2026届梧州市重点中学九年级数学第一学期期末达标检测模拟试题含解析

2026届梧州市重点中学九年级数学第一学期期末达标检测模拟试题注意事项: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，△ABC中，∠ACB=90°，沿CD折叠△CBD，使点B恰好落在AC边上的点E处．若∠A=22°，则∠BDC等于A．44° B．60° C．67° D．77°2．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．63．若扇形的半径为2，圆心角为，则这个扇形的面积为（）A． B． C． D．4．下列条件中，能判断四边形是菱形的是（）A．对角线互相垂直且相等的四边形B．对角线互相垂直的四边形C．对角线相等的平行四边形D．对角线互相平分且垂直的四边形5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．4π B．3π C．2π+4 D．3π+46．如图是某货站传送货物的机器的侧面示意图.，原传送带与地面的夹角为，为了缩短货物传送距离，工人师傅欲增大传送带与地面的夹角，使其由改为，原传送带长为.则新传送带的长度为（）A． B． C． D．无法计算7．二次函数y=（x-1）2-5的最小值是（）A．1 B．-1 C．5 D．-58．如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转30°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，则∠A的度数为（）A．70° B．75° C．60° D．65°9．如图，在△ABC中，点D是边AB上的一点，∠ADC＝∠ACB，AD＝2，BD＝6，则边AC的长为（）A．2 B．4 C．6 D．810．下列各选项的事件中，发生的可能性大小相等的是（）A．小明去某路口，碰到红灯，黄灯和绿灯B．掷一枚图钉，落地后钉尖“朝上”和“朝下”C．小亮在沿着Rt△ABC三边行走他出现在AB，AC与BC边上D．小红掷一枚均匀的骰子，朝上的点数为“偶数”和“奇数”二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，半圆O的直径AB=2，弦CD∥AB，∠COD=90°，则图中阴影部分的面积为_____．12．Rt△ABC中，已知∠C＝90°，∠B＝50°，点D在边BC上，BD＝2CD（如图）．把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，如果点B恰好落在初始Rt△ABC的边上，那么m＝______．13．方程（x﹣1）（x﹣3）＝0的解为_____．14．如图，在平面直角坐标系中，直线l的函数表达式为，点的坐标为(1,0)，以为圆心，为半径画圆，交直线于点，交轴正半轴于点，以为圆心，为半径的画圆，交直线于点，交轴的正半轴于点，以为圆心，为半径画圆，交直线与点，交轴的正半轴于点，…按此做法进行下去，其中弧的长为_______．15．若将方程x2+6x=7化为(x+m)2=16,则m=______.16．已知∽，若周长比为4：9，则_____________．17．设x1，x2是方程x2+3x﹣1＝0的两个根，则x1+x2＝_____．18．比较大小：______4.三、解答题(共66分)19．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90º，∠ABC＝45º，点O是AB的中点，过A、C两点向经过点O的直线作垂线，垂足分别为E、F.（1）如图①，求证：EF＝AE+CF.（2）如图②，图③，线段EF、AE、CF之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想.20．（6分）如图，已知直线与x轴、y轴分别交于点A，B，与双曲线分别交于点C，D，且点C的坐标为.（1）分别求出直线、双曲线的函数表达式.（2）求出点D的坐标.（3）利用图象直接写出：当x在什么范围内取值时？21．（6分）如图，在△ABC中，AB＝AC，M为BC的中点，MH⊥AC，垂足为H．（1）求证：；（2）若AB＝AC＝10，BC＝1．求CH的长．22．（8分）已知抛物线y=x2+bx+c的图像过A（﹣1，0）、B（3，0）两点．求抛物线的解析式和顶点坐标.23．（8分）某网店准备经销一款儿童玩具，每个进价为35元，经市场预测，包邮单价定为50元时，每周可售出200个，包邮单价每增加1元销售将减少10个，已知每成交一个，店主要承付5元的快递费用，设该店主包邮单价定为x(元)(x＞50)，每周获得的利润为y(元)．(1)求该店主包邮单价定为53元时每周获得的利润；(2)求y与x之间的函数关系式；(3)该店主包邮单价定为多少元时，每周获得的利润最大？最大值是多少？24．（8分）如图，在中，，的平分线交于，为上一点，，以为圆心，以的长为半径画圆．(1)求证：是⊙的切线；(2)求证：.25．（10分）在全校的科技制作大赛中，王浩同学用木板制作了一个带有卡槽的三角形手机架．如图所示，卡槽的宽度DF与内三角形ABC的AB边长相等．已知AC＝20cm，BC＝18cm，∠ACB＝50°，一块手机的最长边为17cm，王浩同学能否将此手机立放入卡槽内？