2023学年山西省兴县交楼申中学九年级数学第一学期期末达标测试试题含解析

1、2023学年九上数学期末模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题(每小题3分,共30分)1如图，AB为O的直径，点C、D在O上，若AOD=30，则BCD的度数是（）A150B120C105D752两名同学在一次用频率估计概率的试验中统计了某一结果出现的频率，绘制出统计图如图所示，则符合这一结果的试验可能是（ ）A抛一枚硬币，正面朝上的概率B掷一枚正六面体的骰子，出现点的概率C转动如图所示的转盘，转到

2、数字为奇数的概率D从装有个红球和个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率3如图，在ABC中，M，N分别是边AB，AC的中点，则AMN的面积与四边形MBCN的面积比为ABCD4如图，正方形ABCD中，点EF分别在BC、CD上，AEF是等边三角形，连AC交EF于G，下列结论：BAE=DAF=15；AG=GC；BE+DF=EF；SCEF=2SABE，其中正确的个数为（）A1B2C3D45如图，平行四边形的顶点在双曲线上，顶点在双曲线上，中点恰好落在轴上，已知，则的值为（ ）A-8B-6C-4D-26如图，矩形中，点为矩形内一动点，且满足，则线段的最小值为（ ）A5B1C2D37若将抛物线y=x2向右

3、平移2个单位，再向上平移3个单位，则所得抛物线的表达式为（ ）ABCD8如图，在中，若，则的长是（ ）ABCD9如图所示,将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形ABCD的位置,旋转角为(090).若1=110,则等于()A20B30C40D5010方程x26x+50的两个根之和为（）A6B6C5D5二、填空题(每小题3分,共24分)11如图，O直径CD=20，AB是O的弦，ABCD，垂足为M，若OM：OC=3：5，则弦AB的长为_12已知点P（x1，y1）和Q（2，y2）在二次函数y（x+k）（xk2）的图象上，其中k0，若y1y2，则x1的取值范围为_13如图所示是某种货号的直三棱柱(底面是等

4、腰直角三角形)零件的三视图，则它的表面积为_14一个周长确定的扇形，要使它的面积最大，扇形的圆心角应为_度15将量角器按如图所示的方式放置在三角形纸板上，使点在半圆上，点、的度数分别为、，则的大小为_16如图，在RtABC中，C90，ABC30，AC2，将RtABC绕点A逆时针旋转60得到ADE，则BC边扫过图形的面积为_17如图，过上一点作的切线，与直径的延长线交于点，若，则的度数为_18如图，抛物线yx2在第一象限内经过的整数点（横坐标、纵坐标都为整数的点）依次为A1，A2，A3An，将抛物线yx2沿直线L：yx向上平移，得到一系列抛物线，且满足下列条件：抛物线的顶点M1，M2，M3，Mn

5、都在直线L：yx上；抛物线依次经过点A1，A2，A3An，则顶点M2020的坐标为_三、解答题(共66分)19（10分）如图，已知抛物线与轴相交于、两点，与轴相交于点，对称轴为，直线与抛物线相交于、两点.（1）求此抛物线的解析式；（2）为抛物线上一动点，且位于的下方，求出面积的最大值及此时点的坐标；（3）设点在轴上，且满足，求的长.20（6分）为了提高教学质量，促进学生全面发展，某中学计划投入99000元购进一批多媒体设备和电脑显示屏，且准备购进电脑显示屏的数量是多媒体设备数量的6倍. 现从商家了解到，一套多媒体设备和一个电脑显示屏的售价分别为3000元和600元. （1）求最多能购进多媒体设

6、备多少套？（2）恰逢“双十一”活动，每套多媒体设备的售价下降，每个电脑显示屏的售价下降元，学校决定多媒体设备和电脑显示屏的数量在（1）中购进最多量的基础上都增加，实际投入资金与计划投入资金相同，求的值.21（6分）如图，在四边形中，,=2,为的中点，请仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图(保留作图痕迹) （1）在图1中，画出ABD的BD边上的中线； （2）在图2中，若BA=BD, 画出ABD的AD边上的高 .22（8分）解方程：(1)x22x1=0 (2) 2(x3)=3x(x3)23（8分）如图，取ABC的边AB的中点O，以O为圆心AB为半径作O交BC于点D，过点D作O的切线DE，若DEAC，

