2027届福建省部分市县数学九年级第一学期期末复习检测模拟试题含解析

2027届福建省部分市县数学九年级第一学期期末复习检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(每小题3分,共30分)1．下列运算中，正确的是（）A．x3+x=x4 B．（x2）3=x6 C．3x﹣2x=1 D．（a﹣b）2=a2﹣b22．已知一次函数和二次函数部分自变量和对应的函数值如表：x…-10245…y1…01356…y2…0-1059…当y2＞y1时，自变量x的取值范围是A．-1＜x＜2 B．4＜x＜5 C．x＜-1或x＞5 D．x＜-1或x＞43．在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，将△ABC绕边AC所在直线旋转一周得到圆锥，则该圆锥的侧面积是A．25π B．65π C．90π D．130π4．在一个不透明的袋子里装有5个红球和若干个白球，它们除颜色外其余完全相同，通过多次摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在0.2附近，则估计袋中的白球大约有()个A．10 B．15 C．20 D．255．如图，在中，，则劣弧的度数为（）A． B． C． D．6．已知，则下列结论一定正确的是（）A． B． C． D．7．如图，将绕点，按逆时针方向旋转120°，得到（点的对应点是点，点的对应点是点），连接.若，则的度数为（）A．15° B．20° C．30° D．45°8．如图，在矩形ABCD中，DE⊥AC垂足为F，交BC于点E，BE=2EC，连接AE．则tan∠CAE的值为（）A． B． C． D．9．若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为（）A． B． C． D．10．如图，△ABC中，D是AB的中点，DE∥BC，连接BE．若AE=6，DE=5，∠BEC=90°，则△BCE的周长是（）A．12 B．24 C．36 D．48二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，四边形内接于圆，点关于对角线的对称点落在边上，连接.若，则的度数为__________．12．已知二次函数的部分图象如图所示，则一元二次方程的解为：_____.13．如图，一次函数的图象交x轴于点B，交y轴于点A，交反比例函数的图象于点，若，且的面积为2，则k的值为________14．如图，P是等边△ABC内的一点，若将△PAC绕点A按逆时针方向旋转到△P'AB，则∠PAP'＝_____．15．若关于x的一元二次方程x2＋4x＋k﹣1＝0有实数根，则k的取值范围是____．16．已知_______17．若抛物线与轴两个交点间的距离为2，称此抛物线为定弦抛物线，已知某定弦抛物线的对称轴为直线，将此抛物线向左平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的抛物线的解析式是______．18．一个圆锥的侧面展开图是半径为6，圆心角为120°的扇形，那么这个圆锥的底面圆的半径为____．三、解答题(共66分)19．（10分）如图，学校准备在教学楼后面搭建一个简易矩形自行车车棚，一边利用教学楼的后墙(可利用的墙长为19m)，另外三边利用学校现有总长38m的铁栏围成．(1)若围成的面积为180m2，试求出自行车车棚的长和宽；(2)能围成面积为200m2的自行车车棚吗？如果能，请你给出设计方,如果不能，请说明理由．20．（6分）如图，在一笔直的海岸线上有A，B两观景台，A在B的正东方向，BP＝5（单位：km），有一艘小船停在点P处，从A测得小船在北偏西60°的方向，从B测得小船在北偏东45°的方向．（1）求A、B两观景台之间的距离；（2）小船从点P处沿射线AP的方向进行沿途考察，求观景台B到射线AP的最短距离．