2023届贵州省六盘水市九年级数学上册期末统考试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1．方程的解是（）A． B． C．， D．，2．如图为4×4的正方形网格，A，B，C，D，O均在格点上，点O是()A．△ACD的外心 B．△ABC的外心 C．△ACD的内心 D．△ABC的内心3．下面四组图形中，必是相似三角形的为（）A．两个直角三角形B．两条边对应成比例，一个对应角相等的两个三角形C．有一个角为40°的两个等腰三角形D．有一个角为100°的两个等腰三角形4．“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．125．下列计算①②③④⑤，其中任意抽取一个，运算结果正确的概率是（）A． B． C． D．6．把图1的正方体切下一个角，按图2放置，则切下的几何体的主视图是（）A． B． C． D．7．如图，，若，则的长是（）A．4 B．6 C．8 D．108．下列图形中不是中心对称图形的是（）A． B． C． D．9．如图，点A，B是反比例函数y=（x＞0）图象上的两点，过点A，B分别作AC⊥x轴于点C，BD⊥x轴于点D，连接OA、BC，已知点C（2，0），BD=3，S△BCD=3，则S△AOC为()A．2 B．3 C．4 D．610．如图，PA，PB分别与⊙O相切于A、B两点．直线EF切⊙O于C点，分别交PA、PB于E、F，且PA＝1．则△PEF的周长为（）A．1 B．15 C．20 D．2511．从1到9这9个自然数中任取一个，是偶数的概率是（）A． B． C． D．12．下列说法错误的是A．必然事件发生的概率为 B．不可能事件发生的概率为C．有机事件发生的概率大于等于、小于等于 D．概率很小的事件不可能发生二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，矩形中，，，是边上的一点，且，点在矩形所在的平面中，且，则的最大值是_________．14．计算：2sin30°+tan45°＝_____．15．如图，在正方形ABCD中，E为DC边上的点，连接BE，将△BCE绕点C顺时针方向旋转90°得到△DCF，连接EF，若∠BEC=60°，则∠EFD的度数为_______度．16．如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，若AF＝3，E为AB上一个动点，把△AEF沿着EF折叠，得到△PEF，若△BPE为直角三角形，则BP的长度为_____．17．如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠A＝60°，BC＝6，则⊙O的半径是_____．18．如图，已知射线，点从B点出发，以每秒1个单位长度沿射线向右运动；同时射线绕点顺时针旋转一周，当射线停止运动时，点随之停止运动.以为圆心，1个单位长度为半径画圆，若运动两秒后，射线与恰好有且只有一个公共点，则射线旋转的速度为每秒______度.三、解答题（共78分）19．（8分）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为、、．（1）点关于坐标原点对称的点的坐标为______；（2）将绕着点顺时针旋转，画出旋转后得到的；（3）在（2）中，求边所扫过区域的面积是多少？（结果保留）．（4）若、、三点的横坐标都加3，纵坐标不变，图形的位置发生怎样的变化？20．（8分）已知，为⊙的直径，过点的弦∥半径，若．求的度数．21．（8分）（1）计算：4sin260°+tan45°-8cos230°（2）在Rt△ABC中，∠C=90°．若∠A=30°，b=5，求a、c．22．（10分）已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．请解答：（1）点A、C的坐标分别是、；（2）画出△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°后的△AB'C'；（3）在（2）的条件下，求点C旋转到点C'所经过的路线长(结果保留π)．23．（10分）已知抛物线y＝x2+mx﹣10与x轴的一个交点是（﹣，0），求m的值及另一个交点坐标．24．