2023学年北京市海淀区中学国人民大附属中学数学九上期末监测试题含解析

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如图，由一些完全相同的小正方体搭成的几何体的左视图和俯视图，则这个几何体的主视图不可能是（ ）ABCD2如图所示，半径为3的A经过原点O和C（0，2），B是y轴左侧

2、A优弧上的一点，则（ ）A2BCD3如图，内接于， ，则半径为（ ）A4B6C8D124在平面直角坐标系中，ABC与A1B1C1位似，位似中心是原点O，若ABC与A1B1C1的相似比为1：2，且点A的坐标是（1，3），则它的对应点A1的坐标是（ ）A（-3，-1）B（-2，-6）C（2，6）或（-2，-6）D（-1，-3）5关于x的一元二次方程x2x+sin=0有两个相等的实数根，则锐角等于（）A15B30C45D606如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形ABCD的位置，若旋转角为20，则1为（）A110B120C150D1607用图中两个可自由转动的转盘做“配紫色”游戏：分别旋转两个转

3、盘，若其中一个转出红色，另-个转出蓝色即可配成紫色，则可配成紫色的概率是（ ）转盘一 转盘二ABCD8如图所示的两个四边形相似，则的度数是()A60B75C87D1209若，则下列比例式中正确的是（ ）ABCD10如图，为的直径，为上一点，弦平分，交于点，,则的长为（ ）A2.5B2.8C3D3.2二、填空题(每小题3分,共24分)11一个不透明的口袋中装有5个红球和若干个白球，他们除颜色外其他完全相同，通过多次摸球实验后发现，摸到红球的频率稳定在25%附近，估计口袋中白球有_个12如图，、均为的切线，分别是切点，则的周长为_13如图，已知P的半径为4，圆心P在抛物线yx22x3上运动，当P与

4、x轴相切时，则圆心P的坐标为_14已知关于x的一元二次方程两根是分别和则m=_，+=_15如图，边长为1的小正方形构成的网格中，半径为1的O在格点上，则AED的正切值为_16一元二次方程的根的判别式的值为_.17将抛物线向右平移2个单位长度，则所得抛物线对应的函数表达式为_.18请你写出一个函数，使它的图象与直线无公共点，这个函数的表达式为_三、解答题(共66分)19（10分）如图，已知，相交于点为上一点，且.（1）求证：；（2）求证：.20（6分）某学校举行冬季“趣味体育运动会”，在一个箱内装入只有标号不同的三颗实心球，标号分别为1，2，3.每次随机取出一颗实心球，记下标号作为得分，再将实心

5、球放回箱内。小明从箱内取球两次，若两次得分的总分不小于5分，请用画树状图或列表的方法，求发生“两次取球得分的总分不小于5分”情况的概率.21（6分）（1）已知如图1，在中，点在内部，点在外部，满足，且求证：（2）已知如图2，在等边内有一点，满足，求的度数 22（8分）如图所示，已知二次函数y=-x2+bx+c的图像与x轴的交点为点A(3，0)和点B，与y轴交于点C(0，3)，连接AC （1）求这个二次函数的解析式； （2）在(1)中位于第一象限内的抛物线上是否存在点D，使得ACD的面积最大?若存在，求出点D的坐标及ACD面积的最大值，若不存在，请说明理由. （3）在抛物线上是否存在点E，使得A

6、CE是以AC为直角边的直角三角形如果存在，请直接写出点E的坐标即可；如果不存在，请说明理由.23（8分）如图，在正方形中，是对角线上的一个动点，连接，过点作交于点（1）如图，求证：；（2）如图，连接为的中点，的延长线交边于点，当时，求和的长；（3）如图，过点作于，当时，求的面积24（8分） “五一劳动节大酬宾！”，某商场设计的促销活动如下：在一个不透明的箱子里放有4个相同的小球，球上分别标有“0元”、“10元”、“20元”和“50元”的字样规定：在本商场同一日内，顾客每消费满300元，就可以在箱子里先后摸出两个球（第一次摸出后不放回）商场根据两小球所标金额的和返还相等价格的购物券，购物券可以在

