2023学年徽省临泉数学九年级第一学期期末综合测试试题含解析

1、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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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如图，这是由5个大小相同的整体搭成的几何体，该几何体的左视图是 （ ）ABCD2矩形不具备的性质是（）A是轴对称图形B是中心对称图形C对角线相等D对角线互相垂直3下面空心圆柱形物体的左视

2、图是（）ABCD4如图，在ABC中，DEBC，DE分别交AB，AC于点D，E，若AD：DB1：2，则ADE与ABC的面积之比是（）A1：3B1：4C1：9D1：165如图，平行四边形的顶点在双曲线上，顶点在双曲线上，中点恰好落在轴上，已知，则的值为（ ）ABCD6如图，正ABC的边长为4，点P为BC边上的任意一点（不与点B、C重合），且APD=60，PD交AB于点D设BP=x，BD=y，则y关于x的函数图象大致是（ ） AABBCCDD7如图，中，将绕点顺时针旋转得到，边与边交于点（不在上），则的度数为（ ）ABCD8抛物线的顶点坐标为( )ABCD9在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到如下

3、指令：从原点O出发，按向右，向上，向右，向下的方向依次不断移动，每次移动1m其行走路线如图所示，第1次移动到A1，第2次移动到A2，第n次移动到An则OA2A2018的面积是（）A504m2Bm2Cm2D1009m210函数y=与y=-kx2+k（k0）在同一直角坐标系中的图象可能是（ ）ABCD11一个不透明的袋子中有3个红球和2个黄球，这些球除颜色外完全相同从袋子中随机摸出一个球，它是黄球的概率为（ ）ABCD12如图，一次函数的图象与反比例函数（为常数且）的图象都经过，结合图象，则不等式的解集是（）ABC或D或二、填空题（每题4分，共24分）13已知，且 ，且与的周长和为175 ，则的周

4、长为 _14如图，在四边形中，分别为，的中点，连接，平分，的长为_15河堤横截面如图所示，堤高为4米，迎水坡的坡比为1:（坡比=），那么的长度为_米16已知圆锥的底面圆半径为3cm，高为4cm，则圆锥的侧面积是_cm2.17如图，O的半径为2，弦BC=2，点A是优弧BC上一动点（不包括端点），ABC的高BD、CE相交于点F，连结ED下列四个结论：A始终为60；当ABC=45时，AE=EF；当ABC为锐角三角形时，ED=；线段ED的垂直平分线必平分弦BC其中正确的结论是_（把你认为正确结论的序号都填上）18一个扇形的弧长是，面积是，则这个扇形的圆心角是_度三、解答题（共78分）19（8分）在平面

5、直角坐标系中，已知抛物线yx22ax+4a+2（a是常数），（）若该抛物线与x轴的一个交点为（1，0），求a的值及该抛物线与x轴另一交点坐标；（）不论a取何实数，该抛物线都经过定点H求点H的坐标；证明点H是所有抛物线顶点中纵坐标最大的点20（8分）如图，已知ABC的顶点A、B、C的坐标分别是A（1，1）、B（4，3）、C（4，1）（1）画出ABC关于原点O中心对称的图形A1B1C1；（2）将ABC绕点A按顺时针方向旋转90后得到AB2C2，画出AB2C2并求线段AB扫过的面积21（8分）如图，AB是O的直径，射线BC交O于点D，E是劣弧AD上一点，且，过点E作EFBC于点F，延长FE和BA的延

6、长线交与点G（1）证明：GF是O的切线；（2）若AG6，GE6，求O的半径22（10分）如图1，已知抛物线yx2+bx+c交y轴于点A(0，4)，交x轴于点B(4，0)，点P是抛物线上一动点，试过点P作x轴的垂线1，再过点A作1的垂线，垂足为Q，连接AP(1)求抛物线的函数表达式和点C的坐标；(2)若AQPAOC，求点P的横坐标；(3)如图2，当点P位于抛物线的对称轴的右侧时，若将APQ沿AP对折，点Q的对应点为点Q，请直接写出当点Q落在坐标轴上时点P的坐标23（10分）如图,在平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别是, , .（1）以点为位似中心,将缩小为原来的得到,请在轴右侧画出;（2）

7、 的正弦值为 .24（10分）有一个可以自由旋转的圆盘，被分成面积相等的3个扇形区，分别标有数字1，2，3，另有一个不透明的口袋中装有4个完全相同的小球，分别标有数字1，2，3，4（如图所示），小颖和小亮想通过游戏来决定谁代表学校参加歌咏比赛，游戏规则为：一个人转动圆盘，另一人从口袋中摸出一个小球，如果所摸球上的数字与圆盘上转出数字之和小于4，那么小颖去；否则小亮去（1）用画树状图或列表的方法求出小颖参加比赛的概率；（2）你认为该游戏公平吗？请说明理由25（12分）计算题：（1）计算：sin45+cos230tan60tan45；（2）已知是锐角，求 26如图，一次函数的图象与反比例函数的图象

