2023学年江苏省泰州市青藤学校九年级数学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考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(每小题3分,共30分)1如图，点在的边上，以原点为位似中心，在第一象限内将缩小到原来的，得到，点在上的对应点的的坐标为( )ABCD2如图的几何体由6个相同的小正方体搭成，它的主视图是（ ）ABCD31米长的标杆直立在水平的地面上，它在阳光下的影长为0.8米；在同一

2、时刻，若某电视塔的影长为100米，则此电视塔的高度应是( )A80米B85米C120米D125米4如图，正方形的边长是3，连接、交于点，并分别与边、交于点、，连接，下列结论：；当时，正确结论的个数为（ ）A1个B2个C3个D4个5如图，O的弦ABOC，且OD2DC，AB，则O的半径为（ ）A1B2C3D96下列四个点中，在反比例函数的图象上的是（ ）A（3，2）B（3，2）C（2，3）D（2，3）7150的圆心角所对的弧长是5cm，则此弧所在圆的半径是（）A1.5cmB3cmC6cmD12cm8如图，内接于圆，若，则弧的长为（ ）ABCD9如图，AB是半圆O的直径，弦AD、BC相交于点P，若D

3、PB=，那么等于（ ）AtanBsinaCcosD10如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的边AB在x轴正半轴上，点A与原点重合，点D的坐标是 （3，4），反比例函数y（k0）经过点C，则k的值为（）A12B15C20D32二、填空题(每小题3分,共24分)11一个扇形的圆心角是120它的半径是3cm则扇形的弧长为_cm12如图，AC为圆O的弦，点B在弧AC上，若CBO=58，CAO=20，则AOB的度数为_13如图，正方形ABCD中，M为BC上一点，MEAM，ME交CD于点F，交AD的延长线于点E，若AB4，BM2，则的面积为_14甲、乙两名同学参加“古诗词大赛”活动，五次比赛成绩的平均分

4、都是85分，如果甲比赛成绩的方差为S甲2=16.7，乙比赛成绩的方差为S乙2=28.3，那么成绩比较稳定的是_（填甲或乙）15设、是方程x2+2018x20的两根，则（2+20181）（2+2018+2）_16已知点P（x1，y1）和Q（2，y2）在二次函数y（x+k）（xk2）的图象上，其中k0，若y1y2，则x1的取值范围为_17已知一个圆锥底面圆的半径为6cm，高为8cm，则圆锥的侧面积为_cm1（结果保留）18已知，则_三、解答题(共66分)19（10分）如图，已知直线交于，两点；是的直径，点为上一点，且平分，过作，垂足为（1）求证：为的切线；（2）若，的直径为10，求的长20（6分）

5、如图1，抛物线y=x2+bx+c交x轴于点A(- 4，0)和点B，交y轴于点C(0，4)(1)求抛物线的函数表达式；(2)如图2，设点Q是线段AC上的一动点，作DQx轴，交抛物线于点D，当ADC面积有最大值时，在抛物线对称轴上找一点M，使DM+AM的值最小，求出此时M的坐标；(3)点Q在直线AC上的运动过程中，是否存在点Q，使BQC为等腰三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.21（6分）已知抛物线与轴交于两点，与轴交于点.（1）求此抛物线的表达式及顶点的坐标；（2）若点是轴上方抛物线上的一个动点（与点不重合），过点作轴于点，交直线于点，连结.设点的横坐标为.试用含的代数式表

6、示的长；直线能否把分成面积之比为1：2的两部分？若能，请求出点的坐标；若不能，请说明理由.（3）如图2，若点也在此抛物线上，问在轴上是否存在点，使？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由.22（8分）某体育看台侧面的示意图如图所示，观众区的坡度为，顶端离水平地面的高度为，从顶棚的处看处的仰角，竖直的立杆上、两点间的距离为，处到观众区底端处的水平距离为求:（1）观众区的水平宽度；（2）顶棚的处离地面的高度（，结果精确到）23（8分）（1）解方程：（配方法）（2）已知二次函数：与轴只有一个交点，求此交点坐标24（8分）已知关于x的方程x2+mx+m-2=0.(1)若此方程的一个根为1,求

7、m的值；(2)求证：不论m取何实数,此方程都有两个不相等的实数根.25（10分）如图，某航天飞机在地球表面点P的正上方A处，从A处观测到地球上的最远点Q，即AQ是O的切线，若QAP，地球半径为R，求：(1)航天飞机距地球表面的最近距离AP的长；(2)P、Q两点间的地面距离，即的长(注：本题最后结果均用含，R的代数式表示)26（10分） “2019大洋湾盐城马拉松”的赛事共有三项：A，“全程马拉松”、B，“半程马拉松”、C“迷你健身跑”，小明和小刚参与了该项赛事的志愿者服务工作，组委会随机将志愿者分配到三个项目组（1）小明被分配到“迷你健身跑”项目组的概率为 ；（2）求小明和小刚被分配到不同项目

