江苏省淮安市盱眙县2024届九年级数学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

江苏省淮安市盱眙县2024届九年级数学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题注意事项：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(每小题3分,共30分)1．下列由几何图形组合的图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．2．已知点A（x1，y1），B（x2，y2）在双曲线y＝上，如果x1＜x2，而且x1•x2＞0，则以下不等式一定成立的是（）A．y1+y2＞0 B．y1﹣y2＞0 C．y1•y2＜0 D．＜03．在平面直角坐标系中，若干个半径为1的单位长度，圆心角为60°的扇形组成一条连续的曲线，点P从原点O出发，向右沿这条曲线做上下起伏运动(如图)，点P在直线上运动的速度为每1个单位长度．点P在弧线上运动的速度为每秒个单位长度，则2019秒时，点P的坐标是()A． B．C． D．4．下列汽车标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是A． B． C． D．5．﹣2的绝对值是（）A．2 B． C． D．6．在同一坐标系中，一次函数与二次函数的大致图像可能是A． B． C． D．7．如图所示的图案是按一定规律排列的，照此规律，在第1至第2018个图案中“♣”共有（）个．A．504 B．505 C．506 D．5078．对于二次函数,下列说法正确的是（）A．当x>0，y随x的增大而增大B．当x=2时，y有最大值－3C．图像的顶点坐标为（－2，－7）D．图像与x轴有两个交点9．已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），当x=1时，函数y有最大值，设（x1，y1），（x2，y2）是这个函数图象上的两点，且1＜x1＜x2，那么（）A．a＞0，y1＞y2B．a＞0，y1＜y2C．a＜0，y1＞y2D．a＜0，y1＜y210．如图，矩形EFGO的两边在坐标轴上，点O为平面直角坐标系的原点，以y轴上的某一点为位似中心，作位似图形ABCD，且点B，F的坐标分别为（﹣4，4），（2，1），则位似中心的坐标为（）A．（0，3） B．（0，2.5） C．（0，2） D．（0，1.5）二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，点，，，在上，，，，则________．12．如图，在▱ABCD中，AB＝6，BC＝6，∠D＝30°，点E是AB边的中点，点F是BC边上一动点，将△BEF移沿直线EF折叠，得到△GEF，当FG∥AC时，BF的长为_____．13．如图，，，△A2B2B3是全等的等边三角形，点B，B1，B2，B3在同一条直线上，连接A2B交AB1于点P，交A1B1于点Q，则PB1∶QB1的值为___．14．如图，分别以等边三角形的每个顶点为圆心，边长为半径，在另两个顶点之间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形称为“勒洛三角形”，若等边三角形的边长为2，则“勒洛三角形”的面积为_________．15．如图，抛物线解析式为y＝x2，点A1的坐标为（1，1），连接OA1；过A1作A1B1⊥OA1，分别交y轴、抛物线于点P1、B1；过B1作B1A2⊥A1B1分别交y轴、抛物线于点P2、A2；过A2作A2B2⊥B1A2，分别交y轴、抛物线于点P3、B2…；则点Pn的坐标是_____．16．如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，若∠BOC=100°，则∠BAC=______．17．一次生活常识知识竞赛一共有20道题，答对一题得5分，不答得0分，答错扣2分，小聪有1道题没答，竞赛成绩超过80分，则小聪至少答对了__________道题．18．把函数y＝x2的图象向右平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数____的图象．三、解答题(共66分)19．（10分）已知⊙中，为直径，、分别切⊙于点、．（1）如图①，若，求的大小；（2）如图②，过点作∥，交于点，交⊙于点，若，求的大小．20．（6分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点P在⊙O上，弦PB与CD交于点F，且FC＝FB．（1）求证：PD∥CB；（2）若AB＝26，EB＝8，求CD的长度．21．（6分）如图，在中，，是边上的高，是边上的一个动点（不与，重合），，，垂足分别为，．（1）求证：；（2）与是否垂直？若垂直，请给出证明，若不垂直，请说明理由．22．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．在平面内任取一点D，连结AD（AD＜AB），将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到线段AE，连结DE，CE，BD．（1）请根据题意补全图1；（2）猜测BD和CE的数量关系并证明；（3）作射线BD，CE交于点P，把△ADE绕点A旋转，当∠EAC=90°，AB=2，AD=1时，补全图形，直接写出PB的长．23．（8分）如图，在O中，，CD⊥OA于点D，CE⊥OB于点E．（1）求证：；（2）若∠AOB=120°，OA=2，求四边形DOEC的面积．24．