重庆市（六校联考）2023-2024学年数学九上期末统考模拟试题含解析

重庆市（六校联考）2023-2024学年数学九上期末统考模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．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。4．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。5．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）1．若反比例函数的图象分布在二、四象限，则关于x的方程的根的情况是()A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根C．没有实数根 D．只有一个实数根2．获2019年度诺贝尔化学奖的“锂电池”创造了一个更清洁的世界．我国新能源发展迅猛，某种特型锂电池2016年销售量为8万个，到2018年销售量为97万个．设年均增长率为x，可列方程为（）A．8（1+x）2＝97 B．97（1﹣x）2＝8 C．8（1+2x）＝97 D．8（1+x2）＝973．如图，从一张腰长为，顶角为的等腰三角形铁皮中剪出一个最大的扇形，用此剪下的扇形铁皮围成一个圆锥的侧面（不计损耗），则该圆锥的底面半径为（）A． B． C． D．4．一元二次方程的一次项系数和常数项依次是()A．-1和1 B．1和1 C．2和1 D．0和15．下列一元二次方程中，有两个不相等的实数根的是()A． B． C． D．6．如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是（）A．∠ABD＝∠E B．∠CBE＝∠C C．AD∥BC D．AD＝BC7．如图，某厂生产一种扇形折扇，OB=10cm，AB=20cm，其中裱花的部分是用纸糊的，若扇子完全打开摊平时纸面面积为πcm2，则扇形圆心角的度数为（）A．120° B．140° C．150° D．160°8．如图：矩形的对角线、相较于点，，，若，则四边形的周长为（）A． B． C． D．9．下列所给的事件中，是必然事件的是（）A．一个标准大气压下，水加热到时会沸腾B．买一注福利彩票会中奖C．连续4次投掷质地均匀的硬币，4次均硬币正面朝上D．2020年的春节小长假辛集将下雪10．下列方程是一元二次方程的是（）A． B． C． D．11．如图，是的直径，点是上两点，且，连接，过点作，交的延长线于点，垂足为，若，则的半径为()A． B． C． D．12．如图，四边形ABCD和四边形A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，若OA：OA′＝2：3，四边形ABCD的面积等于4，则四边形A′B′C′D′的面积为（）A．3 B．4 C．6 D．9二、填空题（每题4分，共24分）13．若点与关于原点对称，则的值是___________.14．在一个暗箱里放有m个除颜色外其他完全相同的小球，这m个小球中红球只有4个，每次将球搅匀后，任意摸出一个球记下颜色再放回暗箱．通过大量重复摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在25%，那么可以推算m大约是_____．15．二次函数向左、下各平移个单位，所得的函数解析式_______．16．正六边形的边长为6，则该正六边形的面积是______________.17．如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，，，则菱形ABCD的面积是________.18．若反比例函数的图象经过点(2，﹣2)，(m，1)，则m＝_____．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，在△ABC中，点D在AB上，∠ACD＝∠B，AB＝5，AD＝3，求AC的长．20．（8分）如图，在中，直径垂直于弦，垂足为，连结，将沿翻转得到，直线与直线相交于点．（1）求证：是的切线；（2）若为的中点，，求的半径长；（3）①求证：；②若的面积为，，求的长．21．（8分）解方程：－2＝3（－x）．22．（10分）城市规划期间，欲拆除一电线杆AB，已知距电线杆AB水平距离14m的D处有一大坝，背水坡CD的坡度i=2：1，坝高CF为2m，在坝顶C处测得杆顶A的仰角为30°，D、E之间是宽为2m的人行道．试问：在拆除电线杆AB时，为确保行人安全，是否需要将此人行道封上？请说明理由（在地面上，以点B为圆心，以AB长为半径的圆形区域为危险区域．）（≈1.732，≈1.414）23．