2023届四川省成都十八中学九年级数学第一学期期末调研试题含解析

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．若+10x+m=0是关于x的一元二次方程，则m的值应为（）A．m="2" B．m= C．m= D．无法确定2．如图，若a＜0，b＞0，c＜0，则抛物线y=ax2+bx+c的大致图象为（）A． B． C． D．3．如图是二次函数y＝ax2+bx+c图象的一部分，图象过点A（﹣3，0），对称轴为x＝﹣1．给出四个结论：①b2＞4ac；②2a+b＝0；③a﹣b+c＝0；④5a＜b．其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4．将n个边长都为1cm的正方形按如图所示的方法摆放，点A1，A2，…，An分别是正方形对角线的交点，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为（）A．cm2 B．cm2 C．cm2 D．（）ncm25．已知二次函数y＝﹣x2﹣bx+1(﹣5＜b＜2)，则函数图象随着b的逐渐增大而()A．先往右上方移动，再往右平移B．先往左下方移动，再往左平移C．先往右上方移动，再往右下方移动D．先往左下方移动，再往左上方移动6．如图，是用棋子摆成的“上”字：如果按照以上规律继续摆下去，那么通过观察，可以发现：第30个“上”字需用多少枚棋子（）A．122 B．120 C．118 D．1167．如图，在矩形中，，对角线相交于点，垂直平分于点，则的长为（）A．4 B． C．5 D．8．如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC平分∠DAB，且∠DAC＝∠DBC，那么下列结论不一定正确的是（）A．△AOD∽△BOC B．△AOB∽△DOCC．CD＝BC D．BC•CD＝AC•OA9．下列大学校徽内部图案中可以看成由某一个基本图形通过平移形成的是（）A． B． C． D．10．抛物线y=﹣2（x﹣1）2﹣3与y轴交点的横坐标为（）A．﹣3 B．﹣4 C．﹣5 D．011．抛掷一枚质地均匀的硬币，连续掷三次，出现“一次正面，两次反面”的概率为（）A． B． C． D．12．如图，一块直角三角板的30°角的顶点P落在⊙O上，两边分别交⊙O于A、B两点，若⊙O的直径为8，则弦AB长为（）A． B． C．4 D．6二、填空题（每题4分，共24分）13．已知二次函数y＝x2﹣4x+3，当a≤x≤a+5时，函数y的最小值为﹣1，则a的取值范围是_______．14．若点在反比例函数的图象上，则的大小关系是_____________．15．菱形ABCD的周长为20，且有一个内角为120°，则它的较短的对角线长为______．16．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD与AB相交，若∠BCD＝24°，则∠ABD的度数为___度．17．△ABC是等边三角形，点O是三条高的交点．若△ABC以点O为旋转中心旋转后能与原来的图形重合，则△ABC旋转的最小角度是____________．18．如图，在平面直角坐标系中有两点和，以原点为位似中心，相似比为，把线段缩短为线段，其中点与点对应，点与点对应，且在y轴右侧，则点的坐标为________.三、解答题（共78分）19．（8分）如图，等腰Rt△BPQ的顶点P在正方形ABCD的对角线AC上（P与AC不重合），∠PBQ=90°，QP与BC交于E,QP延长线交AD于F，连CQ.(1)①求证：AP=CQ；②求证：(2)当时，求的值.20．（8分）如图，在矩形中，，为边上一点，把沿直线折叠，顶点折叠到，连接与交于点，连接与交于点，若．（1）求证：；（2）当时，，求的长；（3）连接，直接写出四边形的形状：．当时，并求的值．21．（8分）某校为了提升初中学生学习数学的兴趣，培养学生的创新精神，举办“玩转数学”比赛，现有甲、乙、丙三个小组进入决赛，评委从研究报告、小组展示、答辩三个方面为各小组打分，各项成绩均按百分制记录，甲、乙、丙三个小组各项得分如下表：小组

研究报告

小组展示

答辩

甲

91

80

78

乙

81

74

85

丙

79

83

90

（1）计算各小组的平均成绩，并从高分到低分确定小组的排名顺序：（2）如果按照研究报告占40%，小组展示占30%，答辩占30%，计算各小组的成绩，哪个小组的成绩最高？22．（10分）计算：.23．（10分）如图，在△ABC中，AB=10，AC＝8，D、E分别是AB、AC上的点，且AD＝4，∠BDE+∠C=180°．求AE的长．24．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，D、E分别是边BC、AC上的两个动点，且DE＝4，P是DE的中点，连接PA，PB，则PA＋PB的最小值为_____．25．（12分）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，点A（2，5）在反比例函数的图象上，过点A的直线y=x+b交x轴于点B．（1）求k和b的值；（2）求△OAB的面积．26．已知函数解析式为y=(m-2)（1）若函数为正比例函数，试说明函数y随x增大而减小（2）若函数为二次函数，写出函数解析式，并写出开口方向（3）若函数为反比例函数，写出函数解析式，并说明函数在第几象限

