江苏省海安县城南实验中学2026届数学九上期末监测模拟试题含解析

江苏省海安县城南实验中学2026届数学九上期末监测模拟试题注意事项：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（每题4分，共48分）1．如图，在正方形网格上有两个相似三角形△ABC和△DEF，则∠BAC的度数为（）A．105° B．115° C．125° D．135°2．如图，在正方形中，点为边的中点，点在上，，过点作交于点．下列结论：①；②；③；④．正确的是（

）．A．①② B．①③ C．①③④ D．③④3．如图，点A，B，C，在⊙O上，∠ABO=32°，∠ACO=38°，则∠BOC等于()A．60° B．70° C．120° D．140°4．如图，将绕点按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数是（）A． B． C． D．5．如图，线段是⊙的直径，弦，垂足为，点是上任意一点，,则的值为（）A． B． C． D．6．通过对《一元二次方程》全章的学习，同学们掌握了一元二次方程的三种解法：配方法、公式法、因式分解法，其实，每种解法都是把一个一元二次方程转化为两个一元一次方程来解，体现的基本思想是（）A．转化 B．整体思想 C．降次 D．消元7．如图，切于两点，切于点，交于．若的周长为，则的值为（）A． B． C． D．8．如图，已知在△ABC中，DE∥BC，，DE＝2，则BC的长是（）A．3 B．4 C．5 D．69．如图，AB、CD相交于点O，AD∥CB，若AO=2，BO=3，CD=6，则CO等于（）A．2.4 B．3 C．3.6 D．410．圆锥的底面半径是，母线为，则它的侧面积是（）A． B． C． D．11．一个盒子中装有2个蓝球，3个红球和若干个黄球，小明通过多次摸球试验后发现，摸取到黄球的频率稳定在0.5左右，则黄球有（）个．A．4 B．5 C．6 D．1012．如图，二次函数y=ax1+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣1，0），与y轴的交点B在（0，1）与（0，3）之间（不包括这两点），对称轴为直线x=1．下列结论：abc＜0；②9a+3b+c＞0；③若点M（，y1），点N（，y1）是函数图象上的两点，则y1＜y1；④﹣＜a＜﹣．其中正确结论有（）A．1个 B．1个 C．3个 D．4个二、填空题（每题4分，共24分）13．若一个三角形的两边长分别是4和6，第三边的长是方程x2﹣17x+60＝0的一个根，则该三角形的第三边长是_____．14．关于x的一元二次方程有一根为0，则m的值为______15．一定质量的二氧化碳，其体积V（m3）是密度ρ（kg/m3）的反比例函数，请你根据图中的已知条件，写出反比例函数的关系式，当V=1.9m3时，ρ=________．16．如图，中，边上的高长为．作的中位线，交于点；作的中位线，交于点；……顺次这样做下去，得到点，则________．

17．在△ABC中，若∠A＝30°，∠B＝45°，AC＝，则BC＝_______.18．如图，折叠长方形的一边AD，使点D落在BC边的点F处，已知AB=8cm，BC=10cm，则EF=________．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）如图，四边形ABCD为矩形.(1)如图1，E为CD上一定点，在AD上找一点F，使得矩形沿着EF折叠后,点D落在BC边上(尺规作图，保留作图痕迹);(2)如图2，在AD和CD边上分别找点M，N，使得矩形沿着MN折叠后BC的对应边B'C'恰好经过点D，且满足B'C'⊥BD(尺规作图，保留作图痕迹);(3)在（2）的条件下，若AB＝2，BC＝4，则CN＝.21．（8分）在一个不透明的袋子里有1个红球，1个黄球和个白球，它们除颜色外其余都相同，从这个袋子里摸出一个球，记录其颜色，然后放回，摇均匀后，重复该试验，经过大量试验后，发现摸到白球的频率稳定于0.5左右，求的值.22．（10分）（1）计算：﹣|﹣3|+cos60°；（2）化简：23．（10分）综合与探究如图，已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，对称轴为直线，顶点为.(1)求抛物线的解析式及点坐标；(2)在直线上是否存在一点，使点到点的距离与到点的距离之和最小？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.(3)在轴上取一动点，，过点作轴的垂线，分别交抛物线，，于点，，.①判断线段与的数量关系，并说明理由②连接，，，当为何值时，四边形的面积最大？最大值为多少？24．（10分）如图，抛物线y＝ax2+2x+c（a＜0）与x轴交于点A和点B（点A在原点的左侧，点B在原点的右侧），与y轴交于点C，OB＝OC＝1．（1）求该抛物线的函数解析式；（2）如图1，连接BC，点D是直线BC上方抛物线上的点，连接OD，CD，OD交BC于点F，当S△COF：S△CDF＝1：2时，求点D的坐标．（1）如图2，点E的坐标为（0，），在抛物线上是否存在点P，使∠OBP＝2∠OBE？若存在，请直接写出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．25．（12分）一个不透明的口袋中有四个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4.随机摸取一个小球然后放回，再随机摸出一个小球，求下列事件的概率：（1）两次取出的小球标号相同；（2）两次取出的小球标号的和等于4.26．有一个可以自由旋转的圆盘，被分成面积相等的3个扇形区，分别标有数字1，2，3，另有一个不透明的口袋中装有4个完全相同的小球，分别标有数字1，2，3，4（如图所示），小颖和小亮想通过游戏来决定谁代表学校参加歌咏比赛，游戏规则为：一个人转动圆盘，另一人从口袋中摸出一个小球，如果所摸球上的数字与圆盘上转出数字之和小于4，那么小颖去；否则小亮去．（1）用画树状图或列表的方法求出小颖参加比赛的概率；（2）你认为该游戏公平吗？请说明理由．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【分析】根据相似三角形的对应角相等即可得出．【详解】∵△ABC∽△EDF，∴∠BAC＝∠DEF，又∵∠DEF＝90°+45°＝135°，∴∠BAC＝135°，故选：D．本题考查相似三角形的性质，解题的关键是找到对应角2、C【分析】连接．根据“HL”可证≌，利用全等三角形的对应边相等，可得，据此判断①；根据“”可证≌，可得，从而可得，据此判断②；由（2）知，可证，据此判断③；根据两角分别相等的两个三角形相似，可证∽∽，可得，从而可得，据此判断④.【详解】解：（1）连接．如图所示：

