2023学年湖北省恩施州恩施市九年级数学第一学期期末达标测试试题含解析

1、2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题4分，共48分）1如图，锐角ABC的高CD和BE相交于点O，图中与ODB相似的三角形有（）A1个B2个C3个D4个2已知圆锥的底面半径为5，母线长为13，则这个圆锥的全面积是（ ）AB

2、CD3下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）ABCD4五张完全相同的卡片上，分别写有数字1，2，3，4，5，现从中随机抽取一张，抽到的卡片上所写数字小于3的概率是（ ）ABCD5如图，在平面直角坐标系中，以为圆心作，与轴交于、，与轴交于点，为上不同于、的任意一点，连接、，过点分别作于，于设点的横坐标为，当点在上顺时针从点运动到点的过程中，下列图象中能表示与的函数关系的部分图象是（ ）ABCD6小军旅行箱的密码是一个六位数，由于他忘记了密码的末位数字，则小军能一次打开该旅行箱的概率是（）ABCD7对于二次函数的图象，下列说法正确的是A开口向下；B对称轴是直线x1；C顶点坐标是（1

3、，2）；D与x轴没有交点8如图，菱形ABCD与等边AEF的边长相等，且E、F分别在BC、CD，则BAD的度数是（ ）A80B90C100D1209如果2是方程x2-3x+k=0的一个根，则常数k的值为（ ）A2B1C-1D-210如果 ，两点都在反比例函数的图象上，那么与的大小关系是（ ）ABCD11有9名同学参加歌咏比赛，他们的预赛成绩各不相同，现取其中前4名参加决赛，小红同学在知道自己成绩的情况下，要判断自己能否进入决赛，还需要知道这9名同学成绩的（）A平均数B方差C中位数D极差12如图所示的图案是按一定规律排列的，照此规律，在第1至第2018个图案中“”共有（ ） 个A504B505C5

4、06D507二、填空题（每题4分，共24分）13已知（a+b）（a+b4）4，那么（a+b）_14已知和是方程的两个实数根，则_15已知的半径为，是的两条弦，则弦和之间的距离是_16请写出一个位于第一、三象限的反比例函数表达式，y = 17已知关于x的函数满足下列条件：当x0时，函数值y随x值的增大而减小；当x1时，函数值y1请写一个符合条件函数的解析式：_（答案不唯一）18代数式a2a3的值为7，则代数式2a22a3的值为_三、解答题（共78分）19（8分）如图，已知抛物线的图象经过点、和原点，为直线上方抛物线上的一个动点（1）求直线及抛物线的解析式；（2）过点作轴的垂线，垂足为，并与直线交

5、于点，当为等腰三角形时，求的坐标；（3）设关于对称轴的点为，抛物线的顶点为，探索是否存在一点，使得的面积为，如果存在，求出的坐标；如果不存在，请说明理由20（8分）如图，在矩形中，为边上一点，把沿直线折叠，顶点折叠到，连接与交于点，连接与交于点，若（1）求证：；（2）当时，求的长；（3）连接，直接写出四边形的形状： 当时，并求的值21（8分）解方程：(1)x2+34x (2)3x（x-3）-422（10分）如图，ABC中，AB=AC，BEAC于E，D是BC中点，连接AD与BE交于点F，求证：AFEBCE23（10分）如图，一位同学想利用树影测量树高，他在某一时刻测得高为的竹竿影长为，但当他马上

6、测量树影时，因树靠近一幢建筑物，影子不全落在地面上，有一部分影子在墙上，他先测得留在墙上的影高，又测得地面部分的影长，则他测得的树高应为多少米?24（10分）（1）解方程：（2）已知关于的方程无解，方程的一个根是求和的值；求方程的另一个根25（12分）已知：如图，在平面直角坐标系中，ABC是直角三角形，ACB90，点A，C的坐标分别为A（3，0），C（1，0），tanBAC（1）写出点B的坐标；（2）在x轴上找一点D，连接BD，使得ADB与ABC相似（不包括全等），并求点D的坐标；（3）在（2）的条件下，如果点P从点A出发，以2cm/秒的速度沿AB向点B运动，同时点Q从点D出发，以1cm/秒的

