四川省南充市陈寿中学2023学年数学九年级第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析

1、2023学年九上数学期末模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每小题3分,共30分)1如图，两个反比例函数和在第一象限内的图象依次是C1和C2，设点P在C1上，轴于点C，交C2于点A，轴于点D，交C2于点B，则四边形PAOB的面积为（ ）A2B3C4D52如图，菱形ABCD与等边AEF的边长相等，且E、F分别在BC、CD，则BAD的度数是

2、（ ）A80B90C100D1203抛物线yax2+bx+c（a1）如图所示，下列结论：abc1；点（3，y1），（1，y2）都在抛物线上，则有y1y2；b2（a+c）2；2ab1正确的结论有（）A4个B3个C2个D1个4去年某校有1 500人参加中考，为了了解他们的数学成绩，从中抽取200名考生的数学成绩，其中有60名考生达到优秀，那么该校考生达到优秀的人数约有( )A400名B450名C475名D500名5如图，中，将绕着点旋转至，点的对应点点恰好落在边上若，则的长为（ ）ABCD6使分式13-x有意义的xAx3Bx3Cx0Dx07下列约分正确的是（ ）ABCD8若关于x的一元二次方程方程

3、（k1）x2+2x10有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（）Ak0Bk0且k1Ck0且k1Dk09如图，是由一些相同的小正方形围成的立方体图形的三视图，则构成这种几何体的小正方形的个数是（）A4B6C9D1210一元二次方程 x2 x0的根是 ( )Ax10，x21Bx10，x21Cx1x20Dx1x21二、填空题(每小题3分,共24分)11如图，抛物线y=x2+mx+2m2（m0）与x轴交于A，B两点，点A在点B的左边，C是抛物线上一个动点（点C与点A，B不重合），D是OC的中点，连结BD并延长，交AC于点E，则的值是_12如图，四边形是菱形，经过点、与相交于点，连接、，若，则的度数为_

4、 13计算_.14一元二次方程x24=0的解是_15如图，是半圆，点O为圆心，C、D两点在上，且ADOC，连接BC、BD若65，则ABD的度数为_16若，则锐角的度数是_17某农科所在相同条件下做某作物种子发芽率的试验，结果如下表所示：种子个数1002003004005006007008009001000发芽种子个数94187282338435530621781814901发芽种子频率0.9400.9350.9400.8450.8700.8830.8910.8980.9040.901根据频率的稳定性，估计该作物种子发芽的概率为_(结果保留小数点后一位)18如图，点、都在射线上，是射线上的一个动

5、点，过、三点作圆，当该圆与相切时，其半径的长为_三、解答题(共66分)19（10分）定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“准菱形”，利用该定义完成以下各题：（1）理解：如图1，在四边形ABCD中，若_（填一种情况），则四边形ABCD是“准菱形”；（2）应用：证明：对角线相等且互相平分的“准菱形”是正方形；（请画出图形，写出已知，求证并证明）（3）拓展：如图2，在RtABC中，ABC=90，AB=2，BC=1，将RtABC沿ABC的平分线BP方向平移得到DEF，连接AD，BF，若平移后的四边形ABFD是“准菱形”，求线段BE的长20（6分）如图，点分别在的边上，已知（1）求证：（2）若，求的长21

6、（6分）在下列网格中，每个小正方形的边长均为1个单位，ABC在网格中的位置如图所示：（1）在图中画出ABC先向右平移2个单位，再向上平移3个单位后的图形；（2）若点A的坐标是（4，3），试在图中画出平面直角坐标系，坐标系的原点记作O；（3）根据（2）的坐标系，作出以O为旋转中心，逆时针旋转90后的图形，并求出点A一共运动的路径长22（8分）如图，AB为半圆O的直径，点C在半圆上，过点O作BC的平行线交AC于点E，交过点A的直线于点D，且D=BAC（1）求证：AD是半圆O的切线；（2）求证：ABCDOA；（3）若BC=2，CE=，求AD的长23（8分）如图，在ABC中，C=60，AB=4.以AB

7、为直径画O，交边AC于点DAD的长为，求证：BC是O的切线.24（8分）如图，正比例函数y1=3x的图象与反比例函数y2=的图象交于A、B两点点C在x轴负半轴上，AC=AO，ACO的面积为1（1）求k的值；（2）根据图象，当y1y2时，写出x的取值范围25（10分）一种拉杆式旅行箱的示意图如图所示，箱体长，拉杆最大伸长距离，(点在同一条直线上)，在箱体的底端装有一圆形滚轮与水平地面切于点某一时刻，点距离水平面，点距离水平面（1）求圆形滚轮的半径的长；（2）当人的手自然下垂拉旅行箱时，人感觉较为舒服，已知某人的手自然下垂在点处且拉杆达到最大延伸距离时，点距离水平地面，求此时拉杆箱与水平面所成角的

