江苏省南京市第29中学2023学年数学九上期末复习检测试题含解析

1、2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4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

2、并交回。一、选择题(每小题3分,共30分)1在某一时刻，测得一根高为1.8m的竹竿的影长为3m，同时测得一根旗杆的影长为25m，那么这根旗杆的高度为（ ）A10mB12mC15mD40m2若一次函数的图象不经过第二象限，则关于的方程的根的情况是（ ）A有两个不相等的实数根B有两个相等的实数根C无实数根D无法确定3方程2x（x3）=5（x3）的根是（）Ax=Bx=3Cx1=，x2=3Dx1=，x2=34如图，在O中，弦AC半径OB，BOC50，则OAB的度数为()A25B20C15D305方程的根为（ ）ABC或D或6如图所示,将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形ABCD的位置,旋转角为(090

3、).若1=110,则等于()A20B30C40D507下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）A正三角形B正五边形C正六边形D正七边形8下列计算正确的是（）ABCD9小李与小陈做猜拳游戏，规定每人每次至少要出一个手指，两人出拳的手指数之和为偶数时小李获胜，那么，小李获胜的概率为（）ABCD10若方程有两个不相等的实数根，则实数的值可能是（ ）A3B4C5D6二、填空题(每小题3分,共24分)11图形之间的变换关系包括平移、_、轴对称以及它们的组合变换12二次函数yx2+bx+c的部分图象如图所示，对称轴是直线x1，则关于x的一元二次方程x2+bx+c0的根为_13已知一元二次方程

4、的一个根为1，则_14已知m，n是方程的两个实数根，则15如图，在ABC中，点DE分别在ABAC边上，DEBC，ACD=B，若AD=2BD，BC=6.则线段CD的长为_16如图，是的中线，点在延长线上，交的延长线于点，若，则_.17小英同时掷甲、乙两枚质地均匀的小立方体（立方体的每个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6）记甲立方体朝上一面上的数字为x，乙立方体朝上一面上的数字为y，这样就确定点P的一个坐标（x，y），那么点P落在双曲线y=上的概率为_18一次安全知识测验中，学生得分均为整数，满分10分，这次测验中甲、乙两组学生人数都为6人，成绩如下：甲：7，9，10，1，5，9；乙：9，6，

5、1，10，7，1（1）请补充完整下面的成绩统计分析表：平均分方差众数中位数甲组19乙组11（2）甲组学生说他们的众数高于乙组，所以他们的成绩好于乙组，但乙组学生不同意甲组学生的说法，认为他们组的成绩要好于甲组，请你给出一条支持乙组学生观点的理由_三、解答题(共66分)19（10分）某商店代销一批季节性服装，每套代销成本40元，第一个月每套销售定价为52元时，可售出180套；应市场变化调整第一个月的销售价，预计销售定价每增加1元，销售量将减少10套（1）若设第二个月的销售定价每套增加x元，填写下表时间第一个月第二个月每套销售定价（元）销售量（套）（2）若商店预计要在这两个月的代销中获利4160元

6、，则第二个月销售定价每套多少；（3）求当4x6时第二个月销售利润的最大值20（6分）如图，抛物线过点和，点为线段上一个动点(点与点不重合)，过点作垂直于轴的直线与直线和抛物线分别交于点（1）求此抛物线的解析式；（2）若点是的中点，则求点的坐标； （3）若以点为顶点的三角形与相似，请直接写出点的坐标21（6分）问题情境:在综合实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的剪拼”为主题开展数学活动，如图（1），将一张菱形纸片ABCD（BAD60）沿对角线AC剪开，得到ABC和ACD操作发现:（1）将图（1）中的ABC以A为旋转中心，顺时针方向旋转角（060）得到如图（2）所示ABC，分别延长BC和DC交于点

7、E，发现CECE请你证明这个结论（2）在问题（1）的基础上，当旋转角等于多少度时，四边形ACEC是菱形？请你利用图（3）说明理由拓展探究:（3）在满足问题（2）的基础上，过点C作CFAC，与DC交于点F试判断AD、DF与AC的数量关系，并说明理由22（8分）如图，ABC是等边三角形，点D在AC边上，将BCD绕点C旋转得到ACE（1）求证：DEBC（2）若AB8，BD7，求ADE的周长23（8分）如图，线段AB，A（2，3），B（5，3），抛物线y（x1）2m2+2m+1与x轴的两个交点分别为C，D（点C在点D的左侧）（1）求m为何值时抛物线过原点，并求出此时抛物线的解析式及对称轴和项点坐标（2

