2023届四川省泸州市五中学九年级数学第一学期期末考试试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每小题3分,共30分)1．下列函数是关于的反比例函数的是（）A． B． C． D．2．如图，矩形AOBC，点C在反比例的图象上，若，则的长是（）A．1 B．2 C．3 D．43．若抛物线y＝x2+ax+b与x轴两个交点间的距离为4，称此抛物线为定弦抛物线．已知某定弦抛物线的对称轴为直线x＝2，将此抛物线向左平移2个单位，再向上平移3个单位，得到的抛物线过点（）A．（1，0） B．（1，8） C．（1，﹣1） D．（1，﹣6）4．若，则的值为（）A．1 B． C． D．5．下表是二次函数y＝ax2+bx+c的部分x，y的对应值：x…﹣1﹣0123…y…2m﹣1﹣﹣2﹣﹣12…可以推断m的值为（）A．﹣2 B．0 C． D．26．已知平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（）A． B． C． D．7．已知二次函数图象的一部分如图所示，给出以下结论：；当时，函数有最大值；方程的解是，；，其中结论错误的个数是A．1 B．2 C．3 D．48．函数和在同一坐标系中的图象大致是（）A． B． C． D．9．如图，已知双曲线经过直角三角形OAB斜边OA的中点D，且与直角边AB相交于点C．若点A的坐标为（，4），则△AOC的面积为A．12 B．9 C．6 D．410．如图，中，，，，则（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，是的直径，点在上，且，垂足为，，，则__________．12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90º，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，M是BC的中点，N是A′B′的中点，连接MN，若BC=2cm,∠ABC=60°，则线段MN的最大值为_____.13．如图，已知四边形ABCD是菱形，BC∥x轴，点B的坐标是(1，)，坐标原点O是AB的中点.动圆⊙P的半径是，圆心在x轴上移动，若⊙P在运动过程中只与菱形ABCD的一边相切，则点P的横坐标m的取值范围是_________．14．已知⊙半径为，点在⊙上，，则线段的最大值为_____．15．墙壁CD上D处有一盏灯(如图)，小明站在A处测得他的影长与身长相等，都为1.6m，他向墙壁走1m到B处时发现影子刚好落在A点，则灯泡与地面的距离CD＝____．16．如果关于x的一元二次方程（m﹣2）x2﹣4x﹣1＝0有实数根，那么m的取值范围是_____．17．如图，△ABC是边长为2的等边三角形．取BC边中点E，作ED∥AB，EF∥AC，得到四边形EDAF，它的面积记作；取中点，作∥，∥，得到四边形，它的面积记作．照此规律作下去，则=____________________.18．如图，在中，，是三角形的角平分线，如果，，那么点到直线的距离等于___________.三、解答题(共66分)19．（10分）如图正方形ABCD中，E是BC边的中点，AE与BD相交于F点，△DEF的面积是1，求正方形ABCD的面积．20．（6分）如图，已知正方形ABCD中，BE平分∠DBC且交CD边于点E，将△BCE绕点C顺时针旋转到△DCF的位置，并延长BE交DF于点G（1）求证：△BDG∽△DEG；（2）若EG•BG=4，求BE的长．21．（6分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O交BC于点D，过点D作AC的垂线交AC于点E，交AB的延长线于点F．（1）求证：DE与⊙O相切；（2）若CD＝BF，AE＝3，求DF的长．22．（8分）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，且CD⊥AB于点E．（1）求证：∠BCO=∠D；（2）若CD=，AE=2，求⊙O的半径．23．（8分）成都市某景区经营一种新上市的纪念品，进价为20元/件，试营销阶段发现；当销售单价是30元时，每天的销售量为200件；销售单价每上涨2元，每天的销售量就减少10件.这种纪念品的销售单价为x（元）.（1）试确定日销售量y（台）与销售单价为x（元）之间的函数关系式；（2）若要求每天的销售量不少于15件，且每件纪念品的利润至少为30元，则当销售单价定为多少时，该纪念品每天的销售利润最大，最大利润为多少？24．（8分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径的⊙O交BC于点D，交AB于点E，过点D作DF⊥AB，垂足为F，连接DE．（1）求证：直线DF与⊙O相切；（2）求证：BF＝EF；25．（10分）如图，直线与双曲线在第一象限内交于、两点，已知，.（1）__________，____________________,____________________.（2）直接写出不等式的解集；（3）设点是线段上的一个动点，过点作轴于点,是轴上一点，求的面积的最大值.26．（10分）解方程：3x2﹣4x+1＝1．（用配方法解）

