重庆市北碚区西南大附属中学2023学年数学九上期末复习检测模拟试题含解析

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，A、B两点在双曲线y=上，分别经过A、B两点向轴作垂线段，已知S阴影=1，则S1+S2=（）A3B4C5D62如图，在平行四边形中，为的中点，为上一点，交于点，则的长为（ ）ABCD3在一个不透明的袋子里装有5个红球和若干个白球，它们除颜色外其余完全相同，通过多次摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在0.2附

2、近，则估计袋中的白球大约有( )个A10B15C20D254如图，AC，BE是O的直径，弦AD与BE交于点F，下列三角形中，外心不是点O的是（ ）AABEBACFCABDDADE5如图，四边形内接于，延长交于点，连接.若，则的度数为（ ）ABCD6如图，AD是的高，AE是外接圆的直径，圆心为点O，且AC=5，DC=3，则AE等于（ ）ABCD57如图，EF过矩形ABCD对角线的交点O，且分别交AB、CD于E、F，矩形ABCD内的一个动点P落在阴影部分的概率是( )ABCD8已知(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)是反比例函数y的图象上的三个点，且x1x20，则y1，y2，y3的大小关

3、系是( )Ay3y1y2By2y1y3Cy1y2y3Dy3y2y19一元二次方程x-4x-1=0配方可化为（ ）A(x+2)=3B(x+2)=5C(x-2)=3D(x-2)=510下列四对图形中，是相似图形的是( )A任意两个三角形B任意两个等腰三角形C任意两个直角三角形D任意两个等边三角形11为增加绿化面积，某小区将原来正方形地砖更换为如图所示的正八边形植草砖，更换后，图中阴影部分为植草区域，设正八边形与其内部小正方形的边长都为a，则阴影部分的面积为（）A2a2B3a2C4a2D5a212下列方程中，是一元二次方程的是（ ）ABCD二、填空题（每题4分，共24分）13甲、乙两名同学参加“古诗

4、词大赛”活动，五次比赛成绩的平均分都是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）14如图，矩形中，以为圆心，为半径画弧，交于点，则图中阴影部分的面积是_. 15已知ABC中，tanB=，BC=6，过点A作BC边上的高，垂足为点D，且满足BD：CD=2：1，则ABC面积的所有可能值为_16从一副扑克牌中的13张黑桃牌中随机抽取一张，它是王牌的概率为_17若点P(2a+3b，2)关于原点的对称点为Q(3，a2b)，则(3a+b)2020_.18如图，顺次连接腰长为2的等腰直角三角形各边中点得到第1个小三角形，再顺次连接所得

5、的小三角形各边中点得到第2个小三角形，如此操作下去，则第7个小三角形的面积为_三、解答题（共78分）19（8分）某班级组织了“我和我的祖国”演讲比赛，甲、乙两队各有10人参加本次比赛，成绩如下(10分制)甲10879810109109乙789710109101010（1）甲队成绩的众数是 分，乙队成绩的中位数是 分（2）计算乙队成绩的平均数和方差（3）已知甲队成绩的方差是1分2，则成绩较为整齐的是 队20（8分）用适当的方法解下列方程：(1)4x210； (2)3x2x50；21（8分）在锐角三角形中,已知, 的面积为 ,求的余弦值.22（10分）定义：将函数C1的图象绕点P(m，0)旋转18

6、0，得到新的函数C2的图象，我们称函数C2是函数C1关于点P的相关函数。例如：当m=1时，函数y=(x-3)2+1关于点P(1，0)的相关函数为y=-(x+1)2-1（1）当m=0时，一次函数y=-x+7关于点P的相关函数为_；点A(5，-6)在二次函数y=ax2-2ax+a(a0)关于点P的相关函数的图象上，求a的值；（2）函数y=(x-2)2+6关于点P的相关函数是y= -(x-10)2-6，则m=_（3）当m-1xm+2时，函数y=x2-6mx+4m2关于点P(m，0)的相关函数的最大值为8，求m的值23（10分）如图，是的角平分线，延长到，使.（1）求证：.（2）若，求的长.24（10

