湖南省娄底市名校2023学年数学九年级第一学期期末检测试题含解析

1、2023学年九上数学期末模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题4分，共48分）1如图，将绕点按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数为( )ABCD2抛物线y =2 x23与两坐标轴的公共点个数为（ ）A0个B1个C2个D3个3中，若，则的长为（ ）ABCD54如图，在正方形ABCD中，点E是CD的中点，点F是BC上的一点，且

2、BF3CF，连接AE、AF、EF，下列结论：DAE30，ADEECF，AEEF，AE2ADAF，其中正确结论的个数是（）A1个B2个C3个D4个5把抛物线的图象绕着其顶点旋转，所得抛物线函数关系式是（ ）ABCD6如图是成都市某周内日最高气温的折线统计图，关于这7天的日最高气温的说法正确的是（ ）A极差是8B众数是28C中位数是24D平均数是267在以下四个图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是()ABCD8如图所示的几何体是由一些正方体组合而成的立体图形，则这个几何体的俯视图是ABCD9二次函数y=kx2+2x+1的部分图象如图所示，则k的取值范围是（ ）Ak1Bk1Ck1D0k 11

3、0下列运算正确的是( )ABCD11已知矩形ABCD，下列结论错误的是（）AABDCBACBDCACBDDA+C18012如图是由5个完全相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是( )ABCD二、填空题（每题4分，共24分）13从一批节能灯中随机抽取40只进行检查，发现次品2只，则在这批节能灯中随机抽取一只是次品的概率为_14在ABC中，边BC、AC上的中线AD、BE相交于点G，AD=6，那么AG=_15分解因式：x3-4x16如图所示，矩形纸片中，把它分割成正方形纸片和矩形纸片后，分别裁出扇形和半径最大的圆，恰好能作一个圆锥的侧面和底面，则的长为_17如果关于x的一元二次方程（m2）x24x

4、10有实数根，那么m的取值范围是_18若关于的方程的解为非负数，且关于的不等式组有且仅有5个整数解，则符合条件的所有整数的和是_三、解答题（共78分）19（8分）解方程：（1）x24x10；（2）5x（x1）x120（8分）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，直线yx+与x轴交于点A，与y轴交于点B，点F是点B关于x轴的对称点，抛物线yx2+bx+c经过点A和点F，与直线AB交于点C（1）求b和c的值；（2）点P是直线AC下方的抛物线上的一动点，连结PA，PB求PAB的最大面积及点P到直线AC的最大距离；（3）点Q是抛物线上一点，点D在坐标轴上，在（2）的条件下，是否存在以A，P，D，Q为顶点

5、且AP为边的平行四边形，若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由21（8分）如图1，在矩形中，为边上一点，将沿翻折得到，的延长线交边于点，过点作交于点（1）求证：；（2）如图2，连接分别交、于点、若，探究与之间的数量关系22（10分）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为（每个方格的边长均为个单位长度）.（1）将以点为旋转中心，逆时针旋转度得到，请画出；（2）请以点为位似中心，画出的位似三角形，使相似比为.23（10分）如图，中，面积为1（1）尺规作图：作的平分线交于点；（不要求写作法，保留作图痕迹）（2）在（1）的条件下，求出点到两条直角边的距离24（10分）如图，AB是O的弦，A

6、B4，点P在上运动（点P不与点A、B重合），且APB30，设图中阴影部分的面积为y（1）O的半径为 ；（2）若点P到直线AB的距离为x，求y关于x的函数表达式，并直接写出自变量x的取值范围25（12分）如图,已知抛物线y=ax2+bx+c的图像经过点A（0，3)、B（1，0），其对称轴为直线l：x=2，过点A作ACx轴交抛物线于点C，AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m.（1）求抛物线的解析式； （2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE面积最大，并求出其最大值； （3）如图，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上

7、是否存在点P使POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.26如图，在RtABC中，ACB90（1）利用尺规作图，在BC边上求作一点P，使得点P到边AB的距离等于PC的长；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并把作图痕迹用黑色签字笔描黑）（2）在（1）的条件下，以点P为圆心，PC长为半径的P中，P与边BC相交于点D，若AC6，PC3，求BD的长参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【分析】根据旋转的性质即可得到结论【详解】解：将绕点按逆时针方向旋转后得到，故选：A【点睛】本题考查了三角形内角和定理，旋转的性质的应用，

