2023学年江西省上饶上饶县联考九年级数学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析

1、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(每小题3分,共30分)1方程的两根分别为（ ）A1，2B1，2Cl，2D1，22如图，在平行四边形中，点在边上，,连接交于点，则的面积与的面积之比为（ ）ABCD3已知关于x的分式方程=1

2、的解是非负数，则m的取值范围是（ ）Am1Bm1Cm-1且m0Dm-14如图，在中，以为直径作半圆，交于点，交于点，若，则的度数是（ ）ABCD5如图，已知抛物线yax2+bx+c经过点（1，0），对称轴是x1，现有结论：abc0 9a3b+c0 b2a（1）b+c0，其中正确的有（）A1个B2个C3个D4个6如图，边长为1的小正方形构成的网格中，半径为1的O的圆心O在格点上，则BED的正切值等于（）ABC2D7已知二次函数的图象如图所示，下列结论：，其中正确结论的个数为（ ）A4个B3个C2个D1个8如图，P为平行四边形ABCD的对称中心，以P为圆心作圆，过P的任意直线与圆相交于点M，N则线

3、段BM，DN的大小关系是（）ABMDNBBMDNCBM=DND无法确定9在中，若，则的值为( )ABCD10下列几何体的左视图为长方形的是（）ABCD二、填空题(每小题3分,共24分)11若两个相似三角形的面积比为14，则这两个相似三角形的周长比是_12如图，如果，那么_13不透明布袋里有5个红球，4个白球，往布袋里再放入x个红球，y个白球，若从布袋里摸出白球的概率为，则y与x之间的关系式是_14将直角边长为5cm的等腰直角ABC绕点A逆时针旋转15后，得到ABC，则图中阴影部分的面积是_cm115如图，圆锥的母线长为5，底面圆直径CD与高AB相等，则圆锥的侧面积为_16如图，为半圆的直径，点

4、、是半圆弧上的三个点，且，若，连接交于点，则的长是_.17已知某轿车油箱注满油后，以平均耗油量为每千米耗油0.1升的速度行驶，可行驶700千米，该轿车可行驶的总路程S与平均耗油量a之间的函数解析式（关系式）为_18如图，在中，若为斜边上的中线，则的度数为_三、解答题(共66分)19（10分）如图，BM是以AB为直径的O的切线，B为切点，BC平分ABM，弦CD交AB于点E，DEOE（1）求证：ACB是等腰直角三角形；（2）求证：OA2OEDC：（3）求tanACD的值20（6分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点M，已知BC5，点E在射线BC上，tanDCE，点P从点B出发，以每秒

5、2个单位沿BD方向向终点D匀速运动，过点P作PQBD交射线BC于点O，以BP、BQ为邻边构造PBQF，设点P的运动时间为t（t0）（1）tanDBE ；（2）求点F落在CD上时t的值；（3）求PBQF与BCD重叠部分面积S与t之间的函数关系式；（4）连接PBQF的对角线BF，设BF与PQ交于点N，连接MN，当MN与ABC的边平行（不重合）或垂直时，直接写出t的值21（6分）如图，AB为O的直径，PD切O于点C，交AB的延长线于点D，且D=2CAD（1）求D的度数；（2）若CD=2，求BD的长22（8分）如图，ABD内接于半径为5的O，连结AO并延长交BD于点M，交圆O于点C，过点A作AE/BD

6、，交CD的延长线于点E,AB=AM.(1)求证：ABMECA.(2)当CM=4OM时，求BM的长.(3)当CM=kOM时，设ADE的面积为, MCD的面积为，求的值(用含k的代数式表示). 23（8分）在平面直角坐标系中，对“隔离直线”给出如下定义：点是图形上的任意一点，点是图形上的任意一点，若存在直线：满足且，则称直线：是图形与的“隔离直线”，如图，直线：是函数的图像与正方形的一条“隔离直线”.（1）在直线，中，是图函数的图像与正方形的“隔离直线”的为 .（2）如图，第一象限的等腰直角三角形的两腰分别与坐标轴平行，直角顶点的坐标是，O的半径为，是否存在与O的“隔离直线”？若存在，求出此“隔离

7、直线”的表达式：若不存在，请说明理由；（3）正方形的一边在轴上，其它三边都在轴的左侧，点是此正方形的中心，若存在直线是函数的图像与正方形的“隔离直线”，请直接写出的取值范围.24（8分）在学习概率的课堂上，老师提出的问题：只有一张电影票，小丽和小芳想通过抽取扑克牌的游戏来决定谁去看电影，请你设计一个对小丽和小芳都公平的方案.甲同学的方案：将红桃2、3、4、5四张牌背面向上，小丽先抽一张，小芳从剩下的三张牌中抽一张，若两张牌上的数字之和是奇数，则小丽看电影，否则小芳看电影.（1）甲同学的方案公平吗？请用列表或画树状图的方法说明；（2）乙同学将甲同学的方案修改为只用2、3、5、7四张牌，抽取方式及