7、分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线（a0）与y轴交与点C（0，3），与x轴交于A、B两点，点B坐标为（4，0），抛物线的对称轴方程为x=1（1）求抛物线的解析式；（2）点M从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点N从B点出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动，其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设MBN的面积为S，点M运动时间为t，试求S与t的函数关系，并求S的最大值；（3）在点M运动过程中，是否存在某一时刻t，使MBN为直角三角形？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由25（12分）先阅读，再填空解题：（1）方程：的根是：_，_，则_，_（2）

8、方程的根是：_，_，则_，_（3）方程的根是：_，_，则_，_（4）如果关于的一元二次方程（且、为常数）的两根为，根据以上（1）（2）（3）你能否猜出：，与系数、有什么关系？请写出来你的猜想并说明理由26如图所示，DBC90，C45，AC2，ABC绕点B逆时针旋转60得到DBE，连接AE（1）求证：ABCABE；（2）连接AD，求AD的长参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【分析】欲求S1+S1，只要求出过A、B两点向x轴、y轴作垂线段与坐标轴所形成的矩形的面积即可，而矩形面积为双曲线y=的系数k，由此即可求出S1+S1【详解】点A、B是双曲线y=上的点，分别经过A、B两点向x轴、y

9、轴作垂线段，则根据反比例函数的图象的性质得两个矩形的面积都等于|k|=4，S1+S1=4+4-11=2故选D2、B【分析】延长，交于，由，即可得出答案.【详解】如图所示，延长CB交FG与点H四边形ABCD为平行四边形BC=AD=DF+AF=6cm，BCADFAE=HBE又E是AB的中点AE=BE在AEF和BEH中AEFBEH(ASA)BH=AF=2cmCH=8cmBCCDFAG=HCG又FGA=CGHAGFCGHCG=4AG=12cmAC=AG+CG=15cm故答案选择B.【点睛】本题考查了全等三角形的判定以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决本题的关键.3、C【分析

10、】由摸到红球的频率稳定在0.2附近得出口袋中得到红色球的概率，进而求出白球个数即可【详解】设白球个数为x个，摸到红色球的频率稳定在0.2左右，口袋中得到红色球的概率为0.2，解得：x=20，经检验x=20是原方程的根，故白球的个数为20个故选C【点睛】此题主要考查了利用频率估计概率，根据大量反复试验下频率稳定值即概率得出是解题关键4、B【解析】试题分析：AOA=OB=OE,所以点O为ABE的外接圆圆心；BOA=OCOF，所以点不是ACF的外接圆圆心；COA=OB=OD,所以点O为ABD的外接圆圆心；DOA=OD=OE,所以点O为ADE的外接圆圆心；故选B考点：三角形外心5、B【分析】根据圆内接

11、四边形的性质得到DAB，进而求出EAB，根据圆周角定理得到EBA=90，根据直角三角形两锐角互余即可得出结论【详解】四边形ABCD内接于O，DAB=180C=180100=80DAE=50，EAB=DAB-DAE=80-50=30AE是O的直径，EBA=90，E=90EAB=90-30=60故选：B【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键6、C【分析】由AD是的高可得和为直角三角形，由勾股定理求得AD的长，解三角形得AB的长，连接BE由同弧所对的圆周角相等可知BEA=ACB，解直角三角形ABE即可求出AE【详解】解：如图，连接BE，AD是的高，和

12、为直角三角形，AC=5，DC=3，AD=4，BEA=ACB，AE是的直径，即是直角三角形，sinBEA=sinACB=，故选：C【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等、解直角三角形和勾股定理，熟练掌握定理是解题的关键7、B【解析】根据矩形的性质，得EBOFDO，再由AOB与OBC同底等高，AOB与ABC同底且AOB的高是ABC高的得出结论【详解】解：四边形为矩形，OB=OD=OA=OC，在EBO与FDO中，EBOFDO，阴影部分的面积=SAEO+SEBO=SAOB，AOB与ABC同底且AOB的高是ABC高的，SAOB=SOBC=S矩形ABCD故选B【点睛】本题考查了矩形

