2023届湖南邵阳区六校联考数学九上期末质量检测试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．若直线y=kx+b经过第一、二、四象限，则直线y=bx+k的图象大致是()A． B． C． D．2．已知点P（2a+1，a﹣1）关于原点对称的点在第一象限，则a的取值范围是（）A．a＜﹣或a＞1 B．a＜﹣ C．﹣＜a＜1 D．a＞13．如果一个扇形的半径是1，弧长是，那么此扇形的圆心角的大小为（）A．30° B．45°C．60° C．90°4．下列事件是必然事件的是()A．地球绕着太阳转 B．抛一枚硬币，正面朝上C．明天会下雨 D．打开电视，正在播放新闻5．平面直角坐标系内一点关于原点对称点的坐标是（）A． B． C． D．6．如图1是一只葡萄酒杯，酒杯的上半部分是以抛物线为模型设计而成，且成轴对称图形.从正面看葡萄酒杯的上半部分是一条抛物线，若，，以顶点为原点建立如图2所示的平面直角坐标系，则抛物线的表达式为（）A． B． C． D．7．我国民间，流传着许多含有吉祥意义的文字图案，表示对幸福生活的向往，良辰佳节的祝贺．比如下列图案分别表示“福”、“禄”、“寿”、“喜”，其中是中心对称图形的是（）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④8．下列标志既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）.A． B．C． D．9．用配方法解一元二次方程时，下列变形正确的是（）．A． B． C． D．10．关于x的方程有一个根是2，则另一个根等于（）A．-4 B． C． D．11．方程的根是（）A．2 B．0 C．0或2 D．0或312．关于x的一元二次方程x2﹣mx+（m﹣2）=0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．无法确定二、填空题（每题4分，共24分）13．已知二次函数的自变量与函数的部分对应值列表如下：…－3－2－10……0－3－4－3…则关于的方程的解是______.14．已知，P为等边三角形ABC内一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，则S△ABC＝_____．15．如图所示，某建筑物有一抛物线形的大门，小明想知道这道门的高度，他先测出门的宽度，然后用一根长为的小竹竿竖直的接触地面和门的内壁，并测得，则门高为__________．16．小丽生日那天要照全家福，她和爸爸、妈妈随意排成一排，则小丽站在中间的概率是________．17．如图，四边形是的内接四边形，若，则的大小为________．18．若是方程的一个根．则的值是________．三、解答题（共78分）19．（8分）如图①，四边形ABCD与四边形CEFG都是矩形，点E，G分别在边CD，CB上，点F在AC上，AB＝3，BC＝4（1）求的值；（2）把矩形CEFG绕点C顺时针旋转到图②的位置，P为AF，BG的交点，连接CP（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）判断CP与AF的位置关系，并说明理由．20．（8分）已知：如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，点D是BC边上的一个动点(不与B，C点重合)，∠ADE＝45°．（1）求证：△ABD∽△DCE；（2）设BD＝x，AE＝y，求y关于x的函数关系式；（3）当△ADE是等腰三角形时，请直接写出AE的长．21．（8分）已知，矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O．（1）如图（1），连接AF、CE．①四边形AFCE是什么特殊四边形？说明理由；②求AF的长；（2）如图（2），动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中，已知点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒，当A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．22．（10分）如图，内接于，，是的弦，与相交于点，平分，过点作，分别交，的延长线于点、，连接.（1）求证：是的切线；（2）求证：.23．（10分）问题提出（1）如图①，在中，，求的面积．问题探究（2）如图②，半圆的直径，是半圆的中点，点在上，且，点是上的动点，试求的最小值．问题解决（3）如图③，扇形的半径为在选点，在边上选点，在边上选点，求的长度的最小值．24．（10分）解方程：x2－5=4x．25．（12分）某商场销售一种电子产品，进价为元/件.根据以往经验:当销售单价为元时，每天的销售量是件；销售单价每上涨元，每天的销售量就减少件.（1）销售该电子产品时每天的销售量(件)与销售单价(元)之间的函数关系式为______；（2）商场决定每销售件该产品，就捐赠元给希望工程，每天扣除捐赠后可获得最大利润为元，求的值．26．如图将矩形ABCD沿CM折叠，使点D落在AB边上的点E处，（1）求证：△AME∽△BEC．（2）若△EMC∽△AME，求AB与BC的数量关系．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【分析】首先根据线y=kx+b经过第一、二、四象限，可得k＜0，b＞0，再根据k＜0，b＞0判断出直线y=bx+k的图象所过象限即可．【详解】根据题意可知，k＜0，b＞0，∴y=bx+k的图象经过一，三，四象限.故选A.【点睛】此题主要考查了一次函数y=kx+b图象所过象限与系数的关系：①k＞0，b＞0⇔y=kx+b的图象在一、二、三象限；②k＞0，b＜0⇔y=kx+b的图象在一、三、四象限；③k＜0，b＞0⇔y=kx+b的图象在一、二、四象限；④k＜0，b＜0⇔y=kx+b的图象在二、三、四象限．2、B【分析】直接利用关于原点对称点的纵横坐标均互为相反数分析得出答案．【详解】点P（2a+1，a﹣1）关于原点对称的点（﹣2a﹣1，﹣a+1）在第一象限，则，解得：a＜﹣．故选：B．【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质以及不等式组的解法，正确解不等式是解题关键．3、C【分析】根据弧长公式，即可求解【详解】设圆心角是n度，根据题意得，解得：n=1．故选C【点睛】本题考查了弧长的有关计算．4、A【解析】试题分析：根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念可区别各类事件．