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【解析】试题分析：根据一元二次方程的定义进行解得2m﹣1=2，解得m=．故选C．考点：一元二次方程的定义2、B【分析】由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．【详解】∵a＜0，∴抛物线的开口方向向下，故第三个选项错误；∵c＜0，∴抛物线与y轴的交点为在y轴的负半轴上，故第一个选项错误；∵a＜0、b＞0，对称轴为x=＞0，∴对称轴在y轴右侧，故第四个选项错误．故选B．3、B【解析】由图象与x轴有交点，可以推出b2-4ac＞0，即b2＞4ac，①正确；由对称轴为x=-b2a=-1可以判定②错误；由x=-1时，y>0，可知③错误．把x＝1，x＝﹣【详解】①∵图象与x轴有交点，对称轴为x＝-b2a＝﹣1，与y轴的交点在又∵二次函数的图象是抛物线，∴与x轴有两个交点，∴b2﹣4ac＞0，即b2＞4ac，故本选项正确，②∵对称轴为x＝-b2a＝﹣∴2a＝b，∴2a-b＝0，故本选项错误，③由图象可知x＝﹣1时，y>0，∴a﹣b+c>0，故本选项错误，④把x＝1，x＝﹣3代入解析式得a+b+c＝0，9a﹣3b+c＝0，两边相加整理得5a+c＝b，∵c>0,即5a＜b，故本选项正确．故选：B．【点睛】本题考查了二次函数图像与各系数的关系，解答本题关键是掌握二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点、抛物线与x轴交点的个数确定．4、B【分析】根据题意可得，阴影部分的面积是正方形的面积的，已知两个正方形可得到一个阴影部分，则n个这样的正方形重叠部分即为n-1阴影部分的和．【详解】由题意可得阴影部分面积等于正方形面积的，即是，5个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为×4，n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为×（n-1）=cm1．故选B．【点睛】考查了正方形的性质，解决本题的关键是得到n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和的计算方法，难点是求得一个阴影部分的面积．5、D【分析】先分别求出当b＝﹣5、0、2时函数图象的顶点坐标即可得结论．【详解】解：二次函数y＝﹣x2﹣bx+1(﹣5＜b＜2)，当b＝﹣5时，y＝﹣x2+5x+1＝﹣(x﹣)2+，顶点坐标为(，)；当b＝0时，y＝﹣x2+1，顶点坐标为(0，1)；当b＝2时，y＝﹣x2﹣2x+1＝﹣(x+1)2+2，顶点坐标为(﹣1，2)．故函数图象随着b的逐渐增大而先往左下方移动，再往左上方移动．故选：D．【点睛】本题主要考查了二次函数图象，掌握二次函数的性质是解决本题的关键.6、A【分析】可以将上字看做有四个端点每次每个端点增加一个，还有两个点在里面不发生变化．找到其规律即可解答.【详解】第1个“上”字中的棋子个数是6；第2个“上”字中的棋子个数是10；第3个“上”字中的棋子个数是14；进一步发现规律：第n个“上”字中的棋子个数是（4n+2）．所以第30个“上”字需要4×30+2=122枚棋子．

