2023届广州市从化区从化七中学年度九年级数学第一学期期末复习检测试题含解析

1、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05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在中，则直角边的长是（ ）ABCD2如图，在四边形ABCD中，BD平分ABC，BADBDC90，E为BC的中点，AE与BD相交于点F，若BC4，CBD30，

2、则AE的长为（ ）ABCD3如图，在中，于点，则的值为（ ）A4BCD74某气球内充满了一定质量的气体，当温度不变时，气球内气体的气压p（kPa）是气体体积V（）的反比例函数，其图象如图所示，当气球内的气压大于120kPa时，气球将会爆炸，为了安全起见，气球的体积应（ ）A不小于B大于C不小于D小于5在平面直角坐标系中，抛物线经过变换后得到抛物线，则这个变换可以是（ ）A向左平移2个单位B向右平移2个单位C向左平移8个单位D向右平移8个单位6二次函数y=ax2+bx+c的图象在平面直角坐标系中的位置如图所示，则一次函数y=ax+b与反比例函数y=在同一平面直角坐标系中的图象可能是（）ABCD7

3、从1、2、3、4四个数中随机选取两个不同的数，分别记为，则满足的概率为()ABCD8如图，P、Q是O的直径AB上的两点，P在OA上，Q在OB上，PCAB交O于C，QDAB交O于D，弦CD交AB于点E，若AB=20，PC=OQ=6，则OE的长为（ ）A1B1.5C2D2.59按照一定规律排列的个数：-2，4，-8，16，-32，64，若最后三个数的和为768，则为（ ）A9B10C11D1210已知是实数，则代数式的最小值等于（ ）A-2B1CD11如图，正方形中，点、分别在边，上，与交于点.若，则的长为（ ）ABCD12若一元二次方程x22x+m=0有两个不相同的实数根，则实数m的取值范围是（

4、）Am1Bm1Cm1Dm1二、填空题（每题4分，共24分）13双曲线、在第一象限的图像如图，过上的任意一点，作轴的平行线交于，交轴于，若，则的解析式是_14已知点A(3，m)与点B(2，n)是直线yxb上的两点，则m与n的大小关系是_15如图，等腰直角三角形AOC中，点C在y轴的正半轴上，OCAC4，AC交反比例函数y的图象于点F，过点F作FDOA，交OA与点E，交反比例函数与另一点D，则点D的坐标为_16若扇形的半径长为3，圆心角为60，则该扇形的弧长为_17一中和二中举行数学知识竞赛，参赛学生的竞赛得分统计结果如下表：学校参赛人数平均数中位数方差一中45838682二中458384135某

5、同学分析上表后得到如下结论：. 一中和二中学生的平均成绩相同；一中优秀的人数多于二中优秀的人数（竞赛得分85分为优秀）；二中成绩的波动比一中小. 上述结论中正确的是_. （填写所有正确结论的序号）18如图，已知一块圆心角为270的扇形铁皮，用它做一个圆锥形的烟囱帽（接缝忽略不计），圆锥底面圆的直径是60cm，则这块扇形铁皮的半径是_cm三、解答题（共78分）19（8分）两个相似多边形的最长边分别为6cm和8cm，它们的周长之和为56cm，面积之差为28cm2，求较小相似多边形的周长与面积20（8分）如图，在矩形ABCD中，BC60cm动点P以6cm/s的速度在矩形ABCD的边上沿AD的方向匀速

6、运动，动点Q在矩形ABCD的边上沿ABC的方向匀速运动P、Q两点同时出发，当点P到达终点D时，点Q立即停止运动设运动的时间为t(s)，PDQ的面积为S(cm2)，S与t的函数图象如图所示（1）AB cm，点Q的运动速度为 cm/s；（2）在点P、Q出发的同时，点O也从CD的中点出发，以4cm/s的速度沿CD的垂直平分线向左匀速运动，以点O为圆心的O始终与边AD、BC相切，当点P到达终点D时，运动同时停止当点O在QD上时，求t的值；当PQ与O有公共点时，求t的取值范围21（8分）如图，在O中，CDOA于点D，CEOB于点E（1）求证：；（2）若AOB=120，OA=2，求四边形DOEC的面积22

7、（10分）已知抛物线与轴的两个交点是点，（在的左侧），与轴的交点是点（1）求证：，两点中必有一个点坐标是；（2）若抛物线的对称轴是，求其解析式；（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在一点，使？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，请说明理由23（10分）如图，AB是的直径，点C，D在上，且BD平分ABC过点D作BC的垂线，与BC的延长线相交于点E，与BA的延长线相交于点F（1）求证：EF与相切：（2）若AB=3，BD=，求CE的长24（10分）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(-1,0)，B(3,0)两点.（1）求该抛物线的解析式；（2）抛物线的对称轴上是否存在一点M，使ACM的周长