解：A、地球绕着太阳转是必然事件，故A符合题意；B、抛一枚硬币，正面朝上是随机事件，故B不符合题意；C、明天会下雨是随机事件，故C不符合题意；D、打开电视，正在播放新闻是随机事件，故D不符合题意；故选A．点评：本题考查了随机事件，解决本题需要正确理解必然事件、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．5、D【分析】根据“平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（-x，-y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数”解答．【详解】解：根据关于原点对称的点的坐标的特点，∴点A（-2，3）关于原点对称的点的坐标是（2，-3）,故选D．【点睛】本题主要考查点关于原点对称的特征，解决本题的关键是要熟练掌握点关于原点对称的特征.6、A【分析】由题意可知C(0,0)，且过点(2,3)，设该抛物线的解析式为y=ax2，将两点代入即可得出a的值，进一步得出解析式.【详解】根据题意，得该抛物线的顶点坐标为C(0,0)，经过点(2,3).设该抛物线的解析式为y=ax2.3=a22.a=.该抛物线的解析式为y=x2.故选A.【点睛】本题考查了二次函数的应用，根据题意得出两个坐标是解题的关键.7、D【分析】根据中心对称图形的定义，结合选项所给图形进行判断即可．【详解】解：①不是中心对称图形，故本选项不合题意；②是中心对称图形，故本选项符合题意；③不是中心对称图形，故本选项不合题意；④是中心对称图形，故本选项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了中心对称图形的定义，熟悉掌握概念是解题的关键8、B【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的定义解答．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形；B、是轴对称图形，也是中心对称图形；C、是中心对称图形，不是轴对称图形；D、是轴对称图形，不是中心对称图形．故选：B．【点睛】掌握中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．9、D【分析】根据配方法的原理，凑成完全平方式即可.【详解】解：，，，故选D．【点睛】本题主要考查配方法的掌握，关键在于一次项的系数等于2倍的二次项系数和常数项的乘积.10、B【分析】利用根与系数的关系，，由一个根为2，以及a，c的值求出另一根即可．【详解】解：∵关于x的方程有一个根是2，∴，即∴，故选：B．【点睛】此题主要考查了根与系数的关系，熟练地运用根与系数的关系可以大大降低计算量．11、D【分析】先把右边的x移到左边，然后再利用因式分解法解出x即可.【详解】解：故选D.【点睛】本题是对一元二次方程的考查，熟练掌握一元二次方程的解法是解决本题的关键.12、A【解析】试题解析：△=b2-4ac=m2-4（m-2）=m2-4m+8=（m-2）2+4＞0，所以方程有两个不相等的实数根．故选：A．点睛：一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．二、填空题（每题4分，共24分）13、，【分析】首先根据与函数的部分对应值求出二次函数解析式，然后即可得出一元二次方程的解.【详解】将（0，-3）（-1，-4）（-3,0）代入二次函数，得解得∴二次函数解析式为∴方程为∴方程的解为，故答案为，.【点睛】此题主要考查二次函数与一元二次方程的综合应用，熟练掌握，即可解题.14、【分析】将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，根据旋转的性质得BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，则△BPE为等边三角形，得到PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，在△AEP中，AE＝5，延长BP，作AF⊥BP于点F，根据勾股定理的逆定理可得到△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，即可得到∠APB的度数，在Rt△APF中利用三角函数求得AF和PF的长，则在Rt△ABF中利用勾股定理求得AB的长，进而求得三角形ABC的面积．【详解】解：∵△ABC为等边三角形，∴BA＝BC，可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连EP，且延长BP，作AF⊥BP于点F．如图，∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，∴△BPE为等边三角形，∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，∴AE2＝PE2+PA2，∴△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，∴∠APB＝90°+60°＝150°．∴∠APF＝30°，∴在直角△APF中，AF＝AP＝，PF＝AP＝．∴在直角△ABF中，AB2＝BF2+AF2＝（4+）2+（）2＝25+12．∴△ABC的面积＝AB2＝（25+12）＝；故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了等边三角形的判定与性质以及勾股定理的逆定理．15、【分析】根据题意分别求出A,B,D三点的坐标，利用待定系数法求出抛物线的表达式，从而找到顶点，即可找到OE的高度．【详解】根据题意有∴设抛物线的表达式为将A,B,D代入得解得∴当时，故答案为：．【点睛】本题主要考查二次函数的最大值，掌握待定系数法是解题的关键．16、【分析】先利用树状图展示所有6种等可能的结果数，再找出小丽恰好排在中间的结果数，然后根据概率公式求解．【详解】解：画树状图为：共有种等可能的结果数，其中小丽站在中间的结果数为，所以小丽站在中间的概率．故答案为：．【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．17、100°【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠D的度数，根据圆周角定理计算即可．【详解】∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，