（结果保留根号）21．（6分）问题呈现：如图1，在边长为1小的正方形网格中，连接格点A、B和C、D，AB和CD相交于点P，求tan∠CPB的值方法归纳：求一个锐角的三角函数值，我们往往需要找出(或构造出)一个直角三角形，观察发现问题中∠CPB不在直角三角形中，我们常常利用网格画平行线等方法解决此类问题，比如连接格点B、E，可得BE∥CD，则∠ABE=∠CPB，连接AE，那么∠CPB就变换到Rt△ABE中．问题解决：（1）直接写出图1中tanCPB的值为______；（2）如图2，在边长为1的正方形网格中，AB与CD相交于点P，求cosCPB的值．22．（8分）已知：△ABC内接于⊙O，过点A作直线EF．（1）如图甲，AB为直径，要使EF为⊙O的切线，还需添加的条件是（写出两种情况，不需要证明）：①或②；（2）如图乙，AB是非直径的弦，若∠CAF=∠B，求证：EF是⊙O的切线．（3）如图乙，若EF是⊙O的切线，CA平分∠BAF，求证：OC⊥AB．23．（8分）将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，BE，EG，FG为折痕，若顶点A，C，D都落在点O处，且点B，O，G在同一条直线上，同时点E，O，F在另一条直线上，若AD＝4，则四边形BEGF的面积为_____．24．（8分）已知抛物线y＝ax2+bx+3经过点A（﹣1，0）、B（3，0），且与y轴交于点C，抛物线的对称轴与x轴交于点D．(1)求抛物线的解析式；(2)点P是y轴正半轴上的一个动点，连结DP，将线段DP绕着点D顺时针旋转90°得到线段DE，点P的对应点E恰好落在抛物线上，求出此时点P的坐标；(3)点M（m，n）是抛物线上的一个动点，连接MD，把MD2表示成自变量n的函数，并求出MD2取得最小值时点M的坐标．25．（10分）已知，求的值．26．（10分）如图，在△ABC中，D为AC边上一点，∠DBC＝∠A．（1）求证：△BDC∽△ABC；（2）若BC＝4，AC＝8，求CD的长．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【解析】试题分析：A、根据合并同类法则，可知x3+x无法计算，故此选项错误；B、根据幂的乘方的性质，可知（x2）3=x6，故正确；C、根据合并同类项法则，可知3x-2x=x，故此选项错误；D、根据完全平方公式可知：（a-b）2=a2-2ab+b2，故此选项错误；故选B．考点：1、合并同类项，2、幂的乘方运算，3、完全平方公式2、D【分析】利用表中数据得到直线与抛物线的交点为（-1，0）和（1，5），-1＜x＜1时，y1＞y2，从而得到当y2＞y1时，自变量x的取值范围．【详解】∵当x=0时，y1=y2=0；当x=1时，y1=y2=5；∴直线与抛物线的交点为（-1，0）和（1，5），而-1＜x＜1时，y1＞y2，∴当y2＞y1时，自变量x的取值范围是x＜-1或x＞1．故选D．本题考查了二次函数与不等式：对于二次函数y=ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0）与不等式的关系，利用两个函数图象在直角坐标系中的上下位置关系求自变量的取值范围，可作图利用交点直观求解，也可把两个函数解析式列成不等式求解．3、B【解析】解：由已知得，母线长l=13，半径r为5，∴圆锥的侧面积是s=πlr=13×5×π=65π．故选B．4、C【分析】由摸到红球的频率稳定在0.2附近得出口袋中得到红色球的概率，进而求出白球个数即可．【详解】设白球个数为x个，∵摸到红色球的频率稳定在0.2左右，∴口袋中得到红色球的概率为0.2，∴，解得：x=20，经检验x=20是原方程的根，故白球的个数为20个．故选C．此题主要考查了利用频率估计概率，根据大量反复试验下频率稳定值即概率得出是解题关键．5、A【解析】注意圆的半径相等，再运用“等腰三角形两底角相等”即可解．【详解】连接OA，