（10分）如图1，已知平行四边形，是的角平分线，交于点．（1）求证：．（2）如图2所示，点是平行四边形的边所在直线上一点，若，且，，求的面积．24．（10分）如图1，中，，是的中点，平分交于点，在的延长线上且．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）如图2若四边形是菱形，连接，，与交于点，连接，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的所有等边三角形．25．（12分）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过C点的直线互相垂直，垂足为D，且AC平分∠DAB．（1）求证：DC为⊙O的切线；（2）若∠DAB＝60°，⊙O的半径为3，求线段CD的长．26．如图，已知抛物线y1＝﹣x2+x+2与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线l是抛物线的对称轴，一次函数y2＝kx+b经过B、C两点，连接AC．（1）△ABC是三角形；（2）设点P是直线l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求点P的坐标；（3）结合图象，写出满足y1＞y2时，x的取值范围．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【分析】反比例函数的图象分布在二、四象限,则k小于0，再根据根的判别式判断根的情况.【详解】∵反比例函数的图象分布在二、四象限∴k＜0则则方程有两个不相等的实数根故答案为：A.【点睛】本题考查了一元二次方程方程根的情况，务必清楚时，方程有两个不相等的实数根；时，方程有两个相等的实数根；时，方程没有实数根.2、A【分析】2018年年销量=2016年年销量×（1+年平均增长率）2，把相关数值代入即可．【详解】解：设年均增长率为x，可列方程为：8（1+x）2＝1．故选：A．【点睛】此题主要考查了根据实际问题列一元二次方程；得到2018年收入的等量关系是解决本题的关键．3、A【分析】根据等腰三角形的性质得到的长，再利用弧长公式计算出弧的长，设圆锥的底面圆半径为，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长可得到．【详解】过作于，，，，弧的长，设圆锥的底面圆的半径为，则，解得．故选A．【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．4、A【分析】找出2x2-x+1的一次项-x、和常数项+1，再确定一次项的系数即可．【详解】2x2-x+1的一次项是-x，系数是-1，常数项是1．故选A.【点睛】本题考查一元二次方程的一般形式．5、B【分析】先将各选项一元二次方程化为一般式，再计算判别式即得．【详解】A选项中，则，，，则，有两个相等的实数根，不符合题意；B选项可化为，则，，，则，有两个不相等的实数根，符合题意；C选项可化为，则，，，则，无实数根，不符合题意；D选项可化为，则，，，则，无实数根，不符合题意．故选：B．【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，解题关键是熟知：判别式时，一元二次方程有两个不相等的实数根；判别式时，一元二次方程有两个相等的实数根；判别式时，一元二次方程无实数根．6、C【解析】根据旋转的性质得，∠ABD＝∠CBE=60°,∠E＝∠C,则△ABD为等边三角形，即AD＝AB=BD,得∠ADB=60°因为∠ABD＝∠CBE=60°，则∠CBD=60°,所以，∠ADB=∠CBD，得AD∥BC.故选C.7、C【解析】根据扇形的面积公式列方程即可得到结论．【详解】∵OB=10cm，AB=20cm，∴OA=OB+AB=30cm，设扇形圆心角的度数为α，∵纸面面积为πcm2，∴，∴α=150°，故选：C．【点睛】本题考了扇形面积的计算的应用，解题的关键是熟练掌握扇形面积计算公式：扇形的面积=.8、B【分析】根据矩形的性质可得OD＝OC，由，得出四边形OCED为平行四边形，利用菱形的判定得到四边形OCED为菱形，由AC的长求出OC的长，即可确定出其周长．【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，∴OA＝OC，OB＝OD，且AC＝BD．∵AC＝2，∴OA＝OB＝OC＝OD＝1．∵CE∥BD，DE∥AC，∴四边形OCED为平行四边形．∵OD＝OC，∴四边形OCED为菱形．∴OD＝DE＝EC＝OC＝1．则四边形OCED的周长为2×1＝2．故选：B．