（8分）如图，已知AB为⊙O的直径，AD，BD是⊙O的弦，BC是⊙O的切线，切点为B，OC∥AD，BA，CD的延长线相交于点E.(1)求证：DC是⊙O的切线；(2)若AE＝1，ED＝3，求⊙O的半径．25．（10分）某农场拟建两间矩形饲养室，一面靠现有墙（墙足够长），中间用一道墙隔开，并在如图所示的三处各留1m宽的门，已知计划中的材料可建墙体（不包括门）总长为27m，则能建成的饲养室面积最大为多少？26．（10分）已知:二次函数为（1）写出它的图象的开口方向，对称轴及顶点坐标;（2）为何值时，顶点在轴上方;（3）若抛物线与轴交于,过作轴交抛物线于另一点,当时，求此二次函数的解析式．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即得答案．【题目详解】解：A、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；D、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意．故选：A．【题目点拨】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，属于应知应会题型，熟知二者的概念是解题关键．2、B【分析】根据题意可得x1＜x2，且x1、x2同号，根据反比例函数的图象与性质可得y1＞y2，即可求解．【题目详解】反比例函数y＝的图象分布在第一、三象限，在每一象限y随x的增大而减小，而x1＜x2，且x1、x2同号，所以y1＞y2，即y1﹣y2＞0，故选：B．【题目点拨】本题考查反比例函数的图象与性质，掌握反比例函数的图象与性质是解题的关键．3、B【分析】设第n秒运动到Pn(n为自然数)点，根据点P的运动规律找出部分Pn点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律“P4n+1(，)，P4n+2(n+1，0)，P4n+3(，﹣)，P4n+4(2n+2，0)”，依此规律即可得出结论．【题目详解】解：设第n秒运动到Pn(n为自然数)点，观察，发现规律：P1(，)，P2(1，0)，P3(，﹣)，P4(2，0)，P5(，)，…，∴P4n+1(，)，P4n+2(n+1，0)，P4n+3(，﹣)，P4n+4(2n+2，0)．∵2019＝4×504+3，∴P2019为(，﹣)，故答案为B．【题目点拨】本题考查了规律型中的点的坐标，解题的关键是找出变化规律并根据规律找出点的坐标．4、D【解题分析】试题分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合．因此，A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；B、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项错误；C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；D、是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项正确．故选D．5、A【解题分析】分析：根据数轴上某个数与原点的距离叫做这个数的绝对值的定义，在数轴上，点﹣2到原点的距离是2，所以﹣2的绝对值是2，故选A．6、D【分析】对于每个选项，先根据二次函数的图象确定a和b的符号，然后根据一次函数的性质看一次函数图象的位置是否正确，若正确，说明它们可在同一坐标系内存在．【题目详解】A、由二次函数y＝ax2＋bx的图象得a＞0，b＞0，则一次函数y＝ax＋b经过第一、二、三象限，所以A选项错误；B、由二次函数y＝ax2＋bx的图象得a＞0，b＜0，则一次函数y＝ax＋b经过第一、三、四象限，所以B选项错误；C、由二次函数y＝ax2＋bx的图象得a＜0，b＜0，则一次函数y＝ax＋b经过第一、二、四象限，所以C选项错误；D、由二次函数y＝ax2＋bx的图象得a＜0，b＞0，则一次函数y＝ax＋b经过第二、三、四象限，所以D选项正确．故选：A．【题目点拨】本题考查了二次函数的图象：二次函数的图象为抛物线，可能利用列表、描点、连线画二次函数的图象．也考查了二次函数图象与系数的关系．7、B【分析】根据题意可知所示的图案每四个为一组，交替出现，从而可以计算出在第1至第2018个图案中“♣”共有多少个，进行分析即可求解．【题目详解】解：由图可知，所示的图案每四个为一组，交替出现，∵2018÷4=504…2，∴在第1至第2018个图案中“♣”共有504+1=505（个）.故选：B．【题目点拨】本题考查图形的变化类，解答本题的关键是明确题意以及发现题目中图形的变化规律并利用数形结合的思想进行分析解答．8、B【题目详解】二次函数,所以二次函数的开口向下，当x＜2，y随x的增大而增大，选项A错误；当x=2时，取得最大值，最大值为－3,选项B正确；顶点坐标为（2，-3），选项C错误；顶点坐标为（2，-3），抛物线开口向下可得抛物线与x轴没有交点，选项D错误，故答案选B.考点：二次函数的性质.9、C【解题分析】由当x=2时，函数y有最大值，根据抛物线的性质得a＜0，抛物线的对称轴为直线x=2，当x＞2时，y随x的增大而减小，所以由2＜x2＜x2得到y2＞y2．【题目详解】∵当x=2时，函数y有最大值，∴a＜0，抛物线的对称轴为直线x=2．∵2＜x2＜x2，∴y2＞y2．故选C．【题目点拨】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上的点满足其解析式．也考查了二次函数的性质．10、C【解题分析】如图，连接BF交y轴于P，

