2022-2023学年广东省潮州湘桥区六校联考九年级数学上册期末经典试题含解析

2022-2023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0．5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（每题4分，共48分）1．如图，在中，弦AB=12，半径与点P，且P为的OC中点，则AC的长是（）A． B．6 C．8 D．2．某商品经过连续两次降价，售价由原来的每件25元降到每件16元，则平均每次降价的百分率为（）.A．； B．； C．； D．.3．如图，点O是△ABC内一点、分别连接OA、OB、OC并延长到点D、E、F，使AD＝2OA，BE＝2OB，CF＝2OC，连接DE，EF，FD．若△ABC的面积是3，则阴影部分的面积是（）A．6 B．15 C．24 D．274．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的个数有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个5．如图，要证明平行四边形ABCD为正方形，那么我们需要在四边形ABCD是平行四边形的基础上，进一步证明（）A．AB=AD且AC⊥BD B．AB=AD且AC=BD C．∠A=∠B且AC=BD D．AC和BD互相垂直平分6．“泱泱华夏，浩浩千秋．于以求之？旸谷之东．山其何辉，韫卞和之美玉……”这是武汉16岁女孩陈天羽用文言文写70周年阅兵的观后感．小汀州同学把这篇气势磅礴、文采飞扬的文章放到自己的微博上，并决定用微博转发的方式传播．他设计了如下的传播规则：将文章发表在自己的微博上，再邀请n个好友转发，每个好友转发之后，又邀请n个互不相同的好友转发，依此类推．已知经过两轮转发后，共有111个人参与了宣传活动，则n的值为（）A．9 B．10 C．11 D．127．若抛物线y=﹣x2+bx+c经过点（﹣2，3），则2c﹣4b﹣9的值是（）A．5B．﹣1C．4D．188．如图，内接于圆，，，若，则弧的长为（）A． B． C． D．9．下列数是无理数的是（）A． B． C． D．10．的倒数是（）A． B． C． D．11．如图，直线，等腰的直角顶点在上，顶点在上，若，则（）A．31° B．45° C．30° D．59°12．已知，则下列比例式成立的是（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．同一个圆中内接正三角形、内接正四边形、内接正六边形的边长之比为___________.14．若点（p，2）与（﹣3，q）关于原点对称，则p+q＝__．15．如图，四边形ABCD是⊙O的外切四边形，且AB＝10，CD＝15，则四边形ABCD的周长为_____．16．一个不透明的袋子中装有黑、白小球各两个，这些小球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出一个小球后，放回并摇匀，再随机摸出一个小球，则两次摸出的小球都是白球的概率为_______．17．如果函数是关于的二次函数，则__________．18．如图，分别以正三角形的3个顶点为圆心，边长为半径画弧，三段弧围成的图形称为莱洛三角形．若正三角形边长为3cm，则该莱洛三角形的周长为_______cm．三、解答题（共78分）19．（8分）如图所示，某学校有一边长为20米的正方形区域（四周阴影是四个全等的矩形，记为区域甲；中心区是正方形，记为区域乙）．区域甲建设成休闲区，区域乙建成展示区，已知甲、乙两个区域的建设费用如下表：区域甲乙价格（百元米2）65设矩形的较短边的长为米，正方形区域建设总费用为百元．（1）的长为米（用含的代数式表示）；（2）求关于的函数解析式；（3）当中心区的边长要求不低于8米且不超过12米时，预备建设资金220000元够用吗？请利用函数的增减性来说明理由．20．（8分）如图，将等边△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EFC，∠ACE的平分线CD交EF于点D，连接AD、AF．（1）求∠CFA度数；（2）求证：AD∥BC．21．（8分）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位．（1）△ABC绕着点C顺时针旋转90°，画出旋转后对应的△A1B1C1；（2）求△ABC旋转到△A1B1C时，的长．22．（10分）如图，已知，以为直径作半圆，半径绕点顺时针旋转得到，点的对应点为，当点与点重合时停止．连接并延长到点，使得，过点作于点，连接，．（1）______；（2）如图，当点与点重合时，判断的形状，并说明理由；（3）如图，当时，求的长；（4）如图，若点是线段上一点，连接，当与半圆相切时，直接写出直线与的位置关系．23．（10分）关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根．（1）求m的取值范围；（2）若，是一元二次方程的两个根，且，求m的值．24．（10分）如图1，水平放置一个三角板和一个量角器，三角板的边AB和量角器的直径DE在一条直线上，∠ACB=90°，∠BAC=30°，OD=3cm，开始的时候BD=1cm，现在三角板以2cm/s的速度向右移动．（1）当点B于点O重合的时候，求三角板运动的时间；（2）三角板继续向右运动，当B点和E点重合时，AC与半圆相切于点F，连接EF，如图2所示．①求证：EF平分∠AEC；②求EF的长．25．（12分）阅读理解，我们已经学习了点和圆、直线和圆的位置关系以及各种位置关系的数量表示，如下表：类似于研究点和圆、直线和圆的位置关系，我们也可以用两圆的半径和两圆的圆心距（两圆圆心的距离）来刻画两圆的位置关系．如果两圆的半径分别为和（r1＞r2），圆心距为d，请你通过画图，并利用d与和之间的数量关系探索两圆的位置关系．图形表示（圆和圆的位置关系）数量表示（圆心距d与两圆的半径、的数量关系）26．在平面直角坐标系中，抛物线经过点A、B、C，已知A（-1，0），B（3，0），C（0，-3）.（1）求此抛物线的函数表达式；（2）若P为线段BC上一点，过点P作轴的平行线，交抛物线于点D，当△BCD面积最大时，求点P的坐标；（3）若M（m，0）是轴上一个动点，请求出CM+MB的最小值以及此时点M的坐标.