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ADC=90°，

∵FG⊥FC，

∴∠GFC=90°，

在Rt△CFG与Rt△CDG中，∴≌．∴．．．①正确．（2）由（1），垂直平分．∴∠EDC+∠2=90°，

∵∠1+∠EDC=90°，∴．∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=DC=AB，∠DAE=∠CDG=90°，∴≌．∴．∵为边的中点，∴为边的中点．∴．∴②错误．（3）由（2），得．∴．③正确．（4）由（3），可得∽∽．∴∴．∴④正确．故答案为：C.本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．3、D【解析】试题分析：如图，连接OA，则∵OA=OB=OC，∴∠BAO=∠ABO=32°，∠CAO=∠ACO=38°．∴∠CAB=∠CAO＋∠BAO=1．∵∠CAB和∠BOC上同弧所对的圆周角和圆心角，∴∠BOC=2∠CAB=2．故选D．4、A【分析】根据绕点按逆时针方向旋转后得到，可得，然后根据可以求出的度数．【详解】∵绕点按逆时针方向旋转后得到∴又∵∴本题考查的是对于旋转角的理解，能利用定义从图形中准确的找出旋转角是关键．5、D【分析】只要证明∠CMD=△COA，求出cos∠COA即可.【详解】如图1中，连接OC,OM.设OC=r,∴,∴r=5,∵AB⊥CD，AB是直径，∴，∴∠AOC=∠COM,∵∠CMD=∠COM，∴∠CMD=∠COA，∴cos∠CMD=cos∠COA=.本题考查了圆周角定理，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会转化的思想思考问题.6、C【分析】根据“每种解法都是把一个一元二次方程转化为两个一元一次方程来解”进行判断即可.【详解】每种解法都是把一个一元二次方程转化为两个一元一次方程来解，也就是“降次”，故选：C.本题考查一元二次方程解法的理解，读懂题意是关键.7、A【分析】利用切线长定理得出，然后再根据的周长即可求出PA的长．【详解】∵切于两点，切于点，交于∴的周长为∴故选：A．本题主要考查切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．8、D【分析】由DE∥BC可证△ADE∽△ABC,得到，即可求BC的长．【详解】∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴，∵,DE=2，∴BC＝1．故选D．本题主要考查了相似三角形的判定与性质,解决本题的关键是要熟练掌握相似三角形的判定和性质.9、C【分析】由平行线分线段成比例定理，得到；利用AO、BO、CD的长度，求出CO的长度，即可解决问题．【详解】如图，∵AD∥CB，