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【分析】根据反比例函数的定义进行判断．【详解】A．，是一次函数，此选项错误；B．，是反比例函数，此选项正确；C．，是二次函数，此选项错误；D．，是y关于（x+1）的反比例函数，此选项错误．故选：B【点睛】本题考查了反比例函数的定义，解题的关键是掌握反比例函数的定义．2、B【分析】根据OB的长度即为点C的横坐标，代入反比例函数的解析式中即可求出点C的纵坐标，即BC的长度，再根据矩形的性质即可求出OA．【详解】解：∵∴点C的横坐标为1将点C的横坐标代入中，解得y=2∴BC=2∵四边形AOBC是矩形∴OA=BC=2故选B．【点睛】此题考查的是根据反比例函数解析式求点的坐标和矩形的性质，掌握根据反比例函数解析式求点的坐标和矩形的性质是解决此题的关键．3、A【分析】根据定弦抛物线的定义结合其对称轴，即可找出该抛物线的解析式，利用平移的“左加右减，上加下减”找出平移后新抛物线的解析式，再利用二次函数图象上点的坐标特征即可找出结论．【详解】∵某定弦抛物线的对称轴为直线x=2，∴该定弦抛物线过点(0，0)、(2，0)，∴该抛物线解析式为y=x(x﹣2)=x2﹣2x=(x﹣2)2﹣2．将此抛物线向左平移2个单位，再向上平移3个单位，得到新抛物线的解析式为y=(x﹣2+2)2﹣2+3=x2﹣2．当x=2时，y=x2﹣2=0，∴得到的新抛物线过点(2，0)．故选：A．【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数图象与几何变换以及二次函数的性质，根据定弦抛物线的定义结合其对称轴，求出原抛物线的解析式是解题的关键．4、D【解析】∵，∴==，故选D5、C【分析】首先根据表中的x、y的值确定抛物线的对称轴，然后根据对称性确定m的值即可．【详解】解：观察表格发现该二次函数的图象经过点（，﹣）和（，﹣），所以对称轴为x＝＝1，∵，∴点（﹣，m）和（，）关于对称轴对称，∴m＝，故选：C．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，解题的关键是通过表格信息确定抛物线的对称轴．6、C【解析】∵在平面直角坐标系中，关于原点对称的两个点的横坐标与横坐标、纵坐标与纵坐标都互为相反数，∴点P（1，-2）关于原点的对称点坐标为（-1，2），故选C.7、A【解析】由抛物线开口方向得到a＜1，根据抛物线的对称轴为直线x==-1得b＜1，由抛物线与y轴的交点位置得到c＞1，则abc＞1；观察函数图象得到x=-1时，函数有最大值；利用抛物线的对称性可确定抛物线与x轴的另一个交点坐标为(-3，1)，则当x=1或x=-3时，函数y的值等于1；观察函数图象得到x=2时，y＜1，即4a+2b+c＜1．【详解】解：∵抛物线开口向下，∴a<1，∵抛物线的对称轴为直线x==-1，∴b=2a<1，∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，∴c>1，∴abc>1，所以①正确；∵抛物线开口向下，对称轴为直线x=-1，∴当x=-1时，函数有最大值，所以②正确；∵抛物线与x轴的一个交点坐标为(1，1)，而对称轴为直线x=-1，∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为(−3，1)，∴当x=1或x=-3时，函数y的值都等于1，∴方程ax2+bx+c=1的解是：x1=1，x2=-3，所以③正确；∵x=2时，y<1，∴4a+2b+c<1，所以④错误.故选A.【点睛】解此题的关键是能正确观察图形和灵活运用二次函数的性质，能根据图象确定a、b、c的符号，并能根据图象看出当x取特殊值时y的符号．8、D【解析】试题分析：当k＜0时，反比例函数过二、四象限，一次函数过一、二、四象限；当k＞0时，反比例函数过一、三象限，一次函数过一、三、四象限．故选D．考点：1．反比例函数的图象；2．一次函数的图象．9、B【解析】∵点，是中点∴点坐标∵在双曲线上，代入可得∴∵点在直角边上，而直线边与轴垂直∴点的横坐标为-6又∵点在双曲线∴点坐标为∴从而，故选B10、B【分析】由题意根据勾股定理求出BC，进而利用三角函数进行分析即可求值.【详解】解：∵中，，，，∴，∴.故选：B.【点睛】本题主要考查勾股定理和锐角三角函数的定义及运用，注意掌握在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．二、填空题(每小题3分,共24分)11、2【分析】先连接OC，在Rt△ODC中，根据勾股定理得出OC的长，即可求得答案．【详解】连接OC，如图，

