2022年安徽省六安市叶集区数学九年级第一学期期末联考模拟试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题4分，共48分）1．如图，在矩形中，，，过对角线交点作交于点，交于点，则的长是()A．1 B． C．2 D．2．已知⊙O的半径为4，圆心O到弦AB的距离为2，则弦AB所对的圆周角的度数是（）A．30° B．60°C．30°或150° D．60°或120°3．中，，，，则的值是（）A． B． C． D．4．二次函数y＝﹣x2+2x﹣4，当﹣1＜x＜2时，y的取值范围是（）A．﹣7＜y＜﹣4 B．﹣7＜y≤﹣3 C．﹣7≤y＜﹣3 D．﹣4＜y≤﹣35．二次函数图象的一部分如图所示，顶点坐标为，与轴的一个交点的坐标为(-3，0)，给出以下结论：①；②；③若、为函数图象上的两点，则；④当时方程有实数根，则的取值范围是．其中正确的结论的个数为（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个6．如图，平行四边形ABCD中，E为AD的中点，已知△DEF的面积为S，则四边形ABCE的面积为（

）A．8S B．9S C．10S D．11S7．我们知道，一元二次方程可以用配方法、因式分解法或求根公式进行求解．对于一元三次方程ax3+bx2+cx+d＝0（a，b，c，d为常数，且a≠0）也可以通过因式分解、换元等方法，使三次方程“降次”为二次方程或一次程，进而求解．这儿的“降次”所体现的数学思想是（）A．转化思想 B．分类讨论思想C．数形结合思想 D．公理化思想8．如图，经过原点的⊙与轴分别交于两点，点是劣弧上一点，则（）A．是锐角 B．是直角 C．是钝角 D．大小无法确定9．已知压强的计算公式是p＝，我们知道，刀具在使用一段时间后，就会变钝．如果刀刃磨薄，刀具就会变得锋利．下列说法中，能正确解释刀具变得锋利这一现象的是()A．当受力面积一定时，压强随压力的增大而增大B．当受力面积一定时，压强随压力的增大而减小C．当压力一定时，压强随受力面积的减小而减小D．当压力一定时，压强随受力面积的减小而增大10．将抛物线向右平移2个单位，则所得抛物线的表达式为()A． B．C． D．11．二次函数的图象是一条抛物线，下列说法中正确的是（）A．抛物线开口向下 B．抛物线经过点C．抛物线的对称轴是直线 D．抛物线与轴有两个交点12．一组数据-3，2，2，0，2，1的众数是（）A．-3 B．2 C．0 D．1二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，在正方形ABCD的外侧，作等边△ABE，则∠BFC=_________°14．方程x2＝2020x的解是_____．15．如图,将△ABC绕着点C按顺时针方向旋转20°,B点落在B'位置,A点落在A'位置,若AC⊥A'B',则∠BAC的度数是__.

