2023年湖北省襄阳市枣阳市蔡阳中学数学九上期末监测试题含解析

2023年湖北省襄阳市枣阳市蔡阳中学数学九上期末监测试题注意事项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）1．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，那么下列说法正确的是（）A．a＞0，b＞0，c＞0 B．a＜0，b＞0，c＞0 C．a＜0，b＞0，c＜0 D．a＜0，b＜0，c＞02．如图，在中，D、E分别在AB边和AC边上，，M为BC边上一点（不与B、C重合），连结AM交DE于点N，则（）A． B． C． D．3．已知△ABC的外接圆⊙O，那么点O是△ABC的（）A．三条中线交点 B．三条高的交点C．三条边的垂直平分线的交点 D．三条角平分线交点4．已知正多边形的一个内角是135°，则这个正多边形的边数是（）A．3 B．4 C．6 D．85．如图，河坝横断面的迎水坡AB的坡比为3：4，BC＝6m，则坡面AB的长为（）A．6m B．8m C．10m D．12m6．王洪存银行5000元，定期一年后取出3000元，剩下的钱继续定期一年存入，如果每年的年利率不变，到期后取出2750元，则年利率为（）A．5% B．20% C．15% D．10%7．如图,已知双曲线上有一点,过作垂直轴于点,连接,则的面积为()A． B． C． D．8．如图，已知矩形的面积是，它的对角线与双曲线图象交于点，且，则值是（）A． B． C． D．9．在直角坐标系中，点关于坐标原点的对称点的坐标为（）A． B． C． D．10．如图，在中，是斜边上的高，则图中的相似三角形共有（）A．1对 B．2对 C．3对 D．4对11．如图，若AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD=55°，则∠BCD的度数为（）A． B． C． D．12．如图是一根电线杆在一天中不同时刻的影长图，试按其天中发生的先后顺序排列，正确的是（）A．①②③④ B．④①③② C．④②③① D．④③②①二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，在中，点分别是边上的点，，则的长为________.14．如图，在平面直角坐标系中，已知点，为平面内的动点，且满足，为直线上的动点，则线段长的最小值为________.15．在一个不透明的口袋中，装有一些除颜色外完全相同的红、白、黑三种颜色的小球．己知袋中有红球5个，白球23个，且从袋中随机摸出一个红球的概率是，则袋中黑球的个数为__________．16．四边形ABCD是☉O的内接四边形，，则的度数为____________.17．如图，将绕顶点A顺时针旋转后得到，且为的中点，与相交于，若，则线段的长度为________.18．如图，是一个半径为6cm，面积为12πcm2的扇形纸片，现需要一个半径为R的圆形纸片，使两张纸片刚好能组合成圆锥体，则R等于_____cm．三、解答题（共78分）19．（8分）一个斜抛物体的水平运动距离为x（m），对应的高度记为h（m），且满足h＝ax1+bx﹣1a（其中a≠0）．已知当x＝0时，h＝1；当x＝10时，h＝1．（1）求h关于x的函数表达式；（1）求斜抛物体的最大高度和达到最大高度时的水平距离．20．（8分）如图，在平面直角坐标系中，点从点运动到点停止，连接，以长为直径作.（1）若，求的半径；（2）当与相切时，求的面积；（3）连接，在整个运动过程中，的面积是否为定值，如果是，请直接写出面积的定值，如果不是，请说明理由.21．（8分）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，CD≠AB，点F在BC上，连DF与AB的延长线交于点G．（1）求证：CF•FG＝DF•BF；（2）当点F是BC的中点时，过F作EF∥CD交AD于点E，若AB＝12，EF＝8，求CD的长．22．（10分）如图，正方形、等腰的顶点在对角线上(点与、不重合)，与交于，延长线与交于点，连接.(1)求证：.(2)求证：(3)若，求的值.23．（10分）综合与探究：已知二次函数y＝﹣x2+x+2的图象与x轴交于A，B两点（点B在点A的左侧），与y轴交于点C．（1）求点A，B，C的坐标；（2）求证：△ABC为直角三角形；（3）如图，动点E，F同时从点A出发，其中点E以每秒2个单位长度的速度沿AB边向终点B运动，点F以每秒个单位长度的速度沿射线AC方向运动．当点F停止运动时，点E随之停止运动．设运动时间为t秒，连结EF，将△AEF沿EF翻折，使点A落在点D处，得到△DEF．当点F在AC上时，是否存在某一时刻t，使得△DCO≌△BCO？（点D不与点B重合）若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．24．（10分）在全校的科技制作大赛中，王浩同学用木板制作了一个带有卡槽的三角形手机架．如图所示，卡槽的宽度DF与内三角形ABC的AB边长相等．已知AC＝20cm，BC＝18cm，∠ACB＝50°，一块手机的最长边为17cm，王浩同学能否将此手机立放入卡槽内？请说明你的理由（参考数据：sin50°≈0.8，cos50°≈0.6，tan50°≈1.2）25．（12分）已知：PA=，PB＝4，以AB为一边作正方形ABCD，使P、D两点落在直线AB的两侧．(1)如图，当∠APB＝45°时，求AB及PD的长；(2)当∠APB变化，且其它条件不变时，求PD的最大值，及相应∠APB的大小．26．抛物线的图像与轴的一个交点为，另一交点为，与轴交于点，对称轴是直线．（1）求该二次函数的表达式及顶点坐标；（2）画出此二次函数的大致图象；利用图象回答：当取何值时，？（3）若点在抛物线的图像上，且点到轴距离小于3，则的取值范围为；