7、垂足为点E（1）求证：ABC是等腰三角形；（2）若DE=1，BAC=120，则的长为 24（8分）解方程：x2x3x225（10分）如图1，在平面直角坐标系中，已知的半径为5，圆心的坐标为，交轴于点，交轴于，两点，点是上的一点（不与点、重合），连结并延长，连结，.（1）求点的坐标；（2）当点在上时.求证：；如图2，在上取一点，使，连结.求证：；（3）如图3，当点在上运动的过程中，试探究的值是否发生变化？若不变，请直接写出该定值；若变化，请说明理由.26（10分）为纪念“五四运动”100周年，某校举行了征文比赛，该校学生全部参加了比赛比赛设置一等、二等、三等三个奖项，赛后该校对学生获奖情况做了抽

8、样调查，并将所得数据绘制成如图所示的两幅不完整的统计图根据图中信息解答下列问题：（1）本次抽样调查学生的人数为 （2）补全两个统计图，并求出扇形统计图中A所对应扇形圆心角的度数（3）若该校共有840名学生，请根据抽样调查结果估计获得三等奖的人数参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】试题解析：连接AC，AB为O的直径，ACB=90，AOD=30，ACD=15，BCD=ACB+ACD=105，故选C2、D【分析】根据统计图可知，试验结果在0.33附近波动，即其概率P0.33，计算四个选项的概率，约为0.33者即为正确答案【详解】解：A、掷一枚硬币，出现正面朝上的概率为，故此选项不

9、符合题意；B、掷一枚正六面体的骰子，出现点的概率为，故此选项不符合题意；C、转动如图所示的转盘，转到数字为奇数的概率为，故此选项不符合题意；D、从装有个红球和个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率为，故此选项符合题意故选：D【点睛】此题考查了利用频率估计概率，属于常见题型，明确大量反复试验下频率稳定值即概率是解答的关键3、B【详解】解:M，N分别是边AB，AC的中点，MN是ABC的中位线，MNBC，且MN=BC，AMNABC，AMN的面积与四边形MBCN的面积比为1：1故选B【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是得出MN是ABC的中位线，判断AMNABC，要掌握相似三角形

10、的面积比等于相似比平方4、C【解析】通过条件可以得出ABEADF而得出BAE=DAF，BE=DF，由正方形的性质就可以得出EC=FC，就可以得出AC垂直平分EF，设EC=x，用含x的式子表示的BE、 EF，利用三角形的面积公式分别表示出SCEF和2SABE再通过比较大小就可以得出结论.【详解】四边形ABCD是正方形，AB=AD，B=D=90AEF等边三角形，AE=AF，EAF=60BAE+DAF=30在RtABE和RtADF中，RtABERtADF（HL），BE=DF，BC=CD，BCBE=CDDF，即CE=CF，AC是EF的垂直平分线，AC平分EAF，EAC=FAC=60=30，BAC=DA

11、C=45，BAE=DAF=15，故正确；设EC=x，则FC=x，由勾股定理，得EF=x，CG=EF=x，AG=AEsin60=EFsin60=2CGsin60=2CG，AG=CG，故正确；由知：设EC=x，EF=x，AC=CG+AG=CG+CG=，AB=，BE=ABCE=x=，BE+DF=2=（1）xx，故错误；SCEF=，SABE=BEAB=，SCEF=2SABE，故正确，所以本题正确的个数有3个，分别是，故选C【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等边三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答本题时运用勾股定理的性质解题时关键5、C【分析

12、】连接OB，过点B作轴于点D，过点C作于点E，证，再利用三角形的面积求解即可【详解】解：连接OB，过点B作轴于点D，过点C作于点E，点P是BC的中点PC=PB点在双曲线上点在双曲线上故选：C【点睛】本题考查的知识点是反比例函数的图象与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等，掌握以上知识点是解此题的关键6、B【分析】通过矩形的性质和等角的条件可得BPC=90，所以P点应该在以BC为直径的圆上，即OP=4，根据两边之差小于第三边及三点共线问题解决.【详解】如图，四边形ABCD为矩形，AB=CD=3，BCD=90,PCD+PCB=90,PBC+PCB=90,BPC=90,

13、点P在以BC为直径的圆O上，在RtOCD中，OC=,CD=3，由勾股定理得，OD=5，PD ,当P,D,O三点共线时，PD最小，PD的最小值为OD-OP=5-4=1.故选：B.【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，线段最小值问题及圆的性质，分析出P点的运动轨迹是解答此题的关键.7、B【解析】试题分析：函数y=x2的图象的顶点坐标为，将函数y=x2的图象向右平移2个单位，再向上平移3个单位，其顶点也向右平移2个单位，再向上平移3个单位.根据根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加上下平移只改变点的纵坐标，下减上加.平移后，新图象的顶点坐标是.所得抛物线的表达式为.故选B.考点

14、：二次函数图象与平移变换8、B【分析】根据平行线分线段成比例定理，先算出，可得，根据DE的长即可求得BC的长【详解】解：，【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，由题意求得是解题的关键9、A【解析】由性质性质得，D=D=90,4=,由四边形内角和性质得3=360-90-90-110=70,所以4=90-70=20.【详解】如图,因为四边形ABCD为矩形,所以B=D=BAD=90,因为矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形ABCD,所以D=D=90,4=,因为1=2=110,所以3=360-90-90-110=70,所以4=90-70=20,所以=20.故选：A【点睛】本题考核知识点：旋转角.