8、规则不变，乙的方案公平吗？并说明理由.25（10分）在下列网格图中，每个小正方形的边长均为个单位中, , 且三点均在格点上(1)画出绕顺时针方向旋转后的图形;(2)求点运动路径的长(结果保留) 26（10分）小明和小亮利用三张卡片做游戏，卡片上分别写有A，B，B这些卡片除字母外完全相同，从中随机摸出一张，记下字母后放回，充分洗匀后，再从中摸出一张，如果两次摸到卡片字母相同则小明胜，否则小亮胜，这个游戏对双方公平吗？请说明现由参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【解析】（x1）（x1）=0，可化为：x1=0或x1=0，解得：x1=1，x1=1故选D2、C【分析】先求出，再根据平行四边

9、形的性质可得ABCD，AB=CD，从而证出BAFDEF，然后根据相似三角形的性质即可求出结论【详解】解：四边形ABCD是平行四边形ABCD，AB=CDBAFDEF，故选C【点睛】此题考查的是平行四边形的性质和相似三角形的判定及性质，掌握平行四边形的性质、利用平行证相似和相似三角形的面积比等于相似比的平方是解决此题的关键3、C【解析】分式方程去分母得：m=x-1，解得x=m+1，由方程的解为非负数，得到m+10，且m+11，解得：m-1且m0，故选C4、A【分析】连接BE、AD，根据直径得出BEA=ADB=90，求出ABE、DAB、DAC的度数，根据圆周角定理求出即可【详解】解：连接BE、AD，

10、AB是圆的直径，ADB=AEB=90，ADBC，AB=AC，C=70，ABD=C=70.BAC=2BAD.BAC=2BAD=2 （90-70）=40，BAC+=90=50故选A.【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，准确作出辅助线是解题的关键.5、C【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴的位置，顶点坐标，以及二次函数的增减性，逐个进行判断即可【详解】解：抛物线yax2+bx+c开口向上，对称轴是x1，与y轴的交点在负半轴，a0，b0，c0，abc0，因此正确；对称轴是x1，即：1，也就是：b2a，因此正确；由抛物线yax2+bx+c经过点（1，0），对称轴是x1，可得与x轴另一个

11、交点坐标为（3，0），9a+3b+c0，而b0，因此9a3b+c0是不正确的；（1）b+cbb+c，b2a，（1）b+c2a+b+c，把x代入yax2+bx+c得，y2a+b+c，由函数的图象可得此时y0，即：（1）b+c0，因此是正确的，故正确的结论有3个，故选：C【点睛】考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象和性质是正确解答的关键，将问题进行适当的转化，是解决此类问题的常用方法6、D【分析】根据同弧或等弧所对的圆周角相等可知BED=BAD，再结合图形根据正切的定义进行求解即可得.【详解】DAB=DEB，tanDEB= tanDAB=，故选D【点睛】本题考查了圆周角定理（同弧或等弧所对

12、的圆周角相等）和正切的概念，正确得出相等的角是解题关键7、B【分析】由抛物线的开口方向、对称轴、与y轴的交点位置，可判断a、b、c的符号，可判断，利用对称轴可判断，由当x=-2时的函数值可判断，当x=1时的函数值可判断，从而得出答案【详解】解：抛物线开口向下，与y轴的交点在x轴上方，a0，c0，0-1，b0，且b-2a，abc0，2a+b0，故不正确，正确；当x=-2时，y0，4a-2b+c0，故正确；当x=1时，y0，a+b+c0，又c0，a+b+2c0，故正确；综上可知正确的有，故选：B【点睛】本题主要考查二次函数图象与系数之间的关系，解题关键是注意掌握数形结合思想的应用8、C【解析】分析

13、：连接BD，根据平行四边形的性质得出BP=DP，根据圆的性质得出PM=PN，结合对顶角的性质得出DPN=BPM，从而得出三角形全等，得出答案详解：连接BD，因为P为平行四边形ABCD的对称中心，则P是平行四边形两对角线的交点，即BD必过点P，且BP=DP，以P为圆心作圆，P又是圆的对称中心，过P的任意直线与圆相交于点M、N，PN=PM，DPN=BPM，PDNPBM（SAS），BM=DN点睛：本题主要考查的是平行四边形的性质以及三角形全等的证明，属于中等难度的题型理解平行四边形的中心对称性是解决这个问题的关键9、C【分析】根据特殊角的三角函数值求出B，再求A，即可求解.【详解】在中，若，则B=3

