2023学年福建省泉州市洛江区九年级数学第一学期期末预测试题含解析VIP

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如图，已知矩形ABCD的顶点A，D分别落在x轴、y轴上，OD=2OA=6，AD：AB=3：1，则点C的坐标是（）A（2，7）B（3，7）C（3，8）D（4，8）2下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）ABCD3如图，抛物线yax2+bx+c（

2、a0）与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点，其中点B的坐标为B（1，0），抛物线的对称轴交x轴于点D，CEAB，并与抛物线的对称轴交于点E现有下列结论：a0；b0；1a+2b+c0；AD+CE1其中所有正确结论的序号是（）ABCD4如图所示，线段与交于点，下列条件中能判定的是（ ）A，B，C，D，5如果点与点关于原点对称，则（ ）A8B2CD6如图，在平行四边形ABCD中，F是边AD上的一点，射线CF和BA的延长线交于点E，如果，那么的值是（）ABCD7已知ABCABC，且相似比为1：1则ABC与ABC的周长比为（）A1：1B1：6C1：9D1：8如图，是的内接正十边形的一边，平分交于点，则下

3、列结论正确的有（ ）；A1个B2个C3个D4个9如图，菱形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，E是AB的中点，若AC6，BD8，则OE长为（）A3B5C2.5D410如图，AC是O的内接正四边形的一边，点B在弧AC上，且BC是O的内接正六边形的一边若AB是O的内接正n边形的一边，则n的值为（）A6B8C10D1211设抛物线的顶点为M ,与y轴交于N点，连接直线MN，直线MN与坐标轴所围三角形的面积记为S.下面哪个选项的抛物线满足S=1 ( )ABCD (a为任意常数)12如图，以AB为直径，点O为圆心的半圆经过点C，若AC=BC=，则图中阴影部分的面积是（）ABCD二、填空题（每题4分

4、，共24分）13两同学玩扔纸团游戏，在操场上固定了如下图所示的矩形纸板，E为AD中点，且ABD60，每次纸团均落在纸板上，则纸团击中阴影区域的概率是_.14抛物线向右平移个单位，向上平移1个单位长度得到的抛物线解析式是_15设二次函数yx22x3与x轴的交点为A，B，其顶点坐标为C，则ABC的面积为_16如图，正比例函数y1=k1x和反比例函数y2=的图象交于A（1，2），B（1，2）两点，若y1y2，则x的取值范围是_17如图，点P是AOB平分线OC上一点，PDOB，垂足为D，若PD2，则点P到边OA的距离是_18一只蚂蚁在如图所示的方格地板上随机爬行，每个小方格形状大小完全相同，当蚂蚁停下

5、时，停在地板中阴影部分的概率为_三、解答题（共78分）19（8分）解方程（1）7x249x0； （2）x22x10.20（8分）如图，关于x的二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B与y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D（1）求二次函数的表达式； （2）在y轴上是否存在一点P，使PBC为等腰三角形？若存在请求出点P的坐标； （3）有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M、N同时停止运动，问点M、N运动到何处时，MNB面积最大，试求出最大面

6、积21（8分）如图1是小区常见的漫步机，从侧面看如图2，踏板静止时，踏板连杆与立柱上的线段重合，长为0.2米，当踏板连杆绕着点旋转到处时，测得，此时点距离地面的高度为0.44米求：（1）踏板连杆的长（2）此时点到立柱的距离（参考数据：，）22（10分）如图，已知AB为O的直径，点E在O上，EAB的平分线交O于点C，过点C作AE的垂线，垂足为D，直线DC与AB的延长线交于点P（1）判断直线PC与O的位置关系，并说明理由；（2）若tanP=，AD=6，求线段AE的长23（10分）如图1，抛物线与x轴交于A，B两点（点A位于点B的左侧），与y轴负半轴交于点C，若AB1（1）求抛物线的解析式；（2）如

7、图2，E是第三象限内抛物线上的动点，过点E作EFAC交抛物线于点F，过E作EGx轴交AC于点M，过F作FHx轴交AC于点N，当四边形EMNF的周长最大值时，求点E的横坐标；（3）在x轴下方的抛物线上是否存在一点Q，使得以Q、C、B、O为顶点的四边形被对角线分成面积相等的两部分？如果存在，求点Q的坐标；如果不存在，请说明理由24（10分）中华人民共和国城市道路路内停车泊位设置规范规定：米以上的，可在两侧设停车泊位，路幅宽米到米的，可在单侧设停车泊位，路幅宽米以下的，不能设停车泊位；米，车位宽米；米.根据上述的规定，在不考虑车位间隔线和车道间隔线的宽度的情况下，如果在一条路幅宽为米的双向通行车道设