8、最小？若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由.（3）设抛物线上有一个动点P，当点P在该抛物线上滑动到什么位置时，满足SPAB=8，并求出此时点P的坐标.25（12分）箱子里有4瓶牛奶，其中有一瓶是过期的现从这4瓶牛奶中不放回地任意抽取2瓶（1）请用树状图或列表法把上述所有等可能的结果表示出来；（2）求抽出的2瓶牛奶中恰好抽到过期牛奶的概率26如图，平行四边形中，是上一点，连接，点是的中点，且满足是等腰直角三角形，连接. （1）若，求的长；（2）求证：. 参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【分析】根据余弦的定义求解【详解】解：在RtABC中，C=90，cosB= ，BC=10

9、cos40故选：B【点睛】本题考查解直角三角形：在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形2、D【分析】如图，作EHAB于H，利用CBD的余弦可求出BD的长，利用ABD的余弦可求出AB的长，利用EBH的正弦和余弦可求出BH、HE的长，即可求出AH的长，利用勾股定理求出AE的长即可【详解】如图，作EHAB于H，在RtBDC中，BC4，CBD30，BDBCcos30=2，BD平分ABC，CBD30，ABD=30，EBH=60，在RtABD中，ABD30，BD2，ABBDcos30=3，点E为BC中点，BEEC2，在RtBEH中，BHBEcosEBH1，HEEHsinEBH，AH=A

10、B-BH=2，在RtAEH中，AE，故选：D【点睛】本题考查解直角三角形的应用，正确作出辅助线构建直角三角形并熟记三角函数的定义是解题关键3、B【分析】利用和可知，然后分别在和中利用求出BD和CD的长度，最后利用BC=BD+CD即可得出答案.【详解】 在中，在中， 故选B【点睛】本题主要考查解直角三角形，掌握锐角三角函数的意义是解题的关键.4、C【解析】由题意设设，把（1.6，60）代入得到k=96，推出，当P=120时，由此即可判断【详解】因为气球内气体的气压p（kPa）是气体体积V（）的反比例函数，所以可设，由题图可知，当时，所以，所以.为了安全起见，气球内的气压应不大于120kPa，即，

11、所以.故选C.【点睛】此题考查反比例函数的应用，解题关键在于把已知点代入解析式.5、B【分析】根据变换前后的两抛物线的顶点坐标找变换规律【详解】y=（x+5）（x-3）=（x+1）2-16，顶点坐标是（-1，-16）y=（x+3）（x-5）=（x-1）2-16，顶点坐标是（1，-16）所以将抛物线y=（x+5）（x-3）向右平移2个单位长度得到抛物线y=（x+3）（x-5），故选B【点睛】此题主要考查了次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减6、C【解析】试题分析：二次函数图象开口方向向下，a0，对称轴为直线0，b0，与y轴的正半轴相交，c0，的图象经过第一、二、四象限

12、，反比例函数图象在第一三象限，只有C选项图象符合故选C考点：1二次函数的图象；2一次函数的图象；3反比例函数的图象7、C【分析】根据题意列出树状图，得到所有a、c的组合再找到满足的数对即可【详解】如图：符合的共有6种情况，而a、c的组合共有12种，故这两人有“心灵感应”的概率为故选：C【点睛】此题考查了利用树状图法求概率，要做到勿漏、勿多，同时要适时利用概率公式解答8、C【分析】因为OCP和ODQ为直角三角形，根据勾股定理可得OP、DQ、PQ的长度，又因为CPDQ，两直线平行内错角相等，PCE=EDQ，且CPE=DQE=90，可证CPEDQE，可得，设PE=x，则EQ=14-x，解得x的取值，

13、OE= OP-PE，则OE的长度可得【详解】解：在O中，直径AB=20，即半径OC=OD=10，其中CPAB，QDAB，OCP和ODQ为直角三角形，根据勾股定理：，且OQ=6，PQ=OP+OQ=14，又CPAB，QDAB，垂直于用一直线的两直线相互平行，CPDQ，且C、D连线交AB于点E，PCE=EDQ，（两直线平行，内错角相等）且CPE=DQE=90，CPEDQE，故，设PE=x，则EQ=14-x，解得x=6，OE=OP-PE=8-6=2，故选：C【点睛】本题考察了勾股定理、相似三角形的应用、两直线平行的性质、圆的半径，解题的关键在于证明CPE与DQE相似，并得出线段的比例关系9、B【分析】