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【分析】根据垂径定理求出AP，连结OA根据勾股定理构造方程可求出OA、OP，再求出PC，最后根据勾股定理即可求出AC．【详解】解：如图，连接OA，∵AB=12，OC⊥AB，OC过圆心O，∴AP=BP=AB=6，∵P为的OC中点，设⊙O的半径为2R，即OA=OC=2R，则PO=PC=R，在Rt△OPA中，由勾股定理得：AO2=OP2+AP2，即：(2R)2=R2+62，解得：R=，即OP=PC=，在Rt△CPA中，由勾股定理得：AC2=AP2+PC2，即AC2=62+解得：AC=故选：D．【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，能根据垂径定理求出AP的长是解此题的关键．2、A【分析】可设降价的百分率为，第一次降价后的价格为，第一次降价后的价格为，根据题意列方程求解即可.【详解】解：设降价的百分率为根据题意可列方程为解方程得，（舍）∴每次降价得百分率为故选A．【点睛】本题考查了一元二次方程的在销售问题中的应用，正确理解题意，找出题中等量关系是解题的关键.3、C【解析】根据三边对应成比例，两三角形相似，得到△ABC∽△DEF，再由相似三角形的性质即可得到结果．【详解】∵AD＝2OA，BE＝2OB，CF＝2OC，∴＝＝＝，∴△ABC∽△DEF，∴＝＝，∵△ABC的面积是3，∴S△DEF＝27，∴S阴影＝S△DEF﹣S△ABC＝1．故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．4、B【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．【详解】（1）是轴对称图形，不是中心对称图形．不符合题意；（2）不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；（3）是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；（4）是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；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，图形沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形关键是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．5、B【解析】解：A．根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，或者对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以不能判断平行四边形ABCD是正方形；B．根据邻边相等的平行四边形是菱形，对角线相等的平行四边形为矩形，所以能判断四边形ABCD是正方形；C．根据一组邻角相等的平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形也是矩形，即只能证明四边形ABCD是矩形，不能判断四边形ABCD是正方形；D．根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，对角线互相平分的四边形是平行四边形，所以不能判断四边形ABCD是正方形．故选B．6、B【分析】根据传播规则结合经过两轮转发后共有111个人参与了宣传活动，即可得出关于n的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．【详解】解：依题意，得：1+n+n2＝111，解得：n1＝10，n2＝﹣11（不合题意，舍去）．故选：B．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．7、A【解析】∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过点（﹣2，3），∴-4-2b+c=3，即c-2b=7，∴2c-4b-9=2(c-2b)-9=14-9=5.故选A.8、A【分析】连接OB，OC．首先证明△OBC是等腰直角三角形，求出OB即可解决问题．【详解】连接OB，OC．∵∠A=180°-∠ABC-∠ACB=180°-65°-70°=45°，∴∠BOC=90°，∵BC=2，∴OB=OC=2，∴的长为=π，故选A．【点睛】本题考查圆周角定理，弧长公式，等腰直角三角形的性质的等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识9、C【分析】根据无理数的定义进行判断即可．【详解】A.，有理数；B.，有理数；C.，无理数；D.，有理数；故答案为：C．【点睛】本题考查了无理数的问题，掌握无理数的定义是解题的关键．10、A【分析】根据乘积为1的两个数互为倒数进行解答即可．【详解】解：∵×1=1，∴的倒数是1．故选A．【点睛】本题考查了倒数的概念，熟记倒数的概念是解答此题的关键．11、A【分析】过点B作BD//l1，，再由平行线的性质即可得出结论．【详解】解：过点B作BD//l1，则∠α=∠CBD．

∵，

∴BD//，

∴∠β=∠DBA,

∵∠CBD+∠DBA=45°，

∴∠α+∠β=45°,∵∴∠α=45°-∠β=31°.