8、）设抛物线的顶点为P，m为何值时PCD的面积最大，最大面积是多少（3）将线段AB沿y轴向下平移n个单位，求当m与n有怎样的关系时，抛物线能把线段AB分成1：2两部分24（8分）解方程（1）（x+1）2250（2）x24x2025（10分）如图,菱形的顶点在菱形的边上, 与相交于点,若,求菱形的边长.26（10分）阅读材料：各类方程的解法求解一元一次方程，根据等式的基本性质，把方程转化为的形式：求解二元一次方程组，把它转化为一元一次方程来解；类似的，求解三元一次方程组，把它转化为二元一次方程组来解；求解一元二次方程，把它转化为两个一元一次方程来解：求解分式方程，把它转化为整式方程来解，由于“去分

9、母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想一一转化，把未知转化为已知用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程例如，一元三次方程，可以通过因式分解把它转化为，解方程和，可得方程的解利用上述材料给你的启示，解下列方程；（1）；（2）参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】根据同时同地物高与影长成正比，列式计算即可得解【详解】设旗杆高度为x米，由题意得，解得：x15，故选C【点睛】本题考查了相似三角形的应用，熟知同时同地物高与影长成比例是解题的关键.2、A【分析】利用一次函数性质得出k0，b0，再判断出=k2-4b0，即可求

10、解.【详解】解：一次函数的图象不经过第二象限，方程有两个不相等的实数根故选【点睛】本题考查的是一元二次方程的根的判别式，熟练掌握一次函数的图像和一元二次方程根的判别式是解题的关键.3、C【解析】利用因式分解法解一元二次方程即可.解：方程变形为：2x（x3）5（x3）=0，（x3）（2x5）=0，x3=0或2x5=0，x1=3，x2=故选C4、A【分析】根据圆周角定理可得BAC=25，又由ACOB，BAC=B=25，再由等边对等角即可求解答【详解】解：BOC=2BAC，BOC=50，BAC=25，又 ACOBBAC=B=25.OA=OBOAB=B=25故答案为A【点睛】本题考查了圆周角定理和平行

11、线的性质，灵活应用所学定理以及数形结合思想的应用都是解答本题的关键5、D【分析】用直接开平方法解方程即可.【详解】x-1=1x1=2，x2=0故选：D【点睛】本题考查的是用直接开平方法解一元二次方程，关键是要掌握开平方的方法，解题时要注意符号.6、A【解析】由性质性质得，D=D=90,4=,由四边形内角和性质得3=360-90-90-110=70,所以4=90-70=20.【详解】如图,因为四边形ABCD为矩形,所以B=D=BAD=90,因为矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形ABCD,所以D=D=90,4=,因为1=2=110,所以3=360-90-90-110=70,所以4=90-70=2

12、0,所以=20.故选：A【点睛】本题考核知识点：旋转角. 解题关键点：理解旋转的性质.7、C【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可【详解】A、此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误； B、此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；C、此图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项正确；D、此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误故选：C【点睛】本题主要考查了轴对称图形与中心对称图形，掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合8、C【分析】分别根据

13、合并同类项的法则、完全平方公式、幂的乘方以及同底数幂的乘法化简即可判断【详解】A、，故选项A不合题意；B，故选项B不合题意；C，故选项C符合题意；D，故选项D不合题意，故选C【点睛】本题考查了合并同类项、幂的运算以及完全平方公式，熟练掌握各运算的运算法则是解答本题的关键9、A【分析】画出树状图，共有25个等可能的结果，两人出拳的手指数之和为偶数的结果有13个，即可得出答案【详解】解：画树状图如图：共有25个等可能的结果，两人出拳的手指数之和为偶数的结果有13个，小李获胜的概率为；故选A【点睛】本题考查了列表法与树状图法以及概率公式；根据题意画出树状图是解题的关键10、A【分析】根据一元二次方程

14、有两个实数根可得：0，列出不等式即可求出的取值范围，从而求出实数的可能值.【详解】解：由题可知：解出：各个选项中，只有A选项的值满足该取值范围，故选A.【点睛】此题考查的是求一元二次方程的参数的取值范围，掌握一元二次方程根的情况与的关系是解决此题的关键.二、填空题(每小题3分,共24分)11、旋转【分析】图形变换的形式包括平移、旋转和轴对称【详解】图形变换的形式，分别为平移、旋转和轴对称故答案为：旋转【点睛】本题考查了图形变换的几种形式，分别为平移、旋转和轴对称，以及他们的组合变换12、x11，x21【分析】根据二次函数的性质和函数的图象，可以得到该函数图象与x轴的另一个交点，从而可以得到一元

