2022年四川省金堂县数学九上期末学业水平测试试题含解析

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（每题4分，共48分）1．如图是二次函数的图象，有下面四个结论：；；；，其中正确的结论是

A． B． C． D．2．如图是二次函数图象的一部分，其对称轴是，且过点，下列说法：①；②；③；④若是抛物线上两点，则，其中说法正确的是（

）A．①② B．②③ C．①②④ D．②③④3．二次根式有意义的条件是（）A．x>－1 B．x≥－1 C．x≥1 D．x＝－14．下列美丽的壮锦图案是中心对称图形的是（）A． B． C． D．5．如果两个相似三角形的面积比是1：4，那么它们的周长比是A．1：16 B．1：6 C．1：4 D．1：26．如图，菱形ABCD中，EF⊥AC，垂足为点H，分别交AD、AB及CB的延长线交于点E、M、F，且AE：FB＝1：2，则AH：AC的值为（）A． B． C． D．7．如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，下列条件中不能判断△ABC∽△AED的是（）A．∠AED=∠B B．∠ADE=∠C C． D．8．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'＝3：5，则四边形ABCD和四边形A'B'C'D'的面积比为（）A．3：5 B．3：8 C．9：25 D．：9．在下列图案中，是中心对称图形的是（）A． B． C． D．10．下列事件是必然事件的是（）A．打开电视机，正在播放篮球比赛 B．守株待兔C．明天是晴天 D．在只装有5个红球的袋中摸出1球，是红球.11．若点，在抛物线上，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．12．某农机厂四月份生产零件50万个，第二季度共生产零件182万个．设该厂第二季度平均每月的增长率为，那么满足的方程是（）A． B．C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠C＝90°，AB＝1，CD＝2，BC＝3，点P为BC边上一动点，若AP⊥DP，则BP的长为_____．14．如图，将沿方向平移得到，与重叠部分（即图中阴影部分）的面积是面积的，若，则平移的距离是__________．，15．太阳从西边升起是_____事件．（填“随机”或“必然”或“不可能”）．16．如图，将长方形纸片ABCD折叠，使点D与点B重合，点C落在M处，∠BEF＝70°，则∠ABE＝_____度．17．如图，已知菱形的面积为，的长为，则的长为__________．18．已知菱形ABCD的两条对角线相交于点O，若AB=6，∠BDC=30°，则菱形的面积为．三、解答题（共78分）19．（8分）已知⊙中，为直径，、分别切⊙于点、．（1）如图①，若，求的大小；（2）如图②，过点作∥，交于点，交⊙于点，若，求的大小．20．（8分）已知：点M是平行四边形ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点M不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BM作垂线，垂足分别为点E、F，点O为AC的中点．⑴如图1,当点M与点O重合时，OE与OF的数量关系是．⑵直线BM绕点B逆时针方向旋转，且∠OFE=30°．①如图2，当点M在线段AC上时，猜想线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系？请你写出来并加以证明；②如图3，当点M在线段AC的延长线上时，请直接写出线段CF、AE、OE之间的数量关系．21．（8分）如图，已知抛物线（a≠0）经过A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）三点，直线l是抛物线的对称轴．（1）求抛物线的函数关系式；（2）设点P是直线l上的一个动点，当点P到点A、点B的距离之和最短时，求点P的坐标；（3）点M也是直线l上的动点，且△MAC为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点M的坐标．22．（10分）请画出下面几何体的三视图23．（10分）东东玩具商店用500元购进一批悠悠球，很受中小学生欢迎，悠悠球很快售完，接着又用900元购进第二批这种悠悠球，所购数量是第一批数量的1.5倍，但每套进价多了5元．（1）求第一批悠悠球每套的进价是多少元；（2）如果这两批悠悠球每套售价相同，且全部售完后总利润不低于25%，那么每套悠悠球的售价至少是多少元？24．（10分）如图，一个运动员推铅球，铅球在点A处出手，出手时球离地面m．铅球落地点在点B处，铅球运行中在运动员前4m处(即OC＝4m)达到最高点，最高点D离地面3m．