2022-2023学年广东省广州市荔湾区广雅实验学校数学九上期末复习检测试题含解析

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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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，四边形ABCD内接于⊙0，四边形ABCO是平行四边形，则∠ADC的度数为（）A．30° B．45° C．60° D．75°2．已知点，，在二次函数的图象上，则的大小关系是（）A． B． C． D．3．在中，，，则的值为（）A． B． C． D．4．如图，是的直径，是的弦，已知，则的度数为（）A． B． C． D．5．如图是二次函数图象的一部分，则关于的不等式的解集是()A． B． C． D．6．点M（2，-3）关于原点对称的点N的坐标是:()A．（-2，-3） B．（-2,3） C．（2,3） D．（-3，2）7．下列语句中，正确的有（）A．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等 B．平分弦的直径垂直于弦C．长度相等的两条弧相等 D．圆是轴对称图形，任何一条直径都是它的对称轴8．已知抛物线的解析式为，则下列说法中错误的是（）A．确定抛物线的开口方向与大小B．若将抛物线沿轴平移，则，的值不变C．若将抛物线沿轴平移，则的值不变D．若将抛物线沿直线：平移，则、、的值全变9．下列二次根式是最简二次根式的是（）A． B． C． D．10．如图，CD是⊙O的弦，O是圆心，把⊙O的劣弧沿着CD对折，A是对折后劣弧上的一点，∠CAD=100°，则∠B的度数是（）A．100° B．80° C．60° D．50°二、填空题(每小题3分,共24分)11．某人感染了某种病毒，经过两轮传染共感染了121人．设该病毒一人平均每轮传染x人，则关于x的方程为_________．12．小杰在楼下点A处看到楼上点B处的小明的仰角是42度，那么点B处的小明看点A处的小杰的俯角等于_____度．13．用配方法解方程时，可配方为，其中________．14．关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则整数的最大值是______．15．一个口袋中装有2个完全相同的小球，它们分别标有数字1，2，从口袋中随机摸出一个小球记下数字后放回，摇匀后再随机摸出一个小球，则两次摸出小球的数字和为偶数的概率是．16．如图，已知∠AOB＝30°，在射线OA上取点O1，以点O1为圆心的圆与OB相切；在射线O1A上取点O2，以点O2为圆心，O2O1为半径的圆与OB相切；在射线O2A上取点O3，以点O3为圆心，O3O2为半径的圆与OB相切……，若⊙O1的半径为1，则⊙On的半径是______________．17．如图，两个半径相等的直角扇形的圆心分别在对方的圆弧上，半径AE、CF交于点G，半径BE、CD交于点H，且点C是弧AB的中点，若扇形的半径为，则图中阴影部分的面积等于_____．18．抛物线y=3（x﹣2）2+5的顶点坐标是_____．三、解答题(共66分)19．（10分）如图，抛物线y=ax2+bx+4与x轴的两个交点分别为A（－4，0）、B（2，0），与y轴交于点C，顶点为D．E（1，2）为线段BC的中点，BC的垂直平分线与x轴、y轴分别交于F、G．（1）求抛物线的函数解析式，并写出顶点D的坐标；（2）在直线EF上求一点H，使△CDH的周长最小，并求出最小周长；（3）若点K在x轴上方的抛物线上运动，当K运动到什么位置时，△EFK的面积最大？并求出最大面积．20．（6分）如图，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=60°，∠BCD=30°，将AC绕着点A顺时针旋转60°得AE，连接BE，CE．（1）求证：△ADC≌△ABE；（2）求证：（3）若AB=2，点Q在四边形ABCD内部运动，且满足，直接写出点Q运动路径的长度．21．（6分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，点M是AB边的中点.(1)如图1，若CM=，求△ACB的周长；(2)如图2，若N为AC的中点，将线段CN以C为旋转中心顺时针旋转60°，使点N至点D处，连接BD交CM于点F，连接MD，取MD的中点E，连接EF.求证：3EF=2MF.22．