8、置同一种排列方式的小型停车泊位，请回答下列问题：（1）可在该道路两侧设置停车泊位的排列方式为 ；（2）如果这段道路长米，那么在道路两侧最多可以设置停车泊位 个.(参考数据：，)25（12分）求值：26已知：如图，在平行四边形ABCD中，O为对角线BD的中点，过点O的直线EF分别交AD，BC于E，F两点，连结BE，DF（1）求证：DOEBOF（2）当DOE等于多少度时，四边形BFDE为菱形？请说明理由参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【解析】过C作CEy轴于E，四边形ABCD是矩形，CD=AB，ADC=90，ADO+CDE=CDE+DCE=90，DCE=ADO，CDEADO，OD=2

9、OA=6，AD：AB=3：1，OA=3，CD：AD=，CE=OD=2，DE=OA=1，OE=7，C（2，7），故选A2、A【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合求解【详解】B既是轴对称图形，又是中心对称图形；C只是轴对称图形；D既不是轴对称图形也不是中心对称图形，只有A符合.故选A.3、D【分析】根据抛物线开口方向即可判断；根据对称轴在y轴右侧即可判断b的取值范围；根据抛物线与x轴的交点坐标与对称轴即可判断；根据抛物线与x轴的交点坐标及对称轴可得AD=BD，再根据CEAB，即可得结论【详解】观察图象

10、开口向下，a0，所以错误；对称轴在y轴右侧，b0，所以正确；因为抛物线与x轴的一个交点B的坐标为(1，0)，对称轴在y轴右侧，所以当x=2时，y0，即1a+2b+c0，所以错误；抛物线y=ax2+bx+c(a0)与x轴交于A，B两点，AD=BDCEAB，四边形ODEC为矩形，CE=OD，AD+CE=BD+OD=OB=1，所以正确综上：正确故选：D【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，解决本题的关键是综合运用二次函数图象上点的坐标特征、抛物线与x轴的交点进行计算4、C【解析】根据平行线分线段成比例的推论：如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三

11、角形的第三边，逐项判断即可得答案.【详解】A.不能判定，故本选项不符合题意；B.无法判断，则不能判定，故本选项不符合题意；C.，故本选项符合题意；D. 不能判定，故本选项不符合题意；故选C.【点睛】本题考查平行线分线段成比例的推论，熟练掌握此推论判定平行是解题的关键.5、C【分析】根据两个点关于原点对称时，它们横坐标对应的符号、纵坐标对应的符号分别相反，可直接得到m=3，n=-5进而得到答案【详解】解：点A（3，n）与点B（-m，5）关于原点对称，m=3，n=-5，m+n=-2，故选：C【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律6、D【解析】分析：根据相似三角

12、形的性质进行解答即可详解：在平行四边形ABCD中，AECD， EAFCDF， AFBC，EAFEBC， 故选D.点睛：考查相似三角形的性质：相似三角形的面积比等于相似比的平方.7、A【解析】根据相似三角形的周长比等于相似比即可得出答案【详解】ABCABC，且相似比为1：1，ABC与ABC的周长比为1：1，故选：A【点睛】本题考查相似三角形的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于基础题型8、C【分析】，根据已知把ABD，CBD，A角度确定相等关系，得到等腰三角形证明腰相等即可;通过证ABCBCD,从而确定是否正确,根据AD=BD=BC,即 解得BC=AC，故正确.【详解】BC是A的内接正十边形

13、的一边,因为AB=AC,A=36,所以ABC=C=72,又因为BD平分ABC交AC于点D,ABD=CBD=ABC=36=A,AD=BD,BDC=ABD+A=72=C,BC=BD,BC=BD=AD,正确;又ABD中，AD+BDAB2ADAB, 故错误.根据两角对应相等的两个三角形相似易证ABCBCD,又AB=AC,故正确,根据AD=BD=BC,即 ,解得BC=AC,故正确,故选C【点睛】本题主要考查圆的几何综合,解决本题的关键是要熟练掌握圆的基本性质和几何图形的性质.9、C【分析】根据菱形的性质可得OB=OD，AOBO，从而可判断OE是DAB的中位线，在RtAOB中求出AB，继而可得出OE的长度