8、组的概率参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【解析】根据位似的性质解答即可.【详解】解：点P（8，6）在ABC的边AC上，以原点O为位似中心，在第一象限内将ABC缩小到原来的，得到ABC，点P在AC上的对应点P的的坐标为：（4，3）故选A【点睛】此题主要考查了位似变换，正确得出位似比是解题关键如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k，进而结合已知得出答案2、A【分析】根据从正面看得到的视图是主视图，可得答案【详解】从正面看有三列，从左起第一列有两个正方形，第二列有两个正方形，第三列有一个正方形，故A符合题意，故选A【点睛】本题考查了简单组

9、合体的三视图，从正面看得到的视图是主视图3、D【解析】在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似解：设电视塔的高度应是x，根据题意得：=，解得：x=125米故选D命题立意：考查利用所学知识解决实际问题的能力4、D【分析】由四边形ABCD是正方形，得到AD=BC=AB，DAB=ABC=90，即可证明DAPABQ，根据全等三角形的性质得到P=Q，根据余角的性质得到AQDP；故正确；根据相似三角形的性质得到AO2=ODOP，故正确；根据CQFBPE，得到SCQF=SBPE，根据DAPABQ，得到SDAP=SABQ，即可得到SAOD=S

10、四边形OECF；故正确；根据相似三角形的性质得到BE的长，进而求得QE的长，证明QOEPOA，根据相似三角形对应边成比例即可判断正确，即可得到结论【详解】四边形ABCD是正方形，AD=BC=AB，DAB=ABC=90BP=CQ，AP=BQ在DAP与ABQ中，DAPABQ，P=QQ+QAB=90，P+QAB=90，AOP=90，AQDP；故正确；DOA=AOP=90，ADO+P=ADO+DAO=90，DAO=P，DAOAPO，AO2=ODOP故正确；在CQF与BPE中，CQFBPE，SCQF=SBPEDAPABQ，SDAP=SABQ，SAOD=S四边形OECF；故正确；BP=1，AB=3，AP=

11、1P=P，EBP=DAP=90，PBEPAD，BE，QE，Q=P，QOE=POA=90，QOEPOA，故正确故选：D【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解答本题的关键5、C【分析】根据垂径定理可得AD=AB，由OD2DC可得OD=OC=OA，利用勾股定理列方程求出OA的长即可得答案.【详解】O的弦ABOC，AB=，AD=AB=，OD2DC，OA=OC，OC=OD+DC，OD=OC=OA，OA2=(OA)2+()2，解得：OA=3，（负值舍去），故选：C.【点睛】本题主要考查垂径定理及勾股定理，垂直于弦的直径平分弦，并且

12、平分弦所对的两条弧；熟练掌握垂径定理是解题关键.6、A【分析】根据点在曲线上点的坐标满足方程的关系，将各点坐标代入验算，满足的点即为所求【详解】点（3，2）满足，符合题意，点（3，2）不满足，不符合题意，点（2，3）不满足，不符合题意，点（2，3）不满足，不符合题意故选A7、C【分析】根据150的圆心角所对的弧长是5cm，代入弧长公式即可得到此弧所在圆的半径【详解】设此弧所在圆的半径为rcm，150的圆心角所对的弧长是5cm，解得，r6，故选：C【点睛】本题考查弧长的计算，熟知弧长的计算公式是解题的关键.8、A【分析】连接OB，OC首先证明OBC是等腰直角三角形，求出OB即可解决问题【详解】连

13、接OB，OCA=180-ABC-ACB=180-65-70=45，BOC=90，BC=2，OB=OC=2，的长为=，故选A【点睛】本题考查圆周角定理，弧长公式，等腰直角三角形的性质的等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识9、C【分析】连接BD得到ADB是直角，再利用两三角形相似对应边成比例即可求解【详解】连接BD,由AB是直径得,ADB=.C=A，CPD=APB，CPDAPB，CD:AB=PD:PB=cos.故选C.10、D【分析】分别过点D，C作x轴的垂线，垂足为M，N，先利用勾股定理求出菱形的边长，再利用RtODMRtBCN得出BNOM，则可确定点C的坐标，将C点坐标代入反比例函数解析式中即

