2023届北京市大兴区大兴区北臧村中学数学九年级第一学期期末学业水平测试试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项:1答题时请按要求用笔。请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。保持卡面清洁，不要折暴、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）如图，AB、CD相交于点O，AD∥CB，若AO=2，BO=3，CD=6，则CO等于（ ）A．2.4 B．3 C．3.6 D．412018个图案中“”共有（）个．A．504 B．505 C．506 D．507在平面直角坐标系中，把抛物线y=2x2绕原点旋转180°，再向右平移1个单位，向下平移2个单位，所得的抛物的函数表达式为( )A．y=2(x﹣1)2﹣2C．y=﹣2(x﹣1)2﹣2

B．y=2(x+1)2﹣2D．y=﹣2(x+1)2﹣2ABCDACBDAAC=BD时，四边形ABCD是矩形AB=AD，CB=CDABCD是菱形AB=AD=BCABCD是菱形当AC=BD，AD=AB时，四边形ABCD是正方形5．抛物线y(x1)22的顶点到x轴的距离为（ A．1 B．C．2 D．3如图，中，D、E分别是、AC的中点，下列说法中的是( )1DE2BC

ADAEAB AC

△ADE∽△ABC D．S :ADE

ABC

1:212AB10cm，双翼的边缘AC＝BD＝54cm度为()A．(543+10)cmB．(542+10)cmC．64cm D．54cm()A．等边三角形 B．平行四边形 C．矩形 D．正五边形yax2bxc的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A．ac0 B．ac0 C．ac0 D．ac的符号不能确10．已知⊙O的半径为13，弦AB//CD，AB＝24，CD＝10，则、CD之间的距离为A．17 B．7 C．12 D．7或17如图，⊙O是ABCAD平分BACOD，交BCEAD7BD2，则DE的长为（ ）4 27 B．7

4C．49

16D．49如图，将ABC绕点A逆时针旋转得到△ABC，则下列说法中，不正确的是（ ）CAB60 B．BABCAC C．△ABC≌△ABC D．ABAB二、填空题（每题4分，共24分）13．计算：2sin45°＝ 已知m，n是一元二次方程x22x30的两根，则mnmn .如图中E分别在、AC上则△ADE与△ABC的面积之比．若正六边形外接圆的半径为4，则它的边长为 ．如图螺母的一个面的外沿可以看作是正六边这个正六边形ABCDEF的半径是2 3cm,则这个正六边形的周是 ．如图，已知菱形ABCD中，∠B=60°，点E在边BC上，∠BAE=25°，把线段AE绕点A逆时针方向旋转，使E落在边CD上，那么旋转角的度数为 ．三、解答题（共78分）19（8分如图，M为线段AB的中点，AE与BD交于点C，DMEABDM交AC于F，MEBC于G.证明：AMFBGM.连结FG，如果，AB4 2，AF3，求FG的长.20（8分）如图，在R△ABC中，∠＝90，AD是∠BAC的角平分线，以AB上一点O为圆心，AD为弦作⊙．（不写作法与证明，保留作图痕迹；求证：BC为⊙O的切线．21（8分）如图，将半径为2cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心，求折痕AB的长．22（10分）已知x,

