2023学年河南省郑州市新密市数学九上期末经典模拟试题含解析

1、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（每题4分，共48分）1如图，AB是O的弦，半径OCAB，D为圆周上一点，若的度数为50，则ADC的度数为 （）A20B25C30D502将抛物线先向左平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的新抛物线的表达式为（ ）ABCD3如右图要测量小河两岸相对的两点、的距离，可以在小河边取的垂线上的一点，测得米，则小河宽为（ ）A米B米C米D米4

2、如图，在圆内接四边形ABCD中，A：C1：2，则A的度数等于（）A30B45C60D805已知2x=3y(y0)，则下面结论成立的是（ ）ABCD6如图，在直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，边OA在x轴上，OC在y轴上，且点B的坐标为（6，4），如果矩形OABC与矩形OABC关于点O位似，且矩形OABC的面积等于矩形OABC面积的，那么点B的坐标是（ ）A（3，2）B（2，3）C（2，3）或（2，3）D（3，2）或（3，2）7已知，那么ab的值为（ ）ABCD8如图，12，要使ABCADE，只需要添加一个条件即可，这个条件不可能是（）ABDBCECD9按如图所示的方法折纸，下面结论

3、正确的个数（ ）290；1AEC；ABEECF；BAE1A1 个B2 个C1 个D4 个10如图，点A是双曲线在第二象限分支上的一个动点，连接AO并延长交另一分支于点B，以AB为底作等腰ABC，且ACB=120，点C在第一象限，随着点A的运动，点C的位置也不断变化，但点C始终在双曲线上运动，则k的值为（ ）A1B2C3D411如图，在平面直角坐标系中，函数与的图像相交于，两点，过点作轴的平行线，交函数的图像于点，连接，交轴于点，则的面积为（ ）ABC2D12小亮同学在教学活动课中，用一块长方形硬纸板在阳光下做投影实验，通过观察，发现这块长方形硬纸板在平整的地面上不可能出现的投影是（）A线段B三

4、角形C平行四边形D正方形二、填空题（每题4分，共24分）13_14一个三角形的两边长分别为3和6，第三边长是方程x2-10 x+21=0的根，则三角形的周长为_.15如图，点A、B分别在y轴和x轴正半轴上滑动，且保持线段AB4，点D坐标为（4，3），点A关于点D的对称点为点C，连接BC，则BC的最小值为_16如图，ABC的两条中线AD，BE交于点G，EFBC交AD于点F若FG1，则AD_17关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是_18如图，有九张分别印有如下车标的卡片(卡片中除图案不同外，其余均相同)现将带图案的一面朝下摆放，从中任意抽取一张，抽到的是中心对称图形车标卡

5、片的概率是_三、解答题（共78分）19（8分）如图，在菱形ABCD中，作于E，BFCD于F，求证：20（8分）如图，是的直径，为弧的中点，正方形绕点旋转与的两边分别交于、（点、与点、均不重合），与分别交于、两点.（1）求证：为等腰直角三角形；（2）求证：；（3）连接，试探究：在正方形绕点旋转的过程中，的周长是否存在最小值？若存在，求出其最小值；若不存在，请说明理由.21（8分）关于x的方程x11（k1）x+k10有两个实数根x1、x1（1）求k的取值范围；（1）若x1+x11x1x1，求k的值22（10分）如图，在ABC 中，ABAC，M 为BC的中点，MHAC，垂足为 H（1）求证：；（2）

6、若 ABAC10，BC1求CH的长23（10分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数 的图象相交于第一、三象限内的两点，与轴交于点 .求该反比例函数和一次函数的解析式；在轴上找一点使最大，求的最大值及点的坐标；直接写出当时，的取值范围.24（10分）如图，海中有一个小岛，它的周围海里内有暗礁，今有货船由西向东航行，开始在岛南偏西的处，往东航行海里后到达该岛南偏西的处后，货船继续向东航行，你认为货船在航行途中有没有触礁的危险25（12分）如图，CD 为O 的直径，弦 AB 交 CD 于点E，连接 BD、OB（1）求证：AECDEB；（2）若 CDAB，AB=6，DE=1，求O 的

7、半径长26根据要求画出下列立体图形的视图参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【分析】利用圆心角的度数等于它所对的弧的度数得到BOC=50，利用垂径定理得到，然后根据圆周角定理计算ADC的度数【详解】的度数为50，BOC=50，半径OCAB，ADC=BOC=25故选B【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等也考查了垂径定理和圆周角定理2、D【分析】根据抛物线的平移规律：左加右减，上加下减，即可得解.【详解】由题意，得平移后的抛物线为故选：D.【点睛】此题主要考查抛物线的平移规律，熟练掌握，

