芜湖市重点中学2023学年数学九年级第一学期期末统考试题含解析

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（每题4分，共48分）1我们知道，一元二次方程可以用配方法、因式分解法或求根公式进行求解对于一元三次方程ax3+bx2+cx+d0（a，b，c，d为常数，且a0）也可以通过因式分解、换元等方法，使三次方程“降次”为二次方程或一次程，进而求解这儿的“降次”所体现的数学思想是（）A转

2、化思想B分类讨论思想C数形结合思想D公理化思想2如图，从点看一山坡上的电线杆，观测点的仰角是45，向前走到达点，测得顶端点和杆底端点的仰角分别是60和30，则该电线杆的高度（ ）ABCD3如图，D是ABC的边BC上一点，已知AB=4，AD=1DAC=B，若ABD的面积为a，则ACD的面积为（ ）AaB12aC13aD4若a、b、c、d是成比例线段，其中a=5cm，b=2.5cm，c=10cm，则线段d的长为（ ）A2cmB4cmC5cmD6cm5二次根式有意义的条件是（ ）Ax1Bx1Cx1Dx16如图，在矩形COED中，点D的坐标是(1，3)，则CE的长是（ ）A3BCD47如图，在平面直角

3、坐标系中，将ABC向右平移3个单位长度后得A1B1C1，再将A1B1C1绕点O旋转180后得到A2B2C2，则下列说法正确的是( )AA1的坐标为(3，1)BS四边形ABB1A13CB2C2DAC2O458一元二次方程x2+kx30的一个根是x1，则另一个根是（）A3B1C2D39在平面直角坐标系中，二次函数（）的图象如图所示，现给出以下结论：；（为实数）其中结论错误的有（ ）A1个B2个C3个D4个10反比例函数，下列说法不正确的是（）A图象经过点（1，1）B图象位于第二、四象限C图象关于直线yx对称Dy随x的增大而增大11如图，在矩形中，对角线相交于点，动点由点出发，沿向点运动设点的运动路

4、程为，的面积为，与的函数关系图象如图所示，则边的长为( )A3B4C5D612如图，在ABC中，点D、E分别在AB、AC边上，DEBC，若AD=1，BD=2，则的值为（ ）ABCD二、填空题（每题4分，共24分）13如图，河堤横断面迎水坡的坡比是，堤高，则坡面的长度是_14如图，铁道口的栏杆短臂长1m，长臂长16m当短臂端点下降0.5m时，长臂端点升高_15如图，将ABC绕点C顺时针旋转，使得点B落在AB边上的点D处，此时点A的对应点E恰好落在BC边的延长线上，若B50，则A的度数为_16若关于x的一元二次方程x24xk10有实数根，则k的取值范围是_17如图，过原点的直线与反比例函数（）的图

5、象交于，两点，点在第一象限点在轴正半轴上，连结交反比例函数图象于点为的平分线，过点作的垂线，垂足为，连结若是线段中点，的面积为4，则的值为_18如图，三个小正方形的边长都为1，则图中阴影部分面积的和是 (结果保留).三、解答题（共78分）19（8分）先化简，后求值：，其中x120（8分）已知：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交于一、三象限内的AB两点，与x轴交于C点，点A的坐标为（2,m)，点B的坐标为（n，2），tanBOC（l）求该反比例函数和一次函数的解析式；（2）在x轴上有一点E（O点除外），使得BCE与BCO的面积相等，求出点E的坐标21（8分）如图，在中，

6、点为边的中点，请按下列要求作图，并解决问题：（1）作点关于的对称点；（2）在（1）的条件下，将绕点顺时针旋转，面出旋转后的（其中、三点旋转后的对应点分别是点、）；若，则_（用含的式子表示）22（10分）如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点（1）求点，点和点的坐标；（2）在抛物线的对称轴上有一动点，求的值最小时的点的坐标；（3）若点是直线下方抛物线上一动点，运动到何处时四边形面积最大，最大值面积是多少？23（10分）解方程：（1）x22x10；（2）（2x1）24（2x1）24（10分）（1）如图1，在中，点在边上，且，求的度数；（2）如图2，在菱形中，请设计三种不同的分法（只要有一条分割线段