8、能求出ACD的度数是解此题的关键2、B【分析】根据一元二次方程2 x23=1的根的判别式的符号来判定抛物线y =2 x23与x轴的交点个数，当x=1时，y=3，即抛物线y =2 x23与y轴有一个交点【详解】解：当y=1时，2 x23=1 =12-423=-241， 一元二次方程2 x23=1没有实数根，即抛物线y =2 x23与x轴没有交点； 当x=1时，y=3，即抛物线y =2 x23与y轴有一个交点， 抛物线y =2 x23与两坐标轴的交点个数为1个 故选B【点睛】本题考查了抛物线与x轴、y轴的交点注意，本题求得是“抛物线y =2 x23与两坐标轴的交点个数”，而非“抛物线y =2 x2

9、3与x轴交点的个数”3、B【分析】根据题意，可得= ，又由AB=4，代入即可得AC的值.【详解】解：中，=.AC=AB= .故选B.【点睛】本题考查解直角三角形、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用锐角三角函数和勾股定理解答4、C【分析】根据题意可得tanDAE的值，进而可判断；设正方形的边长为4a，根据题意用a表示出FC，BF，CE，DE，然后根据相似三角形的判定方法即可对进行判断；在的基础上利用相似三角形的性质即得DAEFEC，进一步利用正方形的性质即可得到DEA+FEC90，进而可判断；利用相似三角形的性质即可判断.【详解】解：四边形ABCD是正方形，E为CD中点，CEEDDCAD，

10、tanDAE，DAE30，故错误；设正方形的边长为4a，则FCa，BF3a，CEDE2a，又DC=90，ADEECF，故正确；ADEECF，DAEFEC，DAE+DEA90DEA+FEC90，AEEF故正确；ADEECF，AE2ADAF，故正确.综上，正确的个数有3个，故选：C.【点睛】本题考查了正方形的性质、锐角三角函数、相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，熟练掌握正方形的性质和相似三角形的判定和性质是解题的关键.5、B【分析】根据图象绕顶点旋转180，可得函数图象开口方向相反，顶点坐标相同，可得答案【详解】，该抛物线的顶点坐标是（1，3），在旋转之后的抛物线解析式为：故选：B【点睛

11、】本题考查了二次函数图象的平移和旋转，解决本题的关键是理解绕抛物线的顶点旋转180得到新函数的二次项的系数符号改变，顶点不变6、B【解析】分析：根据折线统计图中的数据可以判断各个选项中的数据是否正确，从而可以解答本题详解：由图可得，极差是：30-20=10，故选项A错误，众数是28，故选项B正确，这组数按照从小到大排列是：20、22、24、26、28、28、30，故中位数是26，故选项C错误，平均数是：，故选项D错误，故选B点睛：本题考查折线统计图、极差、众数、中位数、平均数，解答本题的关键是明确题意，能够判断各个选项中结论是否正确7、B【分析】旋转180后能够与原图形完全重合即是中心对称图形

12、，根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解【详解】A、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；B、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意故选：B【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合8、A【解析】从正面看到的图叫做主视图，从左面看到的图叫做左视图，从上面看到的图叫做俯视图根据图中正方体摆放的位置，从上面看，下面一行左面是横放2个正方体，上面一行右面是一个正方体故选A9、D【分析】由二次

13、函数y=kx2+2x+1的部分图象可知开口朝上以及顶点在x轴下方进行分析.【详解】解：由图象可知开口朝上即有0k，又因为顶点在x轴下方，所以顶点纵坐标从而解得k 1，所以k的取值范围是0k 1.故选D.【点睛】本题考查二次函数图像性质，根据开口朝上以及顶点在x轴下方分别代入进行分析.10、D【分析】按照有理数、乘方、幂、二次根式的运算规律进行解答即可.【详解】解：A. ，故A选项错误； B. ，故B选项错误； C. ，故C选项错误； D. ，故D选项正确；故答案为D.【点睛】本题考查了有理数、乘方、幂、二次根式的运算法则，掌握响应的运算法则是解答本题的关键.11、C【分析】由矩形的性质得出AB