15、二次方程-x2+bx+c=0的解，本题得以解决【详解】由图象可得，抛物线yx2+bx+c与x轴的一个交点为（1，0），对称轴是直线x1，则抛物线与x轴的另一个交点为（1，0），即当y0时，0 x2+bx+c，此时方程的解是x11，x21，故答案为：x11，x21【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答13、-4【分析】将x=1代入方程求解即可.【详解】将x=1代入方程得4+a=0，解得a=-4，故答案为：-4.【点睛】此题考查一元二次方程的解，使方程左右两边相等的未知数的值是方程的解，已知方程的解时将解代入方程求参数即可.14、3【解

16、析】根据题意得m+n=2，mn=5，所以m+nmn=2（-5）=3.15、【分析】设AD2x，BDx，所以AB3x，易证ADEABC，利用相似三角形的性质可求出DE的长度，以及，再证明ADEACD，利用相似三角形的性质即可求出得出，从而可求出CD的长度【详解】设AD2x，BDx，AB3x，DEBC，ADEABC，DE4，ACDB，ADEB，ADEACD，AA，ADEACD，设AE2y，AC3y，ADy，CD2，故填：2.【点睛】本题考查相似三角形，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，本题属于中等题型16、5【分析】过D点作DHAE交EF于H点，证BDHBCE，FDHFAE，根据对应边成

17、比例即可求解.【详解】过D点作DHAE交EF于H点，BDH=BCE，BHD=BEC,BDHBCE同理可证：FDHFAEAD是ABC的中线BD=DC 又 故答案为：5【点睛】本题考查的是相似三角形，找到两队相似三角形之间的联系是关键.17、【分析】列表得出所有等可能的情况数，找出P坐标落在双曲线上的情况数，即可求出所求的概率【详解】解：列表得：所有等可能的情况数有36种，其中P（x，y）落在双曲线y=上的情况有4种，则P=故答案为【点睛】本题考查列表法与树状图法；反比例函数图象上点的坐标特征，掌握概率的求法是解题关键18、（1），1.5，1；（2）两队的平均分相同，但乙组的方差小于甲组方差，所以

18、乙组成绩更稳定【分析】（1）根据方差、平均数的计算公式求出甲组方差和乙组平均数，根据中位数的定义，取出甲组中位数；（2）根据（1）中表格数据，分别从反应数据集中程度的中位数和平均分及反应数据波动程度的方差比较甲、乙两组，由此找出乙组优于甲组的一条理由【详解】（1）甲组方差：甲组数据由小到大排列为：5，7，1，9，9，10故甲组中位数：（1+9）2=1.5乙组平均分：(9+6+1+10+7+1)6=1填表如下：平均分方差众数中位数甲组191.5乙组111（2）两队的平均分相同，但乙组的方差小于甲组，所以乙组成绩更稳定故答案为：，1.5，1；两队的平均分相同，但乙组的方差小于甲组方差，所以乙组成绩

19、更稳定【点睛】本题考查数据分析，熟练掌握反应数据集中趋势的中位数、众数和平均数以及反应数据波动程度的方差的计算公式和定义是解题关键三、解答题(共66分)19、（1）52；52+x；180；180-10 x；（2）1元；（3）2240元【分析】（1）本题先设第二个月的销售定价每套增加x元，再分别求出销售量即可；（2）本题先设第二个月的销售定价每套增加x元，根据题意找出等量关系列出方程，再把解得的x代入即可（3）根据利润的表达式化为二次函数的顶点式，即可解答本题【详解】解：（1）若设第二个月的销售定价每套增加x元，填写下表：时间第一个月第二个月销售定价（元）5252+x销售量（套）180180-1

20、0 x故答案为：52；52+x；180；180-10 x（2）若设第二个月的销售定价每套增加x元，根据题意得：（52-40）180+（52+x-40）（180-10 x）=411，解得：x1=-2（舍去），x2=8，当x=-2时，52+x=50（舍去），当x=8时，52+x=1答：第二个月销售定价每套应为1元（3）设第二个月利润为y元由题意得到：y=（52+x-40）（180-10 x）=-10 x2+1x+211=-10（x-3）2+2250-100当4x6时，y随x的增大而减小，当x=4时，y取最大值，此时y=2240，52+x=52+4=56，即要使第二个月利润达到最大，应定价为56元，