14、可求出k的值.【详解】如图，分别过点D，C作x轴的垂线，垂足为M，N，点D的坐标是 （3，4），OM3，DM4，在RtOMD中，OD 四边形ABCD为菱形，ODCBOB5，DMCN4，RtODMRtBCN（HL），BNOM3，ONOB+BN5+38，又CN4，C（8，4），将C（8，4）代入 得，k8432，故选：D【点睛】本题主要考查勾股定理，全等三角形的性质，待定系数法求反比例函数的解析式，掌握全等三角形的性质及待定系数法是解题的关键.二、填空题(每小题3分,共24分)11、2【解析】分析：根据弧长公式可得结论详解：根据题意，扇形的弧长为=2，故答案为：2点睛：本题主要考查弧长的计算，熟练

15、掌握弧长公式是解题的关键12、76【分析】如图，连接OC根据AOB2ACB，求出ACB即可解决问题【详解】如图，连接OCOAOCOB，AOCA20，BOCB58，ACBOCBOCA582038，AOB2ACB76，故答案为76【点睛】本题考查等腰三角形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型13、1【分析】先根据正方形的性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得CF的长，又根据线段的和差可得DF的长，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得出DE的长，最后根据直角三角形的面积公式即可得【详解】四边形ABCD是正方形，即在和中，即解得又，即

16、，即解得则的面积为故答案为：1【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定定理与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定定理与性质是解题关键14、甲【分析】【详解】S甲2=16.7，S乙2=28.3，S甲2S乙2，甲的成绩比较稳定，故答案为甲15、4【分析】把、分别代入，可求得和的值，然后把求得的值代入计算即可.【详解】把、分别代入，得和-2=0，和，=（2-1）（2+2）=4.故答案为4.【点睛】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以一元二次方程的解也称为一元二次方程的根16、x12或x

17、11【分析】将二次函数的解析式化为顶点式，然后将点P、Q的坐标代入解析式中，然后y1y2，列出关于x1的不等式即可求出结论【详解】解：y（x+k）（xk2）（x1）212kk2，点P（x1，y1）和Q（2，y2）在二次函数y（x+k）（xk2）的图象上，y1（x11）212kk2，y22kk2，y1y2，（x11）212kk22kk2，（x11）21，x12或x11故答案为：x12或x11【点睛】此题考查的是比较二次函数上两点之间的坐标大小关系，掌握二次函数的顶点式和根据函数值的取值范围求自变量的取值范围是解决此题的关键17、60【解析】试题分析：先根据勾股定理求得圆锥的母线长，再根据圆锥的侧

18、面积公式求解即可.由题意得圆锥的母线长圆锥的侧面积考点：勾股定理，圆锥的侧面积点评：解题的关键是熟练掌握圆锥的侧面积公式：圆锥的侧面积底面半径母线.18、-5【分析】设，可用参数表示、，再根据分式的性质，可得答案【详解】解：设，得，故答案为：【点睛】本题考查了比例的性质，利用参数表示、可以简化计算过程三、解答题(共66分)19、（1）连结OC，证明见详解，（2）AB=1【分析】（1）连接OC，根据题意可证得CAD+DCA=30，再根据角平分线的性质，得DCO=30，则CD为O的切线；（2）过O作OFAB，则OCD=CDA=OFD=30，得四边形OCDF为矩形，设AD=x，在RtAOF中，由勾股

19、定理得（5-x）2+（1-x）2=25，从而求得x的值，由勾股定理得出AB的长【详解】（1）连接OC，OA=OC，OCA=OAC，AC平分PAE，DAC=CAO，DAC=OCA，PBOC，CDPA，CDOC，CO为O半径，CD为O的切线；（2）过O作OFAB，垂足为F，OCD=CDA=OFD=30，四边形DCOF为矩形，OC=FD，OF=CDDC+DA=1，设AD=x，则OF=CD=1-x，O的直径为10，DF=OC=5，AF=5-x，在RtAOF中，由勾股定理得AF2+OF2=OA2即（5-x）2+（1-x）2=25，化简得x2-11x+18=0，解得x1=2，x2=3CD=1-x大于0，故

20、x=3舍去，x=2，从而AD=2，AF=5-2=3，OFAB，由垂径定理知，F为AB的中点，AB=2AF=1【点睛】本题考查切线的证法与弦长问题，涉及切线的判定和性质；.勾股定理；矩形的判定和性质以及垂径定理的知识，关键掌握好这些知识并灵活运用解决问题20、 (1)；(2)点M的坐标为M(，5)；(3)存在，Q(，)或(，)或(-3，1)或().【分析】（1）将A(- 4，0)、C(0，4)代入y=x2+bx+c中即可得；（2）直线AC的解析式为：，表达出DQ的长度，及ADC的面积，根据二次函数的性质得出ADC面积的最大值，从而得出D点坐标，作点D关于对称轴对称的点，确定点M，使DM+AM的值