8、即可解题.3、A【分析】根据锐角三角函数的定义即可得出结论【详解】解：在RtACP中，tanACP=米故选A【点睛】此题考查是解直角三角形，掌握锐角三角函数的定义是解决此题的关键4、C【分析】设A、C分别为x、2x，然后根据圆的内接四边形的性质列出方程即可求出结论【详解】解：设A、C分别为x、2x，四边形ABCD是圆内接四边形，x+2x180，解得，x60，即A60，故选：C【点睛】此题考查的是圆的内接四边形的性质，掌握圆的内接四边形的性质是解决此题的关键5、A【解析】试题解析：A、两边都除以2y，得，故A符合题意；B、两边除以不同的整式，故B不符合题意；C、两边都除以2y，得，故C不符合题意

9、；D、两边除以不同的整式，故D不符合题意；故选A6、D【分析】利用位似图形的性质得出位似比，进而得出对应点的坐标【详解】解：矩形OABC的面积等于矩形OABC面积的，两矩形面积的相似比为：1：2，B的坐标是（6，4），点B的坐标是：（3，2）或（-3，-2）故选：D【点睛】此题主要考查了位似变换的性质，得出位似图形对应点坐标性质是解题关键7、C【分析】利用平方差公式进行计算，即可得到答案.【详解】解：，；故选择：C.【点睛】本题考查了二次根式的乘法运算，解题的关键是熟练运用平方差公式进行计算.8、D【分析】先求出DAEBAC，再根据相似三角形的判定方法分析判断即可【详解】12，1+BAE2+B

10、AE，DAEBAC，A、添加BD可利用两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似可得ABCADE，故此选项不合题意；B、添加CE可利用两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似可得ABCADE，故此选项不合题意；C、添加可利用两边及其夹角法：两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，故此选项不合题意；D、添加不能证明ABCADE，故此选项符合题意；故选：D【点睛】本题考查相似三角形的判定，解题的关键是掌握相似三角形判定方法：两角法、两边及其夹角法、三边法、平行线法9、C【解析】1+1=2，1+1+2=180，1+1=2=90，故正确；1+1=2，1AEC.故不正确；1+1=90，1+BAE=90

11、,1=BAE,又BC,ABEECF.故，正确；故选C.10、B【解析】试题分析：连接CO，过点A作ADx轴于点D，过点C作CEx轴于点E，连接AO并延长交另一分支于点B，以AB为底作等腰ABC，且ACB=220，COAB，CAB=30，则AOD+COE=90，DAO+AOD=90，DAO=COE，又ADO=CEO=90，AODOCE，=tan60=，则=3，点A是双曲线在第二象限分支上的一个动点，=ADDO=6=3，k=ECEO=2，则ECEO=2故选B考点：2反比例函数图象上点的坐标特征；2综合题11、B【分析】先确定A、B两点坐标，然后再确定点C坐标，从而可求ABC的面积，再根据三角形中位

12、线的性质可知答案.【详解】函数与的图像相交于，两点联立解得点A、B坐标分别是过点作轴的平行线，交函数的图像于点把代入到中得，解得点C的坐标为OA=OB，OEACOE是ABC的中位线故答案选B.【点睛】本题是一道综合题，考查了一次函数与反比例函数和三角形中位线性质，能够充分调动所学知识是解题的关键.12、B【解析】根据长方形放置的不同角度，得到的不同影子，发挥想象能力逐个实验即可.【详解】解：将长方形硬纸的板面与投影线平行时，形成的影子为线段；将长方形硬纸板与地面平行放置时，形成的影子为矩形；将长方形硬纸板倾斜放置形成的影子为平行四边形；由物体同一时刻物高与影长成比例，且长方形对边相等，故得到的

13、投影不可能是三角形故选：B【点睛】本题主要考查几何图形的投影，关键在于根据不同的位置，识别不同的投影图形.二、填空题（每题4分，共24分）13、【分析】代入特殊角度的三角函数值计算即可【详解】故答案为：【点睛】本题考查了特殊角度的三角函数值计算，熟记特殊角度的三角函数值是关键14、2【解析】分析：首先求出方程的根，再根据三角形三边关系定理，确定第三边的长，进而求其周长详解：解方程x2-10 x+21=0得x1=3、x2=1，3第三边的边长9，第三边的边长为1这个三角形的周长是3+6+1=2故答案为2点睛：本题考查了解一元二次方程和三角形的三边关系已知三角形的两边，则第三边的范围是：大于已知的两