∵四边形ABCD和四边形EFGO是矩形，点B，F的坐标分别为（-4，4），（2，1），

∴点C的坐标为（0，4），点G的坐标为（0，1），

∴CG=3，

∵BC∥GF，∴，∴GP=1，PC=2，

∴点P的坐标为（0，2），

故选C．【题目点拨】本题考查的是位似变换的概念、坐标与图形性质，掌握如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心是解题的关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、70°【分析】根据=，得到，根据同弧所对的圆周角相等即可得到，根据三角形的内角和即可求出.【题目详解】∵=，∴，∴，∵，∴．故答案为【题目点拨】考查圆周角定理和三角形的内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键.12、或【分析】由平行四边形的性质得出∠B＝∠D＝30°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝6，作CH⊥AD于H，则CH＝CD＝3，DH＝CH＝3＝AD，得出AH＝DH，由线段垂直平分线的性质得出CA＝CD＝AB＝6，由等腰三角形的性质得出∠ACB＝∠B＝30°，由平行线的性质得出∠BFG＝∠ACB＝30°，分两种情况：①作EM⊥BF于M，在BF上截取EN＝BE＝3，则∠ENB＝∠B＝30°，由直角三角形的性质得出EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，得出BN＝2BM＝3，再证出FN＝EN＝3，即可得出结果；②作EM⊥BC于M，在BC上截取EN＝BE＝3，连接EN，则∠ENB＝∠B＝30°，得出EN∥AC，EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，BN＝2BM＝3，证出FG∥EN，则∠G＝∠GEN，证出∠GEN＝∠ENB＝∠B＝∠G＝30°，推出∠BEN＝120°，得出∠BEG＝120°﹣∠GEN＝90°，由折叠的性质得∠BEF＝∠GEF＝∠BEG＝45°，证出∠NEF＝∠NFE，则FN＝EN＝3，即可得出结果．【题目详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B＝∠D＝30°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝6，作CH⊥AD于H，则CH＝CD＝3，DH＝CH＝3＝AD，∴AH＝DH，∴CA＝CD＝AB＝6，∴∠ACB＝∠B＝30°，∵FG∥AC，∴∠BFG＝∠ACB＝30°，∵点E是AB边的中点，∴BE＝3，分两种情况：①作EM⊥BF于M，在BF上截取EN＝BE＝3，连接EN，如图1所示：则∠ENB＝∠B＝30°，∴EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，∴BN＝2BM＝3，由折叠的性质得：∠BFE＝∠GFE＝15°，∵∠NEF＝∠ENB﹣∠BFE＝15°＝∠BFE，∴FN＝EN＝3，∴BF＝BN+FN＝3+3；②作EM⊥BC于M，在BC上截取EN＝BE＝3，连接EN，如图2所示：则∠ENB＝∠B＝30°，∴EN∥AC，EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，∴BN＝2BM＝3，∵FG∥AC，∴FG∥EN，∴∠G＝∠GEN，由折叠的性质得：∠B＝∠G＝30°，∴∠GEN＝∠ENB＝∠B＝∠G＝30°，∵∠BEN＝180°﹣∠B﹣∠ENB＝180°﹣30°﹣30°＝120°，∴∠BEG＝120°﹣∠GEN＝120°﹣30°＝90°，由折叠的性质得：∠BEF＝∠GEF＝∠BEG＝45°，∴∠NEF＝∠NEG+∠GEF＝30°+45°＝75°，∠NFE＝∠BEF+∠B＝45°+30°＝75°，∴∠NEF＝∠NFE，∴FN＝EN＝3，∴BF＝BN﹣FN＝3﹣3；故答案为：或．