（8分）如图，从一块长80厘米，宽60厘米的铁片中间截去一个小长方形，使截去小长方形的面积是原来铁片面积的一半，并且剩下的长方框四周的宽度一样，求这个宽度．23．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点O是斜边AB上一定点，到点O的距离等于OB的所有点组成图形W，图形W与AB，BC分别交于点D，E，连接AE，DE，∠AED=∠B．（1）判断图形W与AE所在直线的公共点个数，并证明．（2）若，，求OB．24．（8分）如图，平面直角坐标系内，二次函数的图象经过点，与轴交于点.求二次函数的解析式；点为轴下方二次函数图象上一点，连接，若的面积是面积的一半，求点坐标.25．（10分）如图，AB是€⊙O的直径，点C是€€⊙O上一点，AC平分∠DAB，直线DC与AB的延长线相交于点P，AD与PC延长线垂直，垂足为点D，CE平分∠ACB，交AB于点F，交€€⊙O于点E．（1）求证：PC与⊙O相切；（2）求证：PC＝PF；（3）若AC＝8，tan∠ABC＝，求线段BE的长．26．（10分）如图，在矩形ABCD中，AB=2，E为BC上一点，且BE=1，∠AED=90°，将AED绕点E顺时针旋转得到，A′E交AD于P，D′E交CD于Q，连接PQ，当点Q与点C重合时，AED停止转动．（1）求线段AD的长；（2）当点P与点A不重合时，试判断PQ与的位置关系，并说明理由；（3）求出从开始到停止，线段PQ的中点M所经过的路径长．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【分析】由题意根据平行四边形的性质得到∠ABC=∠AOC，根据圆内接四边形的性质、圆周角定理列式计算即可．【详解】解：∵四边形ABCO是平行四边形，∴∠ABC=∠AOC，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ABC+∠ADC=180°，由圆周角定理得，∠ADC=∠AOC，∴∠ADC=60°，故选：C．【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理以及平行四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．2、D【分析】根据二次函数的解析式，能得出二次函数的图形开口向上，通过对称轴公式得出二次函数的对称轴为x=3，由此可知离对称轴水平距离越远，函数值越大即可求解.【详解】解：∵二次函数中a＞0∴抛物线开口向上，有最小值.∵∴离对称轴水平距离越远，函数值越大，∵由二次函数图像的对称性可知x=4对称点x=2∴故选：D.【点睛】本题主要考查的是二次函数图像上点的坐标特点，解此题的关键是掌握二次函数图像的性质.3、C【解析】在中，先求出的度数，再根据特殊角的三角函数值即可得出答案.【详解】，=故选C.【点睛】本题考查了锐角三角函数，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键.4、C【分析】根据圆周角定理即可解决问题．【详解】∵，∴．故选：C．【点睛】本题考查圆周角定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．5、D【分析】先根据抛物线平移的规律得到抛物线，通过观察图象可知，它的对称轴以及与轴的交点，利用函数图像的性质可以直接得到答案．【详解】解：∵根据抛物线平移的规律可知，将二次函数向左平移个单位可得抛物线，如图：∴对称轴为，与轴的交点为，∴由图像可知关于的不等式的解集为：．故选：D【点睛】本题考查了二次函数与不等式，主要利用了二次函数的平移规律、对称性，数形结合的思想，解题关键在于通过平移规律得到新的二次函数图象以及与轴的交点坐标．6、B【解析】试题解析：已知点M（2，-3），则点M关于原点对称的点的坐标是（-2，3），故选B．7、A【解析】试题分析：平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，故B错误；长度和度数都相等的两条弧相等，故C错误；圆是轴对称图形，任何一条直径所在的直线都是它的对称轴，故D错误；则本题选A．8、D【分析】利用二次函数的性质对A进行判断；利用二次函数图象平移的性质对B、C、D进行判断．【详解】解：A、确定抛物线的开口方向与大小，说法正确；B、若将抛物线C沿y轴平移，则抛物线的对称轴不变，开口大小、开口方向不变，即a，b的值不变，说法正确；C、若将抛物线C沿x轴平移，抛物线的开口大小、开口方向不变，即a的值不变，说法正确；D、若将抛物线C沿直线l：y＝x＋2平移，抛物线的开口大小、开口方向不变，即a不变，b、c的值改变，说法错误；故选：D．