7、速度沿DA向点A运动当一个点停止运动时，另一个点也随之停止运动设运动时间为t问是否存在这样的t使得APQ与ADB相似？如存在，请求出t的值；如不存在，请说明理由26已知关于x的一元二次方程x2（2m3）xm220。 （1）若方程有实数根，求实数m的取值范围； （2）若方程两实数根分别为，且满足，求实数m的值。参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【解析】试题解析：BDO=BEA=90，DBO=EBA，BDOBEA，BOD=COE，BDO=CEO=90，BDOCEO，CEO=CDA=90，ECO=DCA，CEOCDA，BDOBEACEOCDA故选C2、B【分析】先根据圆锥侧面积公式：求出

8、圆锥的侧面积，再加上底面积即得答案.【详解】解：圆锥的侧面积=，所以这个圆锥的全面积=.故选：B.【点睛】本题考查了圆锥的有关计算，属于基础题型，熟练掌握圆锥侧面积的计算公式是解答的关键.3、A【解析】轴对称图形一个图形沿某一直线对折后图形与自身重合的图形；中心对称图形是指一个图形沿某一点旋转180后图形能与自身重合，只有A图符合题中条件. 故应选A.4、B【分析】用小于3的卡片数除以卡片的总数量可得答案【详解】由题意可知一共有5种结果，其中数字小于3的结果有抽到1和2两种，所以故选：B【点睛】本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P（A）=事件A可能出现的结果数所有可能出现的

9、结果数5、A【分析】由题意，连接PC、EF，利用勾股定理求出，然后得到AB的长度，由垂径定理可得，点E是AQ中点，点F是BQ的中点，则EF是QAB的中位线，即为定值，由，即可得到答案.【详解】解：如图，连接PC，EF，则点P为（3，0），点C为（0，2），半径，；于，于，点E是AQ中点，点F是BQ的中点，EF是QAB的中位线，为定值；AB为直径，则AQB=90，四边形PFQE是矩形，为定值；当点在上顺时针从点运动到点的过程中，y的值不变；故选：A.【点睛】本题考查了圆的性质，垂径定理，矩形的判定和性质，勾股定理，以及三角形的中位线定理，正确作出辅助线，根据所学性质进行求解，正确找到是解题的关键

10、.6、A【解析】密码的末位数字共有10种可能（0、1、 2、 3、4、 5、 6、 7、 8、 9、 0都有可能），当他忘记了末位数字时，要一次能打开的概率是.故选A.7、D【分析】由抛物线解析式可直接得出抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标，可判断A、B、C，令y0利用判别式可判断D，则可求得答案【详解】y2（x1）22，抛物线开口向上，对称轴为x1，顶点坐标为（1，2），故A、B、C均不正确，令y0可得2（x1）220，可知该方程无实数根，故抛物线与x轴没有交点，故D正确；故选：D【点睛】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在ya（xh）2k中，对称轴为xh，顶点

11、坐标为（h，k）8、C【解析】试题分析：根据菱形的性质推出B=D，ADBC，根据平行线的性质得出DAB+B=180，根据等边三角形的性质得出AEF=AFE=60，AF=AD，根据等边对等角得出B=AEB，D=AFD，设BAE=FAD=x，根据三角形的内角和定理得出方程x+2（180602x）=180，求出方程的解即可求出答案解：四边形ABCD是菱形，B=D，ADBC，DAB+B=180，AEF是等边三角形，AE=AB，AEF=AFE=60，AF=AD，B=AEB，D=AFD，由三角形的内角和定理得：BAE=FAD，设BAE=FAD=x，则D=AFD=180EAF（BAE+FAD）=180602

12、x，FAD+D+AFD=180，x+2（180602x）=180，解得：x=20，BAD=220+60=100，故选C考点：菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质9、A【分析】把x=1代入已知方程列出关于k的新方程，通过解方程来求k的值【详解】解：1是一元二次方程x1-3x+k=0的一个根，11-31+k=0，解得，k=1故选：A【点睛】本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值即用这个数代替未知数所得式子仍然成立10、C【分析】直接把点A（1，y1），B（3，y1）两点代入反比例函数中，求出y1与y1

