2023学年重庆市万州第三中学数学九上期末调研试题含解析

1、2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题4分，共48分）1如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A(3，0)，顶点B在y轴正半轴上，顶点D在x轴负半轴上，若抛物线y=x25x+c经过点B、C，则菱形ABCD的面积为（ ）A15B20C25D302如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，于点H，且DH与AC交于G，则OG长度为ABCD3下列函数中

2、，图象不经过点（2，1）的是（）Ay=x2+5By=Cy=xDy=2x+34如图，AB是O的直径，弦CDAB于点E若AB=8，AE=1，则弦CD的长是（ ）AB2C6D85当k0时，下列图象中哪些可能是y=kx与y=在同一坐标系中的图象（）ABCD6下列事件是必然事件的是()A地球绕着太阳转B抛一枚硬币，正面朝上C明天会下雨D打开电视，正在播放新闻7如图，在中，是斜边上的高，则图中的相似三角形共有（ ）A1对B2对C3对D4对8一张圆形纸片，小芳进行了如下连续操作：将圆形纸片左右对折，折痕为AB，如图将圆形纸片上下折叠，使A、B两点重合，折痕CD与AB相交于M，如图将圆形纸片沿EF折叠，使B、

3、M两点重合，折痕EF与AB相交于N，如图连结AE、AF、BE、BF，如图经过以上操作，小芳得到了以下结论：；四边形MEBF是菱形；为等边三角形；：以上结论正确的有 A1个B2个C3个D4个9如图，在ABC中，ACBC，ABC30，点D是CB延长线上的一点，且ABBD，则tanD的值为（）ABCD10如图，O的半径为1，点 O到直线 的距离为2，点 P是直线上的一个动点，PA切O于点 A，则 PA的最小值是（ ）A1BC2D11已知函数的图象经过点P(-1,4)，则该图象必经过点( )A(1,4)B(-1，-4)C(-4,1)D(4，-1)12如图，抛物线与直线交于，两点，与直线交于点，将抛物线

4、沿着射线方向平移个单位在整个平移过程中，点经过的路程为（ ）ABCD二、填空题（每题4分，共24分）13方程的解是_14在四边形ABCD中，ADBC，ADBC请你再添加一个条件，使四边形ABCD是菱形你添加的条件是_(写出一种即可)15如图，BD为正方形ABCD的对角线，BE平分DBC，交DC与点E，将BCE绕点C顺时针旋转90得到DCF，若CE1 cm，则BF_cm.16如图所示，已知：点，在内依次作等边三角形，使一边在轴上，另一个顶点在边上，作出的等边三角形分别是第1个，第2个，第3个，则第个等边三角形的周长等于 17如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，反比例函数的图象经过线段OA的中

5、点B，则k=_18在ABCD中，E是AD上一点，且点E将AD分为2：3的两部分，连接BE、AC相交于F，则是_三、解答题（共78分）19（8分）在平面直角坐标系中，己知，点从点开始沿边向点以的速度移动；点从点开始沿边内点以的速度移动如果、同时出发，用表示移动的时间（1）用含的代数式表示：线段_；_；（2）当为何值时，四边形的面积为（3）当与相似时，求出的值20（8分）在ABC中，C90（1）已知A30，BC2，求AC、AB的长；（2）己知tanA，AB6，求AC、BC的长21（8分）某校九年级（1）班甲、乙两名同学在5次引体向上测试中的有效次数如下：甲：8，8，7，8，1.乙：5，1，7，10

6、，1甲、乙两同学引体向上的平均数、众数、中位数、方差如下：平均数众数中位数方差甲880.4乙13.2根据以上信息，回答下列问题：（1）表格中_，_，_（填数值）（2）体育老师根据这5次的成绩，决定选择甲同学代表班级参加年级引体向上比赛，选择甲的理由是_.班主任李老师根据去年比赛的成绩（至少1次才能获奖），决定选择乙同学代表班级参加年级引体向上比赛，选择乙的理由是_（3）乙同学再做一次引体向上，次数为n，若乙同学6次引体向上成绩的中位数不变，请写出n的最小值22（10分）已知抛物线yx2+bx+c与x轴交于A（4，0）、B（2，0），与y轴交于点C（1）求抛物线的解析式；（2）点D为第四象限抛物