∴∠B+∠D=180°，

∴∠D=180°-130°=50°，

由圆周角定理得，∠AOC=2∠D=100°，

故答案是：100°．【点睛】考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补、同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．18、【解析】根据一元二次方程的解的定义,将x=2代入已知方程,列出关于q的新方程,通过解该方程即可求得q的值.【详解】∵x=2是方程x²-3x+q=0的一个根,

∴x=2满足该方程,

∴2²-3×2+q=0,

解得,q=2.

故答案为2.【点睛】本题考查了方程的解的定义.一元二次方程的根就是一元二次方程的解,就是能够使方程左右两边相等的未知数的值.即用这个数代替未知数所得式子仍然成立.三、解答题（共78分）19、（1）；（2）（Ⅰ）；（Ⅱ）CP⊥AF，理由：见解析.【解析】(1)根据矩形的性质得到∠B＝90°，根据勾股定理得到AC＝5，根据相似三角形的性质即可得到结论；(2)(Ⅰ)连接CF，根据旋转的性质得到∠BCG＝∠ACF，根据相似三角形的判定和性质定理得到结论；(Ⅱ)根据相似三角形的性质得到∠BGC＝∠AFC，推出点C，F，G，P四点共圆，根据圆周角定理得到∠CPF＝∠CGF＝90°，于是得到结论．【详解】(1)∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∵AB＝3，BC＝4，∴AC＝5，∴，∵四边形CEFG是矩形，∴∠FGC＝90°，∴GF∥AB，∴△CGF∽△CBA，∴，∵FG∥AB，∴；(2)(Ⅰ)连接CF，∵把矩形CEFG绕点C顺时针旋转到图②的位置，∴∠BCG＝∠ACF，∵，∴△BCG∽△ACF，∴；(Ⅱ)CP⊥AF，理由：∵△BCG∽△ACF，∴∠BGC＝∠AFC，∴点C，F，G，P四点共圆，∴∠CPF＝∠CGF＝90°，∴CP⊥AF．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，平行线分线段成比例定理，旋转的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．20、（1）证明见解析；（2）y=x2-x+1=（x-）2+；（3）AE的长为2-或．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质及三角形内角与外角的关系，易证△ABD∽△DCE．