∵OA=OB，∠B=37°

∴∠A=∠B=37°，∠O=180°-2∠B=106°．故选：A本题考核知识点：利用了等边对等角，三角形的内角和定理求解解题关键点：熟记圆心角、弧、弦的关系；三角形内角和定理．6、D【分析】应用比例的基本性质，将各项进行变形，并注意分式的性质y≠0，这个条件.【详解】A.由，则x与y的比例是2:3，只是其中一特殊值，故此项错误；B.由，可化为，且y≠0，故此项错误；C.，化简为，由B项知故此项错误；D.，可化为，故此项正确；故答案选D此题主要考查了比例的基本性质，正确运用已知变形是解题关键．7、C【分析】根据旋转的性质得到∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，根据等腰三角形的性质易得∠AB′B=30°，再根据平行线的性质即可得∠C′AB′=∠AB′B=30°．【详解】解：∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转l20°得到△AB′C′，

∴∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，

∴∠AB′B=（180°-120°）=30°，

∵AC′∥BB′，

∴∠C′AB′=∠AB′B=30°，

∴∠CAB=∠C′AB′=30°，

故选：C．本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．8、C【分析】证明△AFD∽△CFE，得出，由△CFE∽△DFC，得出，设EF=x，则DE=3x，再由三角函数定义即可得出答案．【详解】解：设EC=x，∵BE=2EC=2x，∴BC=BE+CE=3x，∵四边形ABCD是矩形，

∴AD=BC=3x，AD∥EC，

∴△AFD∽△CFE，

∴，，设CF=n，设EF=m，

∴DF=3EF=3m，AF=3CF=3n，∵△ECD是直角三角形，，

∴△CFE∽△DFC，

∴，∴，即，

∴，∵，∴tan∠CAE=，

故选：C．本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，三角函数等知识；熟练掌握矩形的性质，证明三角形相似是解题的关键．9、B【分析】若一元二次方程有两个相等的实数根，则根的判别式△＝b2−4ac＝0，建立关于k的等式，求出k．【详解】解：∵方程有两个相等的实数根，∴△＝b2−4ac＝62−4×1×k＝36−4k＝0，解得：k＝1．故选：B．本题考查一元二次方程根的情况与判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0时，方程有两个不相等的实数根；（2）△＝0时，方程有两个相等的实数根；（3）△＜0时，方程没有实数根．10、B【解析】试题解析：△ABC中，D是AB的中点，DE∥BC，是的中点，∠BEC=90°，△BCE的周长故选B.点睛：三角形的中位线平行于第三边而且等于第三边的一半.二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】直接利用圆内接四边形对角互补，再结合三角形外角的性质即可得出答案．【详解】解：∵四边形内接于圆，，∴∠ADC=180°-115°=65°，又∵点关于对角线的对称点落在边上，∴∠AEC=∠ABC=115°，∴∠DAE=∠AEC-∠ADC=115°-65°=50°.故答案为：50°.此题主要考查了圆内接四边形的性质以及三角形的外角，正确得出∠AEC和∠ADC的度数是解题关键．