14、观察得出第n个数为（-2）n，根据最后三个数的和为768，列出方程，求解即可【详解】由题意，得第n个数为（-2）n，那么（-2）n-2+（-2）n-1+（-2）n=768，当n为偶数：整理得出：32n-2=768，解得：n=10；当n为奇数：整理得出：-32n-2=768，则求不出整数故选B10、C【分析】将代数式配方，然后利用平方的非负性即可求出结论【详解】解：=代数式的最小值等于故选C【点睛】此题考查的是利用配方法求最值，掌握完全平方公式是解决此题的关键11、A【分析】根据正方形的性质以及勾股定理求得，证明，根据全等三角形的性质可得，继而根据，可求得CG的长，进而根据即可求得答案.【详解】

15、四边形ABCD是正方形，在和中，故选A.【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，三角函数等知识，综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.注意数形结合思想的运用.12、D【解析】分析：根据方程的系数结合根的判别式0，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出实数m的取值范围详解：方程有两个不相同的实数根， 解得：m1故选D点睛：本题考查了根的判别式，牢记“当0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键二、填空题（每题4分，共24分）13、【分析】根据y1=，过y1上的任意一点A，得出CAO的面积为2，进而得出CBO面积为3，即可得出y2的解析式【详解】解：

16、y1=，过y1上的任意一点A，作x轴的平行线交y2于B，交y轴于C，SAOC=4=2，SAOB=1，CBO面积为3，k=xy=6，y2的解析式是：y2=故答案为y2=14、mn【分析】先根据直线的解析式判断出函数的增减性，再根据一次函数的性质即可得出结论【详解】直线yxb中，k0，此函数y随着x增大而减小32，mn故填：mn.【点睛】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数的增减性是解答此题的关键15、 (4，)【分析】先求得F的坐标，然后根据等腰直角三角形的性质得出直线OA的解析式为y=x，根据反比例函数的对称性得出F关于直线OA的对称点是D点，即可求得D点的坐标【详解】OC=A

17、C=4，AC交反比例函数y=的图象于点F，F的纵坐标为4，代入y=求得x=，F(，4)，等腰直角三角形AOC中，AOC=45，直线OA的解析式为y=x，F关于直线OA的对称点是D点，点D的坐标为(4，)，故答案为：(4，) 【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形的性质，反比例函数的对称性是解题的关键16、【分析】根据弧长的公式列式计算即可【详解】一个扇形的半径长为3，且圆心角为60，此扇形的弧长为=故答案为：【点睛】此题考查弧长公式，熟记公式是解题关键17、【分析】根据表格中的数据直接得出平均数相同，再根据一中成绩的中位数8685可判断一中优秀人数较多，最后根据方差越大

18、，成绩波动越大判断波动性.【详解】由表格数据可知一中和二中的平均成绩相同，故正确；一中成绩的中位数8685，二中成绩的中位数8485，竞赛得分85分为优秀一中优秀的人数多于二中优秀的人数故正确；二中的方差大于一中，则二中成绩的波动比一中大，故错误；故答案为：【点睛】本题考查平均数，中位数与方差，难度不大，熟练掌握基本概念是解题的关键.18、40cm【解析】首先根据圆锥的底面直径求得圆锥的底面周长，然后根据底面周长等于展开扇形的弧长求得铁皮的半径即可【详解】圆锥的底面直径为60cm，圆锥的底面周长为60cm，扇形的弧长为60cm，设扇形的半径为r，则=60，解得：r=40cm，故答案为:40cm

19、【点睛】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是首先求得圆锥的底面周长，利用圆锥的底面周长等于扇形的弧长求解三、解答题（共78分）19、较小相似多边形的周长为14cm，面积为36cm1【分析】设较小相似多边形的周长为x，面积为y，则较大相似多边形的周长为56x，面积18+y，根据相似多边形的 性质得到，然后利用比例的性质求解即可.【详解】解：设较小相似多边形的周长为x，面积为y，则较大相似多边形的周长为56x，面积18+y，根据题意得，解得x14，y36，所以较小相似多边形的周长为14cm，面积为36cm1【点睛】本题考查了相似多边形的性质：对应角相等；对应边的比相等；两个相似多边形周长的比等于相似

20、比；两个相似多边形面积的比等于相似比的平方.20、（1）30，6；（2）；t【分析】（1）设点Q的运动速度为a，则由图可看出，当运动时间为5s时，PDQ有最大面积450，即此时点Q到达点B处，可列出关于a的方程，即可求出点Q的速度，进一步求出AB的长；（2）如图1，设AB，CD的中点分别为E，F，当点O在QD上时，用含t的代数式分别表示出OF，QC的长，由OFQC可求出t的值；设AB，CD的中点分别为E，F，O与AD，BC的切点分别为N，G，过点Q作QHAD于H，如图21，当O第一次与PQ相切于点M时，证QHP是等腰直角三角形，分别用含t的代数式表示CG，QM，PM，再表示出QP，由QPQH可