（10分）数学概念若点在的内部，且、和中有两个角相等，则称是的“等角点”，特别地，若这三个角都相等，则称是的“强等角点”.理解概念（1）若点是的等角点，且，则的度数是.（2）已知点在的外部，且与点在的异侧，并满足，作的外接圆，连接，交圆于点.当的边满足下面的条件时，求证：是的等角点.（要求：只选择其中一道题进行证明！）①如图①，②如图②，深入思考（3）如图③，在中，、、均小于，用直尺和圆规作它的强等角点.（不写作法，保留作图痕迹）（4）下列关于“等角点”、“强等角点”的说法：①直角三角形的内心是它的等角点；②等腰三角形的内心和外心都是它的等角点；③正三角形的中心是它的强等角点；④若一个三角形存在强等角点，则该点到三角形三个顶点的距离相等；⑤若一个三角形存在强等角点，则该点是三角形内部到三个顶点距离之和最小的点，其中正确的有.（填序号）25．（12分）在平面直角坐标系中，我们定义直线y=ax-a为抛物线y=ax2+bx+c（a、b、c为常数，a≠0）的“衍生直线”；有一个顶点在抛物线上，另有一个顶点在y轴上的三角形为其“衍生三角形”．已知抛物线与其“衍生直线”交于A、B两点（点A在点B的左侧），与x轴负半轴交于点C．（1）填空：该抛物线的“衍生直线”的解析式为，点A的坐标为，点B的坐标为；（2）如图，点M为线段CB上一动点，将△ACM以AM所在直线为对称轴翻折，点C的对称点为N，若△AMN为该抛物线的“衍生三角形”，求点N的坐标；（3）当点E在抛物线的对称轴上运动时，在该抛物线的“衍生直线”上，是否存在点F，使得以点A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点E、F的坐标；若不存在，请说明理由．26．图1是一辆登高云梯消防车的实物图，图2是其工作示意图，起重臂AC是可伸缩的，其转动点A距离地面BD的高度AE为3.5m．当AC长度为9m，张角∠CAE为112°时，求云梯消防车最高点C距离地面的高度CF．（结果精确到0.1m，参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.1．）

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【分析】先把从方程的右边移到左边，并把两边都除以4化简，然后用因式分解法求解即可.【详解】∵，∴，∴，∴，∴，.故选C.【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，常用的方法有直接开平方法、配方法、因式分解法、求根公式法，灵活选择合适的方法是解答本题的关键.2、B【解析】试题解析：由图可得：OA=OB=OC=，所以点O在△ABC的外心上，故选B.3、D【分析】根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质和相似三角形的判定方法即可判定.【详解】解：两个直角三角形不一定相似，因为只有一个直角相等，∴A不一定相似；两条边对应成比例，一个对应角相等的两个三角形不一定相似，因为这个对应角不一定是夹角；∴B不一定相似；有一个角为40°的两个等腰三角形不一定相似，因为40°的角可能是顶角，也可能是底角，∴C不一定相似；有一个角为100°的两个等腰三角形一定相似，因为100°的角只能是顶角，所以两个等腰三角形的顶角和底角分别相等，∴D一定相似；故选：D．【点睛】本题考查了等腰三角形和直角三角形的性质以及相似三角形的判定，属于基础题型，熟练掌握相似三角形的判定方法是关键.4、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．5、A【解析】根据计算结果和概率公式求解即可.【详解】运算结果正确的有⑤，则运算结果正确的概率是，故选：A．【点睛】考核知识点：求概率.熟记公式是关键.6、B【分析】根据主视图的定义，画出图2的主视图进行判断即可．【详解】根据主视图的定义，切下的几何体的主视图是含底边高的等边三角形（高为虚线），作出切下的几何体的主视图如下故答案为：B．【点睛】本题考查了立体几何的主视图问题，掌握主视图的定义和作法是解题的关键．7、C【解析】根据相似三角形对应边成比例即可求解．【详解】∵△EFO∽△GHO∴∴EF=2GH=8故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的性质，找到对应边建立比例式是解题的关键．