2023届广东省东莞虎门汇英学校数学九年级第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

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(每小题3分,共30分)1如图，已知A（2，1），现将A点绕原点O逆时针旋转90得到A1，则A1的坐标是（）A（1，2）B（2，1）C（1，2）D（2，1）2已知和的半径长分别是方程的两根，且，则和的位置关系为（ ）A相交B内切C内含D外切3用一个平面去截一个圆锥，截

2、面的形状不可能是( )A圆B矩形C椭圆D三角形4在一个不透明的盒子中，装有绿色、黑色、白色的小球共有60个，除颜色外其他完全相同，一同学通过多次摸球试验后发现其中摸到绿色球、黑色球的频率稳定在和，盒子中白色球的个数可能是（ ）A24个B18个C16个D6个5若，则下列等式一定成立的是（ ）ABCD6如图，在菱形中，为中点，是上一点，为上一点，且，交于点，关于下列结论，正确序号的选项是（ ），ABCD7二次函数yx2的图象向左平移1个单位，再向下平移3个单位后，所得抛物线的函数表达式是（）Ay+3By+3Cy3Dy38对于反比例函数，下列说法错误的是（ ）A它的图像在第一、三象限B它的函数值随的

3、增大而减小C点为图像上的任意一点，过点作轴于点的面积是D若点和点在这个函数图像上，则9如图，在ABC中，DEBC，若，则的值为（）ABCD10如图的几何体，它的主视图是（）ABCD二、填空题(每小题3分,共24分)11已知一个扇形的半径为5cm，面积是20cm2，则它的弧长为_12如图，菱形ABCD和菱形ECGF的边长分别为2和3，点D在CE上，且A120，B，C，G三点在同一直线上，则BD与CF的位置关系是_；BDF的面积是_13关于x的方程2x2ax10一个根是1，则它的另一个根为_14如图，将矩形ABCD绕点C沿顺时针方向旋转90到矩形ABCD的位置，AB2，AD4，则阴影部分的面积为_

4、15如图，在ABC中，点D，E分别是AC，BC边上的中点，则DEC的周长与ABC的周长比等于_16等腰ABC的腰长与底边长分别是方程x26x+8=0的两个根，则这个ABC的周长是_17如图所示，在宽为，长为的矩形耕地上，修筑同样宽的三条路（互相垂直），把耕地分成大小不等的六块试验田，要使试验田的面积为，道路的宽为_18如图，矩形纸片中，将纸片沿折叠，使点落在边上的处，折痕分别交边、于点、，且.再将纸片沿折叠，使点落在线段上的处，折痕交边于点.连接，则的长是_.三、解答题(共66分)19（10分）如图，平行四边形ABCD，DE交BC于F，交AB的延长线于E，且EDBC（1）求证：ADEDBE；（

5、2）若DC7cm，BE9cm，求DE的长20（6分）如图，半圆的直径，将半圆绕点顺时针旋转得到半圆，半圆与交于点（1）求的长；（2）求图中阴影部分的面积（结果保留）21（6分）已知二次函数的图象经过三点(1，0)，(-6，0)(0，-3).(1)求该二次函数的解析式.(2)若反比例函数的图象与二次函数的图象在第一象限内交于点A()，落在两个相邻的正整数之间，请求出这两个相邻的正整数.(3)若反比例函数的图象与二次函数的图象在第一象限内的交点为B，点B的横坐标为m,且满足3m4，求实数k的取值范围.22（8分）在一次徒步活动中，有甲、乙两支徒步队伍队伍甲由A地步行到B地后按原路返回，队伍乙由A地

6、步行经B地继续前行到C地后按原路返回，甲、乙两支队伍同时出发设步行时间为x（分钟），甲、乙两支队伍距B地的距离为y1（千米）和y2（千米）（甲、乙两队始终保持匀速运动）图中的折线分别表示y1、y2与x之间的函数关系，请你结合所给的信息回答下列问题：（1）A、B两地之间的距离为 千米，B、C两地之间的距离为 千米；（2）求队伍乙由A地出发首次到达B地所用的时间，并确定线段MN表示的y2与x的函数关系式；（3）请你直接写出点P的实际意义23（8分）某文物古迹遗址每周都吸引大量中外游客前来参观，如果游客过多，对文物古迹会产生不良影响，但同时考虑到文物的修缮和保存费用的问题，还要保证有一定的门票收入，

