2022-2023学年吉林省长春德惠市数学九年级第一学期期末经典模拟试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(每小题3分,共30分)1．随着国民经济快速发展，我国涌现出一批规模大、效益高的企业，如大疆、国家核电、华为、凤凰光学等，以上四个企业的标志是中心对称图形的是（）A． B． C． D．2．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（―3，6）、B（―9，一3），以原点O为位似中心，相似比为，把△ABO缩小，则点A的对应点A′的坐标是（）A．（―1，2）B．（―9，18）C．（―9，18）或（9，―18）D．（―1，2）或（1，―2）3．如图，等边△ABC中，点D、E、F分别是AB、AC、BC中点，点M在CB的延长线上，△DMN为等边三角形，且EN经过F点.下列结论：①EN=MF②MB=FN③MP·DP=NP·FP④MB·BP=PF·FC，正确的结论有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4．抛物线y=﹣（x﹣1）2﹣2的顶点坐标是（）A．（1，2）B．（﹣1，﹣2）C．（﹣1，2）D．（1，﹣2）5．把边长相等的正六边形ABCDEF和正五边形GHCDL的CD边重合，按照如图所示的方式叠放在一起，延长LG交AF于点P，则∠APG＝（）A．141° B．144° C．147° D．150°6．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB=AD，若∠C=70º，则∠ABD的度数是（）A．35º B．55º C．70º D．110º7．如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图为（）．A． B． C． D．8．如图，某小区计划在一块长为31m，宽为10m的矩形空地上修建三条同样宽的道路，剩余的空地上种植草坪，使草坪的面积为570m1．若设道路的宽为xm，则下面所列方程正确的是（）A．（31﹣1x）（10﹣x）=570 B．31x+1×10x=31×10﹣570C．（31﹣x）（10﹣x）=31×10﹣570 D．31x+1×10x﹣1x1=5709．图所示，已知二次函数的图象正好经过坐标原点，对称轴为直线.给出以下四个结论:①；②；③；④.正确的有（）A．个 B．个 C．个 D．个10．下列二次根式是最简二次根式的是（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．已知MAX(a，b)=a，其中a>b如果MAX(，0)=0，那么x的取值范围为__________12．已知，则的值为_______．13．如图，在中，点在边上，连接并延长交的延长线于点，若，则__________.14．如图，边长为3的正六边形内接于，则图中阴影部分的面积和为_________（结果保留）．15．如图，练习本中的横格线都平行，且相邻两条横格线间的距离都相等，同一条直线上的三个点A、B、C都在横格线上．若线段AB＝6cm，则线段BC＝____cm．16．如图，△ABC中，AD是中线，BC=8，∠B=∠DAC，则线段的长为________．17．若2是方程x2﹣2kx+3=0的一个根，则方程的另一根为______．18．已知＜cosA＜sin70°，则锐角A的取值范围是_________三、解答题(共66分)19．（10分）如图，在△ABC和△ADE中，，点B、D、E在一条直线上，求证：△ABD∽△ACE．20．（6分）已知二次函数．（1）将二次函数化成的形式；（2）在平面直角坐标系中画出的图象；（3）结合函数图象，直接写出时x的取值范围．21．（6分）综合与探究问题情境：（1）如图1，两块等腰直角三角板△ABC和△ECD如图所示摆放，其中∠ACB=∠DCE=90°，点F，H，G分别是线段DE，AE，BD的中点，A，C，D和B，C，E分别共线，则FH和FG的数量关系是，位置关系是．合作探究：（2）如图2，若将图1中的△DEC绕着点C顺时针旋转至A，C，E在一条直线上，其余条件不变，那么（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明，若不成立，请说明理由．（3）如图3，若将图1中的△DEC绕着点C顺时针旋转一个锐角，那么（1）中的结论是否还成立？若成立，请证明，若不成立，请说明理由．22．（8分）已知，如图1，在中，对角线，，，如图2，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点作交于点；将沿对角线剪开，从图1的位置与点同时出发，沿射线方向匀速运动，速度为，当点停止运动时，也停止运动．设运动时间为，解答下列问题：（1）当为何值时，点在线段的垂直平分线上？（2）设四边形的面积为，试确定与的函数关系式；（3）当为何值时，有最大值？（4）连接，试求当平分时，四边形与四边形面积之比．23．（8分）天空中有一个静止的广告气球C，从地面A点测得C点的仰角为45°，从地面B测得仰角为60°，已知AB=20米，点C和直线AB在同一铅垂平面上，求气球离地面的高度.（结果精确到0.1米）24．（8分）计算或解方程：（1）（2）25．（10分）老师随机抽查了本学期学生读课外书册数的情况，绘制成条形统计图(如图1)和不完整的扇形图(如图2)，其中条形统计图被墨迹遮盖了一部分．(1)求条形统计图中被遮盖的数，并写出册数的中位数；(2)随后又补查了另外几人，得知最少的读了6册，将其与之前的数据合并后，发现册数的中位数没有改变，则最多补查了____人．26．（10分）某文物古迹遗址每周都吸引大量中外游客前来参观，如果游客过多，对文物古迹会产生不良影响，但同时考虑到文物的修缮和保存费用的问题，还要保证有一定的门票收入，因此遗址的管理部门采取了升、降门票价格的方法来控制参观人数．在实施过程中发现：每周参观人数y（人）与票价x（元）之间恰好构成一次函数关系：y＝﹣500x+1．在这样的情况下，如果要确保每周有40000元的门票收入，那么门票价格应定为多少元？