21、求出t的值；同理，如图22，当O第二次与PQ相切于点M时，可求出t的值，即可写出t的取值范围【详解】（1）设点Q的运动速度为a，则由图可看出，当运动时间为5s时，PDQ有最大面积450，即此时点Q到达点B处，AP6t，SPDQ(6065)5a450，a6，AB5a30，故答案为：30，6；（2）如图1，设AB，CD的中点分别为E，F，当点O在QD上时，QCAB+BC6t906t，OF4t，OFQC且点F是DC的中点，OFQC，即4t (906t)，解得，t；设AB，CD的中点分别为E，F，O与AD，BC的切点分别为N，G，过点Q作QHAD于H，如图21，当O第一次与PQ相切于点M时，AH+AP

22、6t，AB+BQ6t，且BQAH，HPQHAB30，QHP是等腰直角三角形，CGDNOF4t，QMQG904t6t9010t，PMPN604t6t6010t，QPQM+MP15020t，QPQH，15020t30，t；如图22，当O第二次与PQ相切于点M时，AH+AP6t，AB+BQ6t，且BQAH，HPQHAB30，QHP是等腰直角三角形，CGDNOF4t，QMQG4t(906t)10t90，PMPN4t(606t)10t60，QPQM+MP20t150，QPQH，20t15030，t，综上所述，当PQ与O有公共点时，t的取值范围为：t【点睛】本题考查了圆和一元一次方程的综合问题，掌握圆切线

23、的性质、解一元一次方程的方法、等腰直角三角形的性质是解题的关键21、（1）详见解析；（2）【分析】（1）连接OC，由AC=BC，可得AOC=BOC，又CDOA，CEOB，由角平分线定理可得CD=CE；（2）由AOB=120，AOC=BOC，可得AOC=60，又CDO=90，得OCD=30，可得，由勾股定理可得，可得；同理可得，进而求出【详解】（1）证明：连接OCAC=BC，AOC=BOCCDOA，CEOB，CD=CE（2）解：AOB=120，AOC=BOC，AOC=60CDO=90，OCD=30，OC=OA=2，同理可得，【点睛】本题主要考查了圆心角与弧的关系，角平分线的性质，勾股定理以及面积

24、计算，熟练掌握圆中的相关定理是解题的关键22、（1）见解析；（2）；（3）或【分析】（1）将抛物线表达式变形为，求出与x轴交点坐标即可证明；（2）根据抛物线对称轴的公式，将代入即可求得a值，从而得到解析式；（3）分点P在AC上方和下方两种情况，结合ACO=45得出直线PC与x轴所夹锐角度数，从而求出直线PC解析式，继而联立方程组，解之可得答案【详解】解：（1）=，令y=0，则，则抛物线与x轴的交点中有一个为（-2，0）；（2）抛物线的对称轴是：=，解得：，代入解析式，抛物线的解析式为：；（3）存在这样的点，如图1，当点在直线上方时，记直线与轴的交点为，则，则，求得直线解析式为，联立，解得或，；

25、如图2，当点在直线下方时，记直线与轴的交点为，则，求得直线解析式为，联立，解得：或，综上，点的坐标为，或，【点睛】本题是二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、二次函数的图象和性质、直线与抛物线相交的问题等23、（1）证明见解析；（2）【分析】（1）连接OD，由角平分线和等边对等角，得到，则，即可得到结论成立；（2）连接，由勾股定理求出AD，然后证明，求出DE的长度，然后即可求出CE的长度.【详解】（1）证明，如图，连接平分，,即与相切（2）如图，连接， 是的直径，在中，即，在中，【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，勾股定理，切线的判定，圆周角定理等知识点的应用，主要

26、考查学生运用性质进行推理和计算的能力，两小题题型都很好，都具有一定的代表性24、（1）y=x22x1；（2）存在；M（1，2）；（1）（1+22，4）或（122 ，4）或（1，4）.【解析】（1）由于抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（-1，0），B（1，0）两点，那么可以得到方程x2+bx+c=0的两根为x=-1或x=1，然后利用根与系数即可确定b、c的值；（2）点B是点A关于抛物线对称轴的对称点，在抛物线的对称轴上有一点M，要使MA+MC的值最小，则点M就是BC与抛物线对称轴的交点，利用待定系数法求出直线BC的解析式，把抛物线对称轴x=1代入即可得到点M的坐标；（1）根据SPAB=2，求得P的纵坐标，把纵坐标代入抛物线的解析式即可求得P点的坐标【详解】（1）抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（1，0），B（1，0）两点，方程x2+bx+c=0的两根为x=1或x=1，1+1=b，11=c，b=2，c=1，二次函数解析式是y=x22x1（2）点A、B关于对称轴对称，点M为BC与对称轴的交点时，MA+MC的值最小