2023届广东省广州市广州大附中数学九年级第一学期期末达标检测试题含解析

1、2022-2023学年九上数学期末模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1已知在直角坐标平面内，以点P（2，3）为圆心，2为半径的圆P与x轴的位置关系是（）A相离B相切C相交D相离、相切、相交都有可能2如图，在中，点，分别在，边上，若，则线段的长为（）ABCD53如图，在半径为的中，弦与交于点，则的长是（）ABCD4下

2、列事件是必然事件的是（）A明天太阳从西方升起B打开电视机，正在播放广告C掷一枚硬币，正面朝上D任意一个三角形，它的内角和等于1805在平面直角坐标系xoy中，OAB各顶点的坐标分别为：O（0，0），A（1，2），B（3，0），以原点O为位似中心，相似比为2，将OAB放大，若B点的对应点B的坐标为（6，0），则A点的对应点A坐标为（）A（2，4）B（4，2）C（1，4）D（1，4）6不解方程，则一元二次方程的根的情况是（ ）A有两个相等的实数根B没有实数根C有两个不相等的实数根D以上都不对7如图，ABC内接于O，AB=BC，ABC=120，O的直径AD=6，则BD的长为( )A2B3C2D38如

3、图，在ABC中，B=90，AB=6cm，BC=12cm，动点P从点A开始沿边AB向B以1cm/s的速度移动（不与点B重合），动点Q从点B开始沿边BC向C以2cm/s的速度移动（不与点C重合）如果P、Q分别从A、B同时出发，那么经过（）秒，四边形APQC的面积最小A1B2C3D49一元二次方程的常数项是（ ）ABCD10如图，双曲线的一个分支为（ ）ABCD11如图，正方形的边长为4，点在的边上，且，与关于所在的直线对称，将按顺时针方向绕点旋转得到，连接，则线段的长为（ ）A4BC5D612已知，如图，点C，D在O上，直径AB=6cm，弦AC，BD相交于点E，若CE=BC，则阴影部分面积为（）A

4、BCD二、填空题（每题4分，共24分）13已知中，垂足为点，以点为圆心作，使得点在外，且点在内，设的半径为，那么的取值范围是_.14反比例函数的图象在第 象限15如图，在O的内接四边形ABCD中，A=70，OBC=60，则ODC=_16已知圆O的直径为4，点M到圆心O的距离为3，则点M与O的位置关系是_17若方程的一个根，则的值是_18如图，一个半径为，面积为的扇形纸片，若添加一个半径为的圆形纸片，使得两张纸片恰好能组合成一个圆锥体，则添加的圆形纸片的半径为_三、解答题（共78分）19（8分）已知与成反比例，当时，求与的函数表达式.20（8分）如图1，已知正比例函数和反比例函数的图象都经过点M

5、（2，1），且P（1，2）为双曲线上的一点，Q为坐标平面上一动点，PA垂直于x轴，QB垂直于y轴，垂足分别是A、B（1）写出正比例函数和反比例函数的关系式；（2）当点Q在直线MO上运动时，直线MO上是否存在这样的点Q，使得OBQ与OAP面积相等？如果存在，请求出点的坐标，如果不存在，请说明理由；（3）如图2，当点Q在第一象限中的双曲线上运动时，作以OP、OQ为邻边的平行四边形OPCQ，求平行四边形OPCQ周长的最小值21（8分）已知二次函数y=x2+4x+k-1.（1）若抛物线与x轴有两个不同的交点，求k的取值范围；（2）若抛物线的顶点在x轴上，求k的值.22（10分）解方程：(1)x22x1

6、0(2)2(x3)2x2923（10分）如图，点O是等边三角形ABC内的一点，BOC=150，将BOC绕点C按顺时针旋转得到ADC，连接OD，OA（1）求ODC的度数；（2）若OB=4，OC=5，求AO的长24（10分）如图，圆的内接五边形ABCDE中，AD和BE交于点N，AB和EC的延长线交于点M，CDBE，BCAD，BMBC1，点D是的中点（1）求证：BCDE；（2）求证：AE是圆的直径；（3）求圆的面积25（12分）如图1，内接于,AD是直径，的平分线交BD于H，交于点C，连接DC并延长，交AB的延长线于点E. （1）求证：；（2）若，求的值（3）如图2，连接CB并延长，交DA的延长线于