8、B【分析】在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．【详解】A、C、D都是中心对称图形；不是中心对称图形的只有B．故选B．【点睛】本题属于基础应用题，只需学生熟知中心对称图形的定义，即可完成．9、D【分析】先求CD长度，再求点B坐标，再求函数解析式，可求得面积.【详解】因为，BD=3，S△BCD==3，所以，,解得，CD=2，因为，C(2，0)所以，OD=4，所以，B（4，3）把B(4，3)代入y=，得k=12,所以，y=所以，S△AOC=故选D【点睛】本题考核知识点：反比例函数.解题关键点：熟记反比例函数性质.10、C【分析】由切线长定理知，AE＝CE，FB＝CF，PA＝PB＝1，然后根据△PEF的周长公式即可求出其结果．【详解】解：∵PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，⊙O的切线EF分别交PA、PB于点E、F，切点C在弧AB上，∴AE＝CE，FB＝CF，PA＝PB＝4，∴△PEF的周长＝PE+EF+PF＝PA+PB＝2．故选：C．【点睛】本题主要考查了切线长定理的应用，解此题的关键是求出△PEF的周长＝PA＋PB．11、B【解析】∵在1到9这9个自然数中，偶数共有4个，∴从这9个自然数中任取一个，是偶数的概率为：.故选B.12、D【分析】利用概率的意义分别回答即可得到答案．概率的意义：必然事件就是一定发生的事件，概率是1；不可能发生的事件就是一定不发生的事件，概率是0；随机事件是可能发生也可能不发生的事件，概率＞0且＜1；不确定事件就是随机事件．【详解】解：A、必然发生的事件发生的概率为1，正确；

B、不可能发生的事件发生的概率为0，正确；

C、随机事件发生的概率大于0且小于1，正确；

D、概率很小的事件也有可能发生，故错误，

故选D．【点睛】本题考查了概率的意义及随机事件的知识，解题的关键是了解概率的意义．二、填空题（每题4分，共24分）13、5+.【分析】由四边形是矩形得到内接于，利用勾股定理求出直径BD的长，由确定点P在上，连接MO并延长，交于一点即为点P，此时PM最长，利用勾股定理求出OM，再加上OP即可得到PM的最大值.【详解】连接BD，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠BCD=90，AD=BC=8，∴BD=10，以BD的中点O为圆心5为半径作，∵，∴点P在上，连接MO并延长，交于一点即为点P,此时PM最长，且OP=5，过点O作OH⊥AD于点H,∴AH=AD=4，∵AM=2，∴MH=2，∵点O、H分别为BD、AD的中点，∴OH为△ABD的中位线，∴OH=AB=3，∴OM=,∴PM=OP+OM=5+.故答案为：5+.【点睛】此题考查矩形的性质，勾股定理，圆内接四边形的性质，确定PM的位置是重点，再分段求出OM及OP的长，即可进行计算.14、1．【分析】根据解特殊角的三角函数值即可解答．【详解】原式＝1×+1＝1．【点睛】本题考查特殊角的三角函数值，解题的关键是牢记这些特殊三角函数值．15、15【分析】根据旋转的性质知∠DFC=60°，再根据EF=CF，EC⊥CF知∠EFC=45°，故∠EFD=∠DFC-∠EFC=15°.【详解】∵△DCF是△BCE旋转以后得到的图形，∴∠BEC=∠DFC=60°，∠ECF=∠BCE=90°，CF=CE．又∵∠ECF=90°，∴∠EFC=∠FEC=（180°﹣∠ECF）=（180°﹣90°）=45°，故∠EFD=∠DFC﹣∠EFC=60°﹣45°=15°．【点睛】此题主要考查正方形的性质，解题的关键是熟知等腰直角三角形与正方形的性质.16、2或．【分析】根据题意可得分两种情况讨论：①当∠BPE＝90°时，点B、P、F三点共线，②当∠PEB＝90°时，证明四边形AEPF是正方形，进而可求得BP的长．【详解】根据E为AB上一个动点，把△AEF沿着EF折叠，得到△PEF，若△BPE为直角三角形，分两种情况讨论：①当∠BPE＝90°时，如图1，点B、P、F三点共线，根据翻折可知：∵AF＝PF＝3，AB＝4，∴BF＝5，∴BP＝BF﹣PF＝5﹣3＝2；②当∠PEB＝90°时，如图2，根据翻折可知：∠FPE＝∠A＝90°，∠AEP＝90°，AF＝FP＝3，∴四边形AEPF是正方形，∴EP＝3，BE＝AB﹣AE＝4﹣3＝1，∴BP＝＝＝．