21、最小；（3）BQC为等腰三角形，则表达出三边，并对三边进行分类讨论，计算得出Q点的坐标即可.【详解】解：(1)将A(- 4，0)、C(0，4)代入y=x2+bx+c中得 ，解得 ，(2)直线AC的解析式为： 设Q(m，m+4) ，则 D(m，)DQ=()- (m+4)= 当m=-2时，面积有最大值此时点D的坐标为D(-2，6)，D点关于对称轴对称的点D1(-1，6)直线AD1的解析式为： 当时，所以，点M的坐标为M(，5)(3)，设Q(t,t+4)，由得，B(1,0)，,BQC为等腰三角形当BC=QC时，则，此时，Q(，)或(，)；当BQ=QC时，则，解得，Q()；当BQ=BC时，则，解得t=

22、-3,Q(-3，1)；综上所述，若BQC为等腰三角形，则Q(，)或(，)或(-3，1)或().【点睛】本题考查二次函数与最短路径，面积最大值，动点存在性等几何的综合应用，难度较大，解题的关键是能够灵活运用二次函数的性质及几何知识21、（1），顶点坐标为：；（2）；能，理由见解析，点的坐标为；（3）存在，点Q的坐标为：或.【分析】（1）根据待定系数法即可求出抛物线的解析式，然后把一般式转化为顶点式即可得出抛物线的顶点坐标；（2）先利用待定系数法求出直线的函数表达式，再设出点D、E的坐标，然后分点D在y轴右侧和y轴左侧利用或列式化简即可；根据题意容易判断：点D在y轴左侧时，不存在这样的点；当点D在

23、y轴右侧时，分或两种情况，设出E、F坐标后，列出方程求解即可；（3）先求得点M、N的坐标，然后连接CM，过点N作NGCM交CM的延长线于点G，即可判断MCN=45，则点C即为符合题意的一个点Q，所以另一种情况的点Q应为过点C、M、N的H与y轴的交点，然后根据圆周角定理的推论、等腰直角三角形的性质和勾股定理即可求出CQ的长，进而可得结果.【详解】解：（1）抛物线与轴交于点，设抛物线的表达式为：，把点代入并求得：，抛物线的表达式为：，即，抛物线的顶点坐标为：；（2）设直线的表达式为：，则，解得：，直线的表达式为：，设，则，当时，当时，综上：，由题意知：当时，不存在这样的点；当时，或，解得（舍去），

24、或，解得（舍去），（舍去），综上，直线能把分成面积之比为1：2的两部分，且点的坐标为；（3）点在抛物线上，连接MC，如图，C（0，6），M（1，6）MCy轴，过点N作NGCM交CM的延长线于点G，N（2，4），CG=NG=2，CNG是等腰直角三角形，MCN=45，则点C即为符合题意的一个点Q，另一种情况的点Q应为过点C、M、N的H与y轴的交点，连接HN，MN=，CM=1，MHN=90，则半径MH=NH=，MCQ=90，MQ是直径，且，OC=6，OQ=3，Q（0，3）；综上，在轴上存在点，使，且点Q的坐标为：或.【点睛】本题是二次函数综合题，综合考查了待定系数法求一次函数和二次函数的解析式、函数

25、图象上点的坐标特征、三角形的面积问题、一元二次方程的求解、圆周角定理及其推论、勾股定理和等腰直角三角形的判定和性质等知识，综合性强，难度较大，属于试卷的压轴题，熟练掌握待定系数法是解（1）题的关键，熟知函数图象上点的坐标特征、正确进行分类是解（2）题的关键，将所求点Q的坐标转化为圆的问题、灵活应用数形结合的思想是解（3）题的关键.22、（1）观众区的水平宽度为；（2）顶棚的处离地面的高度约为【分析】（1）利用坡度的性质进一步得出，然后据此求解即可；（2）作于，于，则四边形、为矩形，再利用三角函数进一步求出EN长度，然后进一步求出答案即可.【详解】（1）观众区的坡度为，顶端离水平地面的高度为，,，答：观众区的水平宽度为；（2）如图，作于，于，则四边形、为矩形，m，m，m，在中，则m，答：顶棚的处离地面的高度约为【点睛】本题主要考查了三角函数的实际应用，熟练掌握相关方法是解题关键.23、（1）（2），交点坐标为【分析】（1）把常数项移到方程的右边，两边加上一次项系数的一半的平方，进行配方，再用直接开平方的方法解方程即可，（2）由二次函数的定义得到：再利用求解的值，最后求解交点的坐标即可【详解】解：（1） ， （2） 二次函数：与轴只有一个交点， 这个交点为抛物线的顶点，顶点坐标为： 即此交点的坐标为：【点睛】本题考查了解一元二次方程的