∵CD=4，OD=3，，

在Rt△ODC中，

∴，∵，∴．故答案为：．【点睛】此题考查了圆的认识，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．12、3cm【分析】连接CN．根据直角三角形斜边中线的性质求出，利用三角形的三边关系即可解决问题．【详解】连接CN．在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，BC=2，∠B=60°，∴∠A=30°，∴AB=A′B′=2BC=4，∵NB′=NA′，∴，∵CM=BM=1，∴MN≤CN+CM=3，∴MN的最大值为3，故答案为3cm．【点睛】本题考查旋转的性质，直角三角形斜边中线的性质，三角形的三边关系等知识，解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．13、或或或【分析】若⊙P在运动过程中只与菱形ABCD的一边相切，则需要对此过程分四种情况讨论，根据已知条件计算出m的取值范围即可．【详解】解：由B点坐标(1，)，及原点O是AB的中点可知AB=2，直线AB与x轴的夹角为60°，又∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB=BC=CD=2，设DC与x轴相交于点H，则OH=4，（1）当⊙P与DC边相切于点E时，连接PE，如图所示，由题意可知PE=，PE⊥DC，∠PHE=60°，∴PH=2，∴此时点P坐标为(-6,0)，所以此时．（2）当⊙P只与AD边相切时，如下图，∵PD=，∴PH=1，∴此时，当⊙P继续向右运动，同时与AD，BC相切时，PH=1，所以此时，∴当时，⊙P只与AD相切；，（3）当⊙P只与BC边相切时，如下图，⊙P与AD相切于点A时，OP=1，此时m=-1，⊙P与AD相切于点B时，OP=1，此时m=1，∴当，⊙P只与BC边相切时；，（4）当⊙P只与BC边相切时，如下图，由题意可得OP=2，∴此时．综上所述，点P的横坐标m的取值范围或或或．【点睛】本题考查圆与直线的位置关系，加上动点问题，此题难度较大，解决此题的关键是能够正确分类讨论，并根据已知条件进行计算求解．14、【分析】过点A作AE⊥AO,并使∠AEO＝∠ABC,先证明，由三角函数可得出，进而求得，再通过证明，可得出，根据三角形三边关系可得:,由勾股定理可得，求出BE的最大值，则答案即可求出.【详解】解:过点A作AE⊥AO,并使∠AEO＝∠ABC,∵,∴,∴,∵,∴,∴,∴，又∵,∴,∵，∴，又∵，∴,∴,∴,在△OEB中，根据三角形三边关系可得:,∵，∴,∴BE的最大值为：，∴OC的最大值为：.【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定和性质、三角函数、勾股定理及三角形三边关系，解题的关键是构造直角三角形.15、m【分析】利用相似三角形的相似比，列出方程组，通过解方程组求出灯泡与地面的距离即可．【详解】如图：根据题意得：BG=AF=AE=1.6m，AB=1m，∵BG∥AF∥CD，∴△EAF∽△ECD，△ABG∽△ACD，∴AE：EC=AF：CD，AB：AC=BG：CD，设BC=xm，CD=ym，则CE=（x+2.6）m，AC=（x+1）m，∴,解得：x=,y=,∴CD=m.∴灯泡与地面的距离为米，故答案为m.16、m≥﹣1且m≠1【分析】根据方程有实数根得出△＝（﹣4）1﹣4×（m﹣1）×（﹣1）≥0，解之求出m的范围，结合m﹣1≠0，即m≠1从而得出答案．