2023届江西南昌市西湖区第二十四中学数学九上期末达标检测模拟试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题4分，共48分）1．如图，D、E分别是AB、AC上两点，CD与BE相交于点O，下列条件中不能使△ABE和△ACD相似的是（）A．∠B=∠C B．∠ADC=∠AEB C．BE=CD，AB=AC D．AD：AC=AE：AB2．河堤横断面如图所示，堤高BC=6米，迎水坡AB的坡比为1：，则AB的长为A．12米 B．4米 C．5米 D．6米3．如图，已知点是第一象限内横坐标为2的一个定点，轴于点，交直线于点，若点是线段上的一个动点，，，点在线段上运动时，点不变，点随之运动，当点从点运动到点时，则点运动的路径长是（）A． B． C．2 D．4．如图，正比例函数y1=k1x和反比例函数的图象交于A（﹣1，2）、B（1，﹣2）两点，若y1＜y2，则x的取值范围是（）A．x＜﹣1或x＞1 B．x＜﹣1或0＜x＜1C．﹣1＜x＜0或0＜x＜1 D．﹣1＜x＜0或x＞15．方程的解是（）A． B． C．， D．，6．下列关于一元二次方程（，是不为的常数）的根的情况判断正确的是（）A．方程有两个相等的实数根 B．方程有两个不相等的实数根C．方程没有实数根 D．方程有一个实数根7．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，如果AC=3，AB=5，那么sinB等于（）A． B． C． D．8．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（）A． B． C． D．9．已知⊙O的半径为3cm，线段OA=5cm，则点A与⊙O的位置关系是（）A．A点在⊙O外 B．A点在⊙O上 C．A点在⊙O内 D．不能确定10．若，设，，，则、、的大小顺序为（）A． B． C． D．11．边长为2的正六边形的面积为（）A．6 B．6 C．6 D．12．如图，从一块半径为的圆形铁皮上剪出一个圆心角是的扇形，则此扇形围成的圆锥的侧面积为（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．若两个相似三角形的面积比为1∶4，则这两个相似三角形的周长比是__________．14．一个口袋中装有2个完全相同的小球，它们分别标有数字1，2，从口袋中随机摸出一个小球记下数字后放回，摇匀后再随机摸出一个小球，则两次摸出小球的数字和为偶数的概率是．15．在某一个学校的运动俱乐部里面有三大筐数量相同的球，甲每次从第一个大筐中取出9个球；乙每次从第二个大筐中取出7个球；丙则是每次从第三个大筐中取出5个球.到后来甲、乙、丙三人都记不清各自取过多少次球了，于是管理人员查看发现第一个大筐中还剩下7个球，第二个大筐还剩下4个球，第三个大筐还剩下2个球，那么根据上述情况可以推知甲至少取了______次.16．如图，六边形ABCDEF是正六边形，曲线FK1K2K3K4K5K6K7…叫做“正六边形的渐开线”，其中弧FK1、弧K1K2、弧K2K3、弧K3K4、弧K4K5、弧K5K6、…的圆心依次按点A、B、C、D、E、F循环，其弧长分别为l1、l2、l3、l4、l5、l6、…．当AB＝1时，l3=________，l2019＝_________．17．如图，一辆小车沿着坡度为的斜坡从点A向上行驶了50米到点B处，则此时该小车离水平面的垂直高度为_____________.18．在平面直角坐标系中，将点（-b，-a）称为点（a，b）的“关联点”（例如点（-2，-1）是点（1，2）的“关联点”）．如果一个点和它的“关联点”在同一象限内，那么这一点在第_______象限．三、解答题（共78分）19．（8分）(1)如图1，在平行四边形ABCD中，点E1，E2是AB三等分点，点F1，F2是CD三等分点，E1F1，E2F2分别交AC于点G1，G2，求证：AG1＝G1G2＝G2C．