山东省滕州市北辛中学2022-2023学年数学九年级第一学期期末质量检测模拟试题含解析

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在下列命题中，真命题是（ ）A相等的角是对顶角B同位角相等C三角形的外角和是D角平分线上的点到角的两边相等2如图，的半径为5，的内接于，若，则的值为（ ）ABCD3圆锥的底面半径为1，母线长为2，则这个圆锥的侧面积是（ ）ABCD4的绝对值为（）

2、A2BCD15一元二次方程（x+2）（x1）4的解是（ ）Ax10，x23 Bx12，x23Cx11，x22 Dx11，x226在一个不透明的袋子里装有6个颜色不同的球(除颜色不同外，质地、大小均相同)，其中个球为红球，个球为白球，若从该袋子里任意摸出1个球，则摸出的球是白球的概率为()ABCD7下列一元二次方程中有两个不相等的实数根的方程是（ ）ABCD8如图，在纸上剪一个圆形和一个扇形的纸片，使之恰好能围成一个圆锥模型，若圆的半径r1，扇形的半径为R，扇形的圆心角等于90，则R的值是（）AR2BR3CR4DR59圆锥的底面半径是5cm，侧面展开图的圆心角是180，圆锥的高是（）A5cmB1

3、0cmC6cmD5cm10已知点（x1，y1）、（x2，y2）、（x3，y3）在反比例函数y=-的图象上，当x1x20 x3时，y1，y2，y3的大小关系是（）Ay1y3y2By2y1y3Cy3y1y2Dy3y2y111下列函数的对称轴是直线的是（ ）ABCD12如图，在RtABC中，C90，AC2，BC3，则tanA（）ABCD二、填空题（每题4分，共24分）13若某斜面的坡度为，则该坡面的坡角为_.14为解决群众看病难的问题，一种药品连续两次降价，每盒价格由原来的60元降至48.6元若平均每次降价的百分率是x，则关于x的方程是_15如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形ODEF和四边形AB

4、CD都是正方形，点F在x轴的正半轴上，点C在边DE上，反比例函数（k0，x0）的图象过点B，E，若AB=2，则k的值为_ 16如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，若AF3，E为AB上一个动点，把AEF沿着EF折叠，得到PEF，若BPE为直角三角形，则BP的长度为_17如图，在RtABC中，C=90，点D为BC上一点，AD=BD，CD=1，AC=，则B的度数为_ 18如图，把直角尺的角的顶点落在上，两边分别交于三点，若的半径为.则劣弧的长为_三、解答题（共78分）19（8分）已知抛物线y=x2+mx+m2的顶点为A，且经过点（3，3）.（1）求抛物线的解析式及顶点A的坐标;（2）将原抛物线沿

5、射线OA方向进行平移得到新的抛物线，新抛物线与射线OA交于C，D两点，如图，请问：在抛物线平移的过程中，线段CD的长度是否为定值？若是，请求出这个定值;若不是，请说明理由.20（8分）在中，分别是的中点，连接求证：四边形是矩形；请用无刻度的直尺在图中作出的平分线（保留作图痕迹，不写作法）21（8分）如图，已知抛物线yax2bxc(a0)的对称轴为直线x1，且经过A(1,0)，C(0，3)两点，与x轴的另一个交点为B(1)若直线ymxn经过B，C两点，求直线BC和抛物线的解析式；(2)在抛物线的对称轴x1 上找一点M，使点M到点A的距离与到点C的距离之和最小，求点M的坐标22（10分）如图，矩形

6、中，点为边延长线上的一点，过的中点作交边于，交边的延长线于，交边于，交边于（1）当时，求的值；（2）猜想与的数量关系，并证明你的猜想23（10分）如图，抛物线yx2+x+2与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线1交抛物线于点Q（1）求点A、点B、点C的坐标；（2）当点P在线段OB上运动时，直线1交直线BD于点M，试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形；（3）点P在线段AB上运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由24（10

7、分）（特例感知）（1）如图，ABC 是O 的圆周角，BC 为直径，BD 平分ABC 交O 于点 D，CD=3， BD=4，则点 D 到直线 AB 的距离为 （类比迁移）（2）如图，ABC 是O 的圆周角，BC 为O 的弦，BD 平分ABC 交O 于点 D，过 点 D 作 DEBC，垂足为 E，探索线段 AB、BE、BC 之间的数量关系，并说明理由（问题解决）（3）如图，四边形 ABCD 为O 的内接四边形，ABC=90，BD 平分ABC，BD= 7， AB=6，则ABC 的内心与外心之间的距离为 25（12分）定义：在平面直角坐标系中，对于任意两点，若点满足，那么称点是点，的融合点.例如：，当