【详解】解：∵关于x的一元二次方程（m﹣1）x1﹣4x﹣1＝0有实数根，∴△＝（﹣4）1﹣4×（m﹣1）×（﹣1）≥0，解得：m≥﹣1，又∵m﹣1≠0，即m≠1，∴m≥﹣1且m≠1，故答案为：m≥﹣1且m≠1．【点睛】本题考查一元二次方程有意义的条件，熟悉一元二次方程有意义的条件是△≥0且二次项系数不为零是解题的关键．17、【分析】先求出△ABC的面积，再根据中位线性质求出S1，同理求出S2，以此类推，找出规律即可得出S2019的值.【详解】∵△ABC是边长为2的等边三角形，∴△ABC的高=∴S△ABC=，∵E是BC边的中点，ED∥AB，∴ED是△ABC的中位线，∴ED=AB∴S△CDE=S△ABC，同理可得S△BEF=S△ABC∴S1=S△ABC==，同理可求S2=S△BEF=S△ABC==，以此类推，Sn=·S△ABC=∴S2019=.【点睛】本题考查中位线的性质和相似多边形的性质，熟练运用性质计算出S1和S2，然后找出规律是解题的关键.18、1【分析】作DE⊥AB于E，如图，利用勾股定理计算出BC=5，再根据角平分线的性质得DC=DE，然后利用面积法得到×5，从而可求出DE．【详解】作DE⊥AB于E，如图，

在Rt△ABC中，BC==5，

∵AD是三角形的角平分线，

∴DC=DE，

∵S△ACD+S△ABD=S△ABC，

∴×5，

∴DE=1，

即点D到直线AB的距离等于1．

故答案为1．【点睛】此题考查角平分线的性质，解题关键在于掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等．三、解答题(共66分)19、1【分析】根据正方形的性质得到AD=BC，AD∥BC，根据相似三角形的性质得到=2，于是得到答案．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴△ADE∽△EBF，∴＝，∵E是BC边的中点，∴BC＝AD＝2BE，∴＝2，∵△DEF的面积是1，∴△DBE的面积为，∵E是BC边的中点，∴S△BCD＝2S△BDE＝3，∴正方形ABCD的面积＝2S△BCD＝2×3＝1．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．20、（1）证明见解析（2）1【解析】（1）证明：∵将△BCE绕点C顺时针旋转到△DCF的位置，∴△BCE≌△DCF．∴∠FDC=∠EBC．∵BE平分∠DBC，∴∠DBE=∠EBC．∴∠FDC=∠EBE．又∵∠DGE=∠DGE，∴△BDG∽△DEG．（2）解：∵△BCE≌△DCF，∴∠F=∠BEC，∠EBC=∠FDC．∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCB=90°，∠DBC=∠BDC=15°．∵BE平分∠DBC，∴∠DBE=∠EBC=22.5°=∠FDC．∴∠BDF=15°+22.5°=67.5°，∠F=90°﹣22.5°=67.5°=∠BDF．∴BD=BF，∵△BCE≌△DCF，∴∠F=∠BEC=67.5°=∠DEG．∴∠DGB=180°﹣22.5°﹣67.5°=90°，即BG⊥DF．∵BD=BF，∴DF=2DG．∵△BDG∽△DEG，BG×EG=1，∴．∴BG×EG=DG×DG=1．∴DG=2∴BE=DF=2DG=1．（1）根据旋转性质求出∠EDG=∠EBC=∠DBE，根据相似三角形的判定推出即可．（2）先求出BD=BF，BG⊥DF，求出BE=DF=2DG，根据相似求出DG的长，即可求出答案21、（1）见解析；（2）DF＝2．【分析】（1）连接OD，求出AC∥OD，求出OD⊥DE，根据切线的判定得出即可；