14、0故A=60，所以sinA=故选：C【点睛】本题考查的是三角函数，掌握特殊角的三角函数值是关键.10、C【解析】分析：找到每个几何体从左边看所得到的图形即可得出结论详解：A球的左视图是圆；B圆台的左视图是梯形；C圆柱的左视图是长方形；D圆锥的左视图是三角形故选C点睛：此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握每个几何体从左边看所得到的图形.二、填空题(每小题3分,共24分)11、【解析】试题分析：两个相似三角形的面积比为1：4，这两个相似三角形的相似比为1：1，这两个相似三角形的周长比是1：1，故答案为1：1考点：相似三角形的性质12、1【分析】由于l1l2l3，根据平行线分线段成比例得到，

15、然后把数值代入求出DF【详解】解：l1l2l3，即 ，DE=1故答案为：1【点睛】本题考查了平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例13、x2y1【分析】根据从布袋里摸出白球的概率为，列出，整理即可得【详解】根据题意得，整理，得：x2y1，故答案为：x2y1【点睛】本题考查概率公式的应用，熟练掌握概率公式建立方程是解题的关键14、【解析】等腰直角ABC绕点A逆时针旋转15后得到ABC，CAC=15，CAB=CABCAC=4515=30，AC=AC=5，阴影部分的面积=5tan305=15、5【分析】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

16、等于圆锥的母线长进行计算【详解】解：设CBx，则AB2x，根据勾股定理得：x2+（2x）252，解得：x，底面圆的半径为，圆锥的侧面积255故答案为：5【点睛】本题考查圆锥的面积，熟练掌握圆锥的面积公式及计算法则是解题关键.16、【分析】连接OC，根据菱形的判定，可得四边形AODC为菱形，从而得出AC=OD，根据圆的性质可得OE=OC= AC= OA=，从而得出AOC为等边三角形，然后根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，可求得EOC，从而得出OE平分AOC，根据三线合一和锐角三角函数即可求出OF，从而求出EF.【详解】解：连接OC，OA=OD四边形AODC为菱形AC=ODOE=OC= AC=

17、OA=AOC为等边三角形AOC=60EOC=2OE平分AOCOEAC在RtOFC中，cosEOC=EF=OEOF=故答案为：.【点睛】此题考查的是菱形的判定及性质、圆的基本性质、等边三角形的判定及性质和解直角三角形，掌握菱形的判定及性质、同弧所对的圆周角是圆心角的一半、等边三角形的判定及性质和用锐角三角函数解直角三角形是解决此题的关键.17、【分析】根据油箱的总量固定不变，利用每千米耗油0.1升乘以700千米即可得到油箱的总量，故可求解【详解】依题意得油箱的总量为：每千米耗油0.1升乘以700千米=70升轿车可行驶的总路程S与平均耗油量a之间的函数解析式（关系式）为故答案为：【点睛】此题主要考

18、查列函数关系式，解题的关键是根据题意找到等量关系列出关系式18、【分析】先根据直角三角形的性质得出AD=CD，进而根据等边对等角得出，再根据即得【详解】为斜边上的中线AD=CD故答案为：【点睛】本题考查直角三角形的性质及等腰三角形的性质，解题关键是熟知直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半三、解答题(共66分)19、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）tanACD2【分析】（1）根据BM为切线，BC平分ABM，求得ABC的度数，再由直径所对的圆周角为直角，即可求证；（2）根据三角形相似的判定定理证明三角形相似，再由相似三角形对应边成比例，即可求证；（3）由图得到ACDABD，根据各个角之间

19、的关系求出AFD的度数，用AD表达出其它边的边长，再代入正切公式即可求得.【详解】（1）BM是以AB为直径的O的切线，ABM90，BC平分ABM，ABCABM45AB是直径ACB90，CABCBA45ACBCACB是等腰直角三角形；（2）如图，连接OD，OCDEEO，DOCOEDOEOD，EDOOCDEDOEDO，EODOCDEDOODCOD2DEDCOA2DEDCEODC（3）如图，连接BD，AD，DO，作BAFDBA，交BD于点F，DOBOODBOBD，AOD2ODBEDO，CABCDB45EDO+ODB3ODB，ODB15OBDBAFDBA15AFBF，AFD30AB是直径ADB90AF