请说明你的理由（参考数据：sin50°≈0.8，cos50°≈0.6，tan50°≈1.2）26．（10分）如图，一次函数y=x+b和反比例函数y=（k≠0）交于点A（4，1）．（1）求反比例函数和一次函数的解析式；（2）求△AOB的面积；（3）根据图象直接写出一次函数的值大于反比例函数的值的x的取值范围．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】分析：△ABC中，∠ACB=90°，∠A=22°，∴∠B=90°－∠A=68°．由折叠的性质可得：∠CED=∠B=68°，∠BDC=∠EDC，∴∠ADE=∠CED﹣∠A=46°．∴．故选C．2、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.3、B【分析】直接利用扇形的面积公式计算．【详解】这个扇形的面积：．故选：B．本题考查了扇形面积的计算：扇形面积计算公式：设圆心角是，圆的半径为R的扇形面积为S，则或（其中为扇形的弧长）．4、D【解析】利用菱形的判定方法对各个选项一一进行判断即可．【详解】解：A、对角线互相垂直相等的四边形不一定是菱形，此选项错误；B、对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，此选项错误；C、对角线相等的平行四边形也可能是矩形，此选项错误；D、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，此选项正确；故选：D．本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，熟练运用这些性质是本题的关键．5、D【解析】试题解析：观察该几何体的三视图发现其为半个圆柱，半圆柱的直径为2，表面积有四个面组成：两个半圆，一个侧面，还有一个正方形.故其表面积为：故选D.6、B【分析】根据已知条件，在中，求出AD的长，再在中求出AC的值.【详解】，，=8即即故选B.本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键.7、D【分析】根据顶点式解析式写出即可．【详解】二次函数y=（x-1）2-1的最小值是-1．故选D．本题考查了二次函数的最值问题，比较简单．8、B【分析】由旋转的性质知∠AOD=30°，OA=OD，根据等腰三角形的性质及内角和定理可得答案．【详解】由题意得：∠AOD=30°，OA=OD，∴∠A=∠ADO75°．故选B．本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等是解题的关键．9、B【解析】证明△ADC∽△ACB，根据相似三角形的性质可推导得出AC2=AD•AB，由此即可解决问题.【详解】∵∠A=∠A，∠ADC=∠ACB，∴△ADC∽△ACB，∴，∴AC2=AD•AB=2×8=16，∵AC>0，∴AC=4，故选B.本题考查相似三角形的判定和性质、解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题.10、D【分析】根据概率公式逐一判断即可.【详解】A、∵交通信号灯有“红、绿、黄”三种颜色，但是红黄绿灯发生的时间一般不相同，∴它们发生的概率不相同，∴选项A不正确；B、∵图钉上下不一样，∴钉尖朝上的概率和钉尖着地的概率不相同，∴选项B不正确；C、∵“直角三角形”三边的长度不相同，∴小亮在沿着Rt△ABC三边行走他出现在AB，AC与BC边上走，他出现在各边上的概率不相同，∴选项C不正确；D、小红掷一枚均匀的骰子，朝上的点数为“偶数”和“奇数”的可能性大小相等，∴选项D正确．故选：D．此题考查的是概率问题,掌握根据概率公式分析概率的大小是解决此题的关键.二、填空题(每小题3分,共24分)11、【解析】解：∵弦CD∥AB，∴S△ACD=S△OCD，∴S阴影=S扇形COD==．故答案为．12、80°或120°【分析】本题可以图形的旋转问题转化为点B绕D点逆时针旋转的问题，故可以D点为圆心，DB长为半径画弧，第一次与原三角形交于斜边AB上的一点B′，交直角边AC于B″，此时DB′=DB，DB″=DB=2CD，由等腰三角形的性质求旋转角∠BDB′的度数，在Rt△B″CD中，解直角三角形求∠CDB″，可得旋转角∠BDB″的度数．【详解】解：如图，在线段AB取一点B′，使DB=DB′，在线段AC取一点B″，使DB=DB″，∴①旋转角m=∠BDB′=180°-∠DB′B-∠B=180°-2∠B=80°，②在Rt△B″CD中，∵DB″=DB=2CD，∴∠CDB″=60°，旋转角∠BDB″=180°-∠CDB″=120°．故答案为80°或120°．本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．运用含30度的直角三角形三边的关系也是解决问题的关键．13、x1＝3，x2＝1【分析】利用因式分解法求解可得．【详解】解：∵（x﹣1）（x﹣3）＝0，∴x﹣1＝0或x﹣3＝0，解得x1＝3，x2＝1，故答案为：x1＝3，x2＝1．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．14、.【分析】连接，，，易求得垂直于x轴，可得为圆的周长，再找出圆半径的规律即可解题．【详解】连接，，