是关于x的一元二次方程x22(m1)xm250的两个实数根.1 2m的取值范围；若x1

1x2

128，求m的值；23（10分）.任务：上述证明过程中的“依据1”和依据2”1：依据2：当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理： （请写出定理称）.如图（，四边形ABCD内接于⊙A=，A=，∠BAD=6°，点C是弧BD的中点，求AC的长.24（10分）如图，在四边形ABCDA∥C，A＝A，对角线A、BD交于点，ACBA．求证：四ABCD为菱形．25（12分）ABC中，∠C=90，A=8c，B=6c．点M由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，NAACC2cm/st(s)﹙0＜t＜4﹚，解答下列问题：⑴设△AMN的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并求出S的最大值；⑵如图⑵，连接MC，将△MNC沿NC翻折，得到四边形MNPC,当四边形MNPC为菱形时，求t的值；⑶当t的值为 ，△AMN是等腰三角形．26．在平面直角坐标系xOy中，有任意三角形，当这个三角形的一条边上的中线等于这条边的一半时，称这个三角形叫“和谐三角形”，这条边叫“和谐边”，这条中线的长度叫“和谐距离”．（）已知（2,，（0,，（1,，（4,，这个点中，能与点O组和谐三角形的点是 ，“谐距离是 ；连接B，点N是BD上任意两个动点（点N不重合，点EEMN是以MN为和谐边的和谐三角形”Et的取值范围；2P是⊙OQ是和谐三角形”和谐距离”2Q所在位置．参考答案一、选择题（4481、C

CO BO【分析】由平行线分线段成比例定理，得到DOAO题．【详解】如图，∵AD∥CB，CO BO

；利用AO、BO、CD的长度，求出CO的长度，即可解决问∴DOAO；∵AO=2，BO=3，CD=6，CO 3∴6CO2故选C．

，解得：CO=3.6，【点睛】（或两边的延长线得的对应线段成比例是解题的关键2、B1至第2018个图案中“♣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，∵2018÷4=504…2，∴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．3、C【分析】抛物线=x1绕原点旋转180，即抛物线上的点，）变为（-，-，代入可得抛物线方程，然后根据左加右减的规律即可得出结论．【详解】解：∵把抛物线y=1x1绕原点旋转180°，∴新抛物线解析式为：y=﹣1x1，∵再向右平移1个单位，向下平移1个单位，∴平移后抛物线的解析式为y=﹣1(x﹣1)1﹣1．故选：C．【点睛】4、C【解析】试题分析：A、对角线ACBD互相垂直，AC=BDABCDAB=AD，CB=CDABCD是菱形，故此选项错误．C、当两条对角线AC与BD互相垂直，AB=AD=BC时，∴BO=DO，AO=CO，∴四边形ABCD是平行四边形．ACBD互相垂直，∴平行四边形ABCDDAC=BD，AD=ABABCD是正方形，故此选项错误．故选C．5、C【分析】根据二次函数的顶点式即可得到顶点纵坐标,即可判断距x轴的距离.【详解】由题意可知顶点纵坐标为:-2,即到x轴的距离为2.故选C.【点睛】本题考查顶点式的基本性质,需要注意题目考查的是距离即为坐标绝对值.6、D【解析】∵在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，1∴DE∥BC，DE=2

BC，AD AE∴△ADE∽△ABC，

AC，S∴SABC

DE(BC

1.4由此可知：A、、CD.7、C【分析】过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，则可得AE和BF的长，依据端点A与B之间的距离为10cm，即可得到可以通过闸机的物体的最大宽度．【详解】如图所示，过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，则Rt△ACE中，AE=1AC=1×54=27（cm），2 2同理可得，BF=27cm，又∵点A与B之间的距离为10cm，∴通过闸机的物体的最大宽度为27+10+27=64（cm），故选C．【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数值，特殊角的三角函数值应用广泛，一是它可以当作数进行运算，二是具有三角函数的特点，在解直角三角形中应用较多．8、C【解析】分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．详解：A、是轴对称图形．不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180不满足中心对称图形的定义．故错误；形的定义．是中心对称图形．故错误；C、是轴对称图形，又是中心对称图形．故正确；D、是轴对称图形．不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义．故错误．故选C．9、A【分析】由题意根据二次函数的图象与性质即可求出答案判断选项．【详解】解：由图象可知开口向上a＞0，与y轴交点在上半轴c＞0，∴ac＞0，故选A.【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质，本题属于中等题型．10、DABCDOF=12cm，∴EF=12﹣5=7cm；ABCDCD7cmD．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．11、A【分析】先根据角平分线的定义、圆周角定理可得BADEBD，再根据相似三角形的判定定理得出ABDBED，然后根据相似三角形的性质即可得．【详解】AD平分BACBADCAD弧BD与弧CD相等BADEBD又ADBBDEABDBEDAD BD 7 2BDDE2DE4解得DE7故选：A．【点睛】题关键．12、A【分析】由旋转的性质可得△ABC≌△AB'C'，∠BAB'＝∠CAC'＝60°，AB＝AB'，即可分析求解．【详解】∵将△ABC绕点A逆时针旋转60得到△AB′C，∴△ABC≌△AB'C'，∠BAB'＝∠CAC'＝60°，∴AB＝AB'，∠CAB'＜∠BAB'＝60°，故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，熟练运用旋转的性质是关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、1．22sin45°＝222