7、本商场消费某顾客刚好消费300元 （1）该顾客至多可得到_元购物券； （2）请你用画树状图或列表的方法，求出该顾客所获得购物券的金额不低于50元的概率25（10分）已知关于的方程。（1）若该方程的一个根是，求的值及该方程的另一个根；（2）求证：不论取何实数，该方程都有两个不相等的实数根。26（10分）已知在ABC中，ABBC，以AB为直径的O分别交AC于D，BC于E，连接ED（1）求证：EDDC；（2）若CD6，EC4，求AB的长参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【分析】由左视图可得出这个几何体有2层，由俯视图可得出这个几何体最底层有4个小正方体分情况讨论即可得出答案【详解】解：

8、由题意可得出这个几何体最底层有4个小正方体，有2层，当第二层第一列有1个小正方体时，主视图为选项B；当第二层第二列有1个小正方体时，主视图为选项C；当第二层第一列,第二列分别有1个小正方体时，主视图为选项D；故选：A【点睛】本题考查的知识点是简单几何体的三视图，根据所给三视图能够还原几何体是解此题的关键2、C【分析】根据题意连接CD，根据勾股定理求出OD，根据正切的定义求出tanD，根据圆周角定理得到B=D，等量代换即可【详解】解：连接CD（圆周角定理CD过圆心A），在RtOCD中，CD=6，OC=2，则OD=，tanD=，由圆周角定理得B=D，则tanB=，故选：C【点睛】本题考查圆周角定理

9、、锐角三角函数的定义，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键3、C【分析】连接OB，OC，根据圆周角定理求出BOC的度数，再由OBOC判断出OBC是等边三角形，由此可得出结论【详解】解：连接OB，OC，BAC30，BOC60OBOC，BC1，OBC是等边三角形，OBBC1故选：C.【点睛】本题考查的是圆周角定理以及等边三角形的判定和性质，根据题意作出辅助线，构造出等边三角形是解答此题的关键4、C【解析】根据如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或，即可求出答案.【详解】由位似变换

10、中对应点坐标的变化规律得：点的对应点的坐标是或，即点的坐标是或故选：C.【点睛】本题考查了位似变换中对应点坐标的变化规律，理解位似的概念，并熟记变化规律是解题关键.5、B【解析】解：关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，=，解得：sin=，为锐角，=30故选B6、A【解析】设CD与BC交于点E,如图所示：旋转角为20，DAD=20，BAD=90DAD=70.BAD+B+BED+D=360，BED=360709090=11，1=BED=110.故选A.7、B【分析】将转盘一平均分成3份，即将转盘一标“蓝”的部分平均分成两部分，分别记为蓝、蓝，再利用列表法列出所有等可能事件，根据题意求概率即可.

11、【详解】解：将转盘一标“蓝”的部分平均分成两部分，分别记为蓝、蓝，即转盘-平均分成三等份，列表如下：红红蓝黄红（红，红）（红，红）（红，蓝）（红，黄）蓝（蓝，红）（蓝，红）（蓝，蓝）（蓝，黄）蓝（蓝，红）（蓝，红）（蓝，蓝）（蓝，黄）由表格可知，共有12种等可能的结果，其中能配成紫色的结果有5种，所以可配成紫色的概率是.故选B.【点睛】本题考查了概率，用列表法求概率时，必须是等可能事件，这是本题的易错点，熟练掌握列表法是解题的关键.8、C【解析】根据相似多边形性质：对应角相等.【详解】由已知可得：的度数是：360-60-75-138=87故选C【点睛】本题考核知识点：相似多边形.解题关键点：理

12、解相似多边形性质.9、C【分析】根据比例的基本性质直接判断即可.【详解】由，根据比例性质，两边同时除以6，可得到，故选C.【点睛】本题考查比例的基本性质，掌握性质是解题关键.10、B【分析】连接BD,CD,由勾股定理求出BD的长，再利用，得出，从而求出DE的长，最后利用即可得出答案【详解】连接BD,CD为的直径 弦平分 即 解得 故选：B【点睛】本题主要考查圆周角定理的推论及相似三角形的判定及性质，掌握圆周角定理的推论及相似三角形的性质是解题的关键二、填空题(每小题3分,共24分)11、15【分析】由摸到红球的频率稳定在25%附近得出口袋中得到红色球的概率，进而求出白球个数即可【详解】解：设白