8、点满是，时，则点是点，的融合点，（1）已知点，请说明其中一个点是另外两个点的融合点.（2）如图，点，点是直线上任意一点，点是点，的融合点.试确定与的关系式.若直线交轴于点，当为直角三角形时，求点的坐标.26如图，在平面直角坐标系中，已知ABC三个顶点的坐标分别是A（2，2），B（4，0），C（4，4）（1）请在图中，画出ABC向左平移6个单位长度后得到的A1B1C1； （2）以点O为位似中心，将ABC缩小为原来的，得到A2B2C2，请在图中y轴右侧，画出A2B2C2，并求出A2C2B2的正弦值参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【分析】根据对顶角的定义、同位角的定义、三角形的外角和、

9、角平分线的性质逐项判断即可.【详解】A、由对顶角的定义“如果一个角的两边分别是另一个角两边的反向延长线，且这两个角有公共顶点，那么这两个角是对顶角”可得，对顶角必相等，但相等的角未必是对顶角，此项不是真命题B、只有当两直线平行，同位角必相等，此项不是真命题C、根据内角和定理可知，任意多边形的外角和都为，此项是真命题D、由角平分线的性质可知，角平分线上的点到角的两边距离相等，此项不是真命题故选：C.【点睛】本题考查了对顶角的定义、同位角的定义、三角形的外角和、角平分线的性质，熟记各定义和性质是解题关键.2、C【分析】连接OA、OB，作OHAB，利用垂径定理和勾股定理求出OH的长，再根据圆周角定理

10、求出ACB=AOH，即可利用等角的余弦值相等求得结果.【详解】如图，连接OA、OB，作OHAB，AB=8，OHAB，AH=AB=4，AOB=2AOH,OA=5，OH=,AOB=2ACB,ACB=AOH,=cosAOH=,故选：C.【点睛】此题考查圆的性质，垂径定理，勾股定理，三角函数，圆周角定理，利用圆周角定理求得ACB=AOH，由此利用等角的函数值相等解决问题.3、B【分析】根据题意得出圆锥的底面半径为1，母线长为2，直接利用圆锥侧面积公式求出即可【详解】依题意知母线长为：2，底面半径r=1，则由圆锥的侧面积公式得S=rl=12=2故选：B【点睛】此题主要考查了圆锥侧面面积的计算，对圆锥的侧

11、面面积公式运用不熟练，易造成错误4、C【解析】分析：根据绝对值的定义求解，第一步列出绝对值的表达式，第二步根据绝对值定义去掉这个绝对值的符号详解：的绝对值为|-|=-()= .点睛：主要考查了绝对值的定义，绝对值规律总结：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；1的绝对值是15、B【解析】解决本题可通过代入验证的办法或者解方程【详解】原方程整理得：x1+x-6=0（x+3）（x-1）=0 x+3=0或x-1=0 x1=-3，x1=1故选B【点睛】本题考查了一元二次方程的解法-因式分解法把方程整理成一元二次方程的一般形式是解决本题的关键6、D【分析】让白球的个数除以球的总个数即为

12、所求的概率【详解】解：因为一共有6个球，白球有4个，所以从布袋里任意摸出1个球，摸到白球的概率为：故选：D【点睛】本题考查了概率公式，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比7、B【分析】根据一元二次方程根的判别式，分别计算的值，进行判断即可【详解】A、=0，方程有两个相等的实数根；B、=4+76=800，方程有两个不相等的实数根；C、=-160，方程没有实数根；D、=1-4=-30，方程没有实数根故选：B8、C【分析】利用圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，根据弧长公式计算【详解】解：扇形的弧长是：，圆的半径r1，则底面圆的周长是2，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长则得到：

13、2，2，即：R4，故选C【点睛】本题主要考查圆锥底面周长与展开扇形弧长关系,解决本题的关键是要熟练掌握圆锥底面周长与展开扇形之间关系.9、A【解析】设圆锥的母线长为R，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到25=，然后解方程即可母线长，然后利用勾股定理求得圆锥的高即可【详解】设圆锥的母线长为R，根据题意得25，解得R1即圆锥的母线长为1cm，圆锥的高为：5cm故选：A【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长10、C【分析】根据反比例函数为y=-，可得函数

14、图象在第二、四象限，在每个象限内，y随着x的增大而增大，进而得到y1，y2，y3的大小关系【详解】解：反比例函数为y=-，函数图象在第二、四象限，在每个象限内，y随着x的增大而增大，又x1x20 x3，y10，y20，y30，且y1y2，y3y1y2，故选：C【点睛】本题主要考查反比例函数图象上的点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答11、C【分析】根据二次函数的性质分别写出各选项中抛物线的对称轴，然后利用排除法求解即可【详解】A、对称轴为y轴，故本选项错误；B、对称轴为直线x=3，故本选项错误；C、对称轴为直线x=-3，故本选项正确；D、=对称轴为直线x=3，故本选