8、大小(精确到，参考数据：)26（10分）如图，直线yx+2与反比例函数 （k0）的图象交于A（a，3），B（3，b）两点，过点A作ACx轴于点C，过点B作BDx轴于点D（1）求a，b的值及反比例函数的解析式；（2）若点P在直线yx+2上，且SACPSBDP，请求出此时点P的坐标；（3）在x轴正半轴上是否存在点M，使得MAB为等腰三角形？若存在，请直接写出M点的坐标；若不存在，说明理由参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【解析】试题分析：PCx轴，PDy轴，S矩形PCOD=4，SAOC=SBOD=1=，四边形PAOB的面积=S矩形PCOD-SAOC-SBOD=4-=1故选B考点：反比

9、例函数系数k的几何意义2、C【解析】试题分析：根据菱形的性质推出B=D，ADBC，根据平行线的性质得出DAB+B=180，根据等边三角形的性质得出AEF=AFE=60，AF=AD，根据等边对等角得出B=AEB，D=AFD，设BAE=FAD=x，根据三角形的内角和定理得出方程x+2（180602x）=180，求出方程的解即可求出答案解：四边形ABCD是菱形，B=D，ADBC，DAB+B=180，AEF是等边三角形，AE=AB，AEF=AFE=60，AF=AD，B=AEB，D=AFD，由三角形的内角和定理得：BAE=FAD，设BAE=FAD=x，则D=AFD=180EAF（BAE+FAD）=180

10、602x，FAD+D+AFD=180，x+2（180602x）=180，解得：x=20，BAD=220+60=100，故选C考点：菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质3、B【分析】利用抛物线开口方向得到a1，利用抛物线的对称轴在y轴的左侧得到b1，利用抛物线与y轴的交点在x轴下方得到c1，则可对进行判断；通过对称轴的位置，比较点（-3，y1）和点（1，y2）到对称轴的距离的大小可对进行判断；由于（a+c）2-b2=（a+c-b）（a+c+b），而x=1时，a+b+c1；x=-1时，a-b+c1，则可对进行判断；利用和不等式的性质可对进行判断【详解】抛物线开口向上，a1，抛物线的

11、对称轴在y轴的左侧，a、b同号，b1，抛物线与y轴的交点在x轴下方，c1，abc1，所以正确；抛物线的对称轴为直线x，而11，点（3，y1）到对称轴的距离比点（1，y2）到对称轴的距离大，y1y2，所以正确；x1时，y1，即a+b+c1，x1时，y1，即ab+c1，（a+c）2b2（a+cb）（a+c+b）1，b2（a+c）2，所以正确；11，2ab，2ab1，所以错误故选：B【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小当a1时，抛物线向上开口；当a1时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时，对称轴在y轴左； 当a

12、与b异号时，对称轴在y轴右常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（1，c）抛物线与x轴交点个数由判别式确定：=b2-4ac1时，抛物线与x轴有2个交点；=b2-4ac=1时，抛物线与x轴有1个交点；=b2-4ac1时，抛物线与x轴没有交点4、B【分析】根据已知求出该校考生的优秀率，再根据该校的总人数，即可求出答案【详解】抽取200名考生的数学成绩，其中有60名考生达到优秀，该校考生的优秀率是：100%=30%，该校达到优秀的考生约有：150030%=450（名）；故选B【点睛】此题考查了用样本估计总体，关键是根据样本求出优秀率，运用了样本估计总体的思想5、A【分析】先在直角三角形ABC

13、中，求出AB，BC，然后证明ABD为等边三角形，得出BD=AB=2，再根据CD=BC-BD即可得出结果【详解】解：在RtABC中，AC=2，B=60，BC=2AB，BC2=AC2+AB2，4AB2=AC2+AB2，AB=2，BC=4，由旋转得，AD=AB，B=60，ABD为等边三角形，BD=AB=2，CD=BC-BD=4-2=2，故选：A【点睛】此题主要考查了旋转的性质，含30角的直角三角形的性质，勾股定理以及等边三角形的判定与性质，解本题的关键是综合运用基本性质6、A【解析】直接利用分式有意义的条件进而得出答案【详解】分式13-x有意义，则解得：x1故选A【点睛】此题主要考查了分式有意义的条