7、线上一点，设点D的横坐标为m，四边形ABCD的面积为S，求S与m的函数关系式，并求S的最值；（3）点P在抛物线的对称轴上，且BPC45，请直接写出点P的坐标23（10分）如图，在中，且点的坐标为（1）画出绕点逆时针旋转后的（2）求点旋转到点所经过的路线长（结果保留）（3）画出关于原点对称的24（10分）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a0)的对称轴为直线，且抛物线经过B(1，0)，C(0，3)两点，与x轴交于点A（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，在抛物线的对称轴直线上找一点M，使点M到点B的距离与到点C的距离之和最小，求出点M的坐标；（3）如图2，点Q为直线AC上方抛物线上一点，若C

8、BQ=45，请求出点Q坐标.25（12分）综合与探究：三角形旋转中的数学问题实验与操作：RtABC中，ABC90，ACB30 将RtABC绕点A按顺时针方向旋转得到RtABC（点B，C分别是点B，C的对应点） 设旋转角为（0180），旋转过程中直线BB和线段CC相交于点D猜想与证明：（1）如图1，当AC经过点B时，探究下列问题：此时，旋转角的度数为 ；判断此时四边形ABDC的形状，并证明你的猜想；（2）如图2，当旋转角90时，求证：CDCD；（3）如图3，当旋转角在0180范围内时，连接AD，直接写出线段AD与C之间的位置关系（不必证明）26某课桌生产厂家研究发现，倾斜12至24的桌面有利于学

9、生保持躯体自然姿势根据这一研究，厂家决定将水平桌面做成可调节角度得桌面新桌面的设计图如图1，可绕点旋转，在点处安装一根长度一定且处固定，可旋转的支撑臂，（1）如图2，当时，求支撑臂的长；（2）如图3，当时，求的长（结果保留根号）（参考数据：，）参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【分析】根据抛物线的解析式结合抛物线过点B、C，即可得出点C的横坐标，由菱形的性质可得出AD=AB=BC=1，再根据勾股定理可求出OB的长度，套用平行四边形的面积公式即可得出菱形ABCD的面积【详解】解：抛物线的对称轴为，抛物线y=-x2-1x+c经过点B、C，且点B在y轴上，BCx轴，点C的横坐标为-1四边

10、形ABCD为菱形，AB=BC=AD=1，点D的坐标为（-2，0），OA=2在RtABC中，AB=1，OA=2，OB=，S菱形ABCD=ADOB=14=3故选：B【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、菱形的性质以及平行四边形的面积，根据二次函数的性质、菱形的性质结合勾股定理求出AD=1、OB=4是解题的关键2、B【解析】试题解析：在菱形中，所以，在中，因为，所以，则，在中，由勾股定理得，由可得，即，所以故选B.3、D【分析】根据题意分别计算出当时的各选项中的函数值，然后进一步加以判断即可.【详解】A：当x=2时，y=4+5=1，则点（2，1）在抛物线y=x2+5上，所以A

11、选项错误；B：当x=2时，y=1，则点（2，1）在双曲线y=上，所以B选项错误；C：当x=2时，y=2=1，则点（2，1）在直线y=x上，所以C选项错误；D：当x=2时，y=4+3=1，则点（2，1）不在直线y=2x+3上，所以D选项正确故选：D【点睛】本题主要考查了函数图像上点的坐标的性质，熟练掌握相关概念是解题关键.4、B【分析】连接OC，根据垂径定理和勾股定理，即可得答案【详解】连接OC，AB是O的直径，弦CDAB于点E，AB=8，AE=1，故选：B【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，解题关键是学会添加常用辅助线面构造直角三角形解决问题5、B【分析】由系数即可确定与经过的象限.【详解】

12、解：经过第一、三象限，经过第一、三象限，B选项符合.故选：B【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的图像，灵活根据的正负判断函数经过的象限是解题的关键.6、A【解析】试题分析：根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念可区别各类事件解：A、地球绕着太阳转是必然事件，故A符合题意；B、抛一枚硬币，正面朝上是随机事件，故B不符合题意；C、明天会下雨是随机事件，故C不符合题意；D、打开电视，正在播放新闻是随机事件，故D不符合题意；故选A点评：本题考查了随机事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念必然事件指在一定条件下一定发生的事件不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件不确定