16．已知扇形的圆心角为120°，弧长为6π，则它的半径为________．17．如图，四边形ABCD是菱形，⊙O经过点A、C、D，与BC相交于点E，连接AC、AE.若∠D＝70°，则∠EAC的度数为____________.18．二次函数y＝2x2﹣5kx﹣3的图象经过点M（﹣2，10），则k＝_____．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，在正方形ABCD中，E为边AD的中点，点F在边CD上，且∠BEF＝90°，延长EF交BC的延长线于点G；(1)求证：△ABE∽△EGB；(2)若AB＝4，求CG的长.20．（8分）如图，已知在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点P从点C出发以每秒1个单位长度的速度沿着CD在C点到D点间运动（当达D点后则停止运动），同时点Q从点D出发以每秒2个单位长度的速度沿着DA在D点到A点间运动（当达到A点后则停止运动）．设运动时间为t秒，则按下列要求解决有关的时间t．（1）△PQD的面积为5时，求出相应的时间t；（2）△PQD与△ABC可否相似，如能相似求出相应的时间t，如不能说明理由；（3）△PQD的面积可否为10，说明理由．21．（8分）阅读下面材料，完成（1），（2）两题数学课上，老师出示了这样一道题：如图1，在中，，，点为上一点，且满足，为上一点，，延长交于，求的值．同学们经过思考后，交流了自己的想法：小明：“通过观察和度量，发现与相等．”小伟：“通过构造全等三角形，经过进一步推理，就可以求出的值．”……老师：“把原题条件中的‘’，改为‘’其他条件不变（如图2），也可以求出的值．（1）在图1中，①求证：；②求出的值；（2）如图2，若，直接写出的值（用含的代数式表示）．22．（10分）已知木棒垂直投射于投影面上的投影为，且木棒的长为.（1）如图（1），若平行于投影面，求长；（2）如图（2），若木棒与投影面的倾斜角为，求这时长.23．（10分）如图，在中，，，，动点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，动点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．设点，运动的时间是．过点作于点，连接，．（1）为何值时，？（2）设四边形的面积为，试求出与之间的关系式；（3）是否存在某一时刻，使得若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；（4）当为何值时，？24．（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．25．（12分）在数学活动课上，同学们用一根长为1米的细绳围矩形．(1)小明围出了一个面积为600cm2的矩形，请你算一算，她围成的矩形的长和宽各是多少？(2)小颖想用这根细绳围成一个面积尽可能大的矩形，请你用所学过的知识帮他分析应该怎么围，并求出最大面积.26．（问题情境）（1）古希腊著名数学家欧几里得在《几何原本》提出了射影定理，又称“欧几里德定理”：在直角三角形中，斜边上的高是两条直角边在斜边射影的比例中项，每一条直角边又是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项．射影定理是数学图形计算的重要定理．其符号语言是：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足为D，则：（1）AC²=AB·AD；(2)BC²=AB·BD；(3)CD²=AD·BD；请你证明定理中的结论（1）AC²=AB·AD．（结论运用）（2）如图2，正方形ABCD的边长为3，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF，①求证：△BOF∽△BED；②若，求OF的长．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【分析】连接，由矩形的性质得出，，，，由线段垂直平分线的性质得出，设，则，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【详解】如图：连接，∵四边形是矩形，∴，，，，∵，∴，设，则，在中，由勾股定理得：，解得：，即；故选B．【点睛】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．2、D【分析】根据题意作出图形，利用三角形内角和以及根据圆周角定理和圆内接四边形的性质进行分析求解.【详解】解：如图，∵OH⊥AB，OA=OB=4，∴∠AHO=90°，在Rt△OAH中，sin∠OAH=∴∠OAH=30°，∴∠AOB=180°-30°-30°=120°，∴∠ACB=∠AOB=60°，∠ADB=180°-∠ACB=120°（圆内接四边形的性质），即弦AB所对的圆周角的度数是60°或120°．故选：D．【点睛】本题考查圆周角定理，圆周角定理即在同圆或等圆中，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．3、D【分析】根据勾股定理求出BC的长度，再根据cos函数的定义求解，即可得出答案.【详解】∵AC=，AB=4，∠C=90°∴∴故答案选择D.【点睛】本题考查的是勾股定理和三角函数，比较简单，需要熟练掌握sin函数、cos函数和tan函数分别代表的意思.4、B【分析】先求出二次函数的对称轴，再根据二次函数的增减性求出最小值和最大值即可．【详解】解：∵y＝﹣x2+2x﹣4，＝﹣（x2﹣2x+4）＝﹣（x﹣1）2﹣1，∴二次函数的对称轴为直线x＝1，∴﹣1＜x＜2时，x＝1取得最大值为﹣1，x＝﹣1时取得最小值为﹣（﹣1）2+2×（﹣1）﹣4＝﹣7，∴y的取值范围是﹣7＜y≤﹣1．故选：B．【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增减性和对称性，确定出对称轴从而判断出取得最大值和最小值的情况是解题的关键．5、D【分析】由二次函数的图象可知，再根据对称轴为x=-1，得出b=2a<0，进而判断①，当x=-2时可判断②正确，然后根据抛物线的对称性以及增减性可判断③，再根据方程的根与抛物线与x交点的关系可判断④．【详解】解：∵抛物线开口向下，交y轴正半轴∴∵抛物线对称轴为x=-1,∴b=2a<0∴①正确；当x=-2时，位于y轴的正半轴故②正确；点的对称点为∵当时，抛物线为增函数，∴③正确；若当时方程有实数根，则需与x轴有交点则二次函数向下平移的距离即为t的取值范围，则的取值范围是，④正确．故选：D．【点睛】本题考查的知识点是二次函数图象及其性质，熟悉二次函数的图象上点的坐标特征以及求顶点坐标的公式是解此题额关键．6、B【解析】分析：由于四边形ABCD是平行四边形，那么AD∥BC，AD=BC，根据平行线分线段成比例定理的推论可得△DEF∽△BCF，再根据E是AD中点，易求出相似比，从而可求的面积，再利用与是同高的三角形，则两个三角形面积比等于它们的底之比，从而易求的面积，进而可求的面积．详解：如图所示，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，∴△DEF∽△BCF，∴又∵E是AD中点，∴∴DE:BC=DF:BF=1:2，∴∴又∵DF:BF=1:2，∴∴∴四边形ABCE的面积=9S，故选B.点睛：相似三角形的性质：相似三角形的面积比等于相似比的平方.7、A【分析】解高次方程的一般思路是逐步降次，所体现的数学思想就是转化思想．【详解】由题意可知，解一元三次方程的过程是将三次转化为二次，二次转化为一次，从而解题，在解题技巧上是降次，在解题思想上是转化思想．故选：A．【点睛】本题考查高次方程；通过题意，能够从中提取出解高次方程的一般方法，同时结合解题过程分析出所运用的解题思想是解题的关键．8、B【分析】根据圆周角定理的推论即可得出答案．【详解】∵和对应着同一段弧，∴，∴是直角．故选：B．【点睛】本题主要考查圆周角定理的推论，掌握圆周角定理的推论是解题的关键．9、D【解析】如果刀刃磨薄，指的是受力面积减小；刀具就会变得锋利指的是压强增大．故选D.10、D【分析】根据“左加右减，上加下减”的规律直接求得．【详解】因为抛物线y=3x2−1向右平移2个单位,得：y=3(x−2)2−1，故所得抛物线的表达式为y=3(x−2)2−1.故选：D.【点睛】本题考查平移的规律，解题的关键是掌握抛物线平移的规律.11、D【分析】根据二次函数的性质对A、C进行判断；根据二次函数图象上点的坐标特征对B进行判断；利用方程2x2-1=0解的情况对D进行判断．【详解】A.