7、点F，若，求的面积.26已知：如图，在RtABC中，ACB=90，BC=3 ，tanBAC=，将ABC对折，使点C的对应点H恰好落在直线AB上，折痕交AC于点O，以点O为坐标原点，AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系（1）求过A、B、O三点的抛物线解析式；（2）若在线段AB上有一动点P，过P点作x轴的垂线，交抛物线于M，设PM的长度等于d，试探究d有无最大值，如果有，请求出最大值，如果没有，请说明理由（3）若在抛物线上有一点E，在对称轴上有一点F，且以O、A、E、F为顶点的四边形为平行四边形，试求出点E的坐标参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【解析】先求出点P到x轴的距离，再根据直

8、线与圆的位置关系得出即可【详解】解：点P(-2，3)到x轴的距离是3，32，所以圆P与轴的位置关系是相离，故选A.【点睛】本题考查了坐标与图形的性质和直线与圆的位置关系等知识点，能熟记直线与圆的位置关系的内容是解此题的关键2、C【解析】设，所以，易证，利用相似三角形的性质可求出的长度，以及，再证明，利用相似三角形的性质即可求出得出，从而可求出的长度.【详解】解：设，设，故选C.【点睛】本题考查相似三角形，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，本题属于中等题型.3、C【分析】过点作于点，于，连接，由垂径定理得出，得出，由勾股定理得出，证出是等腰直角三角形，得出，求出，由直角三角形的性质得出

9、，由勾股定理得出，即可得出答案【详解】解：过点作于点，于，连接，如图所示：则，在中，是等腰直角三角形，在中，；故选C【点睛】考核知识点：垂径定理.利用垂径定理和勾股定理解决问题是关键.4、D【分析】必然事件就是一定会发生的事件，依次判断即可.【详解】A、明天太阳从西方升起，是不可能事件，故不符合题意；B、打开电视机，正在播放广告是随机事件，故不符合题意；C、掷一枚硬币，正面朝上是随机事件，故不符合题意；D、任意一个三角形，它的内角和等于180是必然事件，故符合题意；故选：D【点睛】本题是对必然事件的考查，熟练掌握必然事件知识是解决本题的关键.5、A【分析】根据相似比为2, B的坐标为（6，0）

10、，判断A在第三象限即可解题.【详解】解：由题可知O A：OA=2:1,B的坐标为（6，0），A在第三象限,A（2，4）,故选A.【点睛】本题考查了图形的位似,属于简单题,确定A的象限是解题关键.6、C【分析】根据值判断根的情况【详解】解：a=2 b=3 c= -4 有两个不相等的实数根故本题答案为：C【点睛】本题考查了通过根的判别式判断根的情况，注意a,b,c有符号7、D【分析】连接OB，如图，利用弧、弦和圆心角的关系得到 ，则利用垂径定理得到OBAC，所以ABO=ABC=60，则OAB=60，再根据圆周角定理得到ABD=90，然后利用含30度的直角三角形三边的关系计算BD的长【详解】连接OB

11、，如图：AB=BC，OBAC，OB平分ABC，ABO=ABC=120=60，OA=OB，OAB=60，AD为直径，ABD=90，在RtABD中，AB=AD=3，BD=.故选D【点睛】考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心也考查了垂径定理和圆周角定理8、C【分析】根据等量关系“四边形APQC的面积=三角形ABC的面积-三角形PBQ的面积”列出函数关系求最小值【详解】解：设P、Q同时出发后经过的时间为ts，四边形APQC的面积为Scm2，则有：S=SABC-SPBQ= 126- （6-t）2t=t2-6t+36=（t-3）2+1当t=3s时，

12、S取得最小值故选C【点睛】本题考查了函数关系式的求法以及最值的求法，解题的关键是根据题意列出函数关系式，并根据二次函数的性质求出最值9、A【分析】在一元二次方程的一般形式下，可得出一元二次方程的常数项【详解】解：由，所以方程的常数项是 故选A【点睛】本题考查的是一元二次方程的一般形式及各项系数，掌握以上知识是解题的关键10、D【解析】在中，k=80，它的两个分支分别位于第一、三象限，排除；又当=2时，=4，排除；所以应该是故选D11、C【分析】如图，连接BE，根据轴对称的性质得到AF=AD，EAD=EAF，根据旋转的性质得到AG=AE，GAB=EAD求得GAB=EAF，根据全等三角形的性质得到

13、FG=BE，根据正方形的性质得到BC=CD=AB=1根据勾股定理即可得到结论【详解】解：如图，连接BE，AFE与ADE关于AE所在的直线对称，AF=AD，EAD=EAF，ADE按顺时针方向绕点A旋转90得到ABG，AG=AE，GAB=EADGAB=EAF，GAB+BAF=BAF+EAFGAF=EABGAFEAB（SAS）FG=BE，四边形ABCD是正方形，BC=CD=AB=1DE=1，CE=2在RtBCE中，BE=，FG=5，故选：C【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以及旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的