13、事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件7、C【分析】根据相似三角形的判定定理及已知即可得到存在的相似三角形【详解】ACB90，CDABABCACD，ACDCBD，ABCCBD所以有三对相似三角形，故选：C【点睛】考查相似三角形的判定定理：（1）两角对应相等的两个三角形相似；（2）两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似；（3）三边对应成比例的两个三角形相似8、D【分析】根据折叠的性质可得BMD=BNF=90，然后利用同位角相等，两直线平行可得CDEF，从而判定正确；根据垂径定理可得BM垂直平分EF，再求出BN=MN，从而得到BM、EF互相垂直平分，然后根据对角线互相垂直平分

14、的四边形是菱形求出四边形MEBF是菱形，从而得到正确；根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半求出MEN=30，然后求出EMN=60，根据等边对等角求出AEM=EAM，然后利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出AEM=30，从而得到AEF=60，同理求出AFE=60，再根据三角形的内角和等于180求出EAF=60，从而判定AEF是等边三角形，正确；设圆的半径为r，求出EN= ，则可得EF=2EN=，即可得S四边形AEBF：S扇形BEMF的答案，所以正确【详解】解：纸片上下折叠A、B两点重合， BMD=90， 纸片沿EF折叠，B、M两点重合， BNF=90， BMD=BNF=90

15、， CDEF，故正确； 根据垂径定理，BM垂直平分EF， 又纸片沿EF折叠，B、M两点重合， BN=MN， BM、EF互相垂直平分， 四边形MEBF是菱形，故正确； ME=MB=2MN， MEN=30， EMN=90-30=60， 又AM=ME（都是半径）， AEM=EAM， AEM=EMN=60=30， AEF=AEM+MEN=30+30=60， 同理可求AFE=60， EAF=60， AEF是等边三角形，故正确； 设圆的半径为r，则EN=， EF=2EN=， S四边形AEBF：S扇形BEMF=故正确， 综上所述，结论正确的是共4个 故选：D【点睛】本题圆的综合题型，主要考查了翻折变换的性质

16、，平行线的判定，对角线互相垂直平分的四边形是菱形，等边三角形的判定与性质注意掌握折叠前后图形的对应关系是关键9、D【分析】设ACm，解直角三角形求出AB，BC，BD即可解决问题【详解】设ACm，在RtABC中，C90，ABC30，AB2AC2m，BCACm，BDAB2m，DC2m+m，tanADC2故选：D【点睛】本题考查解直角三角形，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型10、B【分析】因为PA为切线，所以OPA是直角三角形又OA为半径为定值，所以当OP最小时，PA最小根据垂线段最短，知OP=1时PA最小运用勾股定理求解【详解】解：作OPa于P点，则O

17、P=1 根据题意，在RtOPA中，AP=故选：B【点睛】此题考查了切线的性质及垂线段最短等知识点，如何确定PA最小时点P的位置是解题的关键，难度中等偏上11、A【解析】把P点坐标代入二次函数解析式可求得a的值，则可求得二次函数解析式，再把选项中所给点的坐标代入判断即可；【详解】二次函数的图象经过点P(-1，4)，解得a=4，二次函数解析式为；当x=1或x=-1时，y=4；当x=4或x=-4时，y=64；故点(1，4)在抛物线上；故选A.【点睛】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，掌握二次函数图象上点的坐标特征是解题的关键.12、B【分析】根据题意抛物线沿着射线方向平移个单位，点A向右平移

18、4个单位，向上平移2个单位，可得平移后的顶点坐标设向右平移a个单位，则向上平移a个单位，抛物线的解析式为y=(x+1-a) -1+a，令x=2,y=(a-)+,由0a4,推出y的最大值和最小值,根据点D的纵坐标的变化情形，即可解决问题【详解】解：由题意，抛物线沿着射线方向平移个单位，点A向右平移4个单位，向上平移2个单位，抛物线=(x+1) -1的顶点坐标为(-1,-1),设抛物线向右平移a个单位，则向上平移a个单位，抛物线的解析式为y=(x+1-a) -1+a令x=2,y=(3-a) -1+a,y=(a-)+,0a4y的最大值为8，最小值为，a=4时，y=2，8-2+2(2-)=故选：B【点

19、睛】本题考查的是抛物线上的点在抛物线平移时经过的路程问题，解决问题的关键是在平移过程中点D的移动规律二、填空题（每题4分，共24分）13、,【分析】根据题意先移项，再提取公因式，求出x的值即可【详解】解：移项得，x（x-3）-x=0，提取公因式得，x（x-3-1）=0，即x（x-4）=0，解得,故答案为：,【点睛】本题考查的是解一元二次方程-因式分解法，熟练利用因式分解法解一元二次方程是解答此题的关键14、此题答案不唯一，如AB=BC或BC=CD或CD=AD或AB=AD或ACBD等【分析】由在四边形ABCD中，ADBC，ADBC，可判定四边形ABCD是平行四边形，然后根据一组邻边相等的平行四边

