对称图形的概念，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合6、A【分析】利用坡角的正弦值即可求解【详解】解：ACB=90，A=，AB=600，sin=，BC=600sin故选A【点睛】此题主要考查坡度坡角问题，正确掌握坡角的定义是解题关键7、B【分析】根据等边三角形的性质和圆周角定理的

10、推论解答即可【详解】解：ABC是正三角形，A=60，BDC=A=60故选：B【点睛】本题考查了等边三角形的性质和圆周角定理的推论，属于基础题型，熟练掌握上述基本知识是解题的关键8、C【详解】解：把抛物线y=2x2先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度后，所得函数的表达式为y=2（x1）2+2，故选C9、D【解析】试题分析：如图，连接OA，则OA=OB=OC，BAO=ABO=32，CAO=ACO=38CAB=CAOBAO=1CAB和BOC上同弧所对的圆周角和圆心角，BOC=2CAB=2故选D10、B【详解】随机事件.根据随机事件的定义，随机事件就是可能发生，也可能不发生的事件，即可判断：

11、抛1枚均匀硬币，落地后可能正面朝上，也可能反面朝上，故抛1枚均匀硬币，落地后正面朝上是随机事件.故选B.二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】由正方形的性质可得ABBCCDADa，ABDCBDADBBDC45，由旋转的性质可得CBECDG45，BEDG，CECG，DCGBCE，由SAS可证ECFGCF，可得EFFG，EFCGFC，SECFSCFG，即可求解【详解】解：四边形ABCD是正方形，ABBCCDADa，ABDCBDADBBDC45，ECFABD45，BCE+FCD45，将BCE绕点C旋转一定角度后，得到DCG，CBECDG45，BEDG，CECG，DCGBCE，FCGECF4

12、5，FCGCDG45，故正确，ECCG，FCGECF，FCFC，ECFGCF（SAS）EFFG，EFCGFC，SECFSCFG，CF平分BFG，故正确，BDGBDC+CDG90，DG2+DF2FG2，BE2+DF2EF2，故正确，DF+DGFG，BE+DFEF，SCEFSBEC+SDFC，CEF的面积SBCD，故错误；故答案为：【点睛】本题是一道关于旋转的综合题目，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定及性质等知识点12、0【分析】将代入方程中，可求出m的两个解，然后根据一元二次方程的定义即可判断m可取的值.【详解】解：将代入一元二次方

13、程中，得解得：是一元二次方程解得故m=0故答案为：0.【点睛】此题考查的是一元二次方程的定义和解，掌握一元二次方程的二次项系数不为0和解的定义是解决此题的关键.13、11【详解】，（x2）（x4）=1x2=1或x4=1，即x1=2，x2=4.等腰ABC的腰长与底边长分别是方程的两个根，当底边长和腰长分别为2和4时，满足三角形三边关系，此时ABC的周长为：2+4+4=11；当底边长和腰长分别为4和2时，由于2+2=4，不满足三角形三边关系，ABC不存在.ABC的周长=11.故答案是：1114、【解析】设方程另一个根为x，根据根与系数的关系得，然后解一次方程即可【详解】设方程另一个根为x，根据题意

14、得x+1=3，解得x=2.故答案为：x=2.【点睛】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟记公式 是解决本题的关键.15、O上或O内【分析】直接利用反证法的基本步骤得出答案【详解】解：用反证法证明命题“若O的半径为r，点P到圆心的距离为d，且dr，则点P在O的外部”，首先应假设：若O的半径为r，点P到圆心的距离为d，且dr，则点P在O上或O内故答案为：在O上或O内【点睛】此题主要考查了反证法，正确掌握反证法的解题方法是解题关键16、120【分析】利用扇形的面积公式：S计算即可【详解】设扇形的圆心角为n则有3，解得n120，故答案为120【点睛】此题主要考查扇形的面积公式，解题的关键是熟知扇

15、形的面积公式的运用.17、1【分析】此题利用配方法求二次函数最值的方法求解即可；【详解】，汽车刹车后直到停下来前进了1m故答案是1【点睛】本题主要考查了二次函数最值应用，准确化简计算是解题的关键18、.【解析】试题分析：x（x1）=0 解得：=0，=1考点：解一元二次方程三、解答题(共66分)19、（1）；（2）点坐标为或【分析】（1）根据A、B、C三点坐标，运用待定系数法即可解答；（2）由的面积是面积的一半，则D点的纵坐标为-3，令y=3，求得x的值即为D点的纵坐标.【详解】解:设D的坐标为（x，yD）的面积是面积的一半，又点在轴下方，即.令y=-3，即解得:，点坐标为或【点睛】本题主要考查

16、了求二次函数解析式和三角形的面积，确定二次函数解析式并确定ABD的高是解答本题的关键.20、（1）；（2）【分析】（1）先根据相似三角形的判定定理得出，再根据相似三角形的性质即可得出答案；（2）根据相似三角形的面积之比等于其相似比的平方即可得【详解】（1）；（2）由（1）已证【点睛】本题考查了相似三角形的判定定理与性质，属于基础题，熟记定理与性质是解题关键21、（1）证明见解析；（2）；1【分析】（1）先根据平行线的性质可得，再根据相似三角形的判定即可得证；（2）设，则，先根据平行线的性质可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，由此即可得；先求出，再在中

17、，利用勾股定理可得，然后根据中三角形全等的性质可得，最后根据中相似三角形的性质即可得【详解】（1）；设，则，是边上的中线在和中，；在中，由已证：由已证：【点睛】本题考查了平行线的性质、相似三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键22、（1）（2）【分析】（1）根据特殊角的三角函数值和非零的数的零次幂，即可求解；（2）根据特殊角的三角函数值，即可求解【详解】（1）sin30-（5- tan75）0=1=； （2） 3 tan230-sin45sin60 =3（）2 =11 =【点睛】本题主要考查特殊角的三角函数值和非零的数的零次幂

18、，掌握特殊角的三角函数值，是解题的关键23、 (1，9)【分析】先写出A、B点的坐标，然后利用交点式写出抛物线解析式，再利用配方法得到抛物线的顶点坐标【详解】解：OA2OB1，B（2，0），A（1，0），抛物线解析式为y（x+1）（x2），即yx22x+8，y（x+1）2+9，抛物线的顶点坐标为（1，9）【点睛】本题考查了二次函数的解析式，解决本题的关键是正确理解题意，能够将二次函数一般式转化为交点式.24、（1）；（2），；（3）.【分析】（1）可根据二次函数图像左加右减，上加下减的平移规律进行解答.（2）令x=0即可得到点C的坐标，令y=0即可得到点B,A的坐标（3）有图像可知的对称轴，即

19、可得出点D的坐标；由图像得出的坐标，设直线的解析式为，代入数值，即可得出直线的解析式，就可以得出点P的坐标.【详解】解：（1）二次函数向右平移个单位长度得，再向下平移个单位长度得故答案为：.（2）由抛物线的图象可知，.当时，解得：，.，.（3）由抛物线的图象可知，其对称轴的为直线，将代入抛物线，可得.由抛物线的图象可知，点关于抛物线的对称轴轴的对称点为.设直线的解析式为，解得：直线直线的解析式为与轴交点即为点，.【点睛】本题考查了二次函数的综合，熟练掌握二次函数的性质及图形是解题的关键.25、（1）；（2）；（3）存在，(2，2)或(2，-2)或(2，0)或(2，)【分析】（1）将A点代入抛物线的解析式即可求得答案；（2）先求得点B、点C的坐标，利用待定系数法即可求得直线BC的解析