13、的值，再比较其大小即可【详解】解：A（1，y1），B（3，y1）两点都在反比例函数的图象上；y1y1故选：C【点睛】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键11、C【解析】9人成绩的中位数是第5名的成绩参赛选手要想知道自己是否能进入前4名，只需要了解自己的成绩以及全部成绩的中位数，比较即可【详解】由于总共有9个人，且他们的分数互不相同， 第5的成绩是中位数，要判断是否进入前5名，故应知道中位数的多少 故选：C【点睛】此题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、极差、方差的意义，掌握相关知识点是解答此题的关键12、B【

14、分析】根据题意可知所示的图案每四个为一组，交替出现，从而可以计算出在第1至第2018个图案中“”共有多少个，进行分析即可求解【详解】解：由图可知，所示的图案每四个为一组，交替出现，20184=5042，在第1至第2018个图案中“”共有504+1=505（个）.故选：B【点睛】本题考查图形的变化类，解答本题的关键是明确题意以及发现题目中图形的变化规律并利用数形结合的思想进行分析解答二、填空题（每题4分，共24分）13、2【分析】设a+bt，根据一元二次方程即可求出答案【详解】解：设a+bt，原方程化为：t（t4）4，解得：t2，即a+b2，故答案为：2【点睛】本题考查换元法及解一元二次方程,关

15、键在于整体换元,简化方程.14、1【分析】根据根与系数的关系可得出x1+x2=-3、x1x2=-1，将其代入x12+x22=（x1+x2）2-2x1x2中即可求出结论【详解】解：x1，x2是方程的两个实数根，x1+x2=-3，x1x2=-1，x12+x22=（x1+x2）2-2x1x2=（-3）2-2（-1）=1故答案为：1【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，牢记两根之和等于-、两根之积等于是解题的关键15、2或1【解析】分析：分两种情况进行讨论：弦AB和CD在圆心同侧；弦AB和CD在圆心异侧；作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可详解：当弦AB和CD在圆心同侧时，如图，

16、AB=16cm，CD=12cm，AE=8cm，CF=6cm，OA=OC=10cm，EO=6cm，OF=8cm，EF=OF-OE=2cm；当弦AB和CD在圆心异侧时，如图，AB=16cm，CD=12cm，AF=8cm，CE=6cm，OA=OC=10cm，OF=6cm，OE=8cm，EF=OF+OE=1cmAB与CD之间的距离为1cm或2cm故答案为2或1点睛：本题考查了勾股定理和垂径定理的应用此题难度适中，解题的关键是注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用，小心别漏解16、（答案不唯一）.【详解】设反比例函数解析式为，图象位于第一、三象限，k0，可写解析式为（答案不唯一）.考点：1.开放型；2

17、.反比例函数的性质17、y（答案不唯一）【分析】根据反比例函数的性质解答【详解】解：根据反比例函数的性质关于x的函数当x0时，函数值y随x值的增大而减小，则函数关系式为y（k0），把当x1时，函数值y1，代入上式得k1，符合条件函数的解析式为y（答案不唯一）【点睛】此题主要考察反比例函数的性质，判断k与零的大小是关键.18、3【分析】先求得a2+a=1，然后依据等式的性质求得2a3+2a=2，然后再整体代入即可【详解】代数式a2+a+3的值为7，a2+a=12a3+2a=22a3+2a-3=2-3=3故答案为3【点睛】本题主要考查的是求代数式的值，整体代入是解题的关键三、解答题（共78分）19

18、、（1）直线的解析式为，二次函数的解析式是；（2）；（3）存在，或【分析】（1）先将点A代入求出OA表达式，再设出二次函数的交点式，将点A代入，求出二次函数表达式；（2）根据题意得出当为等腰三角形时，只有OC=PC，设点D的横坐标为x，表示出点P坐标，从而得出PC的长，再根据OC和OD的关系，列出方程解得；（3）设点P的坐标为，根据条件的触点Q坐标为，再表示出的高，从而表示出的面积，令其等于，解得即可求出点P坐标.【详解】解：（1）设直线的解析式为，把点坐标代入得：，直线的解析式为；再设，把点坐标代入得：，函数的解析式为，直线的解析式为，二次函数的解析式是（2）设的横坐标为，则的坐标为，为直线