(2)如图2，由64个边长为1的小正方形组成的一个网格图，线段MN的两个端点在格点上，请用一把无刻度的尺子，画出线段MN三等分点P，Q．(保留作图痕迹)20．（8分）如图1，在中，是的直径，交于点，过点的直线交于点，交的延长线于点．（1）求证：是的切线；（2）若，试求的长；（3）如图2，点是弧的中点，连结，交于点，若，求的值．21．（8分）如图，已知抛物线C1交直线y=3于点A（﹣4，3），B（﹣1，3），交y轴于点C（0，6）．（1）求C1的解析式．（2）求抛物线C1关于直线y=3的对称抛物线的解析式；设C2交x轴于点D和点E（点D在点E的左边），求点D和点E的坐标．（3）将抛物线C1水平向右平移得到抛物线C3，记平移后点B的对应点B′，若DB平分∠BDE，求抛物线C3的解析式．（4）直接写出抛物线C1关于直线y=n（n为常数）对称的抛物线的解析式．22．（10分）如图，在△ABC中，点O在边AC上，⊙O与△ABC的边BC，AB分别相切于C，D两点，与边AC交于E点，弦CF与AB平行，与DO的延长线交于M点．（1）求证：点M是CF的中点；（2）若E是的中点，BC＝a，①求的弧长；②求的值．23．（10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点坐标为，与轴交于点，与轴交于点，.（1）求二次函数的表达式；（2）过点作平行于轴，交抛物线于点，点为抛物线上的一点（点在上方），作平行于轴交于点，当点在何位置时，四边形的面积最大？并求出最大面积.24．（10分）如图，某市有一块长为（3a+b）米、宽为（2a+b）米的长方形地，规划部门计划将阴影部分进行绿化，中间将修建一座边长为（a+b）米的正方形雕像．（1）试用含a、b的式子表示绿化部分的面积（结果要化简）．（2）若a=3，b=2，请求出绿化部分的面积．25．（12分）如图，已知，点、坐标分别为、．（1）把绕原点顺时针旋转得，画出旋转后的；（2）在（1）的条件下，求点旋转到点经过的路径的长．26．已知：如图，平行四边形，是的角平分线，交于点，且，；求的度数．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【解析】试题分析：∵∠A=∠A，∴当∠B=∠C或∠ADC=∠AEB或AD：AC=AE：AB时，△ABE和△ACD相似．故选C．考点：相似三角形的判定．2、A【分析】试题分析：在Rt△ABC中，BC=6米，，∴AC=BC×=6（米）.∴（米）.故选A.【详解】请在此输入详解！3、D【分析】根据题意利用相似三角形可以证明线段就是点运动的路径（或轨迹），又利用∽求出线段的长度，即点B运动的路径长．【详解】解：由题意可知，，点在直线上，轴于点，则为顶角30度直角三角形，.如下图所示，设动点在点（起点）时，点的位置为，动点在点（终点）时，点的位置为，连接，∵，∴又∵，∴（此处也可用30°角的）∴∽，且相似比为，∴现在来证明线段就是点运动的路径（或轨迹）.如图所示，当点运动至上的任一点时，设其对应的点为，连接，，∵，∴又∵，∴∴∽∴又∵∽∴∴∴点在线段上，即线段就是点运动的路径（或轨迹）.综上所述，点运动的路径（或轨迹）是线段，其长度为.故选：【点睛】本题考查坐标平面内由相似关系确定的点的运动轨迹，难度很大．本题的要点有两个：首先，确定点B的运动路径是本题的核心，这要求考生有很好的空间想象能力和分析问题的能力；其次，由相似关系求出点B运动路径的长度，可以大幅简化计算，避免陷入坐标关系的复杂运算之中.4、D【解析】反比例函数与一次函数的交点问题．根据图象找出直线在双曲线下方的x的取值范围：由图象可得，﹣1＜x＜0或x＞1时，y1＜y1．故选D．5、C【分析】先把从方程的右边移到左边，并把两边都除以4化简，然后用因式分解法求解即可.【详解】∵，∴，∴，∴，∴，.