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【分析】利用抛物线开口方向确定a的符号，利用对称轴方程可确定b的符号，利用抛物线与y轴的交点位置可确定c的符号．【详解】∵抛物线开口向下，∴a＜0，∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，∴x＝﹣＞0，∴b＞0，∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，∴c＞0，故选B．【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定：△＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．2、C【分析】根据平行线的性质和相似三角形的判定可得△ADN∽△ABM，△ANE∽△AMC，再根据相似三角形的性质即可得到答案.【详解】∵，∴△ADN∽△ABM，△ANE∽△AMC，∴，故选C.【点睛】本题考查平行线的性质、相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握平行线的性质、相似三角形的判定和性质.3、C【分析】根据三角形外接圆圆心的确定方法，结合垂直平分线的性质，即可求得.【详解】已知⊙O是△ABC的外接圆，那么点O一定是△ABC的三边的垂直平分线的交点，故选：C．【点睛】本题考查三角形外接圆圆心的确定，属基础题.4、D【分析】根据正多边形的一个内角是135°，则知该正多边形的一个外角为45°，再根据多边形的外角之和为360°，即可求出正多边形的边数．【详解】解：∵正多边形的一个内角是135°，∴该正多边形的一个外角为45°，∵多边形的外角之和为360°，∴边数＝，∴这个正多边形的边数是1．故选：D．【点睛】本题考查了正多边形的内角和与外角和的知识，知道正多边形的外角之和为360°是解题关键．5、C【分析】迎水坡AB的坡比为3：4得出，再根据BC＝6m得出AC的值，再根据勾股定理求解即可.【详解】由题意得∴∴故选：C.【点睛】本题考查解直角三角形的应用，把坡比转化为三角函数值是关键.6、D【分析】设定期一年的利率是x，则存入一年后的本息和是5000（1+x）元，取3000元后余[5000（1+x）﹣3000]元，再存一年则有方程[5000（1+x）﹣3000]•（1+x）＝2750，解这个方程即可求解．【详解】设定期一年的利率是x，根据题意得：一年时：5000（1+x），取出3000后剩：5000（1+x）﹣3000，同理两年后是[5000（1+x）﹣3000]（1+x），即方程为[5000（1+x）﹣3000]•（1+x）＝2750，解得：x1＝10%，x2＝﹣150%（不符合题意，故舍去），即年利率是10%．故选：D．【点睛】此题考查了列代数式及一元二次方程的应用，是有关利率的问题，关键是掌握公式：本息和=本金×(1+利率×期数），难度一般．7、B【分析】根据已知双曲线上有一点,点纵和横坐标的积是4，的面积是它的二分之一，即为所求.【详解】解：∵双曲线上有一点，设A的坐标为(a,b),∴b=∴ab=4∴的面积==2故选：B.【点睛】本题考查了反比例函数的性质和三角形的面积，熟练掌握相关知识是解题的关键.8、D【分析】过点D作DE∥AB交AO于点E，通过平行线分线段成比例求出的长度，从而确定点D的坐标，代入到解析式中得到k的值，最后利用矩形的面积即可得出答案.【详解】过点D作DE∥AB交AO于点E∵DE∥AB∴∵∴∴∴∵点D在上∴∵∴故选D【点睛】本题主要考查平行线分线段成比例及反比例函数，掌握平行线分线段成比例是解题的关键.9、D【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征：横、纵坐标都相反，进行判断即可．