21、此时第二个月的最大利润是2240元【点睛】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是明确题意，列出相应的关系式，找出所求问题需要的条件20、（1）；（2）；（3）P(,)或P(,)【分析】(1)把A点坐标和B点坐标代入，解方程组即可；(2)用m可表示出P、N的坐标，由题意可知有P为线段MN的中点，可得到关于m的方程，可求得m的值，即可求得点的坐标；(3) 用m可表示出NP,PM,AM,分当BNP=90时和当NBP=90时两种情况讨论即可.【详解】解： (1) 抛物线经过点 解得(2)由题意易得，直线的解析式为由，设，则，点是的中点，即，解得 (舍)(3) 由，设，AM=3m， BPN和APM相似，

22、且BPN=APM，BNP=AMP=90或NBP=AMP=90，当BNP=90时，则有BNMN，N点的纵坐标为2，=2，解得m=0(舍去)或m=，P(,)；当NBP=90时，过点N作NCy轴于点C，则NBC+BNC=90，NC=m，BC=2=，NBP=90，NBC+ABO=90，ABO=BNC，RtNCBRtBOA，m2=，解得m=0(舍去)或m=，P(,),综上可知，当以B，P，N为顶点的三角形与APM相似时，点P的坐标为P(,)或P(,)【点睛】本题主要考查的是一次函数的图象和应用，二次函数的图象，待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的应用，线段的中点，勾股定理，相似三角形的判定及性质，运

23、用了分类讨论思想21、（1）见解析；（2）当30时，四边形ACEC是菱形，理由见解析；（3）AD+DFAC，理由见解析【分析】（1）先判断出ACC=ACC，进而判断出ECC=ECC，即可得出结论；（2）判断出四边形ACEC是平行四边形，即可得出结论；（3）先判断出HAC是等边三角形，得出AH=AC，H=60，再判断出HDF是等边三角形，即可得出结论【详解】（1）证明：如图2，连接CC，四边形ABCD是菱形，ACDACB30，ACAC，ACCACC，ECCECC，CECE；（2）当30时，四边形ACEC是菱形，理由：DCACACACB30，CEAC，ACCE，四边形ACEC是平行四边形，又CEC

24、E，四边形ACEC是菱形；（3）AD+DFAC理由：如图4，分别延长CF与AD交于点H，DACCAC30，CFAC，ACHDAC60，HAC是等边三角形，AHAC，H60，又ADDC，DACDCA30，HDCDAC+DCA60，HDF是等边三角形，DHDF，AD+DFAD+DHAHACAC，ACAD+DF 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了旋转的旋转，等边三角形的判定和旋转，菱形的判定和性质，判断出HAC是等边三角形是解本题的关键22、（1）见解析；（2）1【分析】（1）由旋转的性质可得CDCE，ACBACE60，可得CDE60ACB，可证DEBC；（2）由旋转的性质可得AEBD7，即可求

25、ADE的周长【详解】证明：（1）ABC是等边三角形，ABBCAC，ACB60，将BCD绕点C旋转得到ACECDCE，ACBACE60，CDE是等边三角形，CDE60ACB，DEBC；（2）将BCD绕点C旋转得到ACEAEBD7，ADE的周长AE+DE+ADAE+DC+ADAE+AC，ADE的周长7+81【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，解决本题的关键是正确理解题意，能够熟练掌握旋转的性质和等边三角形的性质，找到相等的线段和角.23、（1）当m0或m2时，抛物线过原点，此时抛物线的解析式是y（x1）2+1，对称轴为直线x1，顶点为（1，1）；（2）m为1时PCD的面积最大，最大面积

26、是2；（3）nm22m+6或nm22m+1【分析】（1）根据抛物线过原点和题目中的函数解析式可以求得m的值，并求出此时抛物线的解析式及对称轴和项点坐标；（2）根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以求得m为何值时PCD的面积最大，求得点C、D的坐标，由此求出PCD的面积最大值；（3）根据题意抛物线能把线段AB分成1：2，存在两种情况，求出两种情况下线段AB与抛物线的交点，即可得到当m与n有怎样的关系时，抛物线能把线段AB分成1：2两部分【详解】（1）当y（x1）2m2+2m+1过原点（0，0）时，01m2+2m+1，得m10，m22，当m10时，y（x1）2+1，当m22时，y（x1）2+1，由上可得，当m0或m2时，抛物线过原点，此时抛物线的解析式是y（x1）2+1，对称轴为直线x1，顶点为（1，1）；（2）抛物线y（x1）2m2+2m+1，该抛物线的顶点P为（1，m2+2m+1），当m2+2m+1最大时，PCD的面积最大，m2+2m+1（m1）2+2，当m1时，m2+2m+1最大为2，y（x1）2+2，当