【点睛】此题考查了矩形的性质，以及菱形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解本题的关键．9、A【分析】直接利用时间发生的可能性判定即可．【详解】解：A、一个标准大气压下，水加热到100℃时会沸腾，是必然事件；B买一注福利彩票会中奖，是随机事件；C、连续4次投掷质地均匀的硬币，4次均硬币正面朝上，是随机事件；D，2020年的春节小长假辛集将下雪，是随机事件．故答案为A．【点睛】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念，掌握三类事件的定义以及区别与联系是解答本题的关键．10、C【解析】试题解析：A、，没有给出a的取值，所以A选项错误；B、不含有二次项，所以B选项错误；C、是一元二次方程，所以C选项正确；D、不是整式方程，所以D选项错误．故选C．考点：一元二次方程的定义．11、D【分析】根据已知条件可知、都是含角的直角三角形，先利用含角的直角三角形的性质求得，再结合勾股定理即可求得答案．【详解】解：连接、，如图：∵∴∴∴在中，∵是的直径∴∴在中，，即∴∴∴∴的半径为．故选：D【点睛】本题考查了圆的一些基本性质、含角的直角三角形的性质以及勾股定理，添加适当的辅助线可以更顺利地解决问题．12、D【分析】利用位似的性质得到AD：A′D′＝OA：OA′＝2：3，再利用相似多边形的性质得到得到四边形A′B′C′D′的面积．【详解】解：∵四边形ABCD和四边形A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，∴AD：A′D′＝OA：OA′＝2：3，∴四边形ABCD的面积：四边形A′B′C′D′的面积＝4：1，而四边形ABCD的面积等于4，∴四边形A′B′C′D′的面积为1．故选：D．【点睛】本题考查的是位似变换的性质，掌握位似图形与相似图形的关系、相似多边形的性质是解题的关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、1【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反.【详解】∵点与关于原点对称∴故填：1.【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，熟练掌握点的变化规律是关键．14、1【分析】由于摸到红球的频率稳定在25%，由此可以确定摸到红球的概率为25%，而m个小球中红球只有4个，由此即可求出m．【详解】∵摸到红球的频率稳定在25%，∴摸到红球的概率为25%，而m个小球中红球只有4个，∴推算m大约是4÷25%=1．故答案为：1．【点睛】本题考查了利用频率估计概率，其中解题时首先通过实验得到事件的频率，然后利用频率估计概率即可解决问题．15、【分析】根据二次函数图象的平移规律即可得．【详解】二次函数向左平移2个单位所得的函数解析式为，再向下平移2个单位所得的函数解析式为，即，故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数图象的平移规律，掌握理解二次函数图象的平移规律是解题关键．16、【分析】根据题意可知边长为6的正六边形可以分成六个边长为6的正三角形，从而计算出正六边形的面积即可．【详解】解：连接正六变形的中心O和两个顶点D、E，得到△ODE，因为∠DOE=360°×=60°，又因为OD=OE，所以∠ODE=∠OED=（180°-60°）÷2=60°，则三角形ODE为正三角形，∴OD=OE=DE=6，∴S△ODE=OD•OE•sin60°=×6×6×=9．正六边形的面积为6×9=54．故答案为．【点睛】本题考查学生对正多边形的概念掌握和计算的能力，即要熟悉正六边形的性质，也要熟悉正三角形的面积公式．17、【分析】在Rt△OBC中求出OB的长，再根据菱形的性质求出AC、BD的长，然后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算即可.【详解】∵四边形ABCD是菱形，∴∠BOC=90°，∵，，∴BC=4cm，∴OB=cm，∴AC=4cm，BD=cm，∴菱形ABCD的面积是：cm2.故答案为：.【点睛】本题考查了菱形的性质，菱形的性质有：具有平行四边形的性质；菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形的面积等于对角线乘积的一半，菱形是轴对称图形，它有两条对称轴.也考查了直角三角形的性质和勾股定理的应用.18、-1【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征解答．【详解】解：设反比例函数的图象为y＝，把点（2，﹣2）代入得k＝﹣1，则反比例函数的图象为y＝﹣，把（m，1）代入得m＝﹣1．