8、交于，两点（1）求一次函数和反比例函数的表达式；（2）直接写出的面积 参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【解析】观察所给的几何体，根据三视图的定义即可解答.【详解】左视图有2列，每列小正方形数目分别为2，1故选A【点睛】本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图2、D【分析】依据矩形的性质进行判断即可【详解】解：矩形不具备的性质是对角线互相垂直，故选：D【点睛】本题考查了矩形的性质，熟练掌握性质是解题的关键3、A【解析】试题分析：找出从几何体的左边看所得到的视图即可解：从几何体的左边看可得，故选A4、C【分析】根据DEBC，即可证得ADEABC，然后根据相似三角形的面

9、积的比等于相似比的平方，即可求解【详解】解：AD：DB1：2，AD：AB1：3，DEBC，ADEABC，（）2故选：C【点睛】此题主要考查相似三角形的性质，解题的关键是熟知相似三角形的面积的比等于相似比的平方5、B【分析】连接BO，过B点和C点分别作y轴的垂线段BE和CD，证明BEPCDP（AAS），则BEP面积=CDP面积；易知BOE面积=8=2，COD面积=|k|由此可得BOC面积=BPO面积+CPD面积+COD面积=3+|k|=12，解k即可，注意k1【详解】连接BO，过B点和C点分别作y轴的垂线段BE和CD，BEP=CDP，又BPE=CPD，BP=CP，BEPCDP（AAS）BEP面积

10、=CDP面积点B在双曲线上，所以BOE面积=8=2点C在双曲线上，且从图象得出k1，COD面积=|k|BOC面积=BPO面积+CPD面积+COD面积=2+|k|四边形ABCO是平行四边形，平行四边形ABCO面积=2BOC面积=2（2+|k|），2（3+|k|）=12，解得k=3，因为k1，所以k=-3故选：B【点睛】本题主要考查了反比例函数k的几何意义、平行四边形的面积，解决这类问题，要熟知反比例函数图象上点到y轴的垂线段与此点与原点的连线组成的三角形面积是|k|6、C【解析】ABC是正三角形，B=C=60，BPD+APD=C+CAP,APD=60，BPD=CAP，BPDCAP，BP:AC=B

11、D:PC，正ABC的边长为4，BP=x，BD=y，x:4=y:(4x)，y=x2+x.故选C.点睛：函数图象是典型的数形结合，图象应用信息广泛，通过看图象获取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题能力、解决问题能力.用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图.7、D【分析】根据旋转的性质可得B=B=30，BOB=52，再由三角形外角的性质即可求得的度数.【详解】AOB是由AOB绕点O顺时针旋转得到，B=30，B=B=30，AOB绕点O顺时针旋转52，BOB=52，ACO是BOC的外角，ACO=B+BOB=30+52=82故选D【点睛】本题主要考查了旋转的性质，熟知旋转的性质是解

12、决问题的关键.8、A【分析】根据顶点式的特点可直接写出顶点坐标【详解】因为y=（x-1）2+3是抛物线的顶点式，根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（1，3）故选A【点睛】本题考查了二次函数的性质：顶点式y=a（x-h）2+k，顶点坐标是（h，k），对称轴是x=h，此题考查了学生的应用能力9、A【分析】由OA4n=2n知OA2017=+1=1009，据此得出A2A2018=1009-1=1008，据此利用三角形的面积公式计算可得【详解】由题意知OA4n=2n，OA2016=20162=1008，即A2016坐标为(1008，0)，A2018坐标为(1009，1)，则A2A2018=10091=

13、1008(m)，A2A2018A1A210081504(m2).故选：A.【点睛】本题主要考查点的坐标的变化规律，解题的关键是根据图形得出下标为4的倍数时对应长度即为下标的一半，据此可得10、B【分析】先由反比例函数的图象得到字母系数的正负，再与二次函数的图象相比较看是否一致，由此即可解答【详解】由解析式y=-kx2+k可得：抛物线对称轴x=0；选项A，由双曲线的两支分别位于二、四象限，可得k0，则-k0，抛物线开口方向向上、抛物线与y轴的交点为y轴的负半轴上；本图象与k的取值相矛盾，选项A错误；选项B，由双曲线的两支分别位于一、三象限，可得k0，则-k0，抛物线开口方向向下、抛物线与y轴的交