15、项错误故选：C【点睛】本题考查了二次函数的性质，主要利用了对称轴的确定，是基础题12、B【分析】根据正切的定义计算，得到答案【详解】在RtABC中，C90，故选：B【点睛】本题考查正切的计算，熟知直角三角形中正切的表示是解题的关键.二、填空题（每题4分，共24分）13、30【分析】根据坡度与坡比之间的关系即可得出答案.【详解】 坡面的坡角为 故答案为：【点睛】本题主要考查坡度与坡角，掌握坡度与坡角之间的关系是解题的关键.14、10（1x）2=48.1【解析】试题分析：本题可先列出第一次降价后药品每盒价格的代数式，再根据第一次的价格列出第二次降价的售价的代数式，然后令它等于48.1即可列出方程解

16、：第一次降价后每盒价格为10（1x），则第二次降价后每盒价格为10（1x）（1x）=10（1x）2=48.1，即10（1x）2=48.1故答案为10（1x）2=48.1考点：由实际问题抽象出一元二次方程15、【详解】解：设E(x,x)，B(2,x+2)，反比例函数 (k0,x0)的图象过点B. E.x2=2(x+2)， ，(舍去)， ，故答案为16、2或【分析】根据题意可得分两种情况讨论：当BPE90时，点B、P、F三点共线，当PEB90时，证明四边形AEPF是正方形，进而可求得BP的长【详解】根据E为AB上一个动点，把AEF沿着EF折叠，得到PEF，若BPE为直角三角形，分两种情况讨论：当B

17、PE90时，如图1，点B、P、F三点共线，根据翻折可知：AFPF3，AB4，BF5，BPBFPF532；当PEB90时，如图2，根据翻折可知：FPEA90，AEP90，AFFP3，四边形AEPF是正方形，EP3，BEABAE431，BP综上所述：BP的长为：2或故答案为：2或【点睛】本题主要考查了折叠的性质、正方形的性质一勾股定理的应用，熟练掌握相关知识是解题的关键17、30【分析】根据勾股定理求得AD，再根据三角函数值分析计算【详解】C=90，CD=1，AC=，而AD=BD，BD=2，在RtABC中，AC=，BC=BD+CD=3，tanB=，B=30，故填：30【点睛】本题考查勾股定理，特殊

18、角的三角函数值，熟练掌握特殊角的三角函数值是关键18、【分析】连接OB、OC，如图，先根据圆周角定理求出BOC的度数，再根据弧长公式计算即可.【详解】解：连接OB、OC，如图，A=45，BOC=90，劣弧的长=.故答案为：.【点睛】本题考查了圆周角定理和弧长公式的计算，属于基础题型，熟练掌握基本知识是解题关键.三、解答题（共78分）19、（1）y=x2+2x，顶点A的坐标是（1，1）；（2）CD长为定值.【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式，根据配方法，可得顶点坐标；（2）根据平移规律，可设出新抛物线解析式，联立抛物线与直线OA，可得C、D点的横坐标，根据勾股定理，可得答案【详解】解：

19、（1）把（3，3）代入y=x2+mx+m-2得：3=32+3m+m-2，解得m=2，y=x2+2x，y=x2+2x=（x-1）2+1，顶点A的坐标是（1，1）；（2）易得直线OA的解析式为y=x， 平移后抛物线顶点在直线OA上，设平移后顶点为（a，a），可设新的抛物线解析式为y=（xa）2+a， 联立解得：x1=a，x2=a1，C（a-1，a-1），D(a，a)，即C、D两点间的横坐标的差为1，纵坐标的差也为1，CD= CD长为定值【点睛】本题考查了二次函数综合题，利用待定系数法求函数解析式，再利用解析式确定顶点坐标；根据平移规律确定抛物线解析式，通过联立解析式确定交点坐标，利用勾股定理求解2

20、0、（1）证明见解析；（2）作图见解析.【解析】首先证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可判断连接交于点，作射线即可【详解】证明：分别是的中点，四边形是平行四边形，四边形是矩形连接交于点，作射线，射线即为所求【点睛】本题考查三角形中位线定理，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识.21、（1）yx22x3，yx3；（2）M(1，2)【解析】试题分析：（1）根据题意得出关于a、b、c的方程组，求得a、b、c的值，即可得出抛物线的解析式，根据抛物线的对称性得出点B的坐标，再设出直线BC的解析式，把点B、C的坐标代入即可得出直线BC的