故答案为﹣1．【点睛】本题考查反比例函数图象的性质,关键在于熟记性质.三、解答题（共78分）19、【分析】根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．【详解】∵∠ACD＝∠ABC，∠A＝∠A，∴△ACD∽△ABC，∴，∵AB＝5，AD＝3，∴＝，∴AC2＝15，∴AC＝．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，解题的关键在于熟记各种判定方法，难点在于找对应边．20、（1）见解析；（2）的半径为2；（3）①见解析；②．【分析】（1）连接OC，由OA=OC得，根据折叠的性质得∠1=∠3，∠F=∠AEC=90°，则∠2=∠3，于是可判断OC∥AF，根据平行线的性质得，然后根据切线的性质得直线FC与⊙O相切；

（2）首先证明△OBC是等边三角形，在Rt△OCE中，根据OC2=OE2+CE2，构建方程即可解决问题；

（3）①根据等角的余角相等证明即可；

②利用圆的面积公式求出OB，由△GCB∽△GAC，可得，由此构建方程即可解决问题；【详解】解：（1）证明：连结，则，，，，又，即直线垂直于半径，且过的外端点，是的切线；（2）点是斜边的中点，，是等边三角形，且是的高，在中，，即解得，即的半径为2；（3）①∵OC=OB，∴，，，．②，，由①知：，，即，，解得：．【点睛】本题属于圆综合题，考查了切线的判定，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用方程的思想思考问题，属于中考压轴题．21、【分析】去括号化简，利用直接开平方法可得x的值.【详解】解：化简得解得所以【点睛】本题考查了二元一次方程，其解法有直接开平方法、公式法、配方法、，根据二元一次方程的特点选择合适的解法是解题的关键.22、不必封上人行道【分析】过C点作CG⊥AB交AB于G.求需不需要将人行道封上实际上就是比较AB与BE的长短，已知BD，DF的长度,那么AB的长度也就求出来了，现在只需要知道BE的长度即可，有BF的长，ED的长，缺少的是DF的长，根据“背水坡CD的坡度i＝1:2，坝高CF为2m”DF是很容易求出的，这样有了CG的长，在△ACG中求出AG的长度，这样就求出AB的长度，有了BE的长，就可以判断出是不是需要封上人行道了.【详解】过C点作CG⊥AB交AB于G.在Rt△CDF中，水坡CD的坡度i=2：1，即tan∠CDF=2，∵CF=2，∴DF=1.∴BF=BD＋DF=12+1=13.∴CG=13，在Rt△ACG中，∵∠ACG=30°，∴AG=CG·tan30°=13×=7.5m∴AB＝AG＋BG=7.5+2=9.5m，BE＝12m，AB＜BE，∴不必封上人行道.【点睛】本题考查俯角、仰角的定义,要求学生能借助俯角、仰角构造直角三角形并结合图形利用三角函数解直角三角形.23、（1）证明见解析；（2）【分析】（1）根据角平分线的定义结合两直线平行，内错角相等可得，然后利用等角对等边证明即可；（2）先证得为等腰三角形，设，，利用三角形内角和定理以及平行线性质定理证得，再利用同底等高的两个三角形面积相等即可求得答案．【详解】（1）平分，，又四边形是平行四边形，，，，；（2），，，为等腰三角形，设，，，，又，，，，即为直角三角形，四边形是平行四边形，，∴．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理，等角对等边的性质，同底等高的两个三角形面积相等，证得为直角三角形是正确解答(2)的关键．24、（1）详见解析；（2）△ACF、、、【分析】（1）在中，，是的中点，可得，再通过，得证，再通过证明，得证，即可证明四边形BCEF是平行四边形；（2）根据题意，直接写出符合条件的所有等边三角形即可．【详解】（1）证明：∵在中，，是的中点∴，∵，∴，∵平分，∴，∵，∴，∵，∴，∴又∵，∴四边形BCEF是平行四边形；（2）∵四边形是菱形∴，∵∴∴△BCE和△BEF是等边三角形∴∴∵∴∴∴∴∴在△CDE和△CGE中∴∴∴是等边三角形∴∴∴∴∴∴△ACF是等边三角形∴等边三角形有△ACF，，，【点睛】本题考查了几何图形的综合问题，掌握直角三角形的斜边中线定理、平行的性质以及判定定理、平行四边形的性质以及判定、菱形的性质是解题的关键．25、（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）连接OC，由OA＝OC可以得到∠OAC＝∠OCA，然后利用角平分线的性质可以证明∠DAC＝∠OCA，接着利用平行线的判定即可得到OC∥AD，然后就得到OC⊥CD，由此即可证明直线CD与⊙O相切于C点；（2）连接BC，∠BAC＝30