故选C.【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，常用的方法有直接开平方法、配方法、因式分解法、求根公式法，灵活选择合适的方法是解答本题的关键.6、B【分析】首先用表示出根的判别式，结合非负数的性质即可作出判断．【详解】由题可知二次项系数为，一次项系数为，常数项为，，是不为的常数，，方程有两个不相等的实数根，故选：B.【点睛】本题主要考查了根的判别式的知识，解答此题要掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系：①△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；②△=0⇔方程有两个相等的实数根③△＜0⇔方程没有实数根．7、A【解析】直接利用锐角三角函数关系得出sinB的值．【详解】∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，AB=5，∴sinB=故选A．【点睛】此题主要考查了锐角三角函数关系，正确把握定义是解题关键．8、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.9、A【详解】解：∵5＞3∴A点在⊙O外故选A.【点睛】本题考查点与圆的位置关系.10、B【分析】根据，设x=1a，y=7a，z=5a，进而代入A，B，C分别求出即可．【详解】解：∵，设x=1a，y=7a，z=5a，

∴=，

==1，

==1．

∴A＜B＜C．

故选：B．【点睛】本题考查了比例的性质，根据比例式用同一个未知数得出x，y，z的值进而求出是解题的关键．11、A【解析】首先根据题意作出图形，然后可得△OBC是等边三角形，然后由三角函数的性质，求得OH的长，继而求得正六边形的面积．【详解】解：如图，连接OB，OC，过点O作OH⊥BC于H，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠BOC＝×360°＝60°，∵OB＝0C，∴△OBC是等边三角形，∴BC＝OB＝OC＝2，∴它的半径为2，边长为2；∵在Rt△OBH中，OH＝OB•sin60°＝2×，∴边心距是：；∴S正六边形ABCDEF＝6S△OBC＝6××2×＝6．故选：A．【点睛】本题考查圆的内接正六边形的性质、正多边形的内角和、等边三角形的判定与性质以及三角函数等知识．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．12、A【分析】连接OB、OC和BC，过点O作OD⊥BC于点D，然后根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半、等边三角形判定和垂径定理可得∠BOC=2∠BAC=120°，△ABC为等边三角形，BC=2BD，然后根据锐角三角函数即可求出BD，从而求出BC和AB，然后根据扇形的面积公式计算即可．【详解】解：连接OB、OC和BC，过点O作OD⊥BC于点D由题意可得：OB=OC=20cm，∠BAC=60°，AB=AC∴∠BOC=2∠BAC=120°，△ABC为等边三角形，BC=2BD∴∠OBC=∠OCB=（180°－∠BOC）=30°，AB=AC=BC在Rt△OBD中，BD=OB·cos∠OBD=cm∴BC=2BD=cm∴AB=BC=cm∴圆锥的侧面积=S扇形BAC=故选A．【点睛】此题考查的是圆周角定理、垂径定理、等边三角形的判定及性质、锐角三角函数和求圆锥侧面积，掌握圆周角定理、垂径定理、等边三角形的判定及性质、锐角三角函数和扇形的面积公式是解决此题的关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、【解析】试题分析：∵两个相似三角形的面积比为1：4，∴这两个相似三角形的相似比为1：1，∴这两个相似三角形的周长比是1：1，故答案为1：1．