（2）求出∠1=∠2=∠F=30°，求出AD=DF，解直角三角形求出AD，即可求出答案．【详解】（1）证明：连接OD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BC，又∵AB＝AC，∴∠1＝∠2，∵OA＝OD，∴∠2＝∠ADO，∴∠1＝∠ADO，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴∠ODF＝∠AED＝90°，∴OD⊥ED，∵OD过O，∴DE与⊙O相切；（2）解：∵AB＝AC，AD⊥BC，∴∠1＝∠2，CD＝BD，∵CD＝BF，∴BF＝BD，∴∠3＝∠F，∴∠4＝∠3+∠F＝2∠3，∵OB＝OD，∴∠ODB＝∠4＝2∠3，∵∠ODF＝90°，∴∠3＝∠F＝30°，∠4＝∠ODB＝60°，∵∠ADB＝90°，∴∠2＝∠1＝30°，∴∠2＝∠F，∴DF＝AD，∵∠1＝30°，∠AED＝90°，∴AD＝2ED，∵AE2+DE2＝AD2，AE＝3，∴AD＝2，∴DF＝2．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的外角性质，圆周角定理，切线的判定定理，解直角三角形等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．22、（1）见解析；（2）1．【解析】试题分析：根据OC=OB得到∠BCO=∠B，根据弧相等得到∠B=∠D，从而得到答案；根据题意得出CE的长度，设半径为r，则OC=r，OE=r－2，根据Rt△OCE的勾股定理得出半径．试题解析：（1）证明：∵OC=OB，∴∠BCO=∠B∵，∴∠B=∠D，∴∠BCO=∠D．（2）解：∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，∴CE=．在Rt△OCE中，OC2=CE2+OE2，设⊙O的半径为r，则OC=r，OE=OA－AE=r－2，∴，解得：r=1，∴⊙O的半径为1考点：圆的基本性质23、（1）；（2）当销售单价定为50元时，该纪念品每天的销售利润最大，最大利润为3000元.【分析】（1）利用“实际销售量=原销售量-10×”可得日销售量y（台）与销售单价为x（元）之间的函数关系式；（2））设每天的销售利润为w元，按照每件的利润乘以实际销量可得w与x之间的函数关系式，根据每天的销售量不少于15件，且每件纪念品的利润至少为30元求出x的取值范围，利用二次函数的性质可得答案；【详解】（1）；（2）设每天的销售利润为w元.则，∵，∴，∵且对称轴为：直线，∴抛物线开口向下，在对称轴的右侧，w随着x的增大而减小，∴当时，w取最大值为3000元.答：当销售单价定为50元时，该纪念品每天的销售利润最大，最大利润为3000元.【点睛】本题考查了一次函数的应用，二次函数的应用，以及一元一次不等式组的应用，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键.24、见解析【解析】分析：（1）连接OD，由已知易得∠B=∠C，∠C=∠ODC，从而可得∠B=∠ODC，由此可得AB∥OD，结合DF⊥AB即可得到