14、边的差，而小于两边的和15、1【分析】取AB的中点E，连接OE，DE，OD，依据三角形中位线定理即可得到BC=2DE，再根据O，E，D在同一直线上时，DE的最小值等于OD-OE=3，即可得到BC的最小值等于1【详解】解：如图所示，取AB的中点E，连接OE，DE，OD，由题可得，D是AC的中点，DE是ABC的中位线，BC2DE， 点D坐标为(4，3)，OD5，RtABO中，OEAB42，当O，E，D在同一直线上时，DE的最小值等于ODOE3，BC的最小值等于1，故答案为：1【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形三条边的关系，直角三角形斜边上中线的性质以及三角形中位线定理的运用，解决问题的关键是掌

15、握直角三角形斜边上中线的性质以及三角形中位线定理16、1【分析】利用平行线分线段长比例定理得到=1，即AF=FD，所以EF为ADC的中位线，则EF=CD=BD，再利用EFBD得到，所以DG=2FG=2，然后计算FD，从而得到AD的长【详解】解：ABC的两条中线AD，BE交于点G，BDCD，AECE，EFCD，1，即AFFD，EF为ADC的中位线，EFCD，EFBD，EFBD，DG2FG2，FD2+13，AD2FD1故答案为：1【点睛】本题考查了平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等也考查了三角形中位线性质和平行线分线段成比例定理17、且【解析】由

16、关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，即可得判别式，继而可求得a的范围【详解】关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，解得：，方程是一元二次方程，的范围是：且，故答案为：且【点睛】本题考查了一元二次方程判别式以及一元二次方程的定义，一元二次方程ax2+bx+c=0（a0）的根与=b2-4ac有如下关系：（1）0方程有两个不相等的实数根；（2）=0方程有两个相等的实数根；（3）0方程没有实数根18、【分析】首先判断出是中心对称图形的有多少张，再利用概率公式可得答案【详解】共有9张卡片，是中心对称图形车标卡片是第2张，则抽到的是中心对称图形车标卡片的概率是，故答案为：【点睛】此题主要考查了概

17、率公式和中心对称图形，关键是掌握随机事件A的概率P（A）三、解答题（共78分）19、见解析【分析】由菱形的性质可得，然后根据角角边判定，进而得到.【详解】证明：菱形ABCD，在与中，【点睛】本题考查菱形的性质和全等三角形的判定与性质，根据菱形的性质得到全等条件是解题的关键.20、（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，【分析】（1）根据圆周角定理由AB是O的直径得AMB=90，由M是弧AB的中点得，于是可判断AMB为等腰直角三角形；（2）连接OM,根据等腰直角三角形的性质得ABM=BAM=OMA=45，OMAB，MB=AB=6，再利用等角的余角相等得BOE=MOF，则可根据“SAS”判断OBE

18、OMF，所以OE=OF；（3）易得OEF为等腰直角三角形，则EF=OE，再由OBEOMF得BE=MF，所以EFM的周长=EF+MF+ME=EF+MB=OE+4，根据垂线段最短得当OEBM时，OE最小，此时OE=BM=2，进而求得EFM的周长的最小值【详解】（1）证明：是的直径，是弧的中点，为等腰直角三角形（2）证明：连接，由（1）得：，在和中，（3）解：的周长有最小值，为等腰直角三角形，的周长当时，最小，此时,的周长的最小值为【点睛】本题考查了圆的综合题：熟练运用圆周角定理和等腰直角三角形的判定与性质,全等三角形的判定与性质是解题关键21、（1）；（1）【解析】试题分析：（1）方程有两个实数根

19、，可得代入可解出的取值范围；（1）由韦达定理可知，列出等式，可得出的值试题解析：(1)4(k1)14k10，8k40，k；(1)x1x11(k1)，x1x1k1，1(k1)1k1，k11，k13.k，k3.22、（1）详见解析；（2）3.2【分析】（1）证明，利用线段比例关系可得；（2）利用等腰三角形三线合一和勾股定理求出AM的长，再由（1）中关系式可得AH长度，可得CH的长.【详解】解：（1）证明：，为的中点，（2）解：，M为的中点，在中，由（1）得.【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形三线合一的性质，解题的关键是利用相似三角形得到线段比例关系.23、，；的最大值为， ；或.【分析】（1）利用待定系数法，即可得到反比例函数和一次函数的解析式；（2）根据一次函数y1=x+2，求得与y轴的交点P，此交点即为所求；（3）根据AB两点的横坐标及直线与双曲线的位置关系求x的取值范围【详解】.在反比例函数上 反比例函数的解析式为把代入可求得 . 把代入为 解得.一次函数的解析式为. 的最大值就是直线与两坐标轴交点间的距离.设直线与轴的交点为.令，则，解得 ， 令，则，,的最大值为 . 根据图象的位置和图象交点的坐标可知：当时的取值范围为;或.【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求反比例函数和一次函数的解析式，根据点的坐标求线段长，正确掌