20、形是菱形与对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可判定四边形ABCD是菱形，则可求得答案【详解】解：如图， 在四边形ABCD中，ADBC，ADBC，四边形ABCD是平行四边形，当AB=BC或BC=CD或CD=AD或AB=AD时，四边形ABCD是菱形；当ACBD时，四边形ABCD是菱形故答案为：此题答案不唯一，如AB=BC或BC=CD或CD=AD或AB=AD或ACBD等【点睛】此题考查了菱形的判定定理此题属于开放题，难度不大，注意掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形与对角线互相垂直的平行四边形是菱形是解此题的关键15、2+【详解】过点E作EMBD于点M,如图所示：四边形ABCD为正方形，BAC=45

21、，BCD=90，DEM为等腰直角三角形BE平分DBC，EMBD，EM=EC=1cm，DE=EM=cm.由旋转的性质可知：CF=CE=1cm，BF=BC+CF=CE+DE+CF=1+1=2+cm.故答案为2+.16、【解析】OB=，OC=1，BC=2，OBC=30，OCB=60而AA1B1为等边三角形，A1AB1=60，COA1=30，则CA1O=90在RtCAA1中，AA1=OC=，同理得：B1A2=A1B1=，依此类推，第n个等边三角形的边长等于第n个等边三角形的周长等于.17、-2【解析】由A，B是OA的中点，点B的坐标，把B的坐标代入关系式可求k的值【详解】A（-4，2），O（0，0），

22、B是OA的中点，点B（-2，1），代入得：故答案为：-2【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征及线段中点坐标公式；根据中点坐标公式求出点B坐标，代入求k的值是本题的基本方法18、或【分析】分两种情况，根据相似三角形的性质计算即可【详解】解：当时，四边形ABCD是平行四边形，当时，同理可得，故答案为或【点睛】考查的是相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键三、解答题（共78分）19、（1）2t，(5t)；（2）t=2或3；（3）t或1【分析】（1）根据路程=速度时间可求解；（2）根据S四边形PABQ=SABOSPQO列出方程求解；（3）分

23、或两种情形列出方程即可解决问题【详解】（1）OP=2tcm，OQ=(5t)cm故答案为：2t，(5t)（2）S四边形PABQ=SABOSPQO，191052t(5t)，解得：t=2或3，当t=2或3时，四边形PABQ的面积为19cm2（3）POQ与AOB相似，POQ=AOB=90，或当，则，t，当时，则，t=1综上所述：当t或1时，POQ与AOB相似【点睛】本题是相似综合题，考查相似三角形的判定和性质、坐标与图形的性质、三角形的面积等知识，解答本题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型20、（1）AB4，AC2；（2）BC2，AC1【分析】（1）根据含30角的直角三角形的性质即可得

24、到结论；（2）解直角三角形即可得到结论【详解】（1）在ABC中，C90，A30，BC2，AB2BC4，ACBC2；（2）在ABC中，C90，tanA，AB6，设BCk，AC4k，AB3k6，k2，BCk2，AC4k1【点睛】本题考查了含30角的直角三角形，解直角三角形，正确的理解题意是解题的关键21、（1）2；2；1（2）甲的方差较小，比较稳定；乙的中位数是1，众数是1，获奖可能性较大.（3）.【分析】（1）根据中位数、众数、平均数的计算方法分别计算结果，得出答案；（2）选择甲，只要看甲的方差较小，发挥稳定，选择乙由于乙的众数较大，中位数较大，成绩在中位数以上的占一半，获奖的次数较多；（3）加

25、入一次成绩为n之后，计算6个数的平均数、众数、中位数，做出判断【详解】解：（1）甲的成绩中，2出现的次数最多，因此甲的众数是2，即b=2，（5+1+7+1+10）5=2即a=2，将乙的成绩从小到大排列为5，7，1，1，10，处在第3位的数是1，因此中位数是1，即c=1，故答案为：2，2，1（2）甲的方差为0.4，乙的方差为3.2，选择甲的理由是：甲的方差较小，比较稳定，选择乙的理由是：乙的中位数是1，众数是1，获奖可能性较大， （3）若要中位数不变，按照从小到大排列为：5，7，1，1，n，10，或5，7，1，1，10，n，可得n最小值为1.【点睛】本题考查了平均数、中位数、众数的意义和计算方法