a=2,则抛物线y=2x2−1的开口向上，所以A选项错误；B.当x=1时,y=2×1−1=1,则抛物线不经过点(1,-1)，所以B选项错误；C.抛物线的对称轴为直线x=0，所以C选项错误；D.当y=0时,2x2−1=0，此方程有两个不相等的实数解，所以D选项正确.故选D.【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，结合图像是解题的关键.12、B【解析】一组数据中出现次数最多的数据是众数，根据众数的定义进行求解即可得.【详解】数据-3，2，2，0，2，1中，2出现了3次，出现次数最多，其余的都出现了1次，所以这组数据的众数是2，故选B.【点睛】本题考查了众数的定义，熟练掌握众数的定义是解题的关键.二、填空题（每题4分，共24分）13、1【解析】根据正方形的性质及等边三角形的性质求出∠ADE=15°，∠DAC=45°，再求∠DFC，证△DCF≅△BCF，可得∠BFC=∠DFC．【详解】∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=AD=CD=BC，∠DCF=∠BCF=45°

又∵△ABE是等边三角形，

∴AE=AB=BE，∠BAE=1°

∴AD=AE

∴∠ADE=∠AED，∠DAE=90°+1°=150°

∴∠ADE=（180°-150°）÷2=15°

又∵∠DAC=45°

∴∠DFC=45°+15°=1°在△DCF和△BCF中CD=BC∠DCF=∠BCF∴△DCF≅△BCF∴∠BFC=∠DFC=1°

故答案为：1．【点睛】本题主要是考查了正方形的性质和等边三角形的性质，本题的关键是求出∠ADE=15°．14、x1＝0，x2＝1．【分析】利用因式分解法求解可得．【详解】移项得：x2﹣1x＝0，∴x（x﹣1）＝0，则x＝0或x﹣1＝0，解得x1＝0，x2＝1，故答案为：x1＝0，x2＝1．【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．15、70°【解析】由旋转的角度易得∠ACA′=20°，若AC⊥A'B'，则∠A′、∠ACA′互余，由此求得∠ACA′的度数，由于旋转过程并不改变角的度数，因此∠BAC=∠A′，即可得解．【详解】解：由题意知：∠ACA′=20°；