【详解】点A(－1，2)关于原点的对称点的坐标为(1，－2)．故选：D．【点睛】本题考查点的坐标特征，熟记特殊点的坐标特征是关键．10、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】∵∠ACB＝90°，CD⊥AB∴△ABC∽△ACD，△ACD∽△CBD，△ABC∽△CBD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．11、A【解析】试题分析：根据∠ABD的度数可得：弧AD的度数为110°，则弧BD的度数为70°，则∠BCD的度数为35°.考点：圆周角的性质12、B【分析】北半球而言，从早晨到傍晚影子的指向是：西−西北−北−东北−东，影长由长变短，再变长．【详解】根据题意，太阳是从东方升起，故影子指向的方向为西方．然后依次为西北−北−东北−东，即④①③②故选：B．【点睛】本题考查平行投影的特点和规律．在不同时刻，同一物体的影子的方向和大小可能不同，不同时刻物体在太阳光下的影子的大小在变，方向也在改变，就北半球而言，从早晨到傍晚影子的指向是：西−西北−北−东北−东，影长由长变短，再变长．二、填空题（每题4分，共24分）13、1【分析】根据平行线分线段成比例定理即可解决问题．【详解】∵，，∴，，则，，∴，∵，∴．故答案为：1．【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．14、【分析】由直径所对的圆周角为直角可知，动点轨迹为以中点为圆心，长为直径的圆，求得圆心到直线的距离，即可求得答案．【详解】∵，∴动点轨迹为：以中点为圆心，长为直径的圆，∵，，∴点M的坐标为：，半径为1，过点M作直线垂线，垂足为D，交⊙D于C点，如图：此时取得最小值，∵直线的解析式为：，∴，∴，∵，∴，∴最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了点的轨迹，圆周角定理，圆心到直线的距离，正确理解点到直线的距离垂线段最短是正确解答本题的关键．15、1【分析】袋中黑球的个数为，利用概率公式得到，然后利用比例性质求出即可．【详解】解：设袋中黑球的个数为，根据题意得，解得，即袋中黑球的个数为个．故答案为：1．【点睛】本题主要考查概率的计算问题，关键在于根据题意对概率公式的应用．16、130°【分析】根据圆内接四边形的对角互补，得∠ABC=180°-∠D=130°．【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形,∴∠ABC+∠D=180°,∵∠D=50°,∴∠ABC=180°-∠D=130°．故答案为：130°．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆内接四边形对角互补．17、【分析】根据旋转的性质可知△ACC1为等边三角形，进而得出BC1=CC1=AC1=2，△ADC1是含20°的直角三角形，得到DC1的长，利用线段的和差即可得出结论．【详解】根据旋转的性质可知：AC=AC1，∠CAC1=60°，B1C1=BC，∠B1C1A=∠C，∴△ACC1为等边三角形，∴∠AC1C=∠C=60°，CC1=AC1．∵C1是BC的中点，∴BC1=CC1=AC1=2，∴∠B=∠C1AB=20°．∵∠B1C1A=∠C=60°，∴∠ADC1=180°-（∠C1AB+∠B1C1A）=180°-（20°+60°）=90°，∴DC1=AC1=1，∴B1D=B1C1-DC1=4-1=2．故答案为：2．【点睛】本题考查了旋转的性质以及直角三角形的性质，得出△ADC1是含20°的直角三角形是解答本题的关键．18、2.【解析】能组合成圆锥体,那么扇形的弧长等于圆形纸片的周长.应先利用扇形的面积=圆锥的弧长母线长,得到圆锥的弧长=2扇形的面积母线长,进而根据圆锥的底面半径=圆锥的弧长求解.【详解】圆锥的弧长,