13、球个数为：x个，摸到红色球的频率稳定在25%左右，口袋中得到红色球的概率为25%，解得x=15，检验：x=15是原方程的根，白球的个数为15个，故答案为：15.【点睛】此题主要考查了利用频率估计概率，根据大量反复试验下频率稳定值即概率得出和分式方程的解法解题关键12、1【分析】根据切线长定理得：EC=FC，BF=BD，AD=AE，再由ABC的周长代入可求得结论【详解】解：AD，AE、CB均为O的切线，D，E，F分别是切点，EC=FC，BF=BD，AD=AE，ABC的周长=AC+BC+AB=AC+CF+BF+AB，ABC的周长=AC+EC+BD+AB=AE+AD=2AD，AD=5，ABC的周长为

14、1故答案为：1【点睛】本题主要考查了切线长定理，熟练掌握从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等13、（1+2，4），（12，4），（1，4）【分析】根据已知P的半径为4和P与x轴相切得出P点的纵坐标，进而得出其横坐标，即可得出答案【详解】解：当半径为4的P与x轴相切时，此时P点纵坐标为4或4，当y4时，4x22x3，解得：x11+2，x212，此时P点坐标为：（1+2，4），（12，4），当y4时，4x22x3，解得：x1x21，此时P点坐标为：（1，4）综上所述：P点坐标为：（1+2，4），（12，4），（1，4）故答案为：（1+2，4），（12，4），（1，4）【点睛】此题是二次函数综

15、合和切线的性质的综合题，解答时通过数形结合以得到P点纵坐标是解题关键。14、-2 1 【分析】首先根据一元二次方程的概念求出m的值，然后根据根与系数的关系即可得出答案【详解】是一元二次方程， ，解得， 两根是分别和， ，故答案为：-2，1【点睛】本题主要考查一元二次方程，掌握一元二次方程的概念及根与系数的关系是解题的关键15、【详解】解：根据圆周角定理可得AED=ABC，所以tanAED=tanABC=故答案为：【点睛】本题考查圆周角定理；锐角三角函数16、1.【解析】直接利用根的判别式=b2-4ac求出答案【详解】一元二次方程x2+3x=0根的判别式的值是：=32-410=1故答案为1【点睛

16、】此题主要考查了根的判别式，正确记忆公式是解题关键17、【分析】利用顶点式根据平移不改变二次项系数可得新抛物线解析式【详解】的顶点为(1,0)，向右平移2个单位得到的顶点为(1,0)，把抛物线向右平移2个单位，所得抛物线的表达式为.故答案为：.【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，熟练掌握“左加右减，上加下减”的平移规则是解题的关键.18、（答案不唯一）【分析】直线经过一三象限，所以只要找到一个过二、四象限的函数即可.【详解】直线经过一三象限，图象在二、四象限两个函数无公共点故答案为【点睛】本题主要考查正比例函数的图象与性质，掌握正比例函数与反比例函数的图象与性质是解题的关键.三、解答题(

17、共66分)19、（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）根据平行线的性质得B=C，然后由两个角对应相等，即可证明两个三角形相似；（2）由（1）AFEBFA，得到，即可得到结论成立.【详解】解：证明：（1）ABCD（已知），B=C（两直线平行内错角相等），又EAF=C（已知），B=EAF（等量代换），又AFE=BFA（公共角），AFEBFA（两对对应角相等的两三角形相似）（2）由（1）得到AFEBFA， ， 即AF2=EFFB【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质进行解题.20、【分析】根据题意先画树状图展示所有9种等可能的结果数，再找

18、出两次得分的总分不小于5分的结果数，然后根据概率公式求解【详解】解：树状图如下：共有9种等可能的结果数，两次得分的总分不小于5分的结果数为3种，所以P=【点睛】本题考查列表法或树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率21、（1）详见解析；（2）150【分析】（1）先证ABD =CBE，根据SAS可证ABDCBE；（2）把线段PC以点C为中心顺时针旋转60到线段CQ处，连结AQ根据旋转性质得PCQ是等边三角形，根据等边三角形性质证BCPACQ（SAS），得BP=AQ=4，BPC=AQC，根据勾股定理逆定理

19、可得AQP=90，进一步推出BPC=AQC=AQP+PQC=90+60.【详解】（1）证明：ABC=90，BDBEABC=DBE=90即ABD+DBC=DBC+CBEABD =CBE又AB=CB，BD=BEABDCBE（SAS） （2）如图，把线段PC以点C为中心顺时针旋转60到线段CQ处，连结AQ由旋转知识可得：PCQ =60，CP=CQ=1，PCQ是等边三角形，CP=CQ=PQ=1又ABC是等边三角形， ACB=60=PCQ，BC=AC， BCP+PCA=PCA+ACQ，即BCP=ACQ在BCP与ACQ中 BCPACQ （SAS）BP=AQ=4，BPC=AQC又PA=5，AQP=90又PC