【题目点拨】本题考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质、直角三角形的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识；掌握翻折变换的性质和等腰三角形的性质是解答本题的关键．13、【分析】根据题意说明PB1∥A2B3，A1B1∥A2B2，从而说明△BB1P∽△BA2B3，△BB1Q∽△BB2A2，再得到PB1和A2B3的关系以及QB1和A2B2的关系，根据A2B3=A2B2，得到PB1和QB1的比值.【题目详解】解：∵△ABB1，△A1B1B2，△A2B2B3是全等的等边三角形，∴∠BB1P=∠B3，∠A1B1B2=∠A2B2B3，∴PB1∥A2B3，A1B1∥A2B2，∴△BB1P∽△BA2B3，△BB1Q∽△BB2A2，∴,,∴，，∵，∴PB1∶QB1=A2B3∶A2B2=2：3.故答案为：.【题目点拨】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，平行线的判定，正确的识别图形是解题的关键．14、【分析】图中勒洛三角形是由三块相同的扇形叠加而成，其面积三块扇形的面积相加，再减去两个等边三角形的面积，分别求出即可．【题目详解】解：过作于，∵是等边三角形，，，，，，的面积为，，勒洛三角形的面积，故答案为：．【题目点拨】本题考查了等边三角形的性质和扇形的面积计算，能根据图形得出勒洛三角形的面积三块扇形的面积相加、再减去两个等边三角形的面积是解此题的关键．15、（0，n2+n）【分析】根据待定系数法分别求得直线OA1、A2B1、A2B2……的解析式，即可求得P1、P2、P3…的坐标，得出规律，从而求得点Pn的坐标．【题目详解】解：∵点A1的坐标为（1，1），∴直线OA1的解析式为y＝x，∵A1B1⊥OA1，∴OP1＝2，∴P1（0，2），设A1P1的解析式为y＝kx+b1，∴，解得，∴直线A1P1的解析式为y＝﹣x+2，解求得B1（﹣2，4），∵A2B1∥OA1，设B1P2的解析式为y＝x+b2，∴﹣2+b2＝4，∴b2＝6，∴P2（0，6），解求得A2（3，9）设A1B2的解析式为y＝﹣x+b3，∴﹣3+b3＝9，∴b3＝12，∴P3（0，12），…∴Pn（0，n2+n），故答案为（0，n2+n）．【题目点拨】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数的解析式，根据一次函数图象上点的坐标特征得出规律是解题的关键．16、50°【解题分析】根据圆周角定理：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得．【题目详解】解：∵⊙O是△ABC的外接圆，∠BOC=100°，∴∠BAC=∠BOC=×100°=50°．故答案为：50°．【题目点拨】本题考查圆周角定理，题目比较简单．17、1【分析】设小聪答对了x道题，根据“答对题数×5−答错题数×2＞80分”列出不等式，解之可得．【题目详解】设小聪答对了x道题，根据题意，得：5x−2（19−x）＞80，解得x＞16，∵x为整数，∴x＝1，即小聪至少答对了1道题，故答案为：1．【题目点拨】本题主要考查一元一次不等式的应用，列不等式解应用题需要以“至少”、“最多”、“不超过”、“不低于”等词来体现问题中的不等关系．因此，建立不等式要善于从“关键词”中挖掘其内涵．18、y＝(x－2)2－1【解题分析】试题解析：把函数的图像向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度，得到函数故答案为点睛：二次函数图象的平移规律：左加右减，上加下减.三、解答题(共66分)19、（1）；（2）【分析】（1）根据切线性质求出∠OBM=∠OAM=90°，根据圆周角定理求出∠COB，求出∠BOA，即可求出答案；

（2）连接AB、AD，得出平行四边形，推出MB=AD，推出AB=AD，求出等边三角形AMB，即可得出答案．【题目详解】(1)连接OB，

∵MA、MB分别切⊙O于A.