已知铅球经过的路线是抛物线，根据图示的平面直角坐标系，请你算出该运动员的成绩．25．（12分）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点的对应点分别为，记旋转角为．(1)如图①，当时，求点的坐标；(2)如图②，当点落在的延长线上时，求点的坐标；(3)当点落在线段上时，求点的坐标（直接写出结果即可）．26．如图，△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，D为BC边上的点，将DA绕D点逆时针旋转120°得到DE．（1）如图1，若AD＝DC，则BE的长为，BE2+CD2与AD2的数量关系为；（2）如图2，点D为BC边山任意一点，线段BE、CD、AD是否依然满足（1）中的关系，试证明；（3）M为线段BC上的点，BM＝1，经过B、E、D三点的圆最小时，记D点为D1，当D点从D1处运动到M处时，E点经过的路径长为．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【分析】根据抛物线开口方向得到，根据对称轴得到，根据抛物线与轴的交点在轴下方得到，所以；时，由图像可知此时，所以；由对称轴，可得；当时，由图像可知此时，即，将代入可得.【详解】①根据抛物线开口方向得到，根据对称轴得到，根据抛物线与轴的交点在轴下方得到，所以，故①正确.②时，由图像可知此时，即，故②正确.③由对称轴，可得，所以错误，故③错误；④当时，由图像可知此时，即，将③中变形为，代入可得，故④正确.故答案选D.【点睛】本题考查了二次函数的图像与系数的关系，注意用数形结合的思想解决问题．2、A【分析】根据二次函数的图像和性质逐个分析即可．【详解】解：对于①：∵抛物线开口向上，∴a>0，∵对称轴，即，说明分子分母a,b同号，故b>0，∵抛物线与y轴相交，∴c<0，故，故①正确；对于②：对称轴，∴，故②正确；对于③：抛物线与x轴的一个交点为(-3,0)，其对称轴为直线x=-1，根据抛物线的对称性可知，抛物线与x轴的另一个交点为,1,0)，故当自变量x=2时，对应的函数值y=，故③错误；对于④：∵x=-5时离对称轴x=-1有4个单位长度，x=时离对称轴x=-1有个单位长度，由于＜4，且开口向上，故有，故④错误，故选：A．【点睛】本题考查了二次函数的图像与其系数的符号之间的关系，熟练掌握二次函数的图形性质是解决此类题的关键．3、C【解析】根据二次根式有意义，被开方数为非负数，列不等式求出x的取值范围即可.【详解】∵二次根式有意义，∴x-1≥0，∴x≥1，故选：C.【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，要使二次根式有意义，被开方数为非负数；熟练掌握二次根式有意义的条件是解题关键.4、A【解析】根据中心对称图形的定义逐项进行判断即可得.【详解】A、是中心对称图形，故此选项正确；B、不是中心对称图形，故此选项错误；C、不是中心对称图形，故此选项错误；D、不是中心对称图形，故此选项错误，故选A．【点睛】本题主要考查了中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的定义是解题的关键；把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形.5、D【解析】根据相似三角形面积的比等于相似比的平方求出相似比，根据相似三角形周长的比等于相似比解答即可．【详解】解：两个相似三角形的面积比是1：4，两个相似三角形的相似比是1：2，两个相似三角形的周长比是1：2，故选：D．【点睛】本题考查的是相似三角形的性质，掌握相似三角形周长的比等于相似比、相似三角形面积的比等于相似比的平方是解题的关键．6、B【分析】连接BD，如图，利用菱形的性质得AC⊥BD，AD＝BC，AD∥BC，再证明EF∥BD，接着判断四边形BDEF为平行四边形得到DE＝BF，设AE＝x，FB＝DE＝2x，BC＝3x，所以AE：CF＝1：5，然后证明△AEH∽△CFH得到AH：HC＝AE：CF＝1：5，最后利用比例的性质得到AH：AC的值．【详解】解：连接BD，如图，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，AD＝BC，AD∥BC，∵EF⊥AC，∴EF∥BD，而DE∥BF，∴四边形BDEF为平行四边形，∴DE＝BF，由AE：FB＝1：2，设AE＝x，FB＝DE＝2x，BC＝3x，∴AE：CF＝x：5x＝1：5，∵AE∥CF，∴△AEH∽△CFH，∴AH：HC＝AE：CF＝1：5，∴AH：AC＝1：1．故选：B．【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知菱形的性质及相似三角形的性质.7、D【分析】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似．根据此，分别进行判断即可．