12、【解析】依题意得二次函数y=的对称轴为x=-1,与x轴的一个交点为(-3,0)，∴抛物线与x轴的另一个交点横坐标为（-1）×2-（-3）=1，∴交点坐标为(1，0)∴当x=1或x=-3时，函数值y=0，即，∴关于x的一元二次方程的解为x1=−3或x2=1.故答案为：.点睛：本题考查的是关于二次函数与一元二次方程，在解题过程中，充分利用二次凹函数图象，根据图象提取有用条件来解答，这样可以降低题的难度，从而提高解题效率.13、【解析】过点C作CD⊥x轴于点D，根据AAS可证明△AOB≌△CDB，从而证得S△AOC=S△OCD，最后再利用k的几何意义即可得到答案.【详解】解：过点C作CD⊥x轴于点D，如图所示，∵在△AOB与△CDB中，，∴△AOB≌△CDB（AAS），∴S△AOB=S△CDB，∴S△AOC=S△OCD，∵S△AOC=2，∴S△OCD=2，∴，∴k=±4，又∵反比例函数图象在第一象限，k>0，∴k=4.本题考查全等三角形的判定与性质，反比例函数中比例系数k的几何意义，熟练掌握判定定理及k的几何意义是解题的关键.14、60°【解析】试题分析：根据旋转图形的性质可得：∠PAP′=∠BAC=60°.考点：旋转图形的性质15、k≤5【详解】解：由题意得，42-4×1×（k-1）≥0,解之得k≤5.点睛:本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac：当△>0时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当△=0时，一元二次方程有两个相等的实数根；当△<0时，一元二次方程没有实数根.16、2【分析】设，分别用k表示x、y、z，然后代入计算，即可得到答案.【详解】解：根据题意，设，∴，，，∴；故答案为：2.本题考查了比例的性质，解题的关键是掌握比例的性质，正确用k来表示x、y、z.17、【分析】先根据定弦抛物线的定义求出定弦抛物线的表达式，再按图象的平移规律平移即可．【详解】∵某定弦抛物线的对称轴为直线∴某定弦抛物线过点∴该定弦抛物线的解析式为将此抛物线向左平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的抛物线的解析式是即故答案为：．本题主要考查二次函数图象的平移，能够求出定弦抛物线的表达式并掌握平移规律是解题的关键．18、2【详解】试题分析：设此圆锥的底面半径为r，根据圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于圆锥底面周长可得，2πr=，解得r=2cm．考点：圆锥侧面展开扇形与底面圆之间的关系．三、解答题(共66分)19、（1）长和宽分别为18m，10m；（2）不能，理由见解析【分析】（1）利用长方形的周长表示出各边长，即可表示出矩形面积，求出即可；（2）利用长方形的面积列方程，利用根的判别式解答即可．【详解】解：(1)设AB＝x，则BC＝38－2x.根据题意，得x(38－2x)＝180，解得x1＝10，x2＝9.当x＝10时，38－2x＝18；当x＝9时，38－2x＝20>19，不符合题意，舍去．答：若围成的面积为180m2，自行车车棚的长和宽分别为18m，10m.(2)不能，理由如下：根据题意，得x(38－2x)＝200，整理，得x2－19x＋100＝0.∵Δ＝b2－4ac＝361－400＝－39＜0，∴此方程没有实数根．∴不能围成面积为200m2的自行车车棚．本题考查一元二次方程的应用，熟练掌握计算法则是解题关键.20、（1）A、B两观景台之间的距离为＝（5+5）km；（2）观测站B到射线AP的最短距离为（）km．【分析】（1）过点P作PD⊥AB于点D，先解Rt△PBD，得到BD和PD的长，再解Rt△PAD，得到AD和AP的长，然后根据BD+AD=AB，即可求解；