14、DC，ACBD，ABCD90，则A+C180，只有ABBC时，ACBD，即可得出结果【详解】四边形ABCD是矩形，ABDC，ACBD，ABCD90，A+C180，只有ABBC时，ACBD，A、B、D不符合题意，只有C符合题意，故选：C 【点睛】此题主要考查了矩形的性质的运用，熟练掌握矩形的性质是解题的关键12、B【分析】主视图就是从正面看，根据横竖正方形的个数可以得到答案.【详解】主视图就是从正面看，视图有2层，一层3个正方形，二层左侧一个正方形. 故选B【点睛】本题考核知识点：三视图.解题关键点：理解三视图意义.二、填空题（每题4分，共24分）13、【分析】利用概率公式求解可得【详解】解：在

15、这批节能灯中随机抽取一只是次品的概率为，故答案为：【点睛】本题考查概率公式，熟练掌握计算法则是解题关键.14、4【分析】由三角形的重心的概念和性质，即可得到答案【详解】解：如图，AD，BE是ABC的中线，且交点为点G，点G是ABC的重心，；故答案为：4.【点睛】此题考查了重心的概念和性质：三角形的重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍15、x(x-2y)2【分析】首先提取公因式x，然后利用完全平方公式进行分解【详解】解： 原式=x（x24xy+4y2）故答案为：x(x-2y)2【点睛】本题考查因式分解，掌握完全平方公式的结构是本题的解题关键16、cm.【分析】

16、设AB=xcm，则DE=（6-x）cm，根据扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长列出方程，求解即可【详解】解：设AB=xcm，则DE=（6-x）cm，根据题意，得解得x=1故选：1cm【点睛】本题考查了圆锥的计算，矩形的性质，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长17、m1且m1【分析】根据方程有实数根得出（4）14（m1）（1）0，解之求出m的范围，结合m10，即m1从而得出答案【详解】解：关于x的一元二次方程（m1）x14x10有实数根，（4）14（m1）（1）0，解得：m1，又m10，即m1，m1且m1，故答案

17、为：m1且m1【点睛】本题考查一元二次方程有意义的条件，熟悉一元二次方程有意义的条件是0且二次项系数不为零是解题的关键18、1【分析】解方程得x=，即a1，可得a5，a1；解不等式组得0a1，综合可得0a1，故满足条件的整数a的值为1，2.【详解】解不等式组，可得，不等式组有且仅有5个整数解，0a1，解分式方程，可得x=，即a1又分式方程有非负数解，x0，即0，解得a5，a10a1，满足条件的整数a的值为1，2，满足条件的整数a的值之和是1+2=1，故答案为：1【点睛】考点：分式方程的解；一元一次不等式组的整数解；含待定字母的不等式（组）；综合题，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键三、解答

18、题（共78分）19、（1）x12+，x22；（2）x11，x20.2【分析】（1）利用配方法求解，可得答案；（2）利用因式分解法求解，可得答案【详解】（1）x24x1，x24x+41+4，即（x2）27，则x2，解得：x12+，x22；（2）5x（x1）（x1）0，（x1）（5x1）0，则x10或5x10，解得：x11，x20.2【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法，掌握配方法和因式分解法解方程，是解题的关键.20、（1）b，c；（2），；（3）点Q的坐标为：（1，）或（，）或（1+，）或（，）或（，）【分析】（1）直线与轴交于点，与轴交于点，则点、的坐标分别为：、，则点，抛物线经过点和点，

19、则，将点的坐标代入抛物线表达式并解得：；（2）过点作轴的平行线交于点，设出点P，H的坐标，将PAB的面积表示成APH和BPH的面积之和，可得函数表达式，可求PAB的面积最大值，此时设点P到AB的距离为d，当PAB的面积最大值时d最大，利用面积公式求出d.（3）若存在以，为顶点且为边的平行四边形时，平移AP，得出所有可能的情形，利用平行四边形的对称性得到坐标的关系，即可求解【详解】解：（1）直线与轴交于点，与轴交于点，令x=0，则y=，令y=0，则x=-3，则点、的坐标分别为：、，点F是点B关于x轴的对称点，点，抛物线经过点和点，则，将点代入抛物线表达式得：，解得：，故抛物线的表达式为：，；（2