13、的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质8、A【解析】试题分析：反比例函数中，k=40，此函数的图象在二、四象限，在每一象限内y随x的增大而增大.x1x20 x3，0y1y2，y30，y3y1y2故选A考点：反比例函数图象上点的坐标特征9、D【分析】移项，配方，即可得出选项【详解】x24x10，x24x1，x24x414，（x2）25，故选：D【点睛】本题考查了解一元二次方程的应用，能正确配方是解此题的关键10、D【分析】根据相似图形的定义知，相似图形的形状相同，但大小不一定相同，对题中条件一一分析，排除错误答案【详解】解：A、任意两个

14、三角形，形状不确定，不一定是相似图形，故A错误；B、任意两个等腰三角形，形状不确定，不一定是相似图形，故B错误；C、任意两个直角三角形，直角边的长度不确定，不一定是相似图形，故C错误；D、任意两个等边三角形，形状相同，但大小不一定相同，符合相似形的定义，故D正确；故选：D.【点睛】本题考查的是相似形的识别，关键要联系实际，根据相似图形的定义得出11、A【分析】正多边形和圆，等腰直角三角形的性质，正方形的性质图案中间的阴影部分是正方形，面积是，由于原来地砖更换成正八边形，四周一个阴影部分是对角线为的正方形的一半，它的面积用对角线积的一半【详解】解：故选A12、A【分析】根据一元二次方程的定义进行

15、判断【详解】A、符合题意；B、是一元一次方程，不符合题意；C、是二元一次方程，不符合题意；D、是分式方程，不符合题意；故选A【点睛】本题考查一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键二、填空题（每题4分，共24分）13、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14、【分析】阴影面积矩形面积三角形面积扇形面积.【详解】作EFBC于F，如图所示：在Rt中，=2，在Rt中，=故答案是：.【点睛】本题主要是利用扇形面积和三角形面积公式计算阴影部分的面积，解题关键是找到所求的量的等量关系15、8或1【解析】试题分析：如图1所示：BC

16、=6，BD：CD=2：1，BD=4，ADBC，tanB=，=，AD=BD=，SABC=BCAD=6=8；如图2所示：BC=6，BD：CD=2：1，BD=12，ADBC，tanB=，=，AD=BD=8，SABC=BCAD=68=1；综上，ABC面积的所有可能值为8或1，故答案为8或1考点：解直角三角形；分类讨论16、1【分析】根据是王牌的张数为1可得出结论【详解】13张牌全是黑桃，王牌是1张，抽到王牌的概率是113=1，故答案为：1【点睛】本题考查了概率的公式计算，熟记概率=所求情况数与总情况数之比是解题的关键17、1【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出3a+b1，进而得出答案.【详解】解：

17、点P(2a+3b，2)关于原点的对称点为Q(3，a2b)，故3a+b1，则(3a+b)20201.故答案为：1.【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键18、【分析】记原来三角形的面积为s，第一个小三角形的面积为，第二个小三角形的面积为，求出，探究规律后即可解决问题【详解】解：记原来三角形的面积为s，第一个小三角形的面积为，第二个小三角形的面积为，.故答案为：.【点睛】本题考查了三角形中位线定理，三角形的面积 ，图形类规律探索等知识，解题的关键是循环从特殊到一般的探究方法，寻找规律，利用规律即可解决问题三、解答题（共78分）19、（1）10，9.5；（2

18、）平均数=9，方差=1.4；（3）甲【分析】（1）根据众数、中位数的意义求出结果即可；（2）根据平均数、方差的计算方法进行计算即可；（3）根据甲队、乙队的方差比较得出结论【详解】（1）甲队成绩中出现次数最多的是10分，因此众数是10，乙队成绩从小到大排列后处在第5、6两个数的平均数为9.5，因此中位数为9.5，故答案为：10，9.5；（2）乙队的平均数为：， (79)22+(89)2+(109)251.4，11.4，甲队比较整齐，故答案为：甲【点睛】本题考查了统计的问题，掌握众数、中位数的意义、平均数、方差的计算方法是解题的关键20、（1）；（2）【分析】（1）把方程化为：再利用直接开平方法求