7、因此遗址的管理部门采取了升、降门票价格的方法来控制参观人数在实施过程中发现：每周参观人数y（人）与票价x（元）之间恰好构成一次函数关系：y500 x+1在这样的情况下，如果要确保每周有40000元的门票收入，那么门票价格应定为多少元？24（8分）如图，在平行四边形ABCD中，AEBC于点E.若一个三角形模板与ABE完全重合地叠放在一起，现将该模板绕 点E顺时针旋转.要使该模板旋转60后，三个顶点仍在平行四边形ABCD的边上，请探究平行四边形ABCD的角和边需要满足的条件.25（10分）已知二次函数与轴交于、（在的左侧）与轴交于点，连接、. （1）如图1，点是直线上方抛物线上一点，当面积最大时，

8、点分别为轴上的动点，连接、，求的周长最小值；（2）如图2，点关于轴的对称点为点，将抛物线沿射线的方向平移得到新的拋物线，使得交轴于点（在的左侧）. 将绕点顺时针旋转至. 抛物线的对称轴上有动点，坐标系内是否存在一点，使得以、为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由.26（10分） 问题发现如图，在中，点是的中点，点在边上，与相交于点，若，则_ ; 拓展提高如图，在等边三角形中，点是的中点，点在边上，直线与相交于点，若，求的值.解决问题如图，在中，点是的中点，点在直线上，直线与直线相交于点，.请直接写出的长.参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【解析】根

9、据点（x，y）绕原点逆时针旋转90得到的坐标为（-y，x）解答即可【详解】已知A（2，1），现将A点绕原点O逆时针旋转90得到A1，所以A1的坐标为（1，2）.故选A.【点睛】本题考查的是旋转的性质，熟练掌握坐标的旋转是解题的关键.2、A【解析】解答此题，先要求一元二次方程的两根，然后根据圆与圆的位置关系判断条件，确定位置关系圆心距两个半径和，说明两圆相交.【详解】解：解方程x2-6x+8=0得：x1=2，x2=4，O1O2=5，x2-x1=2，x2+x1=6，x2-x1O1O2x2+x1O1与O2相交故选A【点睛】此题综合考查一元二次方程的解法及两圆的位置关系的判断，关键解出两圆半径3、B【

10、分析】利用圆锥的形状特点解答即可.【详解】解：平行于圆锥的底面的截面是圆，故A可能; 截面不可能是矩形，故B符合题意；斜截且与底面不相交的截面是椭圆，故C可能;过圆锥的顶点的截面是三角形，故D可能. 故答案为B.【点睛】本题主要考查了截一个几何体所得的截面的形状，解答本题的关键在于明确截面的形状既与被截的几何体有关，还与截面的角度和方向有关.4、B【分析】先由频率之和为1计算出白球的频率，再由数据总数频率=频数，计算白球的个数【详解】解：摸到绿色球、黑色球的频率稳定在和， 摸到白球的频率为1-25%-45%=30%， 故口袋中白色球的个数可能是6030%=18个 故选：B【点睛】本题考查了利用

11、频率估计概率的知识，具体数目应等于总数乘部分所占总体的比值5、D【分析】根据比例的性质，则ad=bc，逐个判断可得答案【详解】解：由可得：2x=3yA. ，此选项不符合题意 B. ，此选项不符合题意 C. ，则3x=2y，此选项不符合题意 D. ，则2x=3y，正确故选：D【点睛】本题考查比例的性质，解题关键在于掌握，则ad=bc.6、B【分析】依据，即可得到；依据，即可得出；过作于，依据，根据相似三角形的性质得到；依据，可得，进而得到【详解】解：菱形中，故正确；，又，为中点，即，又，故正确；如图，过作于，则，中，又，故正确；，故错误；故选：B【点睛】此题考查相似三角形的判定与性质、菱形的性质