故选：A．【点睛】此题考查规律型：图形的变化，解题关键是通过归纳与总结，得到其中的规律.7、B【分析】由矩形的性质和线段垂直平分线的性质证出OA=AB=OB=3，得出BD=2OB=6，由勾股定理求出AD即可．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴OB=OD，OA=OC，AC=BD，∴OA=OB，∵AE垂直平分OB，∴AB=AO，∴OA=AB=OB=3，∴BD=2OB=6，∴AD=；故选：B．【点睛】此题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．8、D【分析】直接利用相似三角形的判定方法分别分析得出答案．【详解】解：∵∠DAC=∠DBC，∠AOD=∠BOC，∴∽，故A不符合题意；∵∽，∴AO：OD=OB：OC，∵∠AOB=∠DOC，∴∽，故B不符合题意；∵∽，∴∠CDB=∠CAB，∵∠CAD=∠CAB，∠DAC=∠DBC，∴∠CDB=∠DBC，∴CD=BC；没有条件可以证明，故选D.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题关键在于熟练掌握相似三角形的判定方法①有两个对应角相等的三角形相似；②有两个对应边的比相等，且其夹角相等，则两个三角形相似；③三组对应边的比相等，则两个三角形相似.9、C【分析】由平移的性质，分别进行判断，即可得到答案．【详解】解：由平移的性质可知，C选项的图案是通过平移得到的；A、B、D中的图案不是平移得到的；故选：C．【点睛】本题考查了平移的性质，解题的关键是掌握图案的平移进行解题．10、D【分析】把x=0代入抛物线y=﹣2（x﹣1）2﹣3，即得抛物线y=﹣2（x﹣1）2﹣3与y轴的交点．【详解】当x=0时，抛物线y=﹣2（x﹣1）2﹣3与y轴相交，把x=0代入y=﹣2（x﹣1）2﹣3，求得y=-5，

∴抛物线y=﹣2（x﹣1）2﹣3与y轴的交点坐标为（0，-5）．

故选：D．【点睛】此题考查了二次函数的性质，二次函数与y轴的交点坐标，解题关键在于掌握当x=0时，即可求得二次函数与y轴的交点．11、B【分析】利用树状图分析，即可得出答案.【详解】共8种情况，出现“一次正面，两次反面”的情况有3种，所以概率=，故答案选择B.【点睛】本题考查的是求概率：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．12、C【分析】连接AO并延长交⊙O于点D，连接BD，根据圆周角定理得出∠D＝∠P＝30°，∠ABD＝90°，再由直角三角形的性质即可得出结论．【详解】连接AO并延长交⊙O于点D，连接BD，∵∠P＝30°，∴∠D＝∠P＝30°．∵AD是⊙O的直径，AD＝8，∴∠ABD＝90°，∴AB＝AD＝1．故选：C．【点睛】此题考查圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，由于三角板的直角边不经过圆心，所以连接出直径的辅助线是解题的关键.二、填空题（每题4分，共24分）13、﹣3≤a≤1【分析】求得对称轴，然后分三种情况讨论即可求得．【详解】解：∵二次函数y＝x1﹣4x+3＝（x﹣1）1﹣1，∴对称轴为直线x＝1，当a＜1＜a+5时，则在a≤x≤a+5范围内，x＝1时有最小值﹣1，当a≥1时，则在a≤x≤a+5范围内，x＝a时有最小值﹣1，∴a1﹣4a+3＝﹣1，解得a＝1，当a+5≤1时，则在a≤x≤a+5范围内，x＝a+5时有最小值﹣1，∴（a+5）1﹣4（a+5）+3＝﹣1，解得a＝﹣3，∴a的取值范围是﹣3≤a≤1，故答案为：﹣3≤a≤1．【点睛】本题考查了二次函数的最值，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．14、y1>y3>y1【分析】由题意可把用k表示出来，然后根据不等式的性质可以得到的大小．【详解】由题意得：,∵-1<<,k<0∴-k>>即y1>y3>y1．故答案为y1>y3>y1．【点睛】本题考查反比例函数的知识，根据反比例函数图象上点的横坐标得到其纵坐标是解题关键．15、1【分析】根据菱形的性质可得菱形的边长为1，然后根据内角度数进而求出较短对角线的长．【详解】如图所示：菱形ABCD的周长为20，AB=20÷4=1，又，四边形ABCD是菱形，，AB=AD，是等边三角形，BD=AB=1．故答案为1．【点睛】本题主要考查菱形的性质及等边三角形，关键是熟练掌握菱形的性质．16、66【解析】连接AD，根据圆周角定理可求∠ADB=90°，由同弧所对圆周角相等可得∠DCB=∠DAB，即可求∠ABD的度数．【详解】解：连接AD，∵AB是直径，∴∠ADB＝90°，∵∠BCD＝24°，∴∠BAD＝∠BCD＝24°，∴∠ABD＝66°，故答案为：66【点睛】本题考查了圆周角定理，根据圆周角定理可求∠ADB=90°是本题的关键．17、120°．【解析】试题分析：若△ABC以O为旋转中心，旋转后能与原来的图形重合，根据旋转变化的性质，可得△ABC旋转的最小角度为180°﹣60°=120°．故答案为120°．考点：旋转对称图形．18、【分析】根据位似变换的性质计算即可．【详解】∵以原点O为位似中心，相似比为，把线段AB缩短为线段CD，B（6，3），∴点D的坐标为：，即，故答案为：．【点睛】本题考查的是位似变换，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．三、解答题（共78分）19、（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）【分析】（1）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∠DAC=∠BAC，∠APF=∠ABP，即可证得△APF∽△ABP，再根据相似三角形的性质即可求解；（2）设正方形边长为，根据已知条件可求得PA的长，再根据第(1)②的结论可求得AF的长，从而求得答案.【详解】证明：（1）①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，∵△PBQ为等腰直角三角形，∴∠PBQ=90°，PB=BQ，∵∠ABP+∠BPC=∠BPC+∠CBQ=，∴∠ABP=∠CBQ，在△ABP与△CBQ中，，∴△ABP≌△CBQ，∴AP=CQ；②如图，∵∠CPB=∠3+∠4=∠1+∠2，∵∠4=∠1=45°，∴∠3=∠2，∴∠5=∠2，∵∠6=∠1=45°，∴△PFA∽△BPA，∴，∴即；(2)设正方形边长为，则，∵，∴，∴PA=，∵，∴，解得：AF=，∴DF=，∴.【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；灵活运用相似三角形的判定与性质是解题的关键．20、（1）见解析；（2）；（3）菱形，24【分析】（1）由题意可得∠AEB+∠CED=90°，且∠ECD+∠CED=90°，可得∠AEB=∠ECD，且∠A=∠D=90°，则可证△ABE∽△DEC；