14、点在y轴的正半轴上，本图象符合题意，选项B正确；选项C，由双曲线的两支分别位于一、三象限，可得k0，则-k0，抛物线开口方向向下、抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上，本图象与k的取值相矛盾，选项C错误；选项D，由双曲线的两支分别位于一、三象限，可得k0，则-k0，抛物线开口方向向下、抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上，本图象与k的取值相矛盾，选项D错误故选B【点睛】本题主要考查了二次函数及反比例函数和图象，解决此类问题步骤一般为：（1）先根据图象的特点判断k取值是否矛盾；（2）根据二次函数图象判断抛物线与y轴的交点是否符合要求11、B【分析】根据概率的求法，找准两点：全部等可能情况的总数；符合

15、条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率【详解】解：袋子中球的总数为：2+3=5，有2个黄球，从袋子中随机摸出一个球，它是黄球的概率为：故选B12、C【分析】根据一次函数图象在反比例函数图象上方的的取值范围便是不等式的解集【详解】解：由函数图象可知，当一次函数的图象在反比例函数（为常数且）的图象上方时，的取值范围是：或，不等式的解集是或. 故选C【点睛】本题是一次函数图象与反比例函数图象的交点问题：主要考查了由函数图象求不等式的解集利用数形结合是解题的关键二、填空题（每题4分，共24分）13、1【分析】根据相似三角形的性质得ABC的周长:DEF的周长=3:4，然后根据与的周长和为11即可计算

16、出ABC的周长【详解】解：ABC与DEF的面积比为9：16，ABC与DEF的相似比为3：4，ABC的周长：DEF的周长=3：4，与的周长和为11 ，ABC的周长=11=1故答案是：1【点睛】本题考查了相似三角形的性质：相似三角形（多边形）的周长的比等于相似比；相似三角形的面积的比等于相似比的平方14、【分析】根据三角形中位线定理得MN=AD，根据直角三角形斜边中线定理得BM=AC，由此即可证明BM=MN再证明BMN=90，根据BN2=BM2+MN2即可解决问题【详解】在中，、分别是、的中点，在中，是中点，平分，故答案为【点睛】本题考查了三角形中位线定理、直角三角形斜边中线定理、勾股定理等知识，

17、解题的关键是灵活应用：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半15、8【分析】在RtABC中，根据坡面AB的坡比以及BC的值，求出AC的值，再通过解直角三角形即可求出斜面AB的长【详解】RtABC中，BC=6米，迎水坡AB的坡比为1：，BC：AC=1：，AC=BC=4（米），（米）【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-坡度坡角问题，熟练运用勾股定理是解答本题的关键16、15【解析】设圆锥母线长为l，根据勾股定理求出母线长，再根据圆锥侧面积公式即可得出答案.【详解】设圆锥母线长为l，r=3，h=4， 母线l=，S侧=2r5=235=15，故答案为15.【点睛】本题考查了圆锥的侧面积，熟知

18、圆锥的母线长、底面半径、圆锥的高以及圆锥的侧面积公式是解题的关键.17、【分析】延长CO交O于点G，如图1在RtBGC中，运用三角函数就可解决问题；只需证到BEFCEA即可；易证AECADB，则，从而可证到AEDACB，则有由A=60可得到，进而可得到ED=；取BC中点H，连接EH、DH，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得EH=DH=BC，所以线段ED的垂直平分线必平分弦BC【详解】解：延长CO交O于点G，如图1则有BGC=BACCG为O的直径，CBG=90sinBGC=BGC=60BAC=60故正确如图2，ABC=25，CEAB，即BEC=90，ECB=25=EBC EB=ECCE

19、AB，BDAC，BEC=BDC=90EBF+EFB=90，DFC+DCF=90EFB=DFC，EBF=DCF在BEF和CEA中，BEFCEAAE=EF故正确如图3，AEC=ADB=90，A=A，AECADB A=A，AEDACBcosA=cos60=，ED=BC=故正确 取BC中点H，连接EH、DH，如图3、图2BEC=CDB=90，点H为BC的中点，EH=DH=BC点H在线段DE的垂直平分线上，即线段ED的垂直平分线平分弦BC故正确故答案为【点睛】本题考查了圆周角定理、锐角三角函数的定义、特殊角的三角函数值、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半

20、、到线段两个端点距离相等的点在线段的垂直平分线上等知识，综合性比较强，是一道好题18、150【分析】根据弧长公式计算【详解】根据扇形的面积公式可得：，解得r=24cm，再根据弧长公式，解得.故答案为：150.【点睛】本题考查了弧长的计算及扇形面积的计算，要记熟公式：扇形的面积公式，弧长公式.三、解答题（共78分）19、（）a，抛物线与x轴另一交点坐标是（0，0）；（）点H的坐标为（2，6）；证明见解析.【分析】(I）根据该抛物线与x轴的一个交点为（-1，0），可以求得的值及该抛物线与x轴另一交点坐标；(II)根据题目中的函数解析式可以求得点H的坐标；将题目中的函数解析式化为顶点式，然后根据二次