代入计算即可．2【详解】2

sin45°＝

2 2=1，故答案为：1．【点睛】本题考查特殊角的三角函数值，熟练记忆是关键．14、-1【分析】根据根与系数的关系求出m+n与mn的值，然后代入mnmn计算即可.【详解】∵m，n是一元二次方程x22x30的两根，∴m+n=2，mn=-3，mnmn2-3=-1.故答案为：-1.【点睛】2 1 本题考查了一元二次方程ax2bx=（a≠）根与系数的关系，若xx为方程的两个根，则xx2 1 b cxx ，xx .1 2 a 1 2 a15、1：1．【解析】试题分析：由DE∥BC，可得△ADE∽△ABC，根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方可得S△ADE：S△ABC=（AD：AB）2=1：1.考点：相似三角形的性质.16、1【分析】根据正六边形的外接圆半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形，即可求解．【详解】正六边形的中心角为360°÷6=60°，那么外接圆的半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形，故正六边形的外接圆半径等于1，则正六边形的边长是1．故答案为：1．【点睛】317、123【分析】确定正六边形的中心O，连接EO、FO，易证正六变形的边长等于其半径，可得正六边形的周长.【详解】解：如图，确定正六边形的中心O，连接EO、FO.由正六边形可得OEOF2 3,EOF360660OEF是等边三角形EFOEOF2 3所以正六边形的周长为2 3612 3故答案为：12 3【点睛】本题考查了正多边形与圆，灵活利用正多边形的性质是解题的关键.18、60°或70°．12AC△ABC△ABEA60°E可落在边DC△ABE与△ABEAEA70°E可落DCEE2重合，此△AEC≌△AEC．12【详解】连接AC．∵菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC=∠ACB=60°，∴∠ACD=60°．1 △ABEAB与点CEE1重合，此时△ABE≌△ABE，AE=AE，旋转角α∠BAC=601 ②∵∠BAC=60°，∠BAE=25°，∴∠EAC=35°．2 2 AEA70°EE2此时C，AE=AEα=∠EAE=70°2 2 综上可知，符合条件的旋转角α的度数为60度或70度．三、解答题（共78分）19（）（）FG53【分析】（1）由DMEA，可证∠AFM=∠BMG，从而可证AMF∽BGM；（2）当ACBCACBC4，再根据AMF∽BGMBGCF，CG，进而可求答案.【详解】（1）证明：∵DMEAAFMDMEEAEBMG,AB∴AMF∽BGM.（2）∵=4，DMEAB∴ACBC且ACBC4MAB的中点，∴AMBM2 2又∵AMF∽BGM,AF BM∴AMBG∴BG

AM

2 22 28AF 3 3∴CFACAF431,CGBCBG4843 342 5∴FG CF2CG2 123 3 【点睛】20（）（）证明见解析．（1）ADOABADADAB的交点即为所求；（2）因为D在圆上，所以只要能证明OD⊥BC就说明BC为⊙O的切线．【详解】（）O即为所求；（2）证明：连接OD．∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵AD是∠BAC的角平分线，∴∠CAD＝∠OAD，∴∠ODA＝∠CAD，∴OD∥AC．又∵∠C＝90°，∴∠ODB＝90°，∴BC是⊙O的切线．【点睛】本题主要考查圆的切线，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键．21、AB＝2 3cm【分析】在图中构建直角三角形，先根据勾股定理得AD的长，再根据垂径定理得AB的长．【详解】解：如图：作OD⊥AB于D，连接OA．1根据题意得：OD＝2