【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，由于抛物线平移后的形状不变，所以a不变．9、C【解析】根据最简二次根式的定义逐项分析即可.【详解】A.=3，故不是最简二次根式；B.=，故不是最简二次根式；C.，是最简二次根式；D.=，故不是最简二次根式；故选C.【点睛】本题考查了最简二次根式的识别，如果二次根式的被开方式中都不含分母，并且也都不含有能开的尽方的因式，象这样的二次根式叫做最简二次根式.10、B【解析】试题分析：如图，翻折△ACD，点A落在A′处，可知∠A=∠A′=100°，然后由圆内接四边形可知∠A′+∠B=180°，解得∠B=80°.故选：B二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】设每轮传染中平均一个人传染了x个人，则第一轮传染了x个人，第二轮作为传染源的是（x+1）人，则传染x（x+1）人，依题意列方程：1+x+x（1+x）=1．【详解】整理得，．

故答案为：．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程．关键是得到两轮传染数量关系，从而可列方程求解．12、1【解析】根据题意画出图形，然后根据平行线的性质可以求得点B处的小明看点A处的小杰的俯角的度数，本题得以解决．【详解】解：由题意可得，∠BAO＝1°，∵BC∥AD，∴∠BAO＝∠ABC，∴∠ABC＝1°，即点B处的小明看点A处的小杰的俯角等于1度，故答案为：1．【点睛】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．13、-6【分析】把方程左边配成完全平方，与比较即可.【详解】，，，可配方为，.故答案为：.【点睛】本题考查用配方法来解一元二次方程，熟练配方是解决此题的关键.14、1【分析】若一元二次方程有两不等实数根，则而且根的判别式△，建立关于的不等式，求出的取值范围．【详解】解：一元二次方程有两个不相等的实数根，△且，解得且，故整数的最大值为1，故答案为：1．【点睛】本题考查了一元二次方程的定义及根的判别式，特别要注意容易忽略方程是一元二次方程的前提即二次项系数不为2．15、．【解析】试题分析：如图所示，∵共有4种结果，两次摸出小球的数字和为偶数的有2次，∴两次摸出小球的数字和为偶数的概率==．故答案为．考点：列表法与树状图法．16、2n−1【分析】作O1C、O2D、O3E分别⊥OB，易找出圆半径的规律，即可解题．【详解】解：作O1C、O2D、O3E分别⊥OB，∵∠AOB＝30°，∴OO1＝2CO1，OO2＝2DO2，OO3＝2EO3，∵O1O2＝DO2，O2O3＝EO3，∴圆的半径呈2倍递增，∴⊙On的半径为2n−1

CO1，∵⊙O1的半径为1，∴⊙O10的半径长＝2n−1，故答案为：2n−1．【点睛】本题考查了圆切线的性质，考查了30°角所对直角边是斜边一半的性质，本题中找出圆半径的规律是解题的关键．17、π﹣1【分析】根据扇形的面积公式求出面积，再过点C作CM⊥AE，作CN⊥BE，垂足分别为M、N，然后证明△CMG与△CNH全等，从而得到中间空白区域的面积等于以1为对角线的正方形的面积，从而得出阴影部分的面积．【详解】两扇形的面积和为：，过点C作CM⊥AE，作CN⊥BE，垂足分别为M、N，如图，则四边形EMCN是矩形，∵点C是的中点，∴EC平分∠AEB，∴CM=CN，∴矩形EMCN是正方形，∵∠MCG+∠FCN=90°，∠NCH+∠FCN=90°，∴∠MCG=∠NCH，在△CMG与△CNH中，，∴△CMG≌△CNH(ASA)，∴中间空白区域面积相当于对角线是的正方形面积，∴空白区域的面积为：，∴图中阴影部分的面积=两个扇形面积和﹣1个空白区域面积的和．故答案为：π﹣1．【点睛】本题主要考查了扇形的面积求法，三角形的面积的计算，全等三角形的判定和性质，得出四边形EMCN的面积是解决问题的关键．18、（2，5）．【解析】试题分析：由于抛物线y=a（x﹣h）2+k的顶点坐标为（h，k），由此即可求解．解：∵抛物线y=3（x﹣2）2+5，∴顶点坐标为：（2，5）．故答案为（2，5）．考点：二次函数的性质．三、解答题(共66分)19、（1）顶点D的坐标为（－1，）（2）H（，）（2）K（－，）【分析】（1）将A、B的坐标代入抛物线的解析式中，即可求出待定系数的值，进而可用配方法求出其顶点D的坐标；