14、图形全等12、B【分析】连接OD、OC，根据CE=BC，得出DBC=CEB=45，进而得出DOC=90，根据S阴影=S扇形-SODC即可求得【详解】连接OD、OC，AB是直径,ACB=90，CE=BC，CBD=CEB=45，COD =2DBC=90，S阴影=S扇形SODC= 33= .故答案选B.【点睛】本题考查的知识点是扇形面积的计算，解题的关键是熟练的掌握扇形面积的计算.二、填空题（每题4分，共24分）13、【分析】先根据勾股定理求出AB的长，进而得出CD的长，再求出AD,BD的长，由点与圆的位置关系即可得出结论【详解】解：RtABC中，ACB=90，AC=3，BC=，AB=1CDAB，C

15、D=ADBD=CD2，设AD=x，BD=1-x，得x(1-x)=,又ADBD,解得x1=(舍去),x2=.AD=,BD=.点A在圆外，点B在圆内，BDrAD,r的范围是，故答案为：【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系，熟知点与圆的三种位置关系是解答此题的关键14、二、四【解析】：k=-10，反比例函数y=-1/x 中，图象在第二、四象限15、50【详解】解：A=70，C=180A=110，BOD=2A=140，OBC=60，ODC=36011014060=50，故答案为50考点：圆内接四边形的性质16、在圆外【分析】根据由O的直径为4，得到其半径为2，而点M到圆心O的距离为3，得到点M到圆心O

16、的距离大于圆的半径，根据点与圆的位置关系即可判断点M与O的位置关系【详解】解：O的直径为4，O的半径为2，点M到圆心O的距离为3，点M与O的位置关系是在圆外故答案为：在圆外【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较点到圆心的距离d与圆半径大小关系完成判定17、【分析】将m代入方程，再适当变形可得的值.【详解】解：将m代入方程得，即，所以.故答案为：2020.【点睛】本题考查了一元二次方程的代入求值，灵活的进行代数式的变形是解题的关键.18、1【分析】能组合成圆锥体，那么扇形的弧长等于圆形纸片的周长应先利用扇形的面积=圆锥的弧长母线长1，得到圆锥的弧长=1扇形的面积母线长，进而

17、根据圆锥的底面半径=圆锥的弧长1求解【详解】解：圆锥的弧长=1116=4，圆锥的底面半径=41=1cm，故答案为1【点睛】解决本题的难点是得到圆锥的弧长与扇形面积之间的关系，注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点三、解答题（共78分）19、【分析】根据反比例的定义，设，再将代入求出k，即可求得.【详解】由题意设，将代入得 ，解得，即.【点睛】本题考查了反比例的定义，利用代入法求解未知数，要注意的是，与的函数表达式指的是形式，如本题最后结果不可写成.20、（1）yx，；（2）存在，Q1（2，1）和Q2（2，1）；（3）2+1【分析】（1）正比例函数和反比例函数的图象都经过点M（-2，-1），待

18、定系数法可求它们解析式；（2）由点Q在yx上，设出Q点坐标，表示OBQ，由反比例函数图象性质，可知OAP面积为1，则根据面积相等可构造方程，问题可解；（3）因为四边形OPCQ是平行四边形，所以OP=CQ，OQ=PC，而点P（-1，-2）是定点，所以OP的长也是定长，所以要求平行四边形OPCQ周长的最小值就只需求OQ的最小值【详解】解：（1）设正比例函数解析式为ykx，将点M（2，1）坐标代入得k，所以正比例函数解析式为yx，同样可得，反比例函数解析式为；（2）当点Q在直线OM上运动时，设点Q的坐标为Q（m，m），于是SOBQOBBQmmm2，而SOAP|（1）（2）|1，所以有，m21，解得m

19、2，所以点Q的坐标为Q1（2，1）和Q2（2，1）；（3）因为四边形OPCQ是平行四边形，所以OPCQ，OQPC，而点P（1，2）是定点，所以OP的长也是定长，所以要求平行四边形OPCQ周长的最小值就只需求OQ的最小值，因为点Q在第一象限中双曲线上，所以可设点Q的坐标为Q（n，），由勾股定理可得OQ2n2+（n）2+1，所以当（n）20即n0时，OQ2有最小值1，又因为OQ为正值，所以OQ与OQ2同时取得最小值，所以OQ有最小值2，由勾股定理得OP，所以平行四边形OPCQ周长的最小值是2（OP+OQ）2（+2）2+1（或因为反比例函数是关于yx对称，所以当Q在反比例函数时候，OQ最短的时候，就