12、、等边三角形的性质的综合运用解题关键在于掌握判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用7、D【分析】先求出原抛物线的顶点坐标，再根据平移，得到新抛物线的顶点坐标，即可得到答案.【详解】原抛物线的顶点为（0，0），向左平移1个单位，再向下平移1个单位后，新抛物线的顶点为（1，1）新抛物线的解析式为： y1故选：D【点睛】本题主要考查二次函数图象的平移规律，通过平移得到新抛物线的顶点坐标，是解题的关键.8、B【分析】对反比例函数化简得，所以k=0，当k0时，双曲线的两支分别位于第一、第三象限，在每一象限内y随x的增大而减小，根据反比例函数的性质对

13、四个选项进行逐一分析即可【详解】解：A、k=0，它的图象分布在第一、三象限，故本选项正确；B、它的图象分布在第一、三象限，在每一象限内y随x的增大而减小，故本选项错误；C、k=，根据反比例函数中k的几何意义可得的面积为=，故本选项正确；D、它的图象分布在第一、三象限，在每一象限内y随x的增大而减小，x1=10，x2=0，且x1x2，故本选项正确故选：B【点睛】题考查的是反比例函数的性质，熟知反比例函数y=（k0）中，当k0时函数图象的两个分支分别位于一三象限是解答此题的关键9、A【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，代入计算得到答案【详解】解：，DEBC，故选：A【点睛】本题考查的是平

14、行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键10、A【解析】从正面看所得到的图形，进行判断即可【详解】解：主视图就是从正面看到的图形，因此A图形符合题意，故选：A【点睛】此题主要考查三视图，解题的关键是熟知三视图的定义二、填空题(每小题3分,共24分)11、1【分析】利用扇形的面积公式S扇形弧长半径，代入可求得弧长【详解】设弧长为L，则20L5，解得：L=1故答案为：1【点睛】本题考查了扇形的面积公式，掌握扇形的面积等于弧长和半径乘积的一半是解答本题的关键12、平行 【分析】由菱形的性质易求DBCFCG30，进而证明BDCF；设BF交CE于点H，根据菱形的对边平行，利用相似三角

15、形对应边成比例列式求出CH，然后求出DH以及点B到CD的距离和点G到CE的距离，最后根据三角形的面积公式列式进行计算即可得解【详解】解：四边形ABCD和四边形ECGF是菱形，ABCE，A120，ABCECG60，DBCFCG30，BDCF；如图，设BF交CE于点H，CEGF，BCHBGF，即，解得：CH1.2，DHCDCH21.20.8，A120，ABCECG60，点B到CD的距离为2，点G到CE的距离为3，阴影部分的面积故答案为：平行； 【点睛】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质以及解直角三角形，求出DH的长度以及点B到CD的距离和点G到CE的距离是解题的关键13、【详解】试题分析

16、：设方程的另一个根为m，根据根与系数的关系得到1m=，解得m=考点：根与系数的关系14、【解析】试题解析：连接 四边形ABCD是矩形， CE=BC=4，CE=2CD， 由勾股定理得： 阴影部分的面积是S=S扇形CEBSCDE 故答案为15、1：1【分析】先根据三角形中位线定理得出DEAB，DEAB，可推出CDECAB，即可得出答案【详解】解：点D，E分别是AC和BC的中点，DE为ABC中位线，DEAB，DEAB，CDECAB，故答案为：1：1【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形的中位线的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键16、11【详解】，（x2）（x4）=1x2

17、=1或x4=1，即x1=2，x2=4.等腰ABC的腰长与底边长分别是方程的两个根，当底边长和腰长分别为2和4时，满足三角形三边关系，此时ABC的周长为：2+4+4=11；当底边长和腰长分别为4和2时，由于2+2=4，不满足三角形三边关系，ABC不存在.ABC的周长=11.故答案是：1117、1【分析】设道路宽为x米，根据耕地的面积-道路的面积=试验田的面积，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论【详解】解：设道路宽为x米，根据耕地的面积-道路的面积=试验田的面积得：，解得：x1=1，x2=1120，x=1舍去答：道路宽为1米【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据耕地的面积-道路的面