考点：相似三角形的性质．14、．【解析】试题分析：如图所示，∵共有4种结果，两次摸出小球的数字和为偶数的有2次，∴两次摸出小球的数字和为偶数的概率==．故答案为．考点：列表法与树状图法．15、2【分析】设每框球的总数为k，甲取了a次，乙取了b次，丙取了c次．根据题意得可列方程k=9a+7=7b+4=5c+2(k，a，b，c都是正整数)，然后根据整除的性质解答即可．【详解】设每框球的总数为k，甲取了a次，乙取了b次，丙取了c次．根据题意得：k=9a+7=7b+4=5c+2(k，a，b，c都是正整数)∴9a+7=5c+2，∴9a=5(c-1)，∴a是5的倍数．不妨设a=5m(m为正整数)，∴k=45m+7=7b+4，∴b=，∵b和m都是正整数，∴m的最小值为1．∴a=5m=2．故答案为：2．【点睛】本题考查了三元一次方程的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的者方程，会根据整除性进一步设未知数．16、π673π【分析】用弧长公式，分别计算出l1，l2，l3，…的长，寻找其中的规律，确定l2019的长．【详解】解：根据题意得：l1=，l2=，l3=，则l2019=.故答案为：π；673π.【点睛】本题考查的是弧长的计算，先用公式计算，找出规律，则可求出ln的长．17、2【分析】设出垂直高度，表示出水平距离，利用勾股定理求解即可．【详解】设此时该小车离水平面的垂直高度为x米，则水平前进了x米．根据勾股定理可得：x2＋（x）2＝1．解得x＝2．即此时该小车离水平面的垂直高度为2米．故答案为：2.【点睛】考查了解直角三角形的应用−坡度坡角问题，此题的关键是熟悉且会灵活应用公式：tan（坡度）＝垂直高度÷水平宽度，综合利用了勾股定理．18、二、四.【解析】试题解析：根据关联点的特征可知：如果一个点在第一象限，它的关联点在第三象限.如果一个点在第二象限，它的关联点在第二象限.如果一个点在第三象限，它的关联点在第一象限.如果一个点在第四象限，它的关联点在第四象限.故答案为二，四.三、解答题（共78分）19、（1）见解析；（2）见解析【分析】(1)利用平行线分线段成比例定理证明即可．(2)利用(1)中结论，构造平行四边形解决问题即可．【详解】解：(1)证明：如图1中，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC，∵DF1＝CD，AE1＝AB，∴DF1＝AE1，∴四边形ADF1E1是平行四边形，∴AD∥E1F1，∴E1G1∥BC，∴，同法可证：，∴AG1＝CG2＝AC，∴AG1＝G1G2＝G2C．(2)如图，点P，Q即为所求．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，掌握平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理是解题的关键.20、（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）连接半径，根据已知条件结合圆的基本性质可推出，即，即可得证结论；（2）设，根据已知条件列出关于的方程、解方程即可得到圆心角，再求得半径，然后利用弧长公式即可得解；（3）由，设，然后根据已知条件利用圆的一些性质、勾股定理以及三角形的不同求法分别表示出、，再利用平行线的判定以及相似三角形的判定和性质即可求得结论．【详解】解：（1）连结，如图：∵是的直径∴∴∵∴∵∴∴∵在圆上∴是的切线．（2）设∵∴∴∵在中，∴∴∴∵∴∴连结，过作于点，如图：∵点是的中点∴∴设∴∴∴∵在中，∴∵，∴∴∴．故答案是：（1）证明见解析（2）（3）【点睛】本题考查了圆的相关性质、切线的判定、等腰三角形的判定和性质、平行线的判定和性质、相似三角形的判定和性质、直角三角形的相关性质、锐角三角函数、三角形的外角性质以及弧长的计算公式等，综合性较强，但难度不大属中档题型．