故选A．【点睛】本题考查的是平行线的性质，根据题意作出辅助线，构造出平行线是解答此题的关键．12、C【分析】依据比例的性质，将各选项变形即可得到正确结论．【详解】解：A．由可得，2y=3x，不合题意；B．由可得，2y=3x，不合题意；C．由可得，3y=2x，符合题意；D．由可得，3x=2y，不合题意；故选：C．【点睛】本题主要考查了比例的性质，解决问题的关键是掌握：内项之积等于外项之积．二、填空题（每题4分，共24分）13、【分析】首先根据题意画出图形，设出圆的半径，分别求出圆中内接正三角形、内接正四边形、内接正六边形的边长，即可得出答案.【详解】设圆的半径为r，如图①，过点O作于点C则如图②，如图③，为等边三角形∴同一个圆中内接正三角形、内接正四边形、内接正六边形的边长之比为故答案为【点睛】本题主要考查圆的半径与内接正三角形，正方形和正六边形的边长之间的关系，能够画出图形是解题的关键.14、1【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出p，q的值进而得出答案．【详解】解：∵点（p，2）与（﹣3，q）关于原点对称，∴p＝3，q＝﹣2，∴p+q＝3﹣2＝1．故答案为：1．【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握关于原点对称点的坐标之间的关系是解题关键．15、1【分析】根据切线长定理得到AE=AH，BE=BF，CF=CG，DH=DG，得到AD+BC=AB+CD=25，根据四边形的周长公式计算，得到答案．【详解】∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，∴AE＝AH，BE＝BF，CF＝CG，DH＝DG，∴AD+BC＝AB+CD＝25，∴四边形ABCD的周长＝AD+BC+AB+CD＝25+25＝1，故答案为：1．【点睛】本题考查的是切线长定理，掌握从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等是解题的关键．16、【解析】试题分析：列表得：

黑1

黑2

白1

白2

黑1

黑1黑1

黑1黑2

黑1白1

黑1白2

黑2

黑2黑1

黑2黑2

黑2白1

黑2白2

白1

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白2

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白2黑2

白2白1

白2白2

共有16种等可能结果总数，其中两次摸出是白球有4种.∴P（两次摸出是白球）=.考点：概率.17、1【分析】根据二次函数的定义得到且，然后解不等式和方程即可得到的值．【详解】∵函数是关于的二次函数，

∴且，解方程得：或(舍去)，

∴．

故答案为：1．【点睛】本题考查二次函数的定义，关键是掌握二次函数的定义：一般地，形如(是常数，)的函数，叫做二次函数．18、【分析】直接利用弧长公式计算即可．【详解】解：该莱洛三角形的周长=3×.故答案为：.【点睛】本题考查了弧长公式：（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R），也考查了等边三角形的性质．三、解答题（共78分）19、（1）；（2）y=；（3）预备建设资金220000元不够用，见解析【分析】（1）根据矩形和正方形的性质解答即可；

（2）利用矩形的面积公式和正方形的面积公式解答即可；

（3）利用二次函数的性质和最值解答即可．【详解】解：（1）设矩形的较短边的长为米，，根据图形特点．（2）由题意知：化简得：（百元）（3）由题知：，解得，当x=4时，，当x=6时，，将函数解析式变形：，当时，y随x的增加而减少，所以（百元），而,预备建设资金220000元不够用．【点睛】此题主要考查了二次函数的应用以及配方法求最值和正方形的性质等知识，正确得出各部分的边长是解题关键．20、（1）75°（2）见解析【解析】（1）由等边三角形的性质可得∠ACB＝60°，BC＝AC，由旋转的性质可得CF＝BC，∠BCF＝90°，由等腰三角形的性质可求解；（2）由“SAS”可证△ECD≌△ACD，可得∠DAC＝∠E＝60°＝∠ACB，即可证AD∥BC．【详解】解：（1）∵△ABC是等边三角形∴∠ACB＝60°，BC＝AC∵等边△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EFC∴CF＝BC，∠BCF＝90°，AC＝CE∴CF＝AC∵∠BCF＝90°，∠ACB＝60°∴∠ACF＝∠BCF﹣∠ACB＝30°∴∠CFA＝（180°﹣∠ACF）＝75°（2）∵△ABC和△EFC是等边三角形∴∠ACB＝60°，∠E＝60°∵CD平分∠ACE∴∠ACD＝∠ECD∵∠ACD＝∠ECD，CD＝CD，CA＝CE，∴△ECD≌△ACD（SAS）∴∠DAC＝∠E＝60°∴∠DAC＝∠ACB∴AD∥BC【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，熟练运用旋转的性质是本题关键．21、（1）见解析；（2）【分析】（1）依据△ABC绕着点C顺时针旋转90°，即可画出旋转后对应的△A1B1C1；（2）依据弧长计算公式，即可得到弧BB1的长．【详解】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；（2）弧BB1的长为：＝．【点睛】本题主要考查作图-旋转变换，以及弧长公式，解题的关键是熟练掌握旋转变换的性质及弧长公式．22、（1）；（2）是等边三角形，理由见解析；（3）的长为或；（4）【分析】(1)先证AC垂直平分DB,即可证得AD=AB;(2)先证AD=BD,又因为AD=AB,可得△ABD是等边三角形；