7、不同就视为不同分法），将菱形分割成四个三角形，使得每个三角形都是等腰三角形（不要求写画法，要求画出分割线段，标出所得三角形内角的度数）.25（12分）如图1，在矩形ABCD中，AB6cm，BC8cm，如果点E由点B出发沿BC方向向点C匀速运动，同时点F由点D出发沿DA方向向点A匀速运动，它们的速度分别为每秒2cm和1cm，FQBC，分别交AC、BC于点P和Q，设运动时间为t秒（0t4）（1）连接EF，若运动时间t秒时，求证：EQF是等腰直角三角形；（2）连接EP，当EPC的面积为3cm2时，求t的值；（3）在运动过程中，当t取何值时，EPQ与ADC相似26如图1，直线ykx+1与x轴、y轴分别

8、相交于点A、B，将AOB绕点A顺时针旋转，使AO落在AB上，得到ACD，将ACD沿射线BA平移，当点D到达x轴时运动停止设平移距离为m，平移后的图形在x轴下方部分的面积为S，S关于m的函数图象如图2所示（其中0m2，2ma时，函数的解析式不同）（1）填空：a ，k ；（2）求S关于m的解析式，并写出m的取值范围参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【分析】解高次方程的一般思路是逐步降次，所体现的数学思想就是转化思想【详解】由题意可知，解一元三次方程的过程是将三次转化为二次，二次转化为一次，从而解题，在解题技巧上是降次，在解题思想上是转化思想故选：A【点睛】本题考查高次方程；通过题意，能

9、够从中提取出解高次方程的一般方法，同时结合解题过程分析出所运用的解题思想是解题的关键2、A【分析】延长PQ交直线AB于点E，设PE=x米，在直角APE和直角BPE中，根据三角函数利用x表示出AE和BE，根据AB=AE-BE即可列出方程求得x的值，再在直角BQE中利用三角函数求得QE的长，则PQ的长度即可求解【详解】解：延长PQ交直线AB于点E，设PE=x在直角APE中，PAE=45，则AE=PE=x；PBE=60BPE=30在直角BPE中，AB=AE-BE=6，则解得：在直角BEQ中，故选：A【点睛】本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，解答本题的关键是明确题意，利用锐角三角函数和数形结合

10、的思想解答3、C【详解】解：DAC=B，C=C，ACDBCA，AB=4，AD=1，ACD的面积：ABC的面积为1：4，ACD的面积：ABD的面积=1：3，ABD的面积为a，ACD的面积为13a故选C【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，掌握相关性质是本题的解题关键4、C【分析】如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段根据定义ad=cb，将a，b及c的值代入即可求得d【详解】已知a，b，c，d是成比例线段，根据比例线段的定义得：ad=cb，代入a=5cm，b=2.5cm，c=10cm，解得：d=5.故线段d的长为5cm.故选：C.【点睛】本题主要考查成比例线段，解题

11、突破口是根据定义ad=cb，将a，b及c的值代入计算.5、C【解析】根据二次根式有意义，被开方数为非负数，列不等式求出x的取值范围即可.【详解】二次根式有意义，x-10，x1，故选：C.【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，要使二次根式有意义，被开方数为非负数；熟练掌握二次根式有意义的条件是解题关键.6、C【分析】根据勾股定理求得，然后根据矩形的性质得出【详解】解：四边形COED是矩形，CEOD，点D的坐标是（1，3）， 故选：C【点睛】本题考查的是矩形的性质，两点间的距离公式，掌握矩形的对角线的性质是解题的关键7、D【解析】试题分析：如图：A、A1的坐标为（1，3），故错误；B、=32=6，

12、故错误； C、B2C= ，故错误；D、变化后，C2的坐标为（-2，-2），而A（-2，3），由图可知，AC2O=45，故正确故选D8、A【分析】根据一元二次方程根与系数的关系 即可得出答案【详解】由根与系数的关系得故选：A【点睛】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键9、B【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断【详解】由抛物线可知： ，对称轴，故错误；由对称轴可知： ，故错误；关于的对称点为，时，故正确；当时，y的最小值为，时， ，故正确故

13、选：B.【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，结合图象得出系数之间的关系是解题的关键.10、D【分析】反比例函数y（k0）的图象k0时位于第一、三象限，在每个象限内，y随x的增大而减小；k0时位于第二、四象限，在每个象限内，y随x的增大而增大；在不同象限内，y随x的增大而增大，根据这个性质选择则可【详解】A、图象经过点（1，1），正确；B、图象位于第二、四象限，故正确；C、双曲线关于直线yx成轴对称，正确；D、在每个象限内，y随x的增大而增大，故错误，故选：D【点睛】此题考查反比例函数的性质，熟记性质并运用解题是关键.11、B【分析】当点在上运动时，面积逐渐增大，当点到达点时，结合图象可