20、）过点作轴的平行线交于点，设点，则点，则的面积：当时，且，的最大值为，此时点，设：到直线的最大距离为，解得：；（3）存在，理由：点，点，设点，当点在轴上时，若存在以，为顶点且为边的平行四边形时，如图，三种情形都可以构成平行四边形，由于平行四边形的对称性可得图中点Q到x轴的距离和点P到x轴的距离相等，即，解得：（舍去）或或；当点在轴上时，如图：当点Q在y轴右侧时，由平行四边形的性质可得：=3，m=，代入二次函数表达式得：y=当点Q在y轴左侧时，由平行四边形的性质可得：=,，代入二次函数表达式得：y=故点，或，；故点的坐标为：，或，或，或，或，【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、

21、平行四边形性质、图形的面积计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏21、（1）详见解析；（2）【分析】（1）过点作于点，根据矩形的判定可得四边形和四边形是矩形，从而得出，然后证出，列出比例式，再利用等量代换即可得出结论；（2）设，则，先证出，可得，然后证出，可得，即可求出EF和AC的关系，从而求出与之间的数量关系【详解】（1）证明：过点作于点，如图1所示：则四边形和四边形是矩形，即；（2）解：，设，则，由（1）可知：，根据翻折的性质可得DCAB，APB=90BPM=90，PAMPBM=90BPM=PBMMP=MA，MP=MB，【点睛】此题考查的是矩形的性质、相似三角形的判定及性质和折叠的性

22、质，掌握矩形的性质、相似三角形的判定及性质和折叠的性质是解决此题的关键22、（1）见详解；（2）见详解.【分析】（1）根据旋转的规律，将点A、B围绕O逆时针旋转90，得到A1、B1，连接O、A1、B1即可；（2）连接OA并延长到A2，使OA2=2OA，连接OB并延长到B2，使OB2=2OB，然后顺次连接O、A2、B2即可；【详解】解：（1）如图，OA1B1即为所求作三角形；（2）如图，OA2B2即为所求作三角形；【点睛】本题考查了利用位似变换作图，坐标位置的确定，熟练掌握网格结构以及平面直角坐标系的知识是解题的关键23、（1）见解析；（2）【分析】（1）利用尺规作图的步骤作出ACB的平分线交A

23、B于点D即可；（2）作于E，于F,根据面积求出BC的长.法一：根据角平分线的性质得出DE=DF，从而得出四边形CEDF为正方形.再由，得出，列方程可以求出结果；法二：根据，利用面积法可求得DE,DF的值.【详解】解：（1）ACB的平分线CD如图所示：（2）已知，面积为1，.法一：作，是角平分线，而,四边形为正方形设为，则由，.即，得.点到两条直角边的距离为.法二：，即，又由（1）知AC=15，BC=20，.故点到两条直角边的距离为.【点睛】本题考查了尺规作图，角平分线的性质，直角三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本性质，属于中考常考题型24、（1）4；（2）y=2x4 (0 x24)【

24、分析】（1）根据圆周角定理得到AOB是等边三角形，求出O的半径；（2）过点O作OHAB，垂足为H,先求出AH=BH=AB=2，再利用勾股定理得出OH的值，进而求解.【详解】（1）解：（1）APB=30，AOB=60，又OA=OB，AOB是等边三角形，O的半径是4；（2）解：过点O作OHAB，垂足为H则OHAOHB90APB30AOB2APB60OA=OB，OHABAH=BH=AB=2 在RtAHO中，AHO90，AO4，AH2OH2y16 424x=2x4 (0 x24).【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理、掌握一条弧所对的圆周角是这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键25、（1）y=x2-

25、4x+3.（2）当m=时，四边形AOPE面积最大，最大值为.（3）P点的坐标为 ：P1（，），P2（，），P3（，），P4（，）. 【解析】分析：（1）利用对称性可得点D的坐标，利用交点式可得抛物线的解析式；（2）设P（m，m2-4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得四边形AOPE的面积，利用配方法可得其最大值；（3）存在四种情况：如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明OMPPNF，根据OM=PN列方程可得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标详解：（1）如图1，设抛物线与x轴的另一个交点为D，由对称性得：D（3，0），设抛物线的解析式为：y=a（x-1）（x-3），把A（0，3）代入得：3=3a，a=1，抛物线的