【详解】解：由题意得∠DAE=∠CAB，A、当∠AED=∠B时，△ABC∽△AED，故本选项不符合题意；B、当∠ADE=∠C时，△ABC∽△AED，故本选项不符合题意；C、当=时，△ABC∽△AED，故本选项不符合题意；D、当=时，不能推断△ABC∽△AED，故本选项符合题意；故选D．【点睛】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似．8、C【分析】根据题意求出两个相似多边形的相似比，根据相似多边形的性质解答．【详解】∵四边形ABCD和A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，OA：OA′＝3：5，∴DA：D′A′＝OA：OA′＝3：5，∴四边形ABCD与四边形A′B′C′D′的面积比为：9：1．故选：C．【点睛】本题考查位似的性质，根据位似图形的面积比等于位似比的平方可得，位似图形即特殊的相似图形，运用相似图形的性质是解题的关键.9、C【分析】根据中心对称图形的定义进行分析即可.【详解】A、不是中心对称图形．故A选项错误；B、不是中心对称图形．故B选项错误；C、是中心对称图形．故C选项正确；D、不是中心对称图形．故D选项错误．故选C．【点睛】考点：中心对称图形．10、D【分析】根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念进行解答即可．【详解】解：打开电视机，正在播放篮球比赛是随机事件，不符合题意；守株待兔是随机事件，不符合题意；明天是晴天是随机事件，不符合题意在只装有5个红球的袋中摸出1球，是红球是必然事件，D符合题意.故选：D．【点睛】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．11、A【分析】将x=0和x=1代入表达式分别求y1,y2,根据计算结果作比较.【详解】当x=0时，y1=-1+3=2,当x=1时，y2=-4+3=-1,∴.故选：A.【点睛】本题考查二次函数图象性质，对图象的理解是解答此题的关键.12、B【分析】由题意根据增长后的量=增长前的量×（1+增长率），如果该厂五、六月份平均每月的增长率为x，那么可以用x分别表示五、六月份的产量，进而即可得出方程．【详解】解：设该厂五、六月份平均每月的增长率为x，那么得五、六月份的产量分别为50（1+x）、50（1+x）2，根据题意得50+50（1+x）+50（1+x）2=1．故选：B．【点睛】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程的增长率问题，注意掌握其一般形式为a（1+x）2=b，a为起始时间的有关数量，b为终止时间的有关数量，x为增长率．二、填空题（每题4分，共24分）13、1或2【分析】设BP=x，则PC=3-x，根据平行线的性质可得∠B=90°，根据同角的余角相等可得∠CDP=∠APB，即可证明△CDP∽△BPA，根据相似三角形的性质列方程求出x的值即可得答案．【详解】设BP=x，则PC=3-x，∵AB∥CD，∠C＝90°，∴∠B=180°-∠C=90°，∴∠B=∠C，∵AP⊥DP，∴∠APB+∠DPC=90°，∵∠CDP+∠DPC=90°，∴∠CDP=∠APB，∴△CDP∽△BPA，∴，∵AB＝1，CD＝2，BC＝3，∴，解得：x1=1，x2=2，∴BP的长为1或2，故答案为：1或2【点睛】此题考查的是相似三角形的判定及性质，掌握相似三角形的对应边成比例列方程是解题的关键．14、【分析】与相交于点，因为平移，由此求出,从而求得【详解】解：由沿方向平移得到,【点睛】本题考查了平移的性质，以及相似三角形的性质.15、不可能【分析】根据随机事件的概念进行判断即可．【详解】太阳从西边升起是不可能的，∴太阳从西边升起是不可能事件，故答案为：不可能．【点睛】本题考查了随机事件的概念，掌握知识点是解题关键．16、1【分析】根据折叠的性质，得∠DEF＝∠BEF＝70°，结合平角的定义，得∠AEB＝40°，由AD∥BC，即可求解．【详解】∵将长方形纸片ABCD折叠，使点D与点B重合，∴∠DEF＝∠BEF＝70°，∵∠AEB+∠BEF+∠DEF＝180°，∴∠AEB＝180°﹣2×70°＝40°．∵AD∥BC，∴∠EBF＝∠AEB＝40°，∴∠ABE＝90°﹣∠EBF＝1°．故答案为：1．【点睛】本题主要考查折叠的性质，平角的定义以及平行线的性质定理，掌握折叠的性质，是解题的关键．17、3【分析】根据菱形面积公式求得.【详解】解：【点睛】本题主要考查了菱形的对角线互相垂直，菱形的面积公式.18、18【详解】∵ABCD是菱形，两条对角线相交于点O，AB=6∴CD=AB=6，AC⊥BD，且OA=OC，OB=OD在Rt△COD中，∵CD=6，∠BDC=30°∴∴∴三、解答题（共78分）19、（1）；（2）【分析】（1）根据切线性质求出∠OBM=∠OAM=90°，根据圆周角定理求出∠COB，求出∠BOA，即可求出答案；