14、得面积最大为1，得到与的积为12；当点在上运动时，面积逐渐减小，当点到达点时，面积为0，此时结合图象可知点运动路径长为7，得到与的和为7，构造关于的一元二方程可求解【详解】解：当点在上运动时，面积逐渐增大，当点到达点时，面积最大为1，即当点在上运动时，面积逐渐减小，当点到达点时，面积为0，此时结合图象可知点运动路径长为7，则，代入，得，解得或1，因为，即，所以故选B【点睛】本题主要考查动点问题的函数图象，解题的关键是分析三角形面积随动点运动的变化过程，找到分界点极值，结合图象得到相关线段的具体数值12、B【解析】试题分析：DEBC，故选B考点：平行线分线段成比例二、填空题（每题4分，共24分）

15、13、【分析】先根据坡比求出AB的长度，再利用勾股定理即可求出BC的长度【详解】 故答案为：【点睛】本题主要考查坡比及勾股定理，掌握坡比的定义及勾股定理是解题的关键14、8m【分析】由题意证ABOCDO，可得，即，解之可得【详解】如图，由题意知BAO=C=90，AOB=COD，ABOCDO，即，解得：CD=8，故答案为：8m【点睛】本题主要考查相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键15、30【分析】由旋转的性质可得BCCD，BCDACE，可得BBDC50，由三角形内角和定理可求BCD80ACE，由外角性质可求解【详解】解：将ABC绕点C顺时针旋转，BCCD，BCDACE，

16、BBDC50，BCD80ACE，ACEB+A，A805030，故答案为：30【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形内角和与三角形外角和性质，解决本题的关键是正确理解题意，熟练掌握旋转的性质，能够由旋转的到相等的角.16、k5【详解】解：由题意得，42-41（k-1）0,解之得k5.点睛:本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a0）的根的判别式=b24ac：当0时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当=0时，一元二次方程有两个相等的实数根；当0时，一元二次方程没有实数根.17、【分析】连接OE，CE，过点A作AFx轴，过点D作DHx轴，过点D作DGAF；由AB经过原点，则A与B关于原点对称，

17、再由BEAE，AE为BAC的平分线，可得ADOE，进而可得SACE=SAOC；设点A（m， ），由已知条件D是线段AC中点，DHAF，可得2DH=AF，则点D（2m，），证明DHCAGD，得到SHDC=SADG，所以SAOC=SAOF+S梯形AFHD+SHDC=k+k+=8；即可求解；【详解】解：连接OE，CE，过点A作AFx轴，过点D作DHx轴，过点D作DGAF，过原点的直线与反比例函数y=（k0）的图象交于A，B两点，A与B关于原点对称，O是AB的中点，BEAE，OE=OA，OAE=AEO，AE为BAC的平分线，DAE=AEO，ADOE，SACE=SAOC，D是线段AC中点，的面积为4，A

18、D=DC,SACE=SAOC=8，设点A（m， ），D是线段AC中点，DHAF，2DH=AF，点D（2m，），CHGD，AGDH，ADG=DCH，DAG=CDH，在AGD和DHC中， SHDC=SADG，SAOC=SAOF+S梯形AFHD+SHDC=k+（DH+AF）FH+SHDC=k+k+=8；k=8，k= .故答案为.【点睛】本题考查反比例函数k的意义；借助直角三角形和角平分线，将ACE的面积转化为AOC的面积是解题的关键18、【解析】试题分析：将左下阴影部分对称移到右上角，则阴影部分面积的和为一个900角的扇形面积与一个450角的扇形面积的和：三、解答题（共78分）19、x2，-2【分析

19、】由题意先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将x的值代入计算可得【详解】解：x2，当x1时，原式122【点睛】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则20、（1）反比例函数解析式为y=，一次函数解析式为y=x+3；（2）（6，0）【分析】（1）过B点作BDx轴，垂足为D，由B（n，-2）得BD=2，由tanBOC=2/5 ，解直角三角形求OD，确定B点坐标，得出反比例函数关系式，再由A、B两点横坐标与纵坐标的积相等求n的值，由“两点法”求直线AB的解析式；（2）点E为x轴上的点，要使得BCE与BCO的面积相等，只需要CE=CO即可，根据直线AB解析式求