21、函数的性质即可证明点H是所有抛物线顶点中纵坐标最大的点【详解】（）抛物线yx22ax+4a+2与x轴的一个交点为（1，0），0（1）22a（1）+4a+2，解得，a，yx2+xx（x+1），当y0时，得x10，x21，即抛物线与x轴另一交点坐标是（0，0）；（）抛物线yx22ax+4a+2x2+22a（x2），不论a取何实数，该抛物线都经过定点（2，6），即点H的坐标为（2，6）；证明：抛物线yx22ax+4a+2（xa）2（a2）2+6，该抛物线的顶点坐标为（a，（a2）2+6），则当a2时，（a2）2+6取得最大值6，即点H是所有抛物线顶点中纵坐标最大的点【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点

22、、二次函数的性质、二次函数的最值、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答20、（1）见解析；（2）【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可（2）分别作出B，C的对应点B2，C2即可，再利用扇形的面积公式计算即可【详解】解（1）如图，A1B1C1即为所求（2）如图，AB2C2即为所求线段AB扫过的面积【点睛】本题考查作图旋转变换，扇形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型21、（1）见解析；（2）1【分析】（1）连接OE，由知12，由21可证OEBF，根据BFGF得OEGF，得证；（2）设OAOEr，在RtGOE中由

23、勾股定理求得r1【详解】解：（1）如图，连接OE，12，21，11，OEBF，BFGF，OEGF，GF是O的切线；（2）设OAOEr，在RtGOE中，AG6，GE6，由OG2GE2+OE2可得（6+r）2（6）2+r2，解得：r1，故O的半径为1【点睛】本题考查圆切线的性质,关键在于熟记基本性质,结合图形灵活运用.22、 (1)yx2+3x+4；(1，0)；(2)P的横坐标为或.(3)点P的坐标为(4，0)或(5，6)或(2，6).【分析】(1)利用待定系数法求抛物线解析式，然后利用抛物线解析式得到一元二次方程，通过解一元二次方程得到C点坐标；(2)利用AQPAOC得到AQ4PQ，设P(m，m

24、2+3m+4)，所以m4|4(m2+3m+4|，然后解方程4(m23m)m和方程4(m23m)m得P点坐标；(3)设P(m，m2+3m+4)(m)，当点Q落在x轴上，延长QP交x轴于H，如图2，则PQm23m，证明RtAOQRtQHP，利用相似比得到QB4m12，则OQ123m，在RtAOQ中，利用勾股定理得到方程42+(123m)2m2，然后解方程求出m得到此时P点坐标；当点Q落在y轴上，易得点A、Q、P、Q所组成的四边形为正方形，利用PQPQ得到|m23m|m，然后解方程m23mm和方程m23mm得此时P点坐标【详解】解：(1)把A(0，4)，B(4，0)分别代入yx2+bx+c得，解得，

25、抛物线解析式为yx2+3x+4，当y0时，x2+3x+40，解得x11，x24，C(1，0)；故答案为yx2+3x+4；(1，0)；(2)AQPAOC，即AQ4PQ，设P(m，m2+3m+4)，m4|4(m2+3m+4|，即4|m23m|m，解方程4(m23m)m得m10(舍去)，m2，此时P点横坐标为；解方程4(m23m)m得m10(舍去)，m2，此时P点坐标为；综上所述，点P的坐标为(，)或(，)；(3)设，当点Q落在x轴上，延长QP交x轴于H，如图2，则PQ4(m2+3m+4)m23m，APQ沿AP对折，点Q的对应点为点Q，AQPAQP90，AQAQm，PQPQm23m，AQOQPH，R

26、tAOQRtQHP，即，解得QH4m12，OQm(4m12)123m，在RtAOQ中，42+(123m)2m2，整理得m29m+200，解得m14，m25，此时P点坐标为(4，0)或(5，6)；当点Q落在y轴上，则点A、Q、P、Q所组成的四边形为正方形，PQAQ，即|m23m|m，解方程m23mm得m10(舍去)，m24，此时P点坐标为(4，0)；解方程m23mm得m10(舍去)，m22，此时P点坐标为(2，6)，综上所述，点P的坐标为(4，0)或(5，6)或(2，6)【点睛】本题考查了待定系数法，相似三角形的性质，解一元二次方程，三角形折叠，题目综合性较强，解决本题的关键是：熟练掌握待定系数法求函数解析式；能够熟练掌握相似三角形的判定和性质；能够熟练掌握一元二次方程的解法；理解折叠的性质.23、（1）见解析；（2）【分析】（1）连接、，分别取、的中点即可画出，（2）利用正弦函数的定义可知由，即可解决问题【详解】解：（1）连接OA、OC，分别取OA、OB、OC的中点 、，顺次连接 、，即为所求，如图所示，（2）， ，【点睛】本题