综上所述：BP的长为：2或．故答案为：2或．【点睛】本题主要考查了折叠的性质、正方形的性质一勾股定理的应用，熟练掌握相关知识是解题的关键．17、1【分析】作直径CD，如图，连接BD，根据圆周角定理得到∠CBD＝90°，∠D＝10°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求出CD，从而得到⊙O的半径．【详解】解：作直径CD，如图，连接BD，∵CD为⊙O直径，∴∠CBD＝90°，∵∠D＝∠A＝10°，∴BD＝BC＝×1＝1，∴CD＝2BD＝12，∴OC＝1，即⊙O的半径是1．故答案为1．【点睛】本题主要考查圆周角的性质，解决本题的关键是要熟练掌握圆周角的性质.18、30或60【分析】射线与恰好有且只有一个公共点就是射线与相切，分两种情况画出图形，利用圆的切线的性质和30°角的直角三角形的性质求出旋转角，然后根据旋转速度=旋转的度数÷时间即得答案.【详解】解：如图1，当射线与在射线BA上方相切时，符合题意，设切点为C，连接OC，则OC⊥BP，于是，在直角△BOC中，∵BO=2，OC=1，∴∠OBC=30°，∴∠1=60°，此时射线旋转的速度为每秒60°÷2=30°；如图2，当射线与在射线BA下方相切时，也符合题意，设切点为D，连接OD，则OD⊥BP，于是，在直角△BOD中，∵BO=2，OD=1，∴∠OBD=30°，∴∠MBP=120°，此时射线旋转的速度为每秒120°÷2=60°；故答案为：30或60.【点睛】本题考查了圆的切线的性质、30°角的直角三角形的性质和旋转的有关概念，正确理解题意、熟练掌握基本知识是解题的关键.三、解答题（共78分）19、（1）(1,-1)；（2）见详解；（3）；（4）图形的位置是向右平移了3个单位.【分析】(1)先求出点B的坐标，再点关于坐标原点对称的点的坐标即可；(2)根据将绕着点顺时针旋转的坐标特征即可得到A1、B1、C1的坐标，然后描点连线即可；

(3)利用扇形面积公式进行计算可得线段AC旋转时扫过的面积．(4)、、三点的横坐标都加3，即图形的位置是向右平移了3个单位.【详解】解：（1）∵点B的坐标是,∴点关于坐标原点对称的点的坐标为(1,-1);（2）如图所示，即为所求作的图形；（3）∵，∴；（4）∵、、三点的横坐标都加3，纵坐标不变，∴图形的位置是向右平移了3个单位.【点睛】本题考查了利用旋转变换作图以及扇形面积的计算，熟练掌握网格结构，准确找出对应顶点的位置是解题的关键．20、∠C=30°【分析】根据平行线的性质求出∠AOD，根据圆周角定理解答．【详解】解：∵OA∥DE，

∴∠AOD=∠D=60°，

由圆周角定理得，∠C=∠AOD=30°【点睛】本题考查的是圆周角定理和平行线的性质，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是解题的关键．21、（1）2；（2）a=5，c=1【分析】（1）分别把各特殊角的三角函数值代入，再根据二次根式混合运算的法则进行计算即可；（2）由直角三角形的性质可得c=2a，由勾股定理可求解．【详解】（1）原式=4×()2+1﹣8×()2=3+1﹣6=﹣2；（2）∵∠C=90°，∠A=30°，∴c=2a．∵a2+b2=c2，∴，∴3a2=75，∴a=5(负数舍去)，∴c=1．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，特殊角的三角函数值，熟记各特殊角度的三角函数值是解答本题的关键．22、（1）(1，4)；(5，2)；（2）作图见解析；（3）．【分析】(1)根据图可得，点A坐标为(1，4)；点C坐标为(5，2)；(2)画出△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°后的△AB′C′；(3)在(2)的条件下，先求出AC的长，再求点C旋转到点C′所经过的路线长即可；【详解】解：（1）点A坐标为(1，4)；点C坐标为(5，2)．故答案为：(1，4)；(5，2)；（2）如图所示，△AB'C'即为所求；（3）∵点A坐标为(1，4)；点C坐标为(5，2)，∴，∴点C旋转到C′所经过的路线长；【点睛】本题主要考查了作图-旋转变换，轨迹，掌握作图-旋转变换是解题的关键.23、m＝﹣；另一个交点坐标（2，0）【分析】首先将点（﹣,0）的坐标代入抛物线的解析式中，即可求得m的值，再令抛物线中y＝0，可得出关于x的一元二次方程，即可求得抛物线与x轴的另一交点的坐标．