21、（1）C1的解析式为y=x2+x+1；（2）抛物线C2的解析式为y=﹣x2﹣x，D（﹣5，0），E（0，0）；（3）抛物线C3的解析式为y=；（4）y=x2x+2n﹣1．【分析】（1）设抛物线C1经的解析式为y=ax2+bx+c，将点A、B、C的坐标代入求解即可得到解析式；（2）先求出点C关于直线y=3的对称点的坐标为(0,0)，设抛物线C2的解析式为y=a1x2+b1x+c1，即可求出答案；（3）如图，根据平行线的性质及角平分线的性质得到BB′=DB，利用勾股定理求出DB的长度即可得到抛物线平移的距离，由此得到平移后的解析式；（4）设抛物线C1关于直线y=n（n为常数）对称的抛物线的解析式为y=mx+nx+k，根据对称性得到m、n的值，再利用对称性得到新函数与y轴交点坐标得到k的值，由此得到函数解析式.【详解】（1）设抛物线C1经的解析式为y=ax2+bx+c，∵抛物线C1经过点A（﹣4，3），B（﹣1，3），C（0，1）．∴,解得，∴C1的解析式为y=x2+x+1；（2）∵C点关于直线y=3的对称点为（0，0），设抛物线C2的解析式为y=a1x2+b1x+c1，∴，解得，∴抛物线C2的解析式为y=﹣x2﹣x；令y=0，则﹣x2﹣x=0，解得x1=0，x2=﹣5，∴D（﹣5，0），E（0，0）；（3）如图，∵DB′平分∠BDE，∴∠BDB′=∠ODB′，∵AB∥x轴，∴∠BB′D=∠ODB′，∴∠BDB′=∠BB′D，∴BB′=DB，∵BD==5，∴将抛物线C1水平向右平移5个单位得到抛物线C3，∵C1的解析式为y=x2+x+1=（x+）2+，∴抛物线C3的解析式为y=（x+﹣5）2+=；（4）设抛物线C1关于直线y=n（n为常数）对称的抛物线的解析式为y=mx+nx+k，根据对称性得：新抛物线的开口方向与原抛物线的开口方向相反，开口大小相同，故m=-，对称轴没有变化，故n=-，当n>1时，n+（n-1）=2n-1，故新抛物线与y轴的交点为（0，2n-1），当n<1时，n-（1-n）=2n-1，新抛物线与y轴的交点为（0，2n-1），∴k=2n-1，∴抛物线C1关于直线y=n（n为常数）对称的抛物线的解析式为：y=﹣x2﹣x+2n﹣1.【点睛】此题考查待定系数法求抛物线的解析式，抛物线的对称性，抛物线平移的性质，解题中确定变化后的抛物线的特殊点的坐标是解题的关键.22、（1）见解析；（2）①πa；②＝1．【分析】（1）由切线的性质可得∠ACB＝∠ODB＝90°，由平行线的性质可得OM⊥CF，由垂径定理可得结论；（2）①由题意可证△BCD是等边三角形，可得∠B＝60°，由直角三角形的性质可得AB＝2a，AC＝a，AD＝a，通过证明△ADO∽△ACB，可得，可求DO的长，由弧长公式可求解；②由直角三角形的性质可求AO＝a，可得AE的长，即可求解．【详解】证明：（1）∵⊙O与△ABC的边BC，AB分别相切于C，D两点，∴∠ACB＝∠ODB＝90°，∵CF∥AB，∴∠OMF＝∠ODB＝90°，∴OM⊥CF，且OM过圆心O，∴点M是CF的中点；（2）①连接CD，DF，OF，∵⊙O与△ABC的边BC，AB分别相切于C，D两点，∴BD＝BC，∵E是的中点，∴，∴∠DCE＝∠FCE，∵AB∥CF，∴∠A＝∠ECF＝∠ACD，∴AD＝CD，∵∠A+∠B＝90°，∠ACD+∠BCD＝90°，∴∠B＝∠BCD，∴BD＝CD，且BD＝BC，∴BD＝BC＝CD，∴△BCD是等边三角形，∴∠B＝60°，∴∠A＝30°＝∠ECF＝∠ACD，∴∠DCF＝60°，∴∠DOF＝120°，∵BC＝a，∠A＝30°，∴AB＝2a，AC＝a，∴AD＝a，∵∠A＝∠A，∠ADO＝∠ACB＝90°，∴△ADO∽△ACB，∴，∴∴DO＝a，∴的弧长＝＝πa；②∵∠A＝30°，OD⊥AB，∴AO＝2