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【分析】在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此依次判断即可.【详解】∵在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，∴A、C、D不符合，不是中心对称图形，B选项为中心对称图形.故选：B.【点睛】本题主要考查了中心对称图形的定义，熟练掌握相关概念是解题关键.2、D【详解】试题分析：方法一：∵△ABO和△A′B′O关于原点位似，∴△ABO∽△A′B′O且＝.∴＝＝.∴A′E＝AD＝2，OE＝OD＝1.∴A′（－1,2）.同理可得A′′（1,―2）.方法二：∵点A（―3，6）且相似比为，∴点A的对应点A′的坐标是（―3×，6×），∴A′（－1,2）.∵点A′′和点A′（－1,2）关于原点O对称，∴A′′（1,―2）.故答案选D.考点：位似变换.3、C【分析】①连接DE、DF，根据等边三角形的性质得到∠MDF=∠NDE，证明△DMF≌△DNE，根据全等三角形的性质证明；②根据①的结论结合点D、E、F分别是AB、AC、BC中点，即可得证；③根据题目中的条件易证得，即可得证；④根据题目中的条件易证得，再则等量代换，即可得证．【详解】连接，

∵和为等边三角形，

∴，，

∵点分别为边的中点，

∴是等边三角形，∴，，

∵∴，

在和中，，

∴，

∴，故①正确；∵点分别为等边三角形三边的中点，

∴四边形为菱形，∴，∵，∴，故②正确；∵点分别为等边三角形三边的中点，∴∥，∴，∵为等边三角形，∴，又∵，∴，∴，∴，故③错误；∵点分别为等边三角形三边的中点，∴∥，，∴，∴，由②得，∴，∴，故④正确；综上：①②④共3个正确.故选：C【点睛】本题考查的是等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理结合等量代换是解题的关键．4、D【解析】根据顶点式解析式写出顶点坐标即可．【详解】抛物线y=﹣（x﹣1）2﹣2的顶点坐标是（1，﹣2）．故选D．【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握利用顶点式解析式求顶点坐标的方法是解题的关键．5、B【解析】先根据多边形的内角和公式分别求得正六边形和正五边形的每一个内角的度数，再根据多边形的内角和公式求得∠APG的度数．【详解】(6﹣2)×180°÷6＝120°，(5﹣2)×180°÷5＝108°，∠APG＝(6﹣2)×180°﹣120°×3﹣108°×2＝720°﹣360°﹣216°＝144°，故选B．【点睛】本题考查了多边形内角与外角，关键是熟悉多边形内角和定理：(n﹣2)•180(n≥3)且n为整数)．6、A【分析】由圆内接四边形的性质，得到∠BAD=110°，然后由等腰三角形的性质，即可求出∠ABD的度数．【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠BAD+∠C=180°，∵∠C=70°，∴∠BAD=110°，∵AB=AD，∴．故选：A．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学的性质，正确得到∠BAD=110°．7、A【分析】根据几何体的三视图解答即可.【详解】根据立体图形得到：主视图为：，左视图为：，俯视图为：，故答案为：A.【点睛】此题考查小正方体组成的几何体的三视图，解题的关键是掌握三视图的视图角度及三视图的画法.8、A【解析】六块矩形空地正好能拼成一个矩形，设道路的宽为xm，根据草坪的面积是570m1，即可列出方程:(31−1x)(10−x)=570，故选A.9、C【分析】由抛物线开口方向得到a＜0以及函数经过原点即可判断①；根据x=-1时的函数值可以判断②；由抛物线的对称轴方程得到为b=3a，用求差法即可判断③；根据抛物线与x轴交点个数得到△=b2-4ac＞0，则可对④进行判断．【详解】∵抛物线开口向下，