若AC⊥A'B'，则∠A′+∠ACA′=90°，

得：∠A′=90°-20°=70°；

由旋转的性质知：∠BAC=∠A′=70°；

故∠BAC的度数是70°．故答案是：70°【点睛】本题考查旋转的性质：旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点-旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．16、1【分析】根据弧长公式L＝求解即可．【详解】∵L＝，∴R＝＝1．故答案为1．【点睛】本题考查了弧长的计算，解答本题的关键是掌握弧长公式：L＝．17、【分析】根据菱形的性质求∠ACD的度数，根据圆内接四边形的性质求∠AEC的度数，由三角形的内角和求解．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC,AD=DC,∴∠DAC=∠ACB,∠DAC=∠DCA∵∠D=70°,∴∠DAC=,∴∠ACB=55°,∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠AEC+∠D=180°,∴∠AEC=180°-70°=110°，∴∠EAC=180°-∠AEC-∠ACB=180°-55°-110°=15°,∴∠EAC=15°.故答案为：15°【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形的内角和，圆内接四边形的性质，熟练掌握菱形的性质和圆的性质是解答此题的关键．18、．【分析】点M（﹣2，10），代入二次函数y＝2x2﹣5kx﹣3即可求出k的值．【详解】把点M（﹣2，10），代入二次函数y＝2x2﹣5kx﹣3得，8+10k﹣3＝10，解得，k＝，故答案为：．【点睛】本题考查求二次函数解析式的系数，解题的关键是将图象上的点坐标代入函数解析式．三、解答题（共78分）19、(1)证明见解析；(2)CG=6.【分析】(1)由正方形的性质与已知得出∠A＝∠BEG，证出∠ABE＝∠G，即可得出结论；(2)由AB＝AD＝4，E为AD的中点，得出AE＝DE＝2，由勾股定理得出BE＝，由△ABE∽△EGB，得出，求得BG＝10，即可得出结果.【详解】(1)证明：∵四边形ABCD为正方形，且∠BEG＝90°，∴∠A＝∠BEG，∵∠ABE+∠EBG＝90°，∠G+∠EBG＝90°，∴∠ABE＝∠G，∴△ABE∽△EGB；(2)∵AB＝AD＝4，E为AD的中点，∴AE＝DE＝2，在Rt△ABE中，BE＝，由(1)知，△ABE∽△EGB，∴，即：，∴BG＝10，∴CG＝BG﹣BC＝10﹣4＝6.【点睛】本题主要考查了四边形与相似三角形的综合运用，熟练掌握二者相关概念是解题关键20、（1）t=1;（2）t=2.4或;（3）△PQD的面积不能为1，理由见解析．【分析】（1）△PQD的两直角边分别用含t的代数式表示，由△PQD的面积为5得到关于t的方程，由此可解得t的值；（2）设△PQD与相似△ABC，由图形形状考虑可知有两种可能性，对两种可能性分别给予讨论可以求得答案；（3）与（1）类似，可以用含t的表达式表示△PQD的面积，令其等于1，由所得方程解的情况可以作出判断．【详解】因为四边形ABCD是矩形，所以AB=CD=6，BC=AD=8，（1）S△PQD=解得：t1=1t2=5(舍去）（2）①当时△PDQ~△ABC即得t=2.4②当时△PQD̰~△CBA即得;（3）△PQD的面积为1时，,此方程无实数根，即△PQD的面积不能为1．【点睛】本题综合考查三角形相似、面积计算与动点几何问题，利用方程的思想方法解题是关键所在．21、（1）①证明见解析；②；（2）【分析】（1）①根据三角形内角和定理可得，然后根据三角形外角的性质可得，从而证出结论；②过点作交的延长线于点，过点作于点，过点作交于点，利用ASA证出，可得，再利用AAS证出，可得，利用平行线分线段成比例定理即可证出结论；（2）根据三角形内角和定理可得，然后根据三角形外角的性质可得，过点作交的延长线于点，过点作于点，过点作交于点，利用ASA证出，可得，再利用相似三角形的判定证出，可得，利用平行线分线段成比例定理即可证出结论；【详解】证明：（1）①∵，∴∵，∴，∴②如图，过点作交的延长线于点，过点作于点，过点作交于点，∵，，∴，∴，∵∴，∴∵点是中点，∴∵，∴，∴∵∴，∴∵∴（2）∵，∴∵，∴，∴过点作交的延长线于点，过点作于点，过点作交于点，∵，，∴，∴，∵∴，∴∵，∴∵，∴，∴∴∵∴，∴∵∴【点睛】此题考查的是相似三角形与全等三角形的综合大题，掌握构造全等三角形、相似三角形的方法、全等三角形的判定及性质和相似三角形的判定及性质是解决此题的关键．22、（1）；（2）．【分析】（1）由平行投影性质：平行长不变，可得A1B1=AB；