B，

∴∠OBM=∠OAM=90°，

∵弧BC对的圆周角是∠BAC，圆心角是∠BOC，∠BAC=25°，

∴∠BOC=2∠BAC=50°，

∴∠BOA=180°−50°=130°，

∴∠AMB=360°−90°−90°−130°=50°.

(2)连接AD，AB，

∵BD∥AM，DB=AM，

∴四边形BMAD是平行四边形，

∴BM=AD，

∵MA切⊙O于A，

∴AC⊥AM，

∵BD∥AM，

∴BD⊥AC，

∵AC过O，

∴BE=DE，

∴AB=AD=BM，

∵MA、MB分别切⊙O于A.

B，

∴MA=MB，

∴BM=MA=AB，

∴△BMA是等边三角形，

∴∠AMB=60°.【题目点拨】本题考查切线的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是掌握切线的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质.20、（1）证明见解析；（2）CD＝1．【解题分析】（1）欲证明PD∥BC，只要证明∠P＝∠CBF即可；（2）由△ACE∽△CBE，可得，求出EC，再根据垂径定理即可解决问题.【题目详解】（1）证明：∵FC＝FB，∴∠C＝∠CBF，∵∠P＝∠C，∴∠P＝∠CBF，∴PD∥BC．（2）连接AC，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵AB⊥CD，∴CE＝ED，∠AEC＝∠CEB＝90°，∵∠CAE+∠ACE＝90°，∠ACE+∠BCE＝90°，∴∠CAE＝∠BCE，∴△ACE∽△CBE，∴，∴，∴EC2＝144，∵EC＞0，∴EC＝12，∴CD＝2EC＝1．【题目点拨】本题考查圆周角定理，垂径定理，平行线的判定，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．21、（1）证明见解析；（2）与垂直，证明见解析．【分析】（1）由比例线段可知，我们需要证明△ADC∽△EGC，由两个角对应相等即可证得；

（2）由矩形的判定定理可知，四边形AFEG为矩形，根据矩形的性质及相似三角形的判定可得到△AFD∽△CGD，从而不难得到结论；【题目详解】证明：（1）在和中，∵，，∴．∴．解：（2）与垂直．证明如下：在四边形中，∵，∴四边形为矩形．∴．，∴．又∵为直角三角形，，∴，∴．∴．∵，∴．即．∴．【题目点拨】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，同角的余角相等，判断出△ADF≌△CDG是解本题的关键．22、（1）答案见解析；（2）BD=CE,证明见解析；（3）PB的长是或．【解题分析】试题分析：（1）根据题意画出图形即可；（2）根据“SAS”证明△ABD≌△ACE，从而可得BD=CE;（3）①根据“SAS”可证△ABD≌△ACE,从而得到∠ABD=∠ACE,再由两角对应相等的两个三角形相似可证△ACD∽△PBE,列比例方程可求出PB的长；②与①类似，先求出PD的长，再把PD和BD相加.解：（1）如图（2）BD和CE的数量是：BD=CE；∵∠DAB+∠BAE=∠CAE+∠BAE=90°，∴∠DAB=∠CAE．∵AD=AE，AB=AC，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE．（3）①CE=.∵△ABD≌△ACE,∴∠ABD=∠ACE,∴△ACD∽△PBE,,∴;②∵△ABD∽△PDC,,∴;∴PB=PD+BD=.∴PB的长是或．23、（1）详见解析；（2）【分析】（1）连接OC，由AC=BC，可得∠AOC=∠BOC，又CD⊥OA，CE⊥OB，由角平分线定理可得CD=CE；（2）由∠AOB=120°，∠AOC=∠BOC，可得∠AOC=60°，又∠CDO=90°，得∠OCD=30°，可得，由勾股定理可得，可得；同理可得，进而求出．【题目详解】（1）证明：连接OC．∵AC=BC，∴∠AOC=∠BOC．∵CD⊥OA，CE⊥OB，∴CD=CE．（2）解：∵∠AOB=120°，∠AOC=∠BOC，∴∠AOC=60°．∵∠CDO=90°，∴∠OCD=30°