∴a＜0，

∵抛物线经过原点，

∴c=0，

则abc=0，所以①正确；

当x=-1时，函数值是a-b+c＞0，则②正确；

∵抛物线的对称轴为直线x=-＜0，

∴b=3a，

又∵a＜0，

∴a-b=-2a＞0∴a＞b，则③错误；

∵抛物线与x轴有2个交点，

∴△=b2-4ac＞0，即4ac-b2＜0，所以④正确．

故选：C【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．10、C【解析】根据最简二次根式的定义逐项分析即可.【详解】A.=3，故不是最简二次根式；B.=，故不是最简二次根式；C.，是最简二次根式；D.=，故不是最简二次根式；故选C.【点睛】本题考查了最简二次根式的识别，如果二次根式的被开方式中都不含分母，并且也都不含有能开的尽方的因式，象这样的二次根式叫做最简二次根式.二、填空题(每小题3分,共24分)11、0﹤x﹤1【分析】由题意根据定义得出x2-x＜0，通过作出函数y=x2-x的图象，根据图象即可求得x的取值范围．【详解】解：由题意可知x2-x＜0，画出函数y=x2-x的图象如图：由图象可知x2-x＜0的取值范围为0＜x＜1.故答案为：0＜x＜1．【点睛】本题主要考查二次函数的性质，解题的关键是理解新定义并根据新定义列出关于x的不等式运用数形结合思维分析．12、【分析】令连等式的值为k，将a、b、c全部转化为用k表示的形式，进而得出比值．【详解】令则a=6k，b=5k，c=4k则故答案为：．【点睛】本题考查连比式的应用，是一类比较常见的题型，需掌握这种解题方法．13、【分析】根据相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质，进而证明，得出线段的比例，即可得出答案【详解】在中，∴AD∥BC，∠DAE=∠CFE，∠ADE=∠FCE，∴△ADE∽△FCE∵DE=2EC，∴AD=2CF，在中，∵AD=BC，等量代换得：BC=2CF∴2：1【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，数形结合是解题的关键.14、【分析】将阴影部分合并即可得到扇形的面积,利用扇形面积公式计算即可.【详解】∵ABCDEF是正六边形,∴∠AOE=120°,阴影部分的面积和=.故答案为:.【点睛】本题考查扇形面积计算,关键在于记住扇形的面积公式.15、18【分析】根据已知图形构造相似三角形，进而得出，即可求得答案.【详解】如图所示：过点A作平行线的垂线，交点分别为D、E，可得：，∴，即，解得：，∴，故答案为：.【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用，根据题意得出是解答本题的关键.16、【解析】已知BC=8，AD是中线，可得CD=4，在△CBA和△CAD中，由∠B=∠DAC，∠C=∠C，可判定△CBA∽△CAD，根据相似三角形的性质可得，即可得AC2=CD•BC=4×8=32，解得AC=4.17、．【解析】根据一元二次方程根与系数的关系即可得出答案.【详解】解：设方程的另一根为x1，又∵x2=2，∴2x1=3，解得x1=，故答案是：．【点睛】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，应该熟练掌握两根之和，两根之积.18、20°＜∠A＜30°．【详解】∵＜cosA＜sin70°，sin70°=cos20°，∴cos30°＜cosA＜cos20°，∴20°＜∠A＜30°．三、解答题(共66分)19、证明见解析；【分析】根据三边对应成比例的两个三角形相似可判定△ABC∽△ADE，根据相似三角形的性质可得∠BAC=∠DAE，即可得∠BAD=∠CAE，再由可得，根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似即可判定△ABD∽△ACE．【详解】∵在△ABC和△ADE中，,∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∵，∴，∴△ABD∽△ACE．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟知相似三角形的判定方法是解决本题的关键．20、（1）；（2）画图见解析；（3）－3＜x＜1【分析】（1）运用配方法进行变形即可；（2）根据（1）中解析式可以先得出顶点坐标以及对称轴和开口方向朝下，然后进一步分别可以求出与x轴的两个交点，及其与y轴的交点，最后用光滑的曲线连接即可，；（3）根据所画出的图像得出结论即可.【详解】（1）；（2）由（1）得：顶点坐标为：(-1，4)，对称轴为：，开口向下，当x=0时，y=3，∴交y轴正半轴3处，当y=0时，x=1或-3，∴与x轴有两个交点，综上所述，图像如图所示：（3）根据（2）所画图像可得，，－3＜x＜1.【点睛】本题主要考查了二次函数图像的性质，熟练掌握相关概念是解题关键.21、（1）FG=FH，FG⊥FH；（2）（1）中结论成立，证明见解析；（3）（1）中的结论成立，结论是FH=FG，FH⊥FG．理由见解析.【解析】试题分析：（1）证BE=AD，根据三角形的中位线推出FH=AD,FH∥AD,FG=BE,FG∥BE，即可推出答案；