20、CO，再确定E点坐标【详解】解：（1）过B点作BDx轴，垂足为D，B（n，2），BD=2，在RtOBD在，tanBOC=，即，解得OD=5，又B点在第三象限，B（5，2），将B（5，2）代入y=中，得k=xy=10，反比例函数解析式为y=，将A（2，m）代入y=中，得m=5，A（2，5），将A（2，5），B（5，2）代入y=ax+b中，得，解得，则一次函数解析式为y=x+3；（2）由y=x+3得C（3，0），即OC=3，SBCE=SBCO，CE=OC=3，OE=6，即E（6，0）21、（1）见解析；（2）见解析，90【分析】（1）利用网格特点和轴对称的性质画出O点；（2）利用网格特点和旋转的性

21、质分别画出A、B、C三点对应点点E、F、G即可；先确定OCBDCB，再利用OBOC和三角形内角和得到BOC1802，根据旋转的性质得到COG90，则BOG2702，于是可计算出OGB45，然后计算OGCOGB即可【详解】（1）如图，点O为所作；（2）如图，EFG为所作；点O与点D关于BC对称，OCBDCB，OBOC，OBCOCB，BOC1802，COG90，BOG1802902702，OBOG，OGB 180（2702）45，BGCOGCOGB45（45）90故答案为90【点睛】本题考查了作图旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的

22、边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形22、（1）A（1，0），B（l，0），C（0，1）；（1）P（，）；（3）(-1，-1)；2【分析】（1）令x=0，y=0，代入函数解析式，即可求解；（1）连接AC与对称轴的交点即为点P求出直线AC的解析式即可解决问题（3）过点M作MNx轴与点N，设点M（x，x1+x-1），则AN=x+1，ON=-x，OB=1，OC=1，MN=-（x1+x-1）=-x1-x+1，根据S 四边形ABCM=SAOM+SOCM+SBOC构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题【详解】解：（1）由 y=0，得 x1+x1=0 解得 x1=1，x1=l

23、，A（1，0），B（l，0），由 x=0，得 y=1，C（0，1）（1）连接AC与对称轴的交点即为点P设直线 AC 为 y=kx+b，则，得 k=l，y=x1对称轴为 x=，当 x=时，y=-（）1=，P（，）（3）过点M作MN丄x轴与点N，设点M（x，x1+x1），则OA=1，ON=x，OB=1，OC=1，MN=（x1+x1）=x1x+1，S四边形ABCM=SAOM+SOCM+SBOC=1（x1x+1）+1（x）+11=x11x+3=（x+1）1+2a=10，当x=1时，S四边形ABCM的最大值为2点M坐标为（1，1）时，S四边形ABCM的最大值为2【点睛】本题考查二次函数综合题、待定系数法

24、、两点之间线段最短、最值问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用对称解决在性质问题，学会构建二次函数解决最值问题23、（1）x2；（2）x或x【分析】（1）根据配方法即可求出答案（2）根据因式分解法即可求出答案【详解】解：（1）x22x10，x22x+12，（x2）22，x2（2）（2x1）24（2x1），（2x14）（2x1）0，x或x.【点睛】此题主要考查一元二次方程的求解，解题的关键是熟知一元二次方程的解法.24、（1）；（2）详见解析.【分析】（1）设，利用等边对等角，可得，根据三角形外角的性质可得，再根据等边对等角和三角形的内角和公式即可求出x，从而求出B.（2）根

25、据等腰三角形的定义和判定定理画图即可.【详解】证明：（1）设又又又解出：（2）根据等腰三角形的定义和判定定理，画出如下图所示，（任选其三即可）.【点睛】此题考查的是等腰三角形的性质及判定，掌握等边对等角、等角对等边和方程思想是解决此题的关键.25、（1）详见解析；（2）2秒；（3）2秒或秒或秒【分析】（1）由题意通过计算发现EQFQ6，由此即可证明；（2）根据题意利用三角形的面积建立方程即可得出结论；（3）由题意分点E在Q的左侧以及点E在Q的右侧这两种情况，分别进行分析即可得出结论【详解】解：（1）证明：若运动时间t秒，则BE2（cm），DF（cm），四边形ABCD是矩形ADBC8（cm），ABDC6（cm），DBCD90DFQCQCD90，四边形CDFQ也是矩形，CQDF，CDQF6（cm），EQBCBECQ86（cm），EQQF6（cm），又FQBC，EQF是等腰直角三角形；（2）由（1）知，CE82t，CQt，在RtABC中，tanACB，在RtCPQ中，tanACB，PQt，EPC的面积为3cm2，SEPCCEPQ