14、件，正确把握分式的定义是解题关键7、D【分析】根据约分的运算法则，以及分式的基本性质，分别进行判断，即可得到答案【详解】解：A、，故A错误；B、，故B错误；C、，故C错误；D、，正确；故选：D【点睛】本题考查了分式的基本性质，以及约分的运算法则，解题的关键是熟练掌握分式的基本性质进行解题8、B【解析】根据一元二次方程定义，首先要求的二次项系数不为零,再根据已知条件,方程有两个不相等的实数根,令根的判别式大于零即可.【详解】解:由题意得, 解得, ;且,即,解得.综上所述, 且.【点睛】本题主要考查一元二次方程的定义和根的判别式,理解掌握定义,熟练运用根的判别式是解答关键.9、D【分析】根据三视

15、图，得出立体图形，从而得出小正方形的个数【详解】根据三视图，可得立体图形如下，我们用俯视图添加数字的形式表示，数字表示该图形俯视图下有几个小正方形则共有：1+1+1+2+2+2+1+1+1=12故选：D【点睛】本题考查三视图，解题关键是在脑海中构建出立体图形，建议可以如本题，通过在俯视图上标数字的形式表示立体图形帮助分析10、B【分析】把一元二次方程化成x(x+1)=0，然后解得方程的根即可选出答案【详解】解：一元二次方程x2+x=0，x(x+1)=0，x1=0，x2=1，故选B.【点睛】本题考查了因式分解法求一元二次方程的根.二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】过点O作OHAC交

16、BE于点H，根据A、B的坐标可得OA=m，OB=2m，AB=3m，证明OH=CE，将根据，可得出答案【详解】解：过点O作OHAC交BE于点H，令y=x2+mx+2m2=0，x1=-m，x2=2m，A（-m，0）、B（2m，0），OA=m，OB=2m，AB=3m，D是OC的中点，CD=OD，OHAC，OH=CE，故答案为：【点睛】本题主要考查了抛物线与x轴的交点问题，解题的关键是过点O作OHAC交BE于点H，此题有一定的难度12、【分析】根据菱形的性质得到ACBDCB（180D）51，根据圆内接四边形的性质得到AEBD78，由三角形的外角的性质即可得到结论【详解】解：四边形ABCD是菱形，D78

17、，ACBDCB（180D）51，四边形AECD是圆内接四边形，AEBD78，EACAEBACE27，故答案为：27【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形的外角的性质，圆内接四边形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键13、【分析】根据负整数指数幂的计算法则及立方根的定义进行计算即可【详解】解：原式=18=1故答案为：1【点睛】本题考查实数的运算，属于常考基础题，明确负整数指数幂的计算法则及立方根的定义是解题的关键14、x=1【解析】移项得x1=4，x=1故答案是：x=115、25【分析】根据AB是直径可以证得ADBD，根据ADOC，则OCBD，根据垂径定理求得弧BC的度数，即可求得的度数，然后求

18、得ABD的度数【详解】解：是半圆，即AB是直径，ADB90，又ADOC，OCBD，=65180656550，ABD故答案为：25【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角的定理，利用垂径定理证明=65是解决本题的关键16、45【分析】直接利用特殊角的三角函数值得出答案【详解】解：，45故答案为：45【点睛】本题考查的知识点特殊角的三角函数值，理解并熟记特殊角的三角函数值是解题的关键.17、0.9【分析】选一个表格中发芽种子频率比较按近的数，如0.904、0.901等都可以【详解】解：根据题意，由频率估计概率，则估计该作物种子发芽的概率为：0.9；故答案为：0.9；【点睛】本题考查了利用频率估计概率，大

19、量反复试验下频率稳定值即概率18、【分析】圆C过点P、Q，且与相切于点M，连接CM，CP，过点C作CNPQ于N并反向延长，交OB于D，根据等腰直角三角形的性质和垂径定理，即可求出ON、ND、PN，设圆C的半径为r，再根据等腰直角三角形的性质即可用r表示出CD、NC，最后根据勾股定理列方程即可求出r【详解】解：如图所示，圆C过点P、Q，且与相切于点M，连接CM，CP，过点C作CNPQ于N并反向延长，交OB于D，PQ=OQOP=4根据垂径定理，PN=ON=PNOP=4在RtOND中，O=45ON=ND=4，NDO=O=45，OD=设圆C的半径为r，即CM=CP=r圆C与相切于点M，CMD=90CM