21、解析式；（2）点A关于对称轴的对称点为点B，连接BC，设直线BC与对称轴x=-1的交点为M，则此时MA+MC的值最小，再求得点M的坐标试题解析：（1）依题意得：，解之得：，抛物线解析式为y=-x2-2x+3，对称轴为x=-1，且抛物线经过A（1，0），B（-3，0），把B（-3，0）、C（0，3）分别代入直线y=mx+n，得，解得：，直线y=mx+n的解析式为y=x+3；（2）设直线BC与对称轴x=-1的交点为M，则此时MA+MC的值最小把x=-1代入直线y=x+3得，y=2M（-1，2）即当点M到点A的距离与到点C的距离之和最小时M的坐标为（-1，2）考点：1.抛物线与x轴的交点；2.轴对称

22、-最短路线问题22、（1）；（2），证明见解析【分析】（1）根据E为DP中点，可得出EH=2，再利用平行线分线段对应成比例求解即可；（2）作交于点，可求证，利用相似三角形的性质求解即可【详解】解：（1）四边形是矩形，（2）答：证明：作交于点则，【点睛】本题考查的知识点是相似三角形的判定定理及其性质以及平行线分线段成比例定理，解此题的关键是利用矩形的性质求出EH的长23、（1）A（1，0），B（4，0），C（0，2）；（2）m2时，四边形CQMD是平行四边形；（3）存在，点Q（3，2）或（1，0）【分析】（1）令抛物线关系式中的x0或y0，分别求出y、x的值，进而求出与x轴，y轴的交点坐标；（2

23、）用m表示出点Q，M的纵坐标，进而表示QM的长，使CDQM，即可求出m的值；（3）分三种情况进行解答，即MBQ90，MQB90，QMB90分别画出相应图形进行解答【详解】解：（1）抛物线yx2+x+2，当x0时，y2，因此点C（0,2），当y0时，即：x2+x+20，解得x14，x21，因此点A（1,0），B（4,0），故：A（1,0），B（4,0），C（0,2）；（2）点D与点C关于x轴对称，点D（0,2），CD4，设直线BD的关系式为ykx+b，把D（0,2），B（4,0）代入得，解得，k，b2，直线BD的关系式为yx2设M（m,m2），Q（m,m2+m+2），QMm2+m+2m+2）m2

24、+m+4，当QMCD时，四边形CQMD是平行四边形；m2+m+44，解得m10（舍去），m22，答：m2时，四边形CQMD是平行四边形；（3）在RtBOD中，OD2，OB4，因此OB2OD，若MBQ90时，如图1所示，当QBMBOD时，QP2PB，设点P的横坐标为x，则QPx2+x+2，PB4x，于是x2+x+22（4x），解得，x13，x24（舍去），当x3时，PB431，PQ2PB2，点Q的坐标为（3，2）；若MQB90时，如图2所示，此时点P、Q与点A重合，Q（1，0）；由于点M在直线BD上，因此QMB90，这种情况不存在QBMBOD综上所述，点P在线段AB上运动过程中，存在点Q，使得以

25、点B、Q、M为顶点的三角形与BOD相似，点Q（3，2）或（1，0）【点睛】本题考查的是动态几何中的相似三角形问题考查的知识点有二次函数的性质、平行四边形的判定、两点间的距离公式、相似三角形的判定，利用二次函数性质设Q的坐标是解题关键注意要考虑全各种情况，不要漏解24、（1）（2）AB+BC=2BE（3） 【分析】（1）由AB是直径可得BDC=90，根据勾股定理可得BC=5过点D分别作DEBC于点E，DFBA于点F由BD平分ABC可得DE=DF=，DF即为所求，（2）过点D分别作DEBC于点E，DFBA于点F由ABC+ADC=180，ABC+EDF=180可得ADF=CDE进而可证ADFCDE(ASA)AF=CEBFAB=BCBE易证BF=BEBEAB=BCBE，即AB+BC=2BE（3）如图易得四边形BEDF为正方形，BD是对角线，可得正方形边长为7由（2）可得BC=2BEAB=8，由勾股定理可得AC=10作ABC内切圆，M为圆心，N为切点，由切线长定理可得，所以ON=54=1由面积法易得内切圆半径为2【详解】解：（1）由AB是直径可得BDC=90，根据勾股定理可得BC=5过点D分别作DEBC于点E，DFBA于点F由BD平分ABC可得DE=DF=，DF即为所求（2）过点D分别作DEBC于点E，DFBA于点F由ABC+