∴；

∵AO=2，BO=3，CD=6，

∴，解得：CO=3.6，

故选C．本题考查了平行线分线段成比例定理及其应用问题．掌握平行于三角形一边的直线截其他两边（或两边的延长线），所得的对应线段成比例是解题的关键．．10、A【分析】根据圆锥的侧面积＝底面周长×母线长计算．【详解】圆锥的侧面面积＝×6×5＝15cm1．故选：A．本题考查圆锥的侧面积＝底面周长×母线长，解题的关键是熟知公式的运用.11、B【分析】设黄球有x个，根据用频率估计概率和概率公式列方程即可.【详解】设黄球有x个，根据题意得：＝0.5，解得：x＝5，答：黄球有5个；故选：B．此题考查的是用频率估计概率和根据概率求球的数量问题,掌握用频率估计概率和概率公式是解决此题的关键.12、D【分析】根据二次函数的图象与系数的关系即可求出答案．【详解】①由开口可知：a＜0，∴对称轴x=−＞0，∴b＞0，由抛物线与y轴的交点可知：c＞0，∴abc＜0，故①正确；②∵抛物线与x轴交于点A（-1，0），对称轴为x=1，∴抛物线与x轴的另外一个交点为（5，0），∴x=3时，y＞0，∴9a+3b+c＞0，故②正确；③由于＜1＜，且（，y1）关于直线x=1的对称点的坐标为（，y1），∵＜，∴y1＜y1，故③正确，④∵−=1，∴b=-4a，∵x=-1，y=0，∴a-b+c=0，∴c=-5a，∵1＜c＜3，∴1＜-5a＜3，∴-＜a＜-，故④正确故选D．本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是熟练运用图象与系数的关系，本题属于中等题型．二、填空题（每题4分，共24分）13、1【分析】根据三角形两边之和大于第三边,两边之差小于第三边,结合一元二次方程相关知识进行解题即可.【详解】解：∵x2﹣17x+60＝0，∴（x﹣1）（x﹣12）＝0，解得：x1＝1，x2＝12，∵三角形的两边长分别是4和6，当x＝12时，6+4＜12，不能组成三角形．∴这个三角形的第三边长是1．故答案为：1．本题考查了三角形的三边关系和一元二次方程的求解,熟悉三角形三边关系是解题关键.14、m=-1【解析】把x=0代入方程（m-1）x2+x+m2-9=0得m2-9=0，解得m1=1，m2=-1，然后根据一元二次方程的定义确定m的值．【详解】把x=0代入方程（m-1）x2+x+m2-9=0得m2-9=0，解得m1=1，m2=-1，