(3)分当点在上时和当点在上时，由勾股定理列方程求解即可；(4)连结OC,证明OC∥AD,由与半圆相切，可得∠OCP=90°,即可得到与的位置关系.【详解】解：（1）∵为直径，∴∠ACB=90°,又∵∴AD=AB∴，故答案为10；（2）是等边三角形，理由如下：∵点与点重合，∴，∵，∴，∵，∴，∴是等边三角形；（3）∵，∴，当点在上时，则，，∵，，∴在和中，由勾股定理得，即，解得，∴；当点在上时，同理可得，解得，∴，综上所述，的长为或；（4）.如图，连结OC，∵与半圆相切，∴OC⊥PC,∵△ADB为等腰三角形，,∴∠DAC=∠BAC,∵AO=OC∴∠CAO=∠ACO,∴∠DAC=∠ACO,∴OC∥AD,∴.【点睛】考查了圆的综合题，涉及的知识点有直角三角形的性质和圆的性质，等边三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理，，分类思想的运用，综合性较强，有一定的难度．23、（1）m＜；（2）﹣1．【解析】试题分析：（1）根据方程根的个数结合根的判别式，可得出关于m的一元一次不等式，解不等式即可得出结论；（2）根据方程的解析式结合根与系数的关系得出，，再结合完全平方公式可得出，代入数据即可得出关于关于m的一元一次方程，解方程即可求出m的值，经验值m=﹣1符合题意，此题得解．试题解析：（1）∵一元二次方程有两个不相等的实数根，∴△=4﹣4×1×2m=4﹣8m＞0，解得：m＜，∴m的取值范围为m＜．（2）∵，是一元二次方程的两个根，∴，，∴=4﹣4m=8，解得：m=﹣1．当m=﹣1时，△=4﹣8m=12＞0，∴m的值为﹣1．考点：根与系数的关系；根的判别式．24、（1）2s（2）①证明见解析，②【解析】试题分析：（1）由当点B于点O重合的时候，BO=OD+BD=4cm，又由三角板以2cm/s的速度向右移动，即可求得三角板运动的时间；（2）①连接OF，由AC与半圆相切于点F，易得OF⊥AC，然后由∠ACB=90°，易得OF∥CE，继而证得EF平分∠AEC；②由△AFO是直角三角形，∠BAC=30°，OF=OD=3cm，可求得AF的长，由EF平分∠AEC，易证得△AFE是等腰三角形，且AF=EF，则可求得答案．试题解析：(1)∵当点B于点O重合的时候，BO=OD+BD=4cm，∴t=42=2(s)；∴三角板运动的时间为：2s；(2)①证明：连接O与切点F，则OF⊥AC，∵∠ACE=90°，∴EC⊥AC，∴OF∥CE，∴∠OFE=∠CEF，∵OF=OE，∴∠OFE=∠OEF，∴∠OEF=∠CEF，即EF平分∠AEC；②由①知：OF⊥AC，∴△AFO是直角三角形，∵∠BAC=30°，OF=OD=3cm，∴tan30°=3AF，∴AF=3cm，由①知：EF平分∠AEC，∴∠AEF=∠CEF=∠AEC=30°，∴∠AEF=∠EAF，∴△AFE是等腰三角形，且AF=EF，∴EF=3cm.25、见解析【分析】两圆的位置关系可以从两圆公共点的个数来考虑．两圆无公共点（即公共点的个数为0个），1个公共点，2个公共点，或者通过平移实验直观的探索两圆的相对位置，最后得出答案．初中阶段不考虑重合的情况；【详解】解：如图，连接，设的半径为，的半径为圆和圆的位置关系（图形表示）数量表示（圆心距d与两圆的半径r1、r2的