（2）由△ABD∽△DCE，对应边成比例及等腰直角三角形的性质可求出y与x的函数关系式；

（3）当△ADE是等腰三角形时，因为三角形的腰和底不明确，所以应分AD=DE，AE=DE，AD=AE三种情况讨论求出满足题意的AE的长即可．【详解】（1）证明：

∵∠BAC=90°，AB=AC

∴∠B=∠C=∠ADE=45°

∵∠ADC=∠B+∠BAD=∠ADE+∠CDE

∴∠BAD=∠CDE

∴△ABD∽△DCE；

（2）由（1）得△ABD∽△DCE，

∴=，

∵∠BAC=90°，AB=AC=1，

∴BC=，CD=-x，EC=1-y，

∴=，

∴y=x2-x+1=（x-）2+；

（3）当AD=DE时，△ABD≌△CDE，

∴BD=CE，

∴x=1-y，即x-x2=x，

∵x≠0，

∴等式左右两边同时除以x得：x=-1

∴AE=1-x=2-，

当AE=DE时，DE⊥AC，此时D是BC中点，E也是AC的中点，

所以，AE=；

当AD=AE时，∠DAE=90°，D与B重合，不合题意；

综上，在AC上存在点E，使△ADE是等腰三角形，

AE的长为2-或．【点睛】本题考查相似三角形的性质、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的判定和性质、二次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．21、（1）①菱形，理由见解析；②AF＝1；（2）秒．【分析】（1）①先证明四边形ABCD为平行四边形，再根据对角线互相垂直平分的平行四边形是菱形作出判定；②根据勾股定理即可求AF的长；（2）分情况讨论可知，P点在BF上；Q点在ED上时；才能构成平行四边形，根据平行四边形的性质列出方程求解即可．【详解】（1）①∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠CAD＝∠ACB，∠AEF＝∠CFE．∵EF垂直平分AC，∴OA＝OC．在△AOE和△COF中，∴△AOE≌△COF(AAS)，∴OE＝OF(AAS)．∵EF⊥AC，∴四边形AFCE为菱形．②设菱形的边长AF＝CF＝xcm，则BF＝(8﹣x)cm，在Rt△ABF中，AB＝4cm，由勾股定理，得16+(8﹣x)2＝x2，解得：x＝1，∴AF＝1．（2）由作图可以知道，P点AF上时，Q点CD上，此时A，C，P，Q四点不可能构成平行四边形；同理P点AB上时，Q点DE或CE上，也不能构成平行四边形．∴只有当P点在BF上，Q点在ED上时，才能构成平行四边形，∴以A，C，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，∴PC＝QA，∵点P的速度为每秒1cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒，∴PC＝1t，QA＝12﹣4t，∴1t＝12﹣4t，解得：t＝．∴以A，C，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，t＝秒．【点睛】本题考查了矩形的性质的运用，菱形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，平行四边形的判定及性质的运用，解答时分析清楚动点在不同的位置所构成的图形的形状是解答本题的关键．22、（1）详见解析；（2）详见解析.【分析】（1）根据圆的对称性即可求出答案；（2）先证明△BCD∽△BDF，利用相似三角形的性质可知：，利用BC=AC即可求证=AC•BF；【详解】解：（1）∵，平分，∴，，∴是圆的直径∵AB∥EF，∴，∵是圆的半径，∴是的切线；（2）∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴.【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握圆周角定理，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键.23、（1）12；（2）；（3）．【分析】（1）如图1中，过点作，交延长线于点，通过构造直角三角形，求出BD利用三角形面积公式求解即可.（2）如图示，作点关于的对称点，交于点，连接，交于点，连接、、，过点作，交延长线于点，确定点P的位置，利用勾股定理与矩形的性质求出CQ的长度即为答案.（3）解图3所示，在上这一点作点关于的对称点，作点关于的对称点，连接，交于点，交于点，连接，通过轴对称性质的转化，最终确定最小值转化为SN的长.【详解】（1）如解图1所示，过点作，交延长线于点，，，，交延长线于点，为等腰直角三角形，且，，在中，，，即，，，解得：，，．（2）如解图2所示，作点关于的对称点，交于点，连接，交于点，连接、、，过点作，交延长线于点，关于的对称点，交于点，，，点为上的动点，，当点处于解图2中的位置，取最小值，且最小值为的长度，点为半圆的中点，，，，，，在中，由作图知，，且，，，由作图知，四边形为矩形，，，，的最小值为．（3）如解图3所示，在上这一点作点关于的对称点，作点关于的对称点，连接，交于点，交于点，连接，点关于的对称点，点关于的对称点，连