15、解题关键点：理解旋转的性质.10、B【分析】根据根与系数的关系得出方程的两根之和为，即可得出选项【详解】解：方程x26x+50的两个根之和为6，故选：B【点睛】本题考查了根与系数的关系，解决问题的关键是熟练正确理解题意，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系.二、填空题(每小题3分,共24分)11、1【详解】解：连接OA，O的直径CD=20，则O的半径为10，即OA=OC=10，又OM：OC=3：5，OM=6，ABCD，垂足为M，AM=BM，在RtAOM中，AM=8，AB=2AM=28=1，故答案为：112、x12或x11【分析】将二次函数的解析式化为顶点式，然后将点P、Q的坐标代入解析式中，然后

16、y1y2，列出关于x1的不等式即可求出结论【详解】解：y（x+k）（xk2）（x1）212kk2，点P（x1，y1）和Q（2，y2）在二次函数y（x+k）（xk2）的图象上，y1（x11）212kk2，y22kk2，y1y2，（x11）212kk22kk2，（x11）21，x12或x11故答案为：x12或x11【点睛】此题考查的是比较二次函数上两点之间的坐标大小关系，掌握二次函数的顶点式和根据函数值的取值范围求自变量的取值范围是解决此题的关键13、 (28+20)【分析】根据三视图可知，直三棱柱的底面是斜边为4厘米、斜边上的高为2厘米的等腰直角三角形，直三棱柱的高是5厘米的立体图形，根据表面积

17、计算公式即可求解【详解】直三棱柱的底面如下图，根据三视图可知，为等腰直角三角形，斜边上的高为2厘米，根据等腰三角形三线合一的性质得：，它的表面积为：(平方厘米)故答案为：【点睛】考查了由三视图判断几何体，几何体的表面积，关键是得到直三棱柱的底面三角形各边的长14、【分析】设扇形的弧长，然后，建立关系式，结合二次函数的图象与性质求解最值即可【详解】设扇形面积为S，半径为r，圆心角为，则扇形弧长为a-2r，所以S=（a-2r）r=-（r-）2+故当r=时，扇形面积最大为 此时，扇形的弧长为2r， 故答案为：【点睛】本题重点考查了扇形的面积公式、弧长公式、二次函数的最值等知识，属于基础题15、【分析

18、】设半圆圆心为O，连OA，OB，则AOB863056，根据圆周角定理得ACBAOB，即可得到ACB的大小【详解】设半圆圆心为O，连OA，OB，如图，ACBAOB，而AOB863056，ACB5628故答案为：28【点睛】本题考查了圆周角定理在同圆或等圆中，同弧和等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半16、2【分析】根据BC边扫过图形的面积是：S扇形DAB+SABC-SADE-S扇形ACE，分别求得：扇形BAD的面积、SABC以及扇形CAE的面积，即可求解【详解】C90，BAC60，AC2，AB4，扇形BAD的面积是：，在直角ABC中，BCABsin6042，AC2，SA

19、BCSADEACBC222扇形CAE的面积是：，则阴影部分的面积是：S扇形DAB+SABCSADES扇形ACE2故答案为：2【点睛】本题考查了扇形的面积的计算，正确理解阴影部分的面积是：S扇形DAB+SABC-SADE-S扇形ACE是关键17、26【分析】连接OC，利用切线的性质可求得COD的度数，然后利用圆周角定理可得出答案【详解】解：连接OC，CD与O相切于点D，与直径AB的延长线交于点D，DCO=90，D=38，COD=52，E=COD =26，故答案为：26【点睛】此题考查切线的性质以及圆周角定理，关键是通过连接半径构造直角三角形求出COD的度数18、（4039，4039）【分析】根据

20、抛物线的解析式结合整数点的定义，找出点An的坐标为（n，n2），设点Mn的坐标为（a，a），则以点Mn为顶点的抛物线解析式为y=（x-a）2+a，由点An的坐标利用待定系数法，即可求出a值，将其代入点Mn的坐标即可得出结论【详解】抛物线yx2在第一象限内经过的整数点（横坐标、纵坐标都为整数的点）依次为A1，A2，A3，An，点An的坐标为（n，n2）设点Mn的坐标为（a，a），则以点Mn为顶点的抛物线解析式为y（xa）2+a，点An（n，n2）在抛物线y（xa）2+a上，n2（na）2+a，解得：a2n1或a0（舍去），Mn的坐标为（2n1，2n1），M2020的坐标为（4039，4039）故