20、是反比例与yx的交点时候，联立方程组即可得到点Q坐标）【点睛】此题考查一次函数反比例函数的图象和性质，解答关键是运用数形结合思想解决问题21、k1；k=1【解析】试题分析：(1)、当抛物线与x轴有两个不同的交点，则0，从而求出k的取值范围；(2)、顶点在x轴上则说明顶点的纵坐标为0.试题解析：(1)、抛物线与x轴有两个不同的交点， b2-4ac0，即16-4k+40.解得k1.(2)、抛物线的顶点在x轴上， 顶点纵坐标为0，即=0.解得k=1.考点：二次函数的顶点22、 (1)，；(2)x13，x29.【分析】(1)利用公式法求解可得；(2)利用因式分解法求解可得；【详解】解：(1)a1，b2

21、，c1，(2)241(1)80，x，即，.(2)2(x3)2x29，2(x3)2(x+3)(x3)，2(x3)2(x+3)(x3)0，(x3)(x9)0，x30或x90，解得x13，x29.【点睛】本题主要考查了解一元二次方程的配方法和因式分解法，掌握解一元二次方程是解题的关键.23、（1）60；（2）【分析】（1）根据旋转的性质得到三角形ODC为等边三角形即可求解；（2）由旋转的性质得：AD=OB=1，结合题意得到ADO=90则在RtAOD中，由勾股定理即可求得AO的长【详解】（1）由旋转的性质得：CD=CO，ACD=BCOACB=ACO+OCB=60，DCO=ACO+ACD=ACO+OCB

22、=60，OCD为等边三角形，ODC=60（2）由旋转的性质得：AD=OB=1OCD为等边三角形，OD=OC=2BOC=120，ODC=60，ADO=90在RtAOD中，由勾股定理得：AO=【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的性质和勾股定理，解题的关键是掌握旋转的性质、等边三角形的性质和勾股定理.24、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）【分析】（1）根据平行线得出DCECEB，求出即可；（2）求出ABBCBM，得出ACB和BCM是等腰三角形，求出ACE90即可；（3）根据求出BEADAE22.5，BAN45，求出BN1，根据勾股定理求出AE2的值，即可求出答案【详解】（1）证明：CD

23、BE，DCECEB，DEBC；（2）证明：连接AC，BCAD，CADBCA，ABDC，点D是的中点，CDDE，ABBC又BMBC，ABBCBM，即ACB和BCM是等腰三角形，在ACM中，ACE90，AE是圆的直径；（3）解：由（1）（2）得：，又AE是圆的直径，BEADAE22.5，BAN45，NANE，BNABAN45，ABN90，ABBN，ABBM1，BN1，由勾股定理得：AE2AB2+BE2，圆的面积【点睛】本题主要考察正多边形与圆、勾股定理、平行线的性质，解题关键是根据勾股定理求出AE2的值.25、（1）见解析；（2） ；（3）【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得，然后利用AS

24、A判定ACDACE即可推出AE=AD；（2）连接OC交BD于G，设，根据垂径定理的推论可得出OC垂直平分BD，进而推出OG为中位线，再判定，利用对应边成比例即可求出的值；（3）连接OC交BD于G，由（2）可知：OCAB，OG=AB，然后利用ASA判定BHAGHC，设，则，再判定，利用对应边成比例求出m的值，进而得到AB和AD的长，再用勾股定理求出BD，可求出BED的面积，由C为DE的中点可得BEC为BED面积的一半，即可得出答案.【详解】（1）证明：AD是的直径AC平分在ACD和ACE中，ACD=ACE，AC=AC，DAC=EACACDACE（ASA）（2）如图，连接OC交BD于G，设，则，O

25、C=AD=OC垂直平分BD又O为AD的中点OG为ABD的中位线OCAB，OG=，CG= （3）如图，连接OC交BD于G，由（2）可知：OCAB，OG=ABBHA=GCH在BHA和GHC中，BHA=GCH，AH=CH，BHA=GHC设，则又，AD是的直径又【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理的推论，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，以及勾股定理，是一道圆的综合问题，解题的关键是连接OC利用垂径定理得到中位线.26、（1）y=；（2）当t=时，d有最大值，最大值为2；（3）在抛物线上存在三个点：E1（，-），E2（，），E3（-，），使以O、A、E、F为顶点的四边形为平行四边形【解析】（1）在RtABC 中，根据BAC的正切函数可求得AC=1，再根据勾股定理求得AB，设OC=m，连接OH由对称性知，OH=OC=m，BH=BC=3，BHO=BCO=90，即得AH=AB-BH=2，OA=1-m在RtAOH 中，根据勾股定理可求得m的值，即可得到点O、A、B的坐标，根据抛物线的对称性可设过A、B、O三点的抛物线