20、2AD，DFADBDDF+BFAD+2ADtanACDtanABD2【点睛】本题考查圆的切线、角平分线的性质，相似三角形的性质以及三角函数中正切的计算问题，属综合中档题.20、（1）;（1）t;（3）见解析;（4）t的值为或或或1【分析】（1）如图1中，作DHBE于H解直角三角形求出BH，DH即可解决问题（1）如图1中，由PFCB，可得，由此构建方程即可解决问题（3）分三种情形：如图3-1中，当时，重叠部分是平行四边形PBQF如图3-1中，当时，重叠部分是五边形PBQRT如图3-3中，当1t1时，重叠部分是四边形PBCT，分别求解即可解决问题（4）分四种情形：如图4-1中，当MNAB时，设CM

21、交BF于T如图4-1中，当MNBC时如图4-3中，当MNAB时当点P与点D重合时，MNBC，分别求解即可【详解】解：（1）如图1中，作DHBE于H 在RtBCD中，DHC90，CD5，tanDCH，DH4，CH3，BHBC+CH5+38，tanDBE故答案为（1）如图1中，四边形ABCD是菱形，ACBD，BC5，tanCBM，CM，BMDM1，PFCB，解得t（3）如图31中，当0t时，重叠部分是平行四边形PBQF，SPBPQ1tt10t1如图31中，当t1时，重叠部分是五边形PBQRT，SS平行四边形PBQFSTRF10t11t（55t） 1t（55t）55t1+（10+50）t15如图33

22、中，当1t1时，重叠部分是四边形PBCT，SSBCDSPDT54（5t）（41t）t1+10t（4）如图41中，当MNAB时，设CM交BF于TPNMT，MT，MNAB，1，PBBM，1t1，t如图41中，当MNBC时，易知点F落在DH时，PFBH，解得t如图43中，当MNAB时，易知PNMABD，可得tanPNM， 解得t，当点P与点D重合时，MNBC，此时t1，综上所述，满足条件的t的值为或或或1【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题2

23、1、（1）45；（2）【解析】试题分析：（1）根据等腰三角形性质和三角形外角性质求出COD=2A，求出D=COD，根据切线性质求出OCD=90，即可求出答案；（2）求出OC=CD=2，根据勾股定理求出BD即可试题解析：（1）OA=OC， A=ACO，COD=A+ACO=2A，D=2A，D=COD，PD切O于C，OCD=90，D=COD=45；（2）D=COD，CD=2，OC=OB=CD=2，在RtOCD中，由勾股定理得：22+22=（2+BD）2，解得：BD=考点：切线的性质22、 (1)证明见解析；(2);(3)【分析】（1）利用同弧所对的圆周角相等，以及平行线的性质得出角相等，再利用两角对

24、应相等的两个三角形相似解题.（2）连接BC构造直角三角形，再过B作BFAC，利用所得到的直角三角形，结合勾股定理解题.（3）过点M作出MCD的高MG, 再由,得出线段间的比例关系，从而可得出结果.【详解】解：(1)弧CD=弧CD，.，.弧AD=弧AD(2)连接BC，作，半径为5，.，.由图可知AC为直径，,得.，解得.在中，则.在中，.(3)当，即，.过M作,(以AC为直径)，可知，.【点睛】此题是圆中的相似问题，一般利用两角相等证明相似，同时注意结合圆中作辅助线的技巧，构造直角三角形是解题的关键.23、 (1);(2);(3)或【分析】(1)根据的“隔离直线”的定义即可解决问题；(2)存在，

25、连接，求得与垂直且过的直接就是“隔离直线”，据此即可求解；(3)分两种情形正方形在x轴上方以及在x轴下方时，分别求出正方形的一个顶点在直线上时的t的值即可解决问题【详解】(1)根据的“隔离直线”的定义可知，是图1函数的图象与正方形OABC的“隔离直线”；直线也是图1函数的图象与正方形OABC的“隔离直线”；而与不满足图1函数的图象与正方形OABC的“隔离直线”的条件；故答案为：；(2)存在，理由如下：连接，过点作轴于点，如图，在RtDGO中，O的半径为，点D在O上过点D作DHOD交y轴于点H，直线DH是O的切线，也是EDF与O的“隔离直线”设直线OD的解析式为，将点D(2，1)的坐标代入得，解得：，DHOD，设直线DH的解析式为，将点D(2，1)的坐标代入得，解得：，直线DH的解析式为，“隔离直线”的表达式为；(3)如图：由题意点F的坐标为()，当直线经过点F时，直线，即图中直线EF，正方形A1B1C1D1的中心M(1，t)，过点作y轴于点G，点是正方形的中心，且，B1C1，正方形A1B1C1D1的边长为2，当时，点C1的坐标是()，此时直线EF是函数)的图象与正方形A1B1C1D1的“隔离直线”，点的坐标是(-1，2)，此时；当直线与只有一个交点时，消去y得到，由，可得，解得：，同理，此时点M的坐标为：()，根据图象可知:当或时，直线是函数)的图象与正方