（2）根据抛物线的解析式可求出C点的坐标，由于CD是定长，若△CDH的周长最小，那么CH+DH的值最小，由于EF垂直平分线段BC，那么B、C关于直线EF对称，所以BD与EF的交点即为所求的H点；易求得直线BC的解析式，关键是求出直线EF的解析式；由于E是BC的中点，根据B、C的坐标即可求出E点的坐标；可证△CEG∽△COB，根据相似三角形所得的比例线段即可求出CG、OG的长，由此可求出G点坐标，进而可用待定系数法求出直线EF的解析式，由此得解；

（2）过K作x轴的垂线，交直线EF于N；设出K点的横坐标，根据抛物线和直线EF的解析式，即可表示出K、N的纵坐标，也就能得到KN的长，以KN为底，F、E横坐标差的绝对值为高，可求出△KEF的面积，由此可得到关于△KEF的面积与K点横坐标的函数关系式，根据所得函数的性质即可求出其面积的最大值及对应的K点坐标.【详解】（1）由题意，得解得，b=－1．所以抛物线的解析式为，顶点D的坐标为（－1，）．（2）设抛物线的对称轴与x轴交于点M．因为EF垂直平分BC，即C关于直线EG的对称点为B，连结BD交于EF于一点，则这一点为所求点H，使DH+CH最小，即最小为DH+CH=DH+HB=BD=．而．∴△CDH的周长最小值为CD+DR+CH=．设直线BD的解析式为y=k1x+b，则解得，b1=2．所以直线BD的解析式为y=x+2．由于BC=2，CE=BC∕2=，Rt△CEG∽△COB，得CE:CO=CG:CB，所以CG=2.3，GO=1.3．G（0，1.3）．同理可求得直线EF的解析式为y=x+．联立直线BD与EF的方程，解得使△CDH的周长最小的点H（，）．（2）设K（t，），xF＜t＜xE．过K作x轴的垂线交EF于N．则KN=yK－yN=－（t+）=．所以S△EFK=S△KFN+S△KNE=KN（t+2）+KN（1－t）=2KN=－t2－2t+3=－（t+）2+．即当t=－时，△EFK的面积最大，最大面积为，此时K（－，）．【点睛】本题是二次函数的综合类试题，考查了二次函数解析式的确定、轴对称的性质、相似三角形的判定和性质、三角形面积的求法、二次函数的应用等知识，难度较大．20、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．【解析】（1）推出∠DAC=∠BAE，则可直接由SAS证明△ADC≌△ABE；（2）证明△BCE是直角三角形，再证DC=BE，AC=CE即可推出结论；（3）如图2，设Q为满足条件的点，将AQ绕着点A顺时针旋转60度得AF，连接QF，BF，QB，DQ，AF，证△ADQ≌△ABF，由勾股定理的逆定理证∠FBQ=90°，求出∠DQB=150°，确定点Q的路径为过B，D，C三点的圆上，求出的长即可．【详解】（1）证明：∵∠CAE=∠DAB=60°，∴∠CAE-∠CAB=∠DAB-∠CAB，∴∠DAC=∠BAE，又∵AD=AB，AC=AE，∴△ADC≌△ABE（SAS）；（2）证明：在四边形ABCD中，∠ADC+∠ABC=360°-∠DAB-∠DCB=270°，∵△ADC≌△ABE，∴∠ADC=∠ABE，CD=BE，∴∠ABC+ABE=∠ABC+∠ADC=270°，∴∠CBE=360°-（∠ABC+ABE）=90°，∴CE2=BE2+BC2，又∵AC=AE，∠CAE=60°，∴△ACE是等边三角形，∴CE=AC=AE，∴AC2=DC2+BC2；（3）解：如图2，设Q为满足条件的点，将AQ绕着点A顺时针旋转60度得AF，连接QF，BF，QB，DQ，AF，则∠DAQ=∠BAF，AQ=QF，△AQF为等边三角形，又∵AD=AB，∴△ADQ≌△ABF（SAS），∴AQ=FQ，BF=DQ，∵AQ2=BQ2+DQ2，∴FQ2=BQ2+BF2，∴∠FBQ=90°，∴∠AFB+∠AQB=360°-（∠QAF+∠FBQ）=210°，∴∠AQD+∠AQB=210°，∴∠DQB=360°-（∠AQD+∠AQB）=150°，∴点Q的路径为过B，D，C三点的圆上，如图2，设圆心为O，则∠BOD=2∠DCB=60°，连接DB，则△ODB与△ADB为等边三角形，∴DO=DB=AB=2，∴点Q运动的路径长为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，四边形的内角和，勾股定理的逆定理，圆的有关性质及计算等，综合性较强，解题关键是能够熟练掌握并灵活运用圆的有关性质．