（2）连接AB、AD，得出平行四边形，推出MB=AD，推出AB=AD，求出等边三角形AMB，即可得出答案．【详解】(1)连接OB，

∵MA、MB分别切⊙O于A.

B，

∴∠OBM=∠OAM=90°，

∵弧BC对的圆周角是∠BAC，圆心角是∠BOC，∠BAC=25°，

∴∠BOC=2∠BAC=50°，

∴∠BOA=180°−50°=130°，

∴∠AMB=360°−90°−90°−130°=50°.

(2)连接AD，AB，

∵BD∥AM，DB=AM，

∴四边形BMAD是平行四边形，

∴BM=AD，

∵MA切⊙O于A，

∴AC⊥AM，

∵BD∥AM，

∴BD⊥AC，

∵AC过O，

∴BE=DE，

∴AB=AD=BM，

∵MA、MB分别切⊙O于A.

B，

∴MA=MB，

∴BM=MA=AB，

∴△BMA是等边三角形，

∴∠AMB=60°.【点睛】本题考查切线的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是掌握切线的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质.20、（1）OE=OF；（2）①，详见解析；②CF=OE-AE【分析】（1）由△AOE≌△COF即可得出结论．

（2）①图2中的结论为：CF=OE+AE，延长EO交CF于点N，只要证明△EOA≌△NOC，△OFN是等边三角形，即可解决问题．

②图3中的结论为：CF=OE-AE，延长EO交FC的延长线于点G，证明方法类似．【详解】解：⑴∵∴AE∥CF∴又,OA=OC∴△AOE≌△COF.∴OE=OF．⑵①延长EO交CF延长线于N．∵∴AE∥CF∴又,OA=OC∴△OAE≌△OCN∴AE=CN,OE=ON又,∴OF=ON=OE,∴OF=FN=ON=OE,又AE=CN∴CF=AE-OE②CF=OE-AE,证明如下：延长EO交FC的延长线于点G∵∴AE∥CF∴∠G=∠AEO,∠OCG=∠EA0，又∵AO=OC，∴△OAE≌△OCG.∴AE=CG,OG=OE.又,∴OF=OG=OE,∴△OGF是等边三角形，∴FG=OF=OE.∴CF=OE-AE.【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．21、（1）；（2）P（1，0）；（3）M（1，）（1，）（1，﹣1）（1，0）．【分析】（1）直接将A、B、C三点坐标代入抛物线的解析式中求出待定系数即可；（2）由图知：A．B点关于抛物线的对称轴对称，那么根据抛物线的对称性以及两点之间线段最短可知，直线l与x轴的交点，即为符合条件的P点；（3）由于△MAC的腰和底没有明确，因此要分三种情况来讨论：①MA=AC、②MA=MC、③AC=MC；可先设出M点的坐标，然后用M点纵坐标表示△MAC的三边长，再按上面的三种情况列式求解．【详解】解：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）代入抛物线中，得：，解得：，故抛物线的解析式：．（2）当P点在x轴上，P，A，B三点在一条直线上时，点P到点A、点B的距离之和最短，此时x==1，故P（1，0）；（3）如图所示：抛物线的对称轴为：x==1，设M（1，m），已知A（﹣1，0）、C（0，﹣3），则：=，==，=10；①若MA=MC，则，得：=，解得：m=﹣1；②若MA=AC，则，得：=10，得：m=；③若MC=AC，则，得：=10，得：，；当m=﹣6时，M、A、C三点共线，构不成三角形，不合题意，故舍去；综上可知，符合条件的M点，且坐标为M（1，）（1，）（1，﹣1）（1，0）．