圆锥的底面半径,

故答案为2.【点睛】解决本题的难点是得到圆锥的弧长与扇形面积之间的关系,注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点.三、解答题（共78分）19、（1）h＝﹣x1+10x+1；（1）斜抛物体的最大高度为17，达到最大高度时的水平距离为2．【分析】（1）将当x＝0时，h＝1；当x＝10时，h＝1，代入解析式，可求解；（1）由h＝−x1＋10x＋1＝−（x−2）1＋17，即可求解．【详解】（1）∵当x＝0时，h＝1；当x＝10时，h＝1．∴解得：∴h关于x的函数表达式为：h＝﹣x1+10x+1；（1）∵h＝﹣x1+10x+1＝﹣（x﹣2）1+17，∴斜抛物体的最大高度为17，达到最大高度时的水平距离为2．【点睛】本题考查了二次函数的应用，求出二次函数的解析式是本题的关键．20、（1）；（2）；（3）是，【分析】（1）若，则,代入数值即可求得CD,从而求得的半径.（2）当与相切时，则CD⊥AB，利用△ACD∽△ABO，得出比例式求得CD，AD的长，过P点作PE⊥AO于E点，再利用△CPE∽△CAD，得出比例式求得P点的坐标，即可求得△POB的面积.（3）①若与AB有一个交点，则与AB相切，由（2）可得PD⊥AB，PD=,则②若与AB有两个交点，设另一个交点为F，连接CF,则∠CFD=90°，由（2）可得CF=3，过P点作PG⊥AB于G点，则DG=，PG为△DCF的中位线，PG=,则,综上所述，△PAB的面积是定值，为.【详解】（1）根据题意得：OA=8，OB=6，OC=3∴AC=5∵∴即∴CD=∴的半径为（2）在直角三角形AOB中，OA=8，OB=6，∴AB=，当与相切时，CD⊥AB，∴∠ADC=∠AOB=90°，∠CAD=∠BAO∴△ACD∽△ABO∴，即∴CD=3，AD=4∵CD为圆P的直径∴CP=过P点作PE⊥AO于E点，则∠PEC=∠ADC=90°，∠PCE=∠ACD∴△CPE∽△CAD∴即∴CE=∴OE=故P点的纵坐标为∴△POB的面积=（3）①若与AB有一个交点，则与AB相切，由（2）可得PD⊥AB，PD=,则②若与AB有两个交点，设另一个交点为F，连接CF,则∠CFD=90°，由（2）可得CF=3，过P点作PG⊥AB于G点，则DG=，PG为△DCF的中位线，PG=,则.综上所述，△PAB的面积是定值，为.【点睛】本题考查的是圆及相似三角形的综合应用，熟练的掌握直线与圆的位置关系，相似三角形的判定是关键.21、（1）证明见解析；（2）1．【分析】（1）证明△CDF∽△BGF可得出结论；（2）证明△CDF≌△BGF，可得出DF＝GF，CD＝BG，得出EF是△DAG的中位线，则2EF＝AG＝AB+BG，求出BG即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD，AB∥CD，∴∠CDF＝∠G，∠DCF＝∠GBF，∴△CDF∽△BGF．∴，∴CF•FG＝DF•BF；（2）解：由（1）△CDF∽△BGF，又∵F是BC的中点，BF＝FC，∴△CDF≌△BGF（AAS），∴DF＝GF，CD＝BG，∵AB∥DC∥EF，F为BC中点，∴E为AD中点，∴EF是△DAG的中位线，∴2EF＝AG＝AB+BG．∴BG＝2EF﹣AB＝2×8﹣12＝1，∴BG＝1．【点睛】此题考查三角形相似的判定及性质定理，三角形全等的判定及性质定理，三角形的中位线定理，（2）利用（1）的相似得到三角形全等是解题的关键，由此利用中点E得到三角形的中位线，利用中位线的定理来解题.22、(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）证出∠ABP=∠CBQ，由SAS证明△ABP≌△CBQ可得结论；