20、D为等腰直角三角形CM=DM=r，CD=NC=NDCD=4根据勾股定理可得：NC2PN2=CP2即解得：（此时DMOD，点M不在射线OB上，故舍去）故答案为：【点睛】此题考查的是等腰直角三角形的判定及性质、垂径定理、勾股定理和切线的性质，掌握垂径定理和勾股定理的结合和切线的性质是解决此题的关键三、解答题(共66分)19、 (1)答案不唯一，如ABBC.（2）见解析;(3) BE=2或或或.【解析】整体分析：(1)根据“准菱形”的定义解答，答案不唯一；(2)对角线相等且互相平分的四边形是矩形，矩形的邻边相等时即是正方形；(3)根据平移的性质和“准菱形”的定义，分四种情况画出图形，结合勾股定理求解

21、.解：(1)答案不唯一，如ABBC.(2)已知：四边形ABCD是“准菱形”，AB=BC，对角线AC，BO交于点O，且AC=BD，OA=OC，OB=OD.求证：四边形ABCD是正方形.证明：OA=OC，OB=OD，四边形ABCD是平行四边形.AC=BD，平行四边形ABCD是矩形.四边形ABCD是“准菱形”，AB=BC，四边形ABCD是正方形.(3)由平移得BE=AD，DE=AB2，EF=BC1，DF=AC.由“准菱形”的定义有四种情况：如图1，当ADAB时，BEADAB2.如图2，当ADDF时，BEADDF.如图3，当BFDF时，延长FE交AB于点H，则FHAB.BE平分ABC，ABEABC45

22、.BEHABE45.BEBH.设EHBHx，则FHx1，BEx.在RtBFH中，BH2FH2BF2，x2(x1)2()2，解得x11，x22(不合题意，舍去)，BEx.如图4，当BFAB2时，与)同理得：BH2FH2BF2.设EHBHx，则x2(x1)222，解得x1，x2(不合题意，舍去)，BEx.综上所述，BE=2或或或.20、（1）证明见解析（2）【分析】（1）根据三角形内角和定理以及相似三角形的判定定理即可求出答案；（2）根据相似三角形的性质即可求出答案【详解】解：（1）证明：在中，.又在中，（2），【点睛】本题考查了三角形内角和定理及相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练运用相似三

23、角形的性质与判定21、（1）见解析；（2）见解析；（3）图见解析，点A一共运动的路径长为【分析】（1）根据平移的性质描点作图即可（2）根据A点坐标在图中找出原点，画出平面直角坐标系即可（3）利用旋转的性质描点画出图形，由于旋转所经过的路径是圆弧，因此利用弧长公式计算即可【详解】解：所作图形如下：点A由A到运动的路径长为5，再由到运动的路径长为点A一共运动的路径长为【点睛】本题主要考查了图形的平移，旋转的性质，弧长的计算，熟记旋转时的路径是圆弧，利用弧的计算公式列式计算是解题的关键22、（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）要证AD是半圆O的切线只要证明DAO=90即可；（2）根据两组

24、角对应相等的两个三角形相似即可得证；（3）先求出AC、AB、AO的长，由第（2）问的结论ABCDOA，根据相似三角形的性质：对应边成比例可得到AD的长【详解】（1）证明：AB为直径，ACB=90，又ODBC，AEO=ACB=90，AOD+BAC=90，又D=BAC，AOD+D=90，OAD=90，ADOA，AD是半圆O的切线；（2）证明：由（1）得ACB=OAD=90，又D=BAC，ABCDOA；（3）解：O为AB中点，ODBC，OE是ABC的中位线，则E为AC中点，AC=2CE，BC=2，CE=，AC=AB=，OA=AB=，由（2）得：ABCDOA，【点睛】本题考查了切线的判定定理：经过半径

25、的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线同时考查了相似三角形的判定与性质，难度适中23、证明见解析.【分析】连接OD，根据弧长公式求出AOD的度数，再证明ABBC即可；【详解】证明：如图，连接,是直径且，.设，的长为，解得.即 在O中，. ， 即又为直径，是O的切线.【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理以及等腰三角形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型24、（1）k=-1； （2）x2或0 x2【解析】试题分析：(1)过点A作AD垂直于OC,由,得到,确定出ADO与ACO面积,即可求出k的值; (2)根据函数图象,找出满足题意x的范围即可.解：（1）如图，过点A作ADOC，AC=AO，CD=DO，SADO=SACD=6，k=-1； （2）根据图象得：当y1y2时，x的范围为x2或0 x225、（1）；（2）【分析】（1）过点作于点，交于点，由平行得到，再根据相似三角形的