19、解即可得到答案；（2）由再计算 利用公式法求解即可得到答案【详解】解：（1） （2） b24ac61， 【点睛】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握直接开平方法，公式法解一元二次方程是解题的关键21、【分析】由三角形面积和边长可求出对应边的高，再由勾股定理求出余弦所需要的边长即可解答【详解】解：过点点作于点， 的面积， 在中，由勾股定理得， 所以【点睛】本题考查了解直角三角形，掌握余弦的定义（余弦=邻边：斜边）和用面积求高是解题的关键22、（1）；（2）6；（3）的值为或【分析】（1）由相关函数的定义，将旋转变换可得相关函数为；先求出二次函数的相关函数，然后求出相关函数，再把点A代入，即可得到

20、答案；（2）两函数顶点关于点P中心对称，可用中点坐标公式获得点P坐标，从而获得m的值；（3）先确定相关函数，然后根据m的取值范围，对m进行分类讨论，以对称轴在给定区间的左侧，中部，右侧，三种情况分类讨论，获得对应的m的值【详解】解：（1）根据相关函数的定义，关于点P（0，0）旋转变换可得相关函数为；故答案为：；，关于点的相关函数为点在二次函数的图象上，解得：（2）的顶点为（2，6）；的顶点坐标为（10，-6）；两个二次函数的顶点关于点P（m，0）成中心对称，故答案为：6；（3），关于点的相关函数为当，即时，当时，有最大值为2（不符合题意，舍去），当，即时，当时，有最大值为2,（都不符合题意，舍

21、去）当，即，当，有最大值为2,（不符合题意，舍去）综上，的值为或【点睛】本题考查了二次函数的性质问题以及中心对称，以及相关函数的定义，旋转的性质，中心对称图形的性质，（3）是本题的难点，需要分三类进行讨论，研究函数的变化轨迹，是很好的一道压轴问题23、（1）见解析，（2）BC=3.【分析】（1）由AD是角平分线可得BAD=CAD，根据AC=CE可得CAD=E即可证明BAD=E，又因为对顶角相等，即可证明ABDECD；（2）根据相似三角形的性质可得CD的长，进而可求出BC的长.【详解】（1）是的角平分线，.，.又ADB=CDE.（2），.，.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，相似三角形的

22、对应边成比例，熟练掌握判定定理是解题关键.24、（1）；（2）S=，运动1秒使PBQ的面积最大，最大面积是；（3）t=或t=【分析】（1）把点A、B、C的坐标分别代入抛物线解析式，列出关于系数a、b、c的解析式，通过解方程组求得它们的值；（2）设运动时间为t秒利用三角形的面积公式列出SMBN与t的函数关系式利用二次函数的图象性质进行解答；（3）根据余弦函数，可得关于t的方程，解方程，可得答案【详解】（1）点B坐标为（4，0），抛物线的对称轴方程为x=1，A（2，0），把点A（2，0）、B（4，0）、点C（0，3），分别代入（a0），得：，解得：，所以该抛物线的解析式为：；（2）设运动时间为t秒，则AM=3t，BN=t，MB=63t由题意得，点C的坐标为（0，3）在RtBOC中，BC=2如图1，过点N作NHAB于点H，NHCO，BHNBOC，即，HN=t，SMBN=MBHN=（63t）t，即S=，当PBQ存在时，0t2，当t=1时，SPBQ最大=答：运动1秒使PBQ的面积最大，最大面积是；（3）如图2，在RtOBC中，cosB=设运动时间为t秒，则AM=3t，BN=t，MB=63t当MNB=90时，cosB=，即，化简，得17t=24，解得t=；当BMN=90时，cosB=，化简，得