（2）过点B作BF⊥AC于点F，解直角三角形即可得到结论．【详解】解：（1）如图，过点P作PD⊥AB于点D．在Rt△PBD中，∠BDP＝90°，∠PBD＝90°﹣45°＝45°，∴BD＝PD＝BP＝5km．在Rt△PAD中，∠ADP＝90°，∠PAD＝90°﹣60°＝30°，∴AD＝PD＝5km，PA＝1．∴AB＝BD+AD＝（5+5）km；答：A、B两观景台之间的距离为＝（5+5）km；（2）如图，过点B作BF⊥AC于点F，则∠BAP＝30°，∵AB＝（5+5），∴BF＝AB＝（）km．答：观测站B到射线AP的最短距离为（）km．本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题，难度适中．通过作辅助线，构造直角三角形是解题的关键．21、（1）2；（2）【分析】（1）根据平行四边形的判定及平行线的性质得到∠CPB=∠ABE，利用勾股定理求出AE，BE，AB，证明△ABE是直角三角形，∠AEB=90°，即可求出tanCPB=tanABE；（2）如图2中，取格点D，连接CD，DM．通过平行四边形及平行线的性质得到∠CPB=∠MCD，利用勾股定理的逆定理证明△CDM是直角三角形，且∠CDM=90°，即可得到cos∠CPB=cos∠MCD．【详解】解：（1）连接格点B、E，∵BC∥DE，BC=DE，∴四边形BCDE是平行四边形，∴DC∥BE，∴∠CPB=∠ABE，∵AE=，BE=，AB=，∴△ABE是直角三角形，∠AEB=90°，∴tan∠CPB=tan∠ABE=，故答案为：2；（2）如图2所示，取格点M，连接CM，DM，∵CB∥AM，CB=AM，∴四边形ABCM是平行四边形，∴CM∥AB，∴∠CPB=∠MCD，∵CM=，CD=，MD=，，∴△CDM是直角三角形，且∠CDM=90°，∴cos∠CPB=cos∠MCD=．本题考查三角形综合题、平行线的性质、勾股定理及勾股定理逆定理、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，学会用转化的思想思考问题．22、（1）①OA⊥EF；②∠FAC=∠B；（2）见解析；（3）见解析．【分析】(1)添加条件是:①OA⊥EF或∠FAC=∠B根据切线的判定和圆周角定理推出即可．(2)作直径AM,连接CM，推出∠M=∠B=∠EAC，求出∠FAC+∠CAM=90°，根据切线的判定推出即可．(3)由同圆的半径相等得到OA=OB，所以点O在AB的垂直平分线上，根据∠FAC=∠B，∠BAC=∠FAC，等量代换得到∠BAC=∠B，所以点C在AB的垂直平分线上，得到OC垂直平分AB．【详解】（1）①OA⊥EF②∠FAC=∠B，理由是：①∵OA⊥EF，OA是半径，∴EF是⊙O切线，②∵AB是⊙0直径，∴∠C=90°，∴∠B+∠BAC=90°，∵∠FAC=∠B，∴∠BAC+∠FAC=90°，∴OA⊥EF，∵OA是半径，∴EF是⊙O切线，故答案为：OA⊥EF或∠FAC=∠B，（2）作直径AM，连接CM，即∠B=∠M（在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等），∵∠FAC=∠B，∴∠FAC=∠M，∵AM是⊙O的直径，∴∠ACM=90°，∴∠CAM+∠M=90°，∴∠FAC+∠CAM=90°，∴EF⊥AM，∵OA是半径，∴EF是⊙O的切线．（3）∵OA=OB，∴点O在AB的垂直平分线上，∵∠FAC=∠B，∠BAC=∠FAC，∴∠BAC=∠B，∴点C在AB的垂直平分线上，∴OC垂直平分AB，∴OC⊥AB．本题考查了切线的判定，圆周角定理，三角形的内角和定理等知识点，注意:经过半径的外端且垂直于半径的直线是圆的切线，直径所对的圆周角是直角．23、【分析】设DG＝CG＝a，则AB＝2a＝OB，DG＝OG＝CG＝a，BG＝3a，BC＝AD＝4，由勾股定理得出，解得a＝，证明△EDG∽△GCF，得出比例线段，求出CF．则可求出EF．由四边形面积公式可求出答案．【详解】解：由折叠可得，AE＝OE＝DE，CG＝OG＝DG，∴E，G分别为AD，CD的中点，设DG＝CG＝a，则AB＝2a＝OB，DG＝OG＝CG＝a，BG＝3a，BC＝AD＝4，∵∠C＝90°，∴Rt△BCG中，，∴，∴a＝，∴DG＝CG＝，∴BG＝OB+OG＝2＝3，由折叠可得∠EGD＝∠EGO，∠OGF＝∠FGC，∴∠EGF＝90°，∴∠EGD+∠FGC＝90°，∵∠EGD+∠DEG＝90°，∴∠FGC＝∠DEG，∵∠EDG＝∠GCF＝90°，∴△EDG∽△GCF，∴，∴．∴CF＝1，∴FO＝1，∴EF＝3，由折叠可得，∴∠BOE=∠A＝90°，∵点B，O，G在同一条直线上，点E，O，F在另一条直线上，∴EF⊥BG，∴S四边形EBFG＝×BG×EF＝×3＝．故答案为：．本题考查了矩形折叠的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解题的关键24、（2）y＝﹣x2+2x+2；（2）点P的坐标为（0，2+）；（2）MD2＝n2﹣n+3；点M的坐标为（，）或（，）．【分析】（2）根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）过点E作EF⊥x轴于点F，根据旋转的性质及同角的余角相等，可证出△ODP≌△FED（AAS），由抛物线的解析式可得出点D的坐标，进而可得出OD的长度，利用全等三角形的性质可得出EF的长度，再利用二次函数图象上点的坐标特征可求出DF，OP的长，结合点P在y轴正半轴即可得出点P的坐标；（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可得出m2﹣2m＝2﹣n，根据点D，M的坐标，利用两点间的距离公式可得出MD2＝n2﹣n+3，利用配方法可得出当MD2取得最小值时n的值，再利用二次