19、上方抛物线上的一个动点，此时仅有， ，解得，；（3）函数的解析式为，对称轴为，顶点，设，则，到直线的距离为，要使的面积为，则，即，解得：或，或【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，二次函数图象及性质的运用，点坐标的关系，综合性较强，解题的关键是利用条件表示出点坐标，得出方程解之.20、（1）见解析；（2）；（3）菱形，24【分析】（1）由题意可得AEB+CED=90，且ECD+CED=90，可得AEB=ECD，且A=D=90，则可证ABEDEC；（2）设AE=x，则DE=13-x，由相似三角形的性质可得，即：，可求x的值，即可得DE=9，根据勾股定理可求CE的长；（3）由折叠的性质可得CP=C

20、P，CQ=CQ，CPQ=CPQ，BCP=BCP=90，由平行线的性质可得CPQ=CQP=CPQ，即可得CQ=CP=CQ=CP，则四边形CQCP是菱形，通过证CEQEDC，可得，即可求CEEQ的值【详解】证明：（1）CEBE，BEC=90，AEB+CED=90，又ECD+CED=90，AEB=ECD，又A=D=90，ABEDEC（2）设AE=x，则DE=13-x，由（1）知：ABEDEC，即：x2-13x+36=0，x1=4，x2=9，又AEDEAE=4，DE=9，在RtCDE中，由勾股定理得：（3）如图，折叠，CP=CP，CQ=CQ，CPQ=CPQ，BCP=BCP=90，CEBC，BCP=90

21、，CECP，CPQ=CQP，CQP=CPQ，CQ=CP，CQ=CP=CQ=CP，四边形CQCP是菱形，故答案为：菱形四边形CQCP是菱形，CQCP，CQ=CP，EQC=ECD又CEQ=D=90CEQEDC即：CEEQ=DCCQ=64=24【点睛】本题是相似形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等性质，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键21、（1）x3，x1；（2）x ，x 【分析】(1)根据因式分解法即可求解； (2)根据公式法即可求解【详解】（1）称项得：x2-4x+30（x-3）（x-1）=0 x-3=0，x-1=0 x 3

22、，x1（2）整理得：3x2-9x+4=0a3，b9，c4b24a c（9）2434330方程有两个不相等的实数根为 xx，x【点睛】此题主要考查一元二次方程的求解，解题的关键是熟知解解法22、证明详见解析【解析】试题分析：根据等腰三角形的性质，由AB=AC，D是BC中点得到ADBC，易得ADC=BEC=90，再证明FAD=CBE，于是根据有两组角对应相等的两个三角形相似即可得到结论试题解析：证明：AB=AC，D是BC中点，ADBC，ADC=90，FAE+AFE=90，BEAC，BEC=90，CBE+BFD=90，AFE=BFD，FAD=CBE，AFEBCE考点：相似三角形的判定23、树高为米【

23、分析】延长交BD延长线于点，根据同一时刻，物体与影长成正比可得，根据AB/CD可得AEBCED，可得，即可得出，可求出DE的长，由BE=BD+DE可求出BE的长，根据求出AB的长即可【详解】延长和相交于点，则就是树影长的一部分，某一时刻测得高为的竹竿影长为，AB/CD，AEBCED，即树高为米【点睛】本题考查相似三角形的应用，熟练掌握同一时刻，物体与影长成正比及相似三角形判定定理是解题关键24、（1），;（2），另一个根是1【分析】（1）用因式分解法解方程即可； （2）根据分式方程无解，先求出m的值 ，然后将m代入一元二次方程中求出k的值即可；根据根与系数的关系可求出另一个根【详解】（1）原方程可化为或解得：，（2）解：将分式方程两边同时 ，得到 ，解得 分式方程无解， ，把代入方程，得求得根据一元二次方程根与系数的关系可得 另外一个根是1【点睛】本题主要考查解一元二次方程及一元二次方程根与系数的关系，分式方程无解问题，掌握分式方程无解问题的方法及一元二次方程根与系数的关系是解题的关键25、（1）点B的坐标为（1，3）；（2）点D的坐标为（，0）；（3）存在