（2）设AE=x，则DE=13-x，由相似三角形的性质可得，即：，可求x的值，即可得DE=9，根据勾股定理可求CE的长；

（3）由折叠的性质可得CP=C'P，CQ=C'Q，∠C'PQ=∠CPQ，∠BC'P=∠BCP=90°，由平行线的性质可得∠C'PQ=∠CQP=∠CPQ，即可得CQ=CP=C'Q=C'P，则四边形C'QCP是菱形，通过证△C'EQ∽△EDC，可得，即可求CE•EQ的值．【详解】证明：（1）∵CE⊥BE，

∴∠BEC=90°，

∴∠AEB+∠CED=90°，

又∵∠ECD+∠CED=90°，

∴∠AEB=∠ECD，

又∵∠A=∠D=90°，

∴△ABE∽△DEC

（2）设AE=x，则DE=13-x，

由（1）知：△ABE∽△DEC，

∴，即：

∴x2-13x+36=0，

∴x1=4，x2=9，

又∵AE＜DE

∴AE=4，DE=9，

在Rt△CDE中，由勾股定理得：

（3）如图，

∵折叠，

∴CP=C'P，CQ=C'Q，∠C'PQ=∠CPQ，∠BC'P=∠BCP=90°，

∵CE⊥BC'，∠BC'P=90°，

∴CE∥C'P，

∴∠C'PQ=∠CQP，

∴∠CQP=∠CPQ，

∴CQ=CP，

∴CQ=CP=C'Q=C'P，

∴四边形C'QCP是菱形，

故答案为：菱形

∵四边形C'QCP是菱形，

∴C'Q∥CP，C'Q=CP，∠EQC'=∠ECD

又∵∠C'EQ=∠D=90°

∴△C'EQ∽△EDC

∴

即：CE•EQ=DC•C'Q=6×4=24【点睛】本题是相似形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等性质，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．21、（1）丙、甲、乙;（2）甲组的成绩最高.【解析】试题分析：（1）计算各小组的平均成绩，并从高分到低分确定小组的排名顺序即可；（2）分别计算各小组的加权平均成绩，然后比较即可.试题解析：（1）甲：（91+80+78）÷3=83;乙：（81+74+85）÷3=80;丙：（79+83+90）÷3=84.∴小组的排名顺序为：丙、甲、乙．（2）甲：91×40%+80×30%+78×30%=83.8乙：81×40%+74×30%+85×30%=80.1丙：79×40%+83×30%+90×30%=83.5∴甲组的成绩最高考点：平均数；加权平均数.22、【分析】根据特殊角的三角函数值及绝对值、乘方、零指数次幂的定义进行计算即可．【详解】原式【点睛】本题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．23、AE=5【分析】根据∠BDE+∠C=180°可得出C=ADE，继而可证明△ADE∽△ACB，再利用相似三角形的性质求解即可．【详解】解：∵BDE+C=180°BDE+ADE=180°∴C=ADE∵A=A∴∴∴∴