21、答案为：（4039，4039）【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换、一次函数图象上点的坐标特征以及待定系数法求二次函数解析式，根据点An的坐标利用待定系数法求出a值是解题的关键三、解答题(共66分)19、（1）；（2）当时，取最大值，此时点坐标为.（3）或17.【分析】（1）根据对称轴与点A代入即可求解；（2）先求出，过点作轴的平行线，交直线于点，设，得到，表示出，根据二次函数的性质即可求解；（3）根据题意分当在轴正半轴上时， 当在轴负半轴上时利用相似三角形的性质即可求解.【详解】（1）对称轴为x1，1，b2a，yax22ax5，yx3与x轴交于点A（3，0），将点A代入yax22ax5可

22、得a.（2）令，解得：，过点作轴的平行线，交直线于点，设，则，则，当时，取最大值，此时点坐标为.（3）存在，理由：当在轴正半轴上时，如图，过点作于，根据三角形的外角的性质得，又，设，则，又，当在轴负半轴上时，记作，由知，取，如图，则由对称知：，因此点也满足题目条件，综合以上得：或17.【点睛】本题考查二次函数的综合；熟练掌握二次与一次函数的图象及性质，掌握三角形相似、直角三角形的性质是解题的关键20、（1）15套；（2）37.5【分析】（1）设购买A种设备x套，则购买B种设备6x套，根据总价=单价数量结合计划投入99000元，即可得出关于x的一元一次不等式，解之取其最大值即可得出结论；（2）根

23、据总价=单价数量结合实际投入资金与计划投入资金相同，即可得出关于a的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论【详解】（1）设能购买多媒体设备套，则购买显示屏6x套，根据题意得：解得：答：最多能购买多媒体设备15套. （2）由题意得：设，则原方程为：整理得：解得：，（不合题意舍去）. 答：的值是37. 5.【点睛】本题考查了一元一次不等式的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）根据各数量之间的关系，找出关于x的一元一次不等式；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程21、 (1)作图见解析；（2）作图见解析.【分析】（1）根据AB=2CD，AB=BE，可知BECD，再根据BE/CD，可知

24、连接CE，CE与BD的交点F即为BD的中点，连接AF，则AF即为ABD的BD边上的中线；（2）由（1）可知连接CE与BD交于点F，则F为BD的中点，根据三角形中位线定理可得EF/AD，EF=AD，则可得四边形ADFE要等腰梯形，连接AF，DE交于点O，根据等腰梯形的性质可推导得出OA=OD，再结合BA=BD可知直线BO是线段AD的垂直平分线，据此即可作出可得ABD的AD边上的高 .【详解】（1）如图AF是ABD的BD边上的中线；（2）如图AH是ABD的AD边上的高.【点睛】本题考查了利用无刻度的直尺按要求作图，结合题意认真分析图形的成因是解题的关键.22、 (1)， (2)或【分析】(1)利用

25、公式法求解可得；(2)利用因式分解法求解可得；【详解】(1)a=1，b=2，c=1，=b24ac=4+4=80，方程有两个不相等的实数根，；(2)，移项得：，因式分解得：=0，或，解得：或【点睛】本题主要考查了解一元二次方程配方法和因式分解法，根据方程的不同形式，选择合适的方法是解题的关键23、（1）证明见解析；（2）【分析】（1）连接OD，利用等边对等角证得1=B，利用切线的性质证得ODAC，推出B=C，从而证明ABC是等腰三角形；（2）连接AD，利用等腰三角形的性质证得B=C=30，BD=CD=2，求得直径AB=，利用弧长公式即可求解【详解】（1）证明：连结OD OB=OD，1=B，DE为O的切线，ODE=90， DEAC，ODE=DEC=90，ODAC，1=CB=C， AB=AC，即ABC是等腰三角形； （2）连接AD，AB是O的直径，BDA=90， 即ADBC，又ABC是等腰三角形，BAC=120，BAD=BAC=60，BD=CD，B=C=30，在RtCDE中，CED=90，DE=1，C=30，CD=2DE=2，BD=CD=2，在RtABD中，即，AB=，OA=OD=AB=，AOD=2B=60，的长为故答案为：【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，锐角三角函数，弧长公式等知识点的综合运用作出常用辅助线是解题的关键24、x=或x=-1.【分析】根据因式分解