26、，明确各个统计量的意义，反映数据的特征以及计算方法是正确解答的关键22、（1）y x2x4；（2）S（m2）2+16，S的最大值为16；（3）点P的坐标为：（1，1+）或（1，1）【分析】（1）根据交点式可求出抛物线的解析式；（2）由S=SOBC+SOCD+SODA，即可求解；（3）BPC=45，则BC对应的圆心角为90，可作BCP的外接圆R，则BRC=90，过点R作y轴的平行线交过点C与x轴的平行线于点N、交x轴于点M，证明BMRRNC（AAS）可求出点R（1，-1），即点R在函数对称轴上，即可求解【详解】解：（1）抛物线yx2+bx+c与x轴交于A（4，0）、B（2，0），抛物线的表达式为

27、：y（x4）（x+2） x2x4；（2）设点D（m， m2m4），可求点C坐标为（0，-4），SSOBC+SOCD+SODA（m2）2+16，当m2时，S有最大值为16；（3）BPC45，则BC对应的圆心角为90，如图作圆R，则BRC90，圆R交函数对称轴为点P，过点R作y轴的平行线交过点C与x轴的平行线于点N、交x轴于点M，设点R（m，n）BMR+MRB90，MRB+CRN90，CRNMBR，BMRRNC90，BRRC，BMRRNC（AAS），CNRM，RNBM，即m+2n+4，nm，解得：m1，n1，即点R（1，1），即点R在函数对称轴上，圆的半径为：，则点P的坐标为：（1，1+）或（1，

28、1）【点睛】本题考查的是二次函数与几何综合运用，涉及圆周角定理、二次函数解析式的求法、图形的面积计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏，能灵活运用数形结合的思想是解题的关键，（3）的难点是作出辅助圆23、（1）见解析；（2）；（2）见解析【分析】（1）根据旋转角度、旋转中心及旋转方向确定各点的对称点，顺次连接即可；（2）根据圆的周长的计算即可；（3）根据与原点的对称点的坐标特征：横、纵坐标都变为相反数确定各点的对称点，顺次连接即可.【详解】解：(1)如图的即为所作图形， (2)由图可知是直角三角形，所以，点旋转到的过程中所经过的路径是一段弧，且它的圆心角为旋转角，半径为.所以点旋转到的过

29、程中所经过的路径长为（3）如图的即为所作图形，【点睛】本题考查了旋转作图、对称作图及弧长的计算，难度不大，注意准确的作出旋转后的图形是关键.24、（1）；（2）当点到点的距离与到点的距离之和最小时的坐标为；（3）点.【分析】（1）根据对称轴方程可得，把B、C坐标代入列方程组求出a、b、c的值即可得答案；（2）根据二次函数的对称性可得A点坐标，设直线AC与对称轴的交点为M，可得MB=MA，即可得出MB+MC=MC+MA=AC，为MB+MC的最小值，根据A、C坐标，利用待定系数法可求出直线AC的解析式，把x=-1代入求出y值，即可得点M的坐标.（3）设直线BQ交y轴于点H，过点作于点，利用勾股定理

30、可求出BC的长，根据CBQ=45可得HM=BM，利用OCB的正切函数可得CM=3HM，即可求出CM、HM的长，利用勾股定理可求出CH的长，即可得H点坐标，利用待定系数法可得直线BH的解析式，联立直线BQ与抛物线的解析式求出交点坐标即可得点Q坐标.【详解】（1）抛物线y=ax2+bx+c(a0)的对称轴为直线，抛物线经过B(1，0)，C(0，3)两点，解得：，抛物线解析式为.（2）设直线AC的解析式为y=mx+n，抛物线y=ax2+bx+c(a0)的对称轴为直线，B（0，0），点A坐标为（-3，0），C（0，3），解得：，直线解析式为，设直线与对称轴的交点为，点A与点B关于对称轴x=-1对称，MA=MB，MB+MC=MA+MC=AC，此时的值最小，当时，y=-1+3=2，当点到点的距离与到点的距离之和最小时的坐标为.（3）如图，设直线交轴于点，过点作于点，B（1，0），C（0，3），OB=1，OC=3，BC=，CBQ=45，BHM是等腰直角三角形，HM=BM，tanOCB=，CM=3HM，BC=MB+CM=4HM=，解得：，CM=，