考点：二次函数综合题；分类讨论；综合题；动点型．22、详见解析.【分析】根据几何体分别画出从正面，上面和左面看到的图形即可.【详解】如图所示：主视图左视图俯视图【点睛】本题主要考查几何体的三视图，掌握三视图的画法是解题的关键.23、（1）第一批悠悠球每套的进价是25元；（2）每套悠悠球的售价至少是1元．【解析】分析：（1）设第一批悠悠球每套的进价是x元，则第二批悠悠球每套的进价是（x+5）元，根据数量=总价÷单价结合第二批购进数量是第一批数量的1.5倍，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；（2）设每套悠悠球的售价为y元，根据销售收入-成本=利润结合全部售完后总利润不低于25%，即可得出关于y的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论．详解：（1）设第一批悠悠球每套的进价是x元，则第二批悠悠球每套的进价是（x+5）元，根据题意得：，解得：x=25，经检验，x=25是原分式方程的解．答：第一批悠悠球每套的进价是25元．（2）设每套悠悠球的售价为y元，根据题意得：500÷25×（1+1.5）y-500-900≥（500+900）×25%，解得：y≥1．答：每套悠悠球的售价至少是1元．点睛：本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．24、10m.【解析】由题可知该抛物线的顶点为（4,3），则可设顶点式解析式，再代入已知点A（0，）求解出a值，最后再求解B点坐标即可.【详解】解：能．∵，，∴顶点坐标为，设，代入A点坐标（0，），得：，∴，∴，即，令，得，∴，（舍去）．故该运动员的成绩为．【点睛】本题主要考察了二次函数在实际中的运用，根据题意选择顶点式解决实际问题.25、（1）点的坐标为；（2）点的坐标为；（3）点的坐标为．【分析】(1)过点作轴于根据已知条件可得出AD=6，再直角三角形ADG中可求出DG，AG的长，即可确定点D的坐标.(2)过点作轴于于可得出，根据勾股定理得出AE的长为10，再利用面积公式求出DH，从而求出OG,DG的长，得出答案(3)连接，作轴于G，由旋转性质得到，从而可证，继而可得出结论.【详解】解：(1)过点作轴于，如图①所示：点，点．，以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，，在中，，，点的坐标为；(2)过点作轴于于，如图②所示：则，，，，，，，点的坐标为；(3)连接，作轴于G，如图③所示：由旋转的性质得：，，，，，，在和中，，，，，点的坐标为．【点睛】本题考查的知识点是坐标系内矩形的旋转问题，用到的知识点有勾股定理，全等三角形的判定与性质等，做此类题目时往往需要利用数形结合的方法来求解，根据每一个问题做出不同的辅助线是解题的关键.26、（1）1；BE1+CD1＝4AD1；（1）能满足（1）中的结论，见解析；（3）1【分析】（1）依据旋转性质可得：DE＝DA＝CD，∠BDE＝∠ADB＝60°，再证明：△BDE≌△BDA，利用勾股定理可得结论；（1）将△ACD绕点A顺时针