14、【详解】解：四边形ABCD是菱形，AC=6，BD=8，AO=OC=3，OB=OD=4，AOBO，又点E是AB中点，OE是DAB的中位线，在RtAOD中，AB=5，则OE=AD=故选C【点睛】本题考查了菱形的性质及三角形的中位线定理，熟练掌握菱形四边相等、对角线互相垂直且平分的性质是解题关键10、D【分析】连接AO、BO、CO，根据中心角度数360边数n，分别计算出AOC、BOC的度数，根据角的和差则有AOB30，根据边数n360中心角度数即可求解【详解】连接AO、BO、CO，AC是O内接正四边形的一边，AOC360490，BC是O内接正六边形的一边，BOC360660，AOBAOCBOC906

15、030，n3603012；故选：D【点睛】本题考查正多边形和圆，解题的关键是根据正方形的性质、正六边形的性质求出中心角的度数11、D【分析】求出各选项中M、N两点的坐标，再求面积S，进行判断即可；【详解】A选项中，M点坐标为（1，1），N点坐标为（0，-2），故A选项不满足；B选项中，M点坐标为，N点坐标为（0，），故B选项不满足；C选项中，M点坐标为(2，），点N坐标为（0，1），故选项C不满足；D选项中，M点坐标为（，），点N坐标为（0，2），当a=1时，S=1，故选项D满足；【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键.12、A【分析】先利用圆周角定理得到ACB=

16、90，则可判断ACB为等腰直角三角形，接着判断AOC和BOC都是等腰直角三角形，于是得到SAOC=SBOC，然后根据扇形的面积公式计算图中阴影部分的面积【详解】AB为直径，ACB=90，AC=BC=，ACB为等腰直角三角形，OCAB，AOC和BOC都是等腰直角三角形，SAOC=SBOC，OA=AC=1，S阴影部分=S扇形AOC=故选A【点睛】本题考查了扇形面积的计算：圆面积公式：S=r2，（2）扇形：由组成圆心角的两条半径和圆心角所对的弧所围成的图形叫做扇形求阴影面积常用的方法：直接用公式法； 和差法； 割补法求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积二、填空题（每题4分，共2

17、4分）13、【分析】先根据矩形的性质求出矩形对角线所分的四个三角形面积相等，再根据E为AD中点得出SODESOAD，进而求解即可【详解】ABCD是矩形，SAOD=SAOB=SBOC=SCODS矩形纸板ABCD又E为AD中点，SODESOAD，SODES矩形纸板ABCD，纸团击中阴影区域的概率是故答案为：【点睛】本题考查了几何概率，用到的知识点为：概率=相应的面积与总面积之比14、【分析】根据图象的平移规律，可得答案【详解】解：将抛物线向右平移个单位，向上平移1个单位长度得到的抛物线的解析式是将抛物线，故答案为：【点睛】主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减15、1

18、【解析】首先求出A、B的坐标，然后根据坐标求出AB、CD的长，再根据三角形面积公式计算即可【详解】解：yx22x3，设y0，0 x22x3，解得：x13，x21，即A点的坐标是（1，0），B点的坐标是（3，0），yx22x3，（x1）24，顶点C的坐标是（1，4），ABC的面积441，故答案为1【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，二次函数的三种形式的应用，主要考查学生运用性质进行计算的能力，题目比较典型，难度适中16、x2或0 x2【解析】仔细观察图像，图像在上面的函数值大，图像在下面的函数值小，当y2y2，即正比例函数的图像在上，反比例函数的图像在下时，根据图像写出x的取值

19、范围即可.【详解】解：如图，结合图象可得：当x2时，y2y2；当2x0时，y2y2；当0 x2时，y2y2；当x2时，y2y2综上所述：若y2y2，则x的取值范围是x2或0 x2故答案为x2或0 x2【点睛】本题考查了图像法解不等式，解题的关键是仔细观察图像，全面写出符合条件的x 的取值范围.17、1【分析】作PEOA,再根据角平分线的性质得出PE=PD即可得出答案【详解】过P作PEOA于点E，点P是AOB平分线OC上一点，PDOB，PEPD，PD1，PE1，点P到边OA的距离是1故答案为1【点睛】本题考查角平分线的性质,关键在于牢记角平分线的性质并灵活运用18、【解析】分析：首先确定阴影的面

20、积在整个面积中占的比例，根据这个比例即可求出蚂蚁停在阴影部分的概率详解：正方形被等分成9份，其中阴影方格占4份，当蚂蚁停下时，停在地板中阴影部分的概率为，故答案为点睛：此题主要考查了几何概率，用到的知识点为：概率=相应的面积与总面积之比三、解答题（共78分）19、（1）x10,x27；（2），【解析】（1）用因式分解法求解即可；（2）用配方法求解即可.【详解】（1）7x249x0，x27x0，.解得x10，x27 （2）移项,得,配方,得,开平方,得.解得，【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，常用的方法由直接开平方法、配方法、因式分解法、求根公式法，灵活选择合适的方法是解答本题的关键.20、