是上的点，

，

直线l解析式为，

，

为等腰直角三角形，即轴，

同理，垂直于x轴，

为圆的周长，

以为圆心，为半径画圆，交x轴正半轴于点，以为圆心，为半径画圆，交x轴正半轴于点，以此类推，

，

，

当时，

故答案为本题考查了圆周长的计算，考查了从图中找到圆半径规律的能力，本题中准确找到圆半径的规律是解题的关键．15、3【详解】在方程x2+6x=7的两边同时加上一次项系数的一半的平方，得x2+6x+32=7+32，∴（x+3）2=16∴m=3.16、4：1【分析】根据相似三角形周长的比等于相似比解答即可．【详解】∵△ABC∽△DEF，∴．故答案为：4:1．本题考查了相似三角形的性质，牢记相似三角形(多边形)的周长的比等于相似比是解题的关键．17、﹣1．【分析】直接根据一元二次方程根与系数的关系求解即可．【详解】解：∵x1，x2是方程x2+1x﹣1＝0的两个根，∴x1+x2＝﹣1．故答案为﹣1．本题考查了根与系数的关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝-，x1x2＝．18、＞【分析】用放缩法比较即可.【详解】∵，∴>3+1=4.故答案为：>.此题主要考查了估算无理数的大小，在确定形如（a≥0）的无理数的整数部分时，常用的方法是“夹逼法”，其依据是平方和开平方互为逆运算.在应用“夹逼法”估算无理数时，关键是找出位于无理数两边的平方数，则无理数的整数部分即为较小的平方数的算术平方根.三、解答题(共66分)19、（1）见解析；（2）图②：EF＝AE+CF图③：EF＝AE-CF，见解析【分析】（1）连接OC，运用AAS证△AOE≌△OCF即可；（2）按（1）中的方法，连接OC，证明△AOE≌△OCF，即可得出结论【详解】（1）连接OC，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠AOC=90°，AO=CO，∵∠AOE+∠COF=90°，∠EAO+∠AOE=90°，∴∠EAO=∠COF，又∵AO=CO，∠AEO=∠CFO，∴△AOE≌△OCF（AAS）∴OE＝CF，AE＝OF∴EF＝AE+CF（2）如图②，连接OC，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠AOC=90°，AO=CO，∵∠AOE+∠COF=90°，∠EAO+∠AOE=90°，∴∠EAO=∠COF，又∵AO=CO，∠AEO=∠CFO，∴△AOE≌△OCF（AAS）∴OE＝CF，AE＝OF∴EF＝AE+CF.本题主要考查全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．20、（1），；（2）点D的坐标是；（3）【解析】（1）把C（-1，2）代入y1=x+m得到m的值，把C（-1，2）代入双曲线得到k的值；（2）解由两个函数的解析式组成的方程组，即可得交点坐标D；