（2）过A作AH⊥BB1，在Rt△ABH中有AH=ABcos30°，从而可得A1B1的长度．【详解】解：（1）根据平行投影的性质可得，A1B1=AB=8cm；（2）如图（2），过A作AH⊥BB1，垂足为H．

∵AA1⊥A1B1，BB1⊥A1B1，

∴四边形AA1B1H为矩形，

∴AH=A1B1，

在Rt△ABH中，∵∠BAH=30°，AB=8cm，∴，∴．【点睛】本题主要考查平行投影的性质，线段的平行投影性质：平行长不变、倾斜长缩短、垂直成一点．23、（1）当t=时，DE⊥AC；（2）；（3）当t=时，；(4)t=时，=【分析】（1）若DE⊥AC，则∠EDA=90°，易证△ADE∽△ABC，进而列出关于t的比例式，即可求解；（2）由△CDF∽△CAB，得CF=，BF=8﹣，进而用割补法得到与之间的关系式，进而即可得到答案；（3）根据，列出关于t的方程，即可求解；（4）过点E作EM⊥AC于点M，易证△AEM∽△ACB，从而得EM=，AM=，进而得DM=，根据当DM=ME时，=，列出关于t的方程，即可求解．【详解】（1）∵∠B=，AB=6cm，BC=8cm，∴AC=10cm，若DE⊥AC，则∠EDA=90°，∴∠EDA=∠B，∵∠A=∠A，∴△ADE∽△ABC，∴，即，∴t=，答：当t=时，DE⊥AC；（2）∵DF⊥BC，∴∠DFC=90°，∴∠DFC=∠B，∵∠C=∠C，∴△CDF∽△CAB，∴,即，∴CF=，∴BF=8﹣，∴；（3）若存在某一时刻t，使得，根据题意得：，解得：，答：当t=时，；（4）过点E作EM⊥AC于点M，则△AEM∽△ACB∴=，∴，∴EM=，AM=，∴DM=10-2t-=，在Rt△DEM中，当DM=ME时，=，∴，解得：t=即：当t=时，=．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质定理综合，通过相似三角形的性质，用代数式表示相关线段，进而列出方程，是解题的关键．24、（1）5；（2）∥，理由见解析；（3）【分析】（1）求出AE＝，证明△ABE∽△DEA，由可求出AD的长；（2）过点E作EF⊥AD于点F，证明△PEF∽△QEC，再证△EPQ∽△A'ED'，可得出∠EPQ＝∠EA'D'，则结论得证；（3）由（2）知PQ∥A′D′，取A′D′的中点N，可得出∠PEM为定值，则点M的运动路径为线段，即从AD的中点到DE的中点，由中位线定理可得出答案．【详解】解：（1）∵AB＝2，BE＝1，∠B＝90°，∴AE＝＝＝，∵∠AED＝90°，∴∠EAD+∠ADE＝90°，∵矩形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，∴∠BAE+∠EAD＝90°，∴∠BAE＝∠ADE，∴△ABE∽△DEA，∴，∴，∴AD＝5；（2）PQ∥A′D′，理由如下：∵，∠AED＝90°∴＝＝2，∵AD＝BC＝5，∴EC＝BC﹣BE＝5﹣1＝4，过点E作EF⊥AD于点F，则∠FEC＝90°，∵∠A'ED'＝∠AED＝90°，∴∠PEF＝∠CEQ，∵∠C＝∠PFE＝90°，∴△PEF∽△QEC，∴，∵，∴，∴PQ∥A′D′；（3）连接EM，作MN⊥AE于N，由（2）知PQ∥A′D′，∴∠EPQ＝∠A′＝∠EAP，又∵△PEQ为直角三角形，M为PQ中点，∴PM＝ME，∴∠EPQ＝∠PEM，∵∠EPF＝∠EAP+∠AEA′，∠NEM＝∠PEM+∠AEA′∴∠EPF＝∠NEM，又∵∠PFE＝∠ENM﹣90°，∴△PEF∽△EMN，∴＝为定值，