21、(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半可得AB的长度，根据30°所对的直角边等于斜边的一半可得BC的长度，最后根据勾股定理可得AC的长度，计算出周长即可；（2）如图所示添加辅助线，由（1）可得ΔBCM是等边三角形，可证ΔBCP≌ΔCMN，进而证明ΔBPF≌ΔDCF，根据E是MD中点，得出，根据BPMC，得出，进而得出3EF=2MF即可．【详解】解：(1)在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点M是AB边的中点，∴∴AB=2MC=，又∵∠A=30°，∴由勾股定理可得，∴△ABC的周长为++6=(2)过点B作BPMC于P∵∠ACB=90°，∠A=30°，∴∵M为AB的中点，∴∴∵∠ABC=60°∴ΔBCM是等边三角形∴∠CBP=∠MCN=30°,BC=CM∴在ΔBCP与ΔCMN中∴ΔBCP≌ΔCMN(AAS)∴BP=CN∵CN=CD∴BP=CD∵∠BPF=∠DCF=90°∠BFP=∠DFC∴ΔBPF≌ΔDCF∴PF=FCBF=DF∵E是MD中点，∴∵BPMC，∴∴，∴∴【点睛】本题考查含30°直角三角形的性质、全等三角形的性质与判定、旋转的性质，解题的关键是能够综合运用上述几何知识进行推理论证．22、长方框的宽度为10厘米【分析】设长方框的宽度为x厘米，则减去小长方形的长为（80﹣2x）厘米，宽为（60﹣2x）厘米，根据长方形的面积公式结合截去小长方形的面积是原来铁片面积的一半，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论．【详解】解：设长方框的宽度为x厘米，则减去小长方形的长为（80﹣2x）厘米，宽为（60﹣2x）厘米，依题意，得：（80﹣2x）（60﹣2x）＝×80×60，整理，得：x2﹣70x+600＝0，解得：x1＝10，x2＝60（不合题意，舍去）．答：长方框的宽度为10厘米．【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．23、（2）有一个公共点，证明见解析；（2）．【分析】（2）先根据题意作出图形W，再作辅助线,连接OE，证明AE是圆O的切线即可；（2）先利用解直角三角形的知识求出CE=2，从而求出BE=2．再由AC∥DE得出，把各线段的长代入即可求出OB的值.【详解】（2）判断有一个公共点证明：连接OE，如图．∵BD是⊙O的直径，∴∠DEB=90°．∵OE=OB，∴∠OEB=∠B．又∵∠AED=∠B，∴∠AED=∠OEB．∴∠AEO=∠AED+∠DEO=∠OEB+∠DEO=∠DEB=90°．∴AE是⊙O的切线．∴图形W与AE所在直线有2个公共点．（2）解：∵∠C=90°，，，∴AC=2，．∵∠DEB=90°，∴AC∥DE．∴∠CAE=∠AED=B．在Rt△ACE中，∠C=90°，AC=2，∴CE=2．∴BE=2．∵AC∥DE∴．∴，∴．【点睛】本题考查了圆的综合知识，掌握相关知识并灵活运用是解题的关键.24、（1）；（2）点坐标为或【分析】（1）根据A、B、C三点坐标，运用待定系数法即可解答；（2）由的面积是面积的一半，则D点的纵坐标为-3，令y=3，求得x的值即为D点的纵坐标.【详解】解:设D的坐标为（x，yD）∵的面积是面积的一半∴，又∵点在轴下方，即.令y=-3，即解得:，，∴点坐标为或【点睛】本题主要考查了求二次函数解析式和三角形的面积，确定二次函数解析式并确定△ABD的高是解答本题的关键.25、（1）见解析；（2）见解析；（3）BE＝5．【分析】（1）连接OC，根据角平分线的定义、等腰三角形的性质得到∠DAC＝∠OCA，得到OC∥AD，根据平行线的性质得到OC⊥PD，根据切线的判定定理证明结论；（2）根据圆周角定理、三角形的外角的性质证明∠PFC＝∠PCF，根据等腰三角形的判定定理证明；（3）连接AE，根据正切的定义求出BC，根据勾股定理求出AB，根据等腰直角三角形的性质计算即可．【详解】（1）证明：连接OC，∵AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠CAB，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠CAB，∴∠DAC＝∠OCA，∴OC∥AD，又AD⊥PD，∴OC⊥PD，∴PC与⊙O相切；（2）证明：∵CE平分∠ACB，∴∠ACE＝∠BCE，∴，∴∠ABE＝∠ECB，∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB+∠ABC＝90°，∵∠BCP+∠OCB＝90