20、Q是等边三角形，PQC=60BPC=AQC=AQP+PQC=90+60=150BPC=150【点睛】考核知识点：等边三角形，全等三角形，旋转，勾股定理.根据旋转性质和全等三角形判定和性质求出边和角的关系是关键.22、（1）y=-x2+2x+1；（2）抛物线上存在点D，使得ACD的面积最大，此时点D的坐标为( ， )且ACD面积的最大值 ；（1）在抛物线上存在点E，使得ACE是以AC为直角边的直角三角形 点E的坐标是(1，4)或(-2，-5).【分析】(1)因为点A(1，0)，点C(0,1)在抛物线y=x2+bx+c上，可代入确定b、c的值；(2)过点D作DHx轴，设D(t，-t2+2t+1)，

21、先利用图象上点的特征表示出SACD=S梯形OCDH+SAHD-SAOC=，再利用顶点坐标求最值即可；(1)分两种情况讨论：过点A作AE1AC，交抛物线于点E1，交y轴于点F，连接E1C，求出点F的坐标，再求直线AE的解析式为yx1，再与二次函数的解析式联立方程组求解即可；过点C作CECA，交抛物线于点E2、交x轴于点M，连接AE2，求出直线CM的解析式为yx1，再与二次函数的解析式联立方程组求解即可.【详解】（1）解：二次函数y=-x2+bx+c与x轴的交点为点A(1，0)与y轴交于点C(0，1) 解之得 这个二次函数的解析式为y=-x2+2x+1（2）解：如图，设D(t，-t2+2t+1)，

22、过点D作DHx轴，垂足为H， 则SACD=S梯形OCDH+SAHD-SAOC= (-t2+2t+1+1)+ (1-t)(-t2+2t+1)- 11= = 0当t= 时，ACD的面积有最大值 此时-t2+2t+1= 抛物线上存在点D，使得ACD的面积最大，此时点D的坐标为( ， )且ACD面积的最大值 （1）在抛物线上存在点E，使得ACE是以AC为直角边的直角三角形 点E的坐标是(1，4)或(-2，-5). 理由如下：有两种情况：如图， 过点A作AE1AC，交抛物线于点E1、交y轴于点F，连接E1C COAO1， CAO45， FAO45，AOOF1 点F的坐标为（0，1）设直线AE的解析式为y

23、kxb， 将（0，1），（1，0）代入ykxb得： 解得 直线AE的解析式为yx1， 由 解得或 点E1的坐标为（2，5）如图，过点C作CECA，交抛物线于点E2、交x轴于点M，连接AE2 CAO45， CMA45，OMOC1 点M的坐标为（1，0）,设直线CM的解析式为ykxb， 将（0，1），（-1，0）代入ykxb得： 解得直线CM的解析式为yx1 由 解得：或 点E2的坐标为（1，4） 综上，在抛物线上存在点E1（2，5）、E2（1，4），使ACE1、ACE2是以AC为直角边的直角三角形【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数解析式、二次函数的最值问题，二次函数中的直角三角形问题.观察

24、图象、求出特殊点坐标是解题的关键23、（1）见解析；（2）；（3）面积为.【分析】（1）过点M作MFAB于F，作MGBC于G，由正方形的性质得出ABD=DBC=45，由角平分线的性质得出MF=MG，证得四边形FBGM是正方形，得出FMG=90，证出AMF=NMG，证明AMFNMG，即可得出结论；（2）证明RtAMNRtBCD，得出，求出AN=2，由勾股定理得出BN=4，由直角三角形的性质得出OM=OA=ON=AN=，OMAN，证明PAONAB，得出，求出OP=，即可得出结果；（3）过点A作AFBD于F，证明AFMMHN得出AF=MH，求出AF=BD=6=3，得出MH=3，MN=2，由勾股定理得出HN=，由三角形面积公式即可得出结果【详解】（1）证明：过点作于，作于，如图所示：，四边形是正方形，四边形是正方形，在和中， ，；（2）解：在中，由（1）知：，在中，解得：，在中，在中，是的中点，即： ，解得：，；（3）解：过点作于，如图所示：，在和中， ，在等腰直角中，的面积为【点睛】本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、直角三角形的性质、