（2）证△ACD≌△BCE,推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案；

（3）连接AD，BE，根据全等推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案．试题解析：(1)∵CE=CD,AC=BC,∴BE=AD，∵F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，∴FH=AD,FH∥AD,FG=BE,FG∥BE，∴FH=FG，∵AD⊥BE，∴FH⊥FG，故答案为相等，垂直．(2)答：成立，证明：∵CE=CD,AC=BC，∴△ACD≌△BCE,∴AD=BE，由(1)知：FH=AD,FH∥AD,FG=BE,FG∥BE，∴FH=FG，FH⊥FG，∴(1)中的猜想还成立.(3)答：成立，结论是FH=FG，FH⊥FG.连接AD，BE，两线交于Z，AD交BC于X，同(1)可证∴FH=AD,FH∥AD,FG=BE,FG∥BE，∵三角形ECD、ACB是等腰直角三角形，∴CE=CD,AC=BC,∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中∴△ACD≌△BCE，∴AD=BE，∠EBC=∠DAC，∵∠CXA=∠DXB，∴∴即AD⊥BE，∵FH∥AD,FG∥BE，∴FH⊥FG，即FH=FG，FH⊥FG，结论是FH=FG，FH⊥FG点睛：三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半.22、（1），（2）四边形AHGD（3）当四边形的面积最大，最大面积为（4）【分析】（1）由题意得：利用垂直平分线的性质得到：列方程求解即可，（2）四边形AHGD分别求出各图形的面积，代入计算即可得到答案，（3）利用（2）中解析式，结合二次函数的性质求最大面积即可，（4）连接过作于从而求解此时时间，分别求解四边形EGFD和四边形AHGE的面积，即可得到答案．【详解】解：（1）如图，由题意得：及平移的性质，点在线段的垂直平分线上，当时，点在线段的垂直平分线上．（2），，,又点在上，四边形AHGD（）（3）四边形AHGD且抛物线的对称轴是：时，随的增大而增大，当四边形的面积最大，最大面积为：（4）如图，连接过作于平分此时：由四边形EGFD四边形ABGE四边形AHGE.四边形EGFD:四边形AHGE【点睛】本题考查的是平行四边形中几何动态问题，考查了线段的垂直平分线的性质，图形面积的计算，二次函数的性质，掌握以上知识是解题的关键．23、47.3米【解析】试题分析：过点C作CD⊥AB，交AB于点D；设AD=x．本题涉及到两个直角三角形△ADC、△BDC，应利用其公共边CD构造等量关系，解三角形可得AD、BD与x的关系；借助AB=AD-BD构造方程关系式，进而可求出答案．试题解析：过点C作CD⊥AB，交AB于点D；设CD=x，在Rt△ADC中，有AD==CD=x，在Rt△BDC中，有BD=x，又有AB=AD-BD=20；即x-x=20，解得：x=10（3+）≈47.3（米）.答：气球离地面的高