（3）观察图象得到当-3＜x＜-2时一次函数的函数值比反比例函数的函数值要大．【详解】解：（1）∵点在的图象上；∴，解得，则.∵在的图象上，∴，解得，∴.（2）联立得，解得，或，∵点C的坐标是，∴点D的坐标是.（3）由图象可知，当时，本题考查了用待定系数法求反比例函数与一次函数的解析式即反比例函数与一次函数的交点问题.解题的关键是：（1）代入点C的坐标求出m、k的值；（2）把两函数的解析式联立起来组成方程组，解方程组即可得到它们的交点坐标．（3）根据两函数图象的上下位置关系找出不等式的解集．本题考查的是反比例函数与一次函数的交点问题及也考查了数形结合的思想．21、（1）详见解析；（2）3.2【分析】（1）证明，利用线段比例关系可得；（2）利用等腰三角形三线合一和勾股定理求出AM的长，再由（1）中关系式可得AH长度，可得CH的长.【详解】解：（1）证明：∵，为的中点，∴∴∵∴∴∴∴∴（2）解：∵，，M为的中点，∴，在中，，由（1）得∴.本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形三线合一的性质，解题的关键是利用相似三角形得到线段比例关系.22、y=x2-2x-3，顶点坐标为（1，-4）.【解析】把A、B两点坐标代入抛物线解析式，利用待定系数法可求得其解析式，再化为顶点式即可求得其顶点坐标.【详解】∵抛物线经过A（-1，0），B（3，0）两点，∴1-b+c＝解得b=-2，c=-3，∴抛物线解析式为y=x2-2x-3．∵y=x2-2x-3=（x-1）2-4，∴抛物线的顶点坐标为（1，-4）.本题考查了待定系数法、二次函数的性质.23、（1）2210；（2）y＝﹣10x2+1100x﹣28000；（3）包邮单价定为55元时，每周获得的利润最大，最大值是1元．【分析】（1）根据利润=每件的利润×销售量即可．

（2）根据利润=每件的利润×销售量即可．（3）根据（2）中关系式，将它化为顶点式即可．【详解】（1）（53﹣35﹣5）×[200﹣（53﹣50）×10]＝13×170＝2210（元）．答：每周获得的利润为2210元；（2）由题意，y＝（x﹣35﹣5）[200﹣10（x﹣50）]即y与x之间的函数关系式为：y＝﹣10x2+1100x﹣28000；（3）∵y＝﹣10x2+1100x﹣28000＝﹣10（x﹣55）2+1．∵﹣10＜0，∴包邮单价定为55元时，每周获得的利润最大，最大值是1元．本题主要考查的是二次函数的应用，将实际问题转化为数学模型求解，注意配方法求二次函数最值的应用24、(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）过点D作DF⊥AC于F，求出BD=DF等于半径，得出AC是⊙D的切线;（2）先证明△BDE≌△FCD（HL），根据全等三角形对应边相等及切线的性质的AB=AF，得出AB+EB=AC．【详解】证明：(1)过点作于;∵，以为圆心，以的长为半径画圆，∴AB为圆D的切线又∵，且AD平分∠BAC,且DF⊥AC，是⊙的切线.(2)由，DB是半径得AB的是⊙O的切线，又由（1）可知是⊙的切线∵,∴即.本题考查的是切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；及全等三角形的判断，全等三角形的对应边相等．25、王浩同学能将手机放入卡槽DF内，理由见解析【分析】作AD⊥BC于D，根