而m-1≠0，

所以m的值为-1．

故答案是：-1．考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．也考查了一元二次方程的定义．15、【解析】由图象可得k=9.5，进而得出V=1.9m1时，ρ的值．【详解】解：设函数关系式为：V=，由图象可得：V=5，ρ=1.9，代入得：k=5×1.9=9.5，故V=，当V=1.9时，ρ=5kg/m1．故答案为5kg/m1．本题考查的是反比例函数的应用，正确得出k的值是解题关键．16、或【分析】根据中位线的性质，得出的关系式，代入即可．【详解】根据中位线的性质故我们可得当均成立，故关系式正确∴故答案为：或．本题考查了归纳总结的问题，掌握中位线的性质得出的关系式是解题的关键．17、【分析】作CD⊥AB于点D，先在Rt△ACD中求得CD的长，再解Rt△BCD即得结果．【详解】如图，作CD⊥AB于点D：，∠A＝30°，，得，，∠B＝45°，，解得考点：本题考查的是解直角三角形点评：解答本题的关键是作高，构造直角三角形，正确把握公共边CD的作用．18、5cm【分析】先求出BF、CF的长，利用勾股定理列出关于EF的方程，即可解决问题．【详解】∵四边形ABCD为矩形，∴∠B＝∠C＝90°；由题意得：AF＝AD=BC＝10，ED＝EF，设EF＝x，则EC＝8−x；由勾股定理得：BF2＝AF2−AB2＝36，∴BF＝6，CF＝10−6＝4；由勾股定理得：x2＝42＋（8−x）2，解得：x＝5，故答案为：5cm．该题主要考查了翻折变换及其应用问题；解题的关键是灵活运用勾股定理等几何知识来分析、判断、推理或解答．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.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、（1）图见解析（2）图见解析（3）【分析】（1）以点E为圆心，以DE长为半径画弧，交BC于点D′，连接DD′，作DD′的垂直平分线交AD于点F即可；（2）先作射线BD，然后过点D作BD的垂线与BC的延长线交于点H，作∠BHD的角平分线交CD于点N，交AD于点M，在HD上截取HC′=HC，然后在射线C′D上截取C′B′=BC，此时的M、N即为满足条件的点；（3）在（2）的条件下，根据AB＝2，BC＝4，即可求出CN的长．【详解】（1）如图，点F为所求；（2）如图，折痕MN、矩形A’B’C’D’为所求；（3）在（2）的条件下，∵AB＝2，BC＝4，∴BD＝2，∵BD⊥B′C′，∴BD⊥A′D′，得矩形DGD′C′．∴DG＝C′D′＝2，∴BG＝2−2设CN的长为x，CD′＝y．则C′N＝x，D′N＝2−x，BD′＝4−y，∴（4−y）2＝y2＋（2−2）2，解得y＝−1．（2−x）2＝x2＋（−1）2解得x＝．故答案为：．本题考查了作图−复杂作图、矩形的性质、翻折变换，解决本题的关键是掌握矩形的性质．21、2【分析】根据“摸到白球的频率稳定于0.5左右”利用概率公式列方程计算可得；【详解】解：根据题意，得，解得答：的值是2.本题考查了用频率估计概率和概率公式，掌握概率公式是解题的关键.22、（1）；（2）【分析】（1）分别计算平方根、绝对值、特殊角的三角函数值，然后根据实数的运算法则计算即可.（2）利用完全平方公式及单项式乘多式展开后，合并同类项即可.【详解】（1）﹣|﹣3|+cos60°（2）本题考查了实数的运算，整式的化简，熟练掌握运算法则是解题的关键.23、(1)，点坐标为；(2)点的坐标为；(3)①；②当为-2时，四边形的面积最大，最大值为4.【分析】（1）用待定系数法即可求出抛物线解析式，然后化为顶点式求出点D的坐标即可；（2）利用轴对称-最短路径方法确定点M，然后用待定系数法求出直线AC的解析式，进而可求出点M的坐标；（3）①先求出直线AD的解析式，表示出点F、G、P的坐标，进而表示出FG和FP的长度，然后即可判断出线段与的数量关系；②根据割补法分别求出△AED和△ACD的面积，然后根据列出二次函数解析式，利用二次函数的性质求解即可.【详解】解：(1)由抛物线与轴交于，两点得，解得，故抛物线解析式为，由得点坐标为；(2)在直线上存在一点，到点的距离与到点的距离之和最小.根据抛物线对称性，∴，∴使的值最小的点应为直线与对称轴的交点，当时，，∴，设直线解析式为直线，把、分别代入得，解之得：，∴直线解析式为，把代入得，，∴，即当点到点的距离与到点的距离之和最小时的坐标为；(3)①，理由为：设直线解析式为，把、分别代入直线得，解之得：，∴直线解析式为，则点的坐标为，同理的坐标为，则，，∴；②∵，，，∴AO=3，DM=2，∴S△ACD=S△ADM+S△CDM=.设点的坐标为，，∴，∴当为-2时，的最大值为1.∴，∴当为-2时，四边形的面积最大，最大值为4.本题考查了待定系数法求函数解析式，一般式与顶点式的互化，轴对称最短的性质，坐标与图形的性质，三角形的面积公式，割补法求图形的面积，以及二次函数的性质，熟练掌握待定系数法和二次函数的性质是解答本题的关键.24、（1）y＝﹣x2+2x+1；（2）点D（1，4）或（2，1）；（1）当点P在x轴上方时，点P（，）；当点P在x轴下方时，点（﹣，﹣）【分析】(1)c=1，点B(1，0)，将点B的坐标代入抛物线表达式：y=ax2+2x+1，解得a=﹣1即可得出答案；(2)由S△COF：S△CDF=1：2得OF：FD=1：2，由DH∥CO得CO：DM=1：2，求得DM=2，而DM==2，即可求解；(1)分点P在x轴上方、点P在x轴下方两种情况，分别求解即可．【详解】(1)∵OB=OC=1，∴点C的坐标为C(0，1)，c=1，点B的坐标为B(1，0)，将点B的坐标代入抛物线表达式：y=ax2+2x+1，解得：a=﹣1，故抛物线的表达式为：y=﹣x2+2x+1；(2)如图，过点D作DH⊥x轴于点H，交BC于点M，∵S△COF：S△CDF=1：2，∴OF：FD=1：2，∵DH∥CO，∴CO：DM=OF：FD=1：2，∴DM=CO=2，设直线BC的表达式为：，将C(0，1)，B(1，0)代入得，解得：，∴直线BC的表达式为：y=﹣x+1，设点D的坐标为(x，﹣x2+2x+1)，则点M(x，﹣x+1)，∴DM==2，解得：x=1或2，故点D的坐标为：(1，4)或(2，1)；(1)①当点P在x轴上方时，取OG=OE，连接BG，过点B作直线PB交抛物线于点P，交y轴于点M，使∠GBM=∠GBO，则∠OBP=2∠OBE，过点G作GH⊥BM，如图