18、积=试验田的面积，列出关于x的一元二次方程是解题的关键18、【分析】过点E作EGBC于G，根据矩形的性质可得：EG=AB=8cm，A=90，然后根据折叠的性质可得：cm，根据勾股定理和锐角三角函数即可求出cos，再根据同角的余角相等可得，再根据锐角三角函数即可求出，从而求出，最后根据勾股定理即可求出.【详解】过点E作EGBC于G矩形纸片中，EG=AB=8cm，A=90，根据折叠的性质cm，BF=ABAF=3cm根据勾股定理可得：cmcos，解得：cmAE=10cm，ED=ADAE=2cm根据勾股定理可得：故答案为：.【点睛】此题考查的是矩形的性质、折叠的性质、勾股定理和锐角三角函数，掌握矩形的

19、性质、折叠的性质、用勾股定理和锐角三角函数解直角三角形是解决此题的关键.三、解答题(共66分)19、（1）证明见解析；（2）DE12cm【分析】（1）由平行四边形的对角相等，可得，即可求得，又因公共角，从而可证得；（2）根据相似三角形的对应边成比例求解即可.【详解】（1）平行四边形ABCD中，又；（2）平行四边形ABCD中，由题（1）得，即解得：.【点睛】本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定定理与性质，熟记各性质与定理是解题关键.20、（1）AP=；（2）【分析】（1）先根据题意判断出OPB是等腰直角三角形，由锐角三角函数的定义求出PB的长，进而可得出AP的长；（2）由题意根据，直接进

20、行分析计算即可【详解】解：（1）连接，是等腰直角三角形，（2）阴影部分的面积为【点睛】本题考查的是扇形面积的计算及图形旋转的性质，解答此题的关键是根据旋转的性质进行分析作答.21、（1）；（2）1与2；（3）【分析】（1）已知了抛物线与x轴的交点，可用交点式来设二次函数的解析式然后将另一点的坐标代入即可求出函数的解析式；（2）可根据（1）的抛物线的解析式和反比例函数的解析式来联立方程组，求出的方程组的解就是两函数的交点坐标，然后找出第一象限内交点的坐标，即可得出符合条件的的值，进而可写出所求的两个正整数即可；（3）点B的横坐标为m，满足3m4，可通过m=3，m=4两个点上抛物线与反比例函数的大

21、小关系即可求出k的取值范围【详解】解：（1）二次函数图像经过（1，0），（-6，0），（0，-3），设二次函数解析式为，将点（0，3）代入解析式得，；，即二次函数解析式为；（2）如图，根据二次函数与反比例函数在第一象限的图像可知，当时，有；当时，有，故两函数交点的横坐标落在1和2之间，从而得出这两个相邻的正整数为1与2.（3）根据函数图像性质可知：当时，对，随着的增大而增大，对，随着的增大而减小，点B为二次函数与反比例函数交点，当时，即，解得，同理，当时，即，解得，的取值范围为；【点睛】本题主要考查了二次函数和反比例函数综合应用，掌握二次函数，反比例函数是解题的关键.22、（1）2；1;（2）

22、线段MN表示的y2与x的函数解析式为y2=x2（20 x60）;（3）点P的意义为：当x=分钟时，甲乙距B地都为千米【分析】（1）当x=0时，y的值即为A、B两地间的距离，观察队伍乙的运动图象可知线段MN段为队伍乙从B地到C地段的函数图象，由此可得出B、C两地间的距离；（2）根据队伍乙的运动为匀速运动可根据路程比等于时间比来求出点M的坐标，设直线MN的解析式为y=kx+b（k0），再由M、N点的坐标利用待定系数法求出线段MN的解析式；（3）设队伍甲从A地到B地运动过程中离B地距离y与运动时间x之间的函数解析式为y=mx+n（m0），由点（0，2）、（60，0）利用待定系数法即可求出m、n的值，

23、再令x2=x+2，求出交点P的坐标，结合坐标系中点的坐标意义即可解决问题【详解】解：（1）当x=0时，y=2，A、B两地之间的距离为2千米；观察队伍乙的运动图象可知，B、C两地之间的距离为1千米故答案为2；1（2）乙队伍60分钟走6千米，走2千米用时6062=20分钟，M（20，0），N（60，1），设直线MN的解析式为y=kx+b（k0），则有，解得：线段MN表示的y2与x的函数解析式为y2=x2（20 x60）（3）设队伍甲从A地到B地运动过程中离B地距离y与运动时间x之间的函数解析式为y=mx+n（m0），则点（0，2）、（60，0）在该函数图象上，有，解得：当0 x60时，队伍甲的运动