（2）根据正方形的性质和全等三角形的性质得到，∠APF=∠ABP，可证明△APF∽△ABP，再根据相似三角形的性质即可求解；

（3）根据全等三角形的性质得到∠BCQ=∠BAC=45°，可得∠PCQ=90°，根据三角函数和已知条件得到，由（2）可得，等量代换可得∠CBQ=∠CPQ即可求解．【详解】(1)∵是正方形，∴，，∵是等腰三角形，∴，，∴，∴，∴；(2)∵是正方形，∴，，∵是等腰三角形，∴，∵，∵，∴，∴，∴，∴，∴，；(3)由(1)得，，，∴，由(2)，∴，∵，∴，在中，，∴【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度．23、（1）点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，1）；（1）证明见解析；（3）t＝.【分析】（1）利用x=0和y=0解方程即可求出A、B、C三点坐标；

（1）先计算△ABC的三边长，根据勾股定理的逆定理可得结论；

（3）先证明△AEF∽△ACB，得∠AEF=∠ACB=90°，确定△AEF沿EF翻折后，点A落在x轴上点D处，根据△DCO≌△BCO时，BO=OD，列方程4-4t=1，可得结论．【详解】（1）解：当y＝0时，﹣x+1＝0，解得：x1＝1，x1＝4，∴点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（﹣1，0），当x＝0时，y＝1，∴点C的坐标为（0，1）；（1）证明：∵A（4，0），B（﹣1，0），C（0，1），∴OA＝4，OB＝1，OC＝1．∴AB＝5，AC＝＝，∴AC1+BC1＝15＝AB1，∴△ABC为直角三角形；（3）解：由（1）可知△ABC为直角三角形．且∠ACB＝90°，∵AE＝1t，AF＝t，∴，又∵∠EAF＝∠CAB，∴△AEF∽△ACB，∴∠AEF＝∠ACB＝90°，∴△AEF沿EF翻折后，点A落在x轴上点D处，由翻折知，DE＝AE，∴AD＝1AE＝4t，当△DCO≌△BCO时，BO＝OD，∵OD＝4﹣4t，BO＝1，∴4﹣4t＝1，t＝，即：当t＝秒时，△DCO≌△BCO．【点睛】本题考查二次函数的性质、抛物线与x轴的交点、翻折的性质、三角形相似和全等的性质和判定等知识，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．24、王浩同学能将手机放入卡槽DF内，理由见解析【分析】作AD⊥BC于D，根据正弦、余弦的定义分别求出AD和CD的长，求出DB的长，根据勾股定理即可得到AB的长，然后与17比较大小，得到答案．【详解】解：王浩同学能将手机放入卡槽DF内，理由如下：作AD⊥BC于点D，∵∠C＝50°，AC＝20，∴AD＝AC•sin50°≈20×0.8＝16，CD＝AC•cos50°≈20×0.6＝12，∴DB＝BC﹣CD＝18﹣12＝6，∴AB＝＝＝，∴DF＝AB＝，∵17＝＜，∴王浩同学能将手机放入卡槽DF内．【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用，掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．25、（1），；（2）的最大值为1【分析】（1）作辅助线，过点A作AE⊥PB于点E，在Rt△PAE中，已知∠APE，AP的值，根据三角函数可将AE，PE的值求出，由PB的值，可求BE的值，在Rt△ABE中，根据勾股定理可将AB的值求出；

求PD的值有两种解法，解法一：可将△PAD绕点A顺时针旋转90°得到△P'AB，可得△PAD≌△P'AB，求PD长即为求P′B的长，在Rt△AP′P中，可将PP′的值求出，在Rt△PP′B中，根据勾股定理可将P′B的值求出；

解法二：过点P作AB的平行线，与DA的延长线交于F，交PB于G，在Rt△AEG中，可求出AG，EG的长，进而可知PG的值，在Rt△PFG中，可求出PF，在Rt△PDF中，根据勾股定理可将PD的值求出；

（2）将△PAD绕点A顺时针旋转90°，得到△P'AB，PD的最大