【详解】解：根据题意得，5﹣m﹣10＝0，所以m＝﹣；得抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣10，∵x2﹣x﹣10＝0，解得x1＝﹣，x2＝2，∴抛物线与x轴的另一个交点坐标（2,0）．故答案为：m＝﹣；另一个交点坐标（2,0）.【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点：从二次函数的交点式（a，b，c是常数，a≠0）中可直接得出抛物线与轴的交点坐标，.24、（1）100、130或1；（2）选择①或②，理由见解析；（3）见解析；（4）③⑤【分析】（1）根据“等角点”的定义，分类讨论即可；（2）①根据在同圆中，弧和弦的关系和同弧所对的圆周角相等即可证明；②弧和弦的关系和圆的内接四边形的性质即可得出结论；（3）根据垂直平分线的性质、等边三角形的性质、弧和弦的关系和同弧所对的圆周角相等作图即可；（4）根据“等角点”和“强等角点”的定义，逐一分析判断即可．【详解】（1）（i）若=时，∴==100°（ii）若时，∴（360°－）=130°；（iii）若=时，360°－－=1°，综上所述：=100°、130°或1°故答案为：100、130或1．（2）选择①：连接∵∴∴∵，∴∴是的等角点．选择②连接∵∴∴∵四边形是圆的内接四边形，∴∵∴∴是的等角点（3）作BC的中垂线MN，以C为圆心，BC的长为半径作弧交MN与点D，连接BD，根据垂直平分线的性质和作图方法可得：BD=CD=BC∴△BCD为等边三角形∴∠BDC=∠BCD=∠DBC=60°作CD的垂直平分线交MN于点O以O为圆心OB为半径作圆，交AD于点Q，圆O即为△BCD的外接圆∴∠BQC=180°－∠BDC=120°∵BD=CD∴∠BQD=∠CQD∴∠BQA=∠CQA=（360°－∠BQC）=120°∴∠BQA=∠CQA=∠BQC如图③，点即为所求．（4）③⑤．①如下图所示，在RtABC中，∠ABC=90°，O为△ABC的内心假设∠BAC=60°，∠ACB=30°∵点O是△ABC的内心∴∠BAO=∠CAO=∠BAC=30°，∠ABO=∠CBO=∠ABC=45°，∠ACO=∠BCO=∠ACB=15°∴∠AOC=180°－∠CAO－∠ACO=135°，∠AOB=180°－∠BAO－∠ABO=105°，∠BOC=180°－∠CBO－∠BCO=120°显然∠AOC≠∠AOB≠∠BOC，故①错误；②对于钝角等腰三角形，它的外心在三角形的外部，不符合等角点的定义，故②错误；③正三角形的每个中心角都为：360°÷3=120°，满足强等角点的定义，所以正三角形的中心是它的强等角点，故③正确；④由（3）可知，点Q为△ABC的强等角，但Q不在BC的中垂线上，故QB≠QC，故④错误；⑤由（3）可知，当的三个内角都小于时，必存在强等角点．如图④，在三个内角都小于的内任取一点，连接、、，将绕点逆时针旋转到，连接，∵由旋转得，，∴是等边三角形．∴∴∵、是定点，∴当、、、四点共线时，最小，即最小．而当为的强等角点时，，此时便能保证、、、四点共线，进而使最小．故答案为：③⑤．【点睛】此题考查的是新定义类问题、圆的基本性质、圆周角定理、圆的内接多边形综合大题，掌握“等角点”和“强等角点”的定义、圆的基本性质、圆周角定理、圆的内接多边形中心角公式和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．25、（1）；（-2，）；（1,0）；（2）N点的坐标为（0，），（0，）；（3）E（-1，-）、F（0，）或E（-1，），F（-4，）【分析】（1）由抛物线的“衍生直线”知道二次函数解析式的a即可；（2）过A作AD⊥y轴于点D，则可知AN=AC，结合A点坐标，则可求出ON的长，可求出N点的坐标；（3）分别讨论当AC为平行四边形的边时，当AC为平行四边形的对角线时，求出满足条件的E、F坐标即可【详解】（1）∵，a=，则抛物线的“衍生直线”的解析式为；联立两解析式求交点，解得或，∴A（-2，），B（1,0）；（2）如图1，过A作AD⊥y轴于点D，在中，令y=0可求得x=-3或x=1，∴C（-3,0），且A（-2，），∴AC=由翻折的性质可知AN=AC=，∵△AMN为该抛物线的“衍生三角形”，∴N在y轴上，且AD=2