24、函数解析式为y=x+2令x2=x+2，解得：x=，将x=代入到y=x+2中得：y=点P的意义为：当x=分钟时，甲乙距B地都为千米考点：一次函数的应用23、门票价格应是20元/人【分析】根据参观人数票价=40000元，即可求出每周应限定参观人数以及门票价格.【详解】根据确保每周4万元的门票收入，得xy=40000即x（-500 x+1）=40000 x2-24x+80=0解得x1=20，x2=4把x1=20，x2=4分别代入y=-500 x+1中得y1=2000，y2=10000因为控制参观人数，所以取x=20，答：门票价格应是20元/人【点睛】考查了一元二次方程的应用，解题的关键是能够根据题意

25、列出方程，难度不大24、详见解析.【分析】三角形模板绕点E旋转60后，E为旋转中心，位置不变，仍在边BC上，过点E分别做射线EM，EN，EM，EN分别AB,CD于F,G使得BEM=AEN=60，可证BEF为等边三角形，即EB=EF，故B的对应点为F.根据SAS可证，即EA=GE，故A的对应点为G. 由此可得：要使该模板旋转60后，三个顶点仍在平行四边形ABCD的边上, 平行四边形ABCD的角和边需要满足的条件是:ABC=60，AB=BC.【详解】解：要使该模板旋转60后，三个顶点仍在 的边上，的角和边需要满足的条件是：ABC=60，AB=BC理由如下：三角形模板绕点E旋转60后，E为旋转中心，

26、位置不变，仍在边BC上，过点E分别做射线EM，EN，使得BEM=AEN=60，AEBC，即AEB=AEC=90，BEMBEA射线EM只能与AB边相交，记交点为F在BEF中，B=BEF=60，BFE=180-B-BEF=60B=BEF=BFE=60BEF为等边三角形EB=EF当三角形模板绕点E旋转60后，点B的对应点为F，此时点F在边AB边上AEC=90AEN=60AEC射线EN只可能与边AD或边CD相交若射线EN与CD相交，记交点为G在RtAEB中，1=90-B=30BE= AB=BC=BE+ECEC= GEC=AEC-AEG=90-60=30在中，AB/CDC=180-ABC=120又EGC

27、=180-120-30=30EC=GC即AF=EF=EC=GC=,且1=GEC=30 EA=GE当三角形模板绕点E旋转60后，点A的对应点为G，此时点G在边CD边上只有当 ABC=60, AB= BC时,三角形模板绕点E顺时针旋转60后,三个顶点仍在平行四边形ABCD的边上.要使该模板旋转60后，三个顶点仍在平行四边形ABCD的边上, 平行四边形ABCD的角和边需要满足的条件是:ABC=60，AB=BC.【点睛】本题考查了旋转的性质以及平行四边形的判定及性质，掌握平行四边形的性质及判定是解题的关键.25、（1）；（1）存在，理由见解析；，【分析】（1）利用待定系数法求出A，B，C的坐标，如图1

28、中，作PQy轴交BC于Q，设P，则Q，构建二次函数确定点P的坐标，作P关于y轴的对称点P1（-2，6），作P关于x轴的对称点P1（2，-6），的周长最小，其周长等于线段的长，由此即可解决问题（1）首先求出平移后的抛物线的解析式，确定点H，点C的坐标，分三种情形，当OC=CS时，可得菱形OCS1K1，菱形OCS1K1当OC=OS时，可得菱形OCK3S3，菱形OCK2S2当OC是菱形的对角线时，分别求解即可解决问题【详解】解：（1）如图，过点作轴平行线，交线段于点， 设，=-（m1-2）1+2，m=2时，PBC的面积最大，此时P（2，6） 作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，连接交轴、轴分别为，此时的周长最小，其周长等于线段的长；，. （1）如图，E（0，-2），平移后的抛物线经过E，B，抛物线的解析式为y=-x1+bx-2，把B（8，0）代入得到b=2，平移后的抛物线的解析式为y=-x+2x-2=-（x-1）（x-8），令y=0，得到x=1或8，H（1，0），CH