21、（1）二次函数的表达式为：y=x24x+3；（2）点P的坐标为：（0，3+3）或（0，33）或（0，-3）或（0，0）；（3）当点M出发1秒到达D点时，MNB面积最大，最大面积是1此时点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处【分析】（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y=x2+bx+c得方程组，解方程组即可得二次函数的表达式；（2）先求出点B的坐标，再根据勾股定理求得BC的长，当PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：CP=CB；PB=PC；BP=BC；分别根据这三种情况求出点P的坐标；（3）设AM=t则DN=2t，由AB=2，得BM=2t，SMNB=（2t）2t=

22、t2+2t，把解析式化为顶点式，根据二次函数的性质即可得MNB最大面积；此时点M在D点，点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处【详解】解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y=x2+bx+c，解得：b=4，c=3，二次函数的表达式为：y=x24x+3；（2）令y=0，则x24x+3=0，解得：x=1或x=3，B（3，0），BC=3，点P在y轴上，当PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图1，当CP=CB时，PC=3，OP=OC+PC=3+3或OP=PCOC=33P1（0，3+3），P2（0，33）；当PB=PC时，OP=OB=3，P3（0，-3）；当BP=B

23、C时，OC=OB=3此时P与O重合，P4（0，0）；综上所述，点P的坐标为：（0，3+3）或（0，33）或（3，0）或（0，0）；（3）如图2，设AM=t，由AB=2，得BM=2t，则DN=2t，SMNB=（2t）2t=t2+2t=（t1）2+1，当点M出发1秒到达D点时，MNB面积最大，最大面积是1此时点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处21、（1）1.2米 （2）0.72米【解析】（1）过点C作CGAB于G，得到四边形CFEG是矩形，根据矩形的性质得到EGCF0.44，故BG=0.24设AGx，求得ABx+0.24，ACABx+0.24，根据余弦的定义列方程即

24、可求出x，即可求出AB的长；（2）利用正弦即可求出CG的长.【详解】（1）过点C作CGAB于G，则四边形CFEG是矩形，EGCF0.44，故BG=0.24设AGx，ABx+0.24，ACABx+0.24，在RtACG中，AGC90，CAG37，cosCAG0.8，解得：x0.96，经检验，x=0.96符合题意，ABx+0.24=1.2（米），（2）点到立柱的距离为CG，故CG=ACsin37=1.20.6=0.72（米）【点睛】此题主要考查了解直角三角形的应用，熟练应用锐角三角函数关系是解题关键22、（1）PC是O的切线；（2） 【解析】试题分析：（1）结论：PC是O的切线只要证明OCAD，推

25、出OCP=D=90，即可（2）由OCAD，推出，即，解得r=，由BEPD，AE=ABsinABE=ABsinP，由此计算即可试题解析：解：（1）结论：PC是O的切线理由如下：连接OCAC平分EAB，EAC=CAB又CAB=ACO，EAC=OCA，OCADADPD，OCP=D=90，PC是O的切线（2）连接BE在RtADP中，ADP=90，AD=6，tanP=，PD=8，AP=10，设半径为rOCAD，即，解得r=AB是直径，AEB=D=90，BEPD，AE=ABsinABE=ABsinP=点睛：本题考查了直线与圆的位置关系解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题

26、型23、（1）；见解析；（2）；见解析；（3）存在，点Q的坐标为：（1，1）或（，）或（，）；详解解析【分析】（1）0，则根据根与系数的关系有AB，即可求解；（2）设点E，点F，四边形EMNF的周长CME+MN+EF+FN，即可求解；（3）分当点Q在第三象限、点Q在第四象限两种情况，分别求解即可【详解】解：（1）依题意得：=0，则，则AB，解得：a5或3，抛物线与y轴负半轴交于点C，故a5舍去，则a3，则抛物线的表达式为：；（2）由得：点A、B、C的坐标分别为：、，设点E，OAOC，故直线AC的倾斜角为15，EFAC，直线AC的表达式为：yx3，则设直线EF的表达式为：yx+b，将点E的坐标代入上式并解得：直线EF的表达式为：yx+，联立并解得：xm或3m，故点F，点M、N的坐标分别为：、，则EF，四边形EMNF的周长CME+MN+EF+FN，20，故S有最大值，此时m，故点E的横坐标为：；（3）当点Q在第三象限时，当QC平分四边形面积时，则，故点Q；