OA＝1cm，再根据勾股定理得：AD＝0A20D2＝2212＝3cm，由垂径定理得：AB＝2 3cm．【点睛】22（）m2（）m6.【分析】（1）由方程有两个实数根可知0，代入方程的系数可求出m的取值范围.（2）xx

b，xx

c ，代入系数解方程可求出m的取值范围舍去不符合题意的值即可.（）方程有两个实数根

1 2 a

2 a2m24m258m160m2（2）由根与系数的关系，得：xx1

2m1，xx12

m25x1

128xxxx27012 1 2m252m1270m6,m1

42m2m6【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，熟记公式是解题的关键.8 323（1）同弧所对的圆周角相等；两角分别对应相等的两个三角形相似勾股定理（3）AC=8 33【分析】（1）根据圆周角定理的推论以及三角形相似的判定定理，即可得到答案；根据矩形的性质和托勒密定理，即可得到答案；CCE⊥BDEABCDCBDBCD30°3的等腰三角形，进而得BD=2DE= CD，结合托勒密定理，列出方程，即可求解．3【详解】（1）依据1指的是：同弧所对的圆周角相等；依据2指的是：两角分别对应相等的两个三角形相似．故答案是：同弧所对的圆周角相等；两角分别对应相等的两个三角形相似；ABCD是矩形时，∴AC=BD，BC=AD，AB=CD，∵由托勒密定理得：AC·BD=AB·CD+BC·AD，∴AC2=AB2 BC2．故答案是：勾股定理；BDCCE⊥BDE．∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠BAD+∠BCD=180°，∵∠BAD=60°，∴∠BCD=120°，∵点C是弧BD的中点，∴弧BC=弧CD，∴BC=CD，∴∠CBD=30°.在Rt△CDE中，DE=CD·cos30°，3∴DE=3

CD，3∴BD=2DE= CD．3由托勒密定理得：AC·BD=AB·CD+BC·AD．3∴AC· CD=3CD+5CD．383∴AC= 3．【点睛】本题主要考查圆的内接四边形的性质与相似三角形的综合，添加辅助线，构造底角为30°的等腰三角形，是解题的关键．24、详见解析．【分析】先判断出∠OAB＝∠DCA，进而判断出∠DAC＝∠DAC，得出CD＝AD＝AB，证出四边形ABCD是平行四边形，再由AD＝AB，即可得出结论．【详解】证明：∵AB∥CD，∴∠OAB＝∠DCA，∵AC平分∠BAD．∴∠OAB＝∠DAC，∴∠DCA＝∠DAC，∴CD＝AD＝AB，∵AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AD＝AB，∴四边形ABCD是菱形．【点睛】本题考查了菱形的判定，能够了解菱形的几种判定方法是解答本题的关键，难度不大．15 6 20 5 25 4025

2，S5t2t（2）t=

（3）2或

或13【分析】（1）如图过点M作MD⊥AC于点D，利用相似三角形的性质求出MD即可解决问题；连接PM交AC于，当四边形MNPCN=1CN2

t表示AD，再结合第一问的相似可以用另外一个含t式子表示AD，列方程计算即可；tAPPQ＝AP，再分别计算即可．【详解】解：⑴过点M作MD⊥AC于点D．∵AC8cm,BC6cm,；∴AB=10cm．BM=AN=2t∴AM=10-2t．∵△ADM∽△ACBAM MD 10MD∴ 即 AB BC 10 6∴MD66t1 6 1 6 ∴S (6 t) t22 5 56 又S (t )26 5 2 215∴S的最大值是 ；2⑵连接PM,交