2027届江苏省苏州市昆山市、太仓市数学九上期末达标检测模拟试题含解析

2027届江苏省苏州市昆山市、太仓市数学九上期末达标检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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．下列方程属于一元二次方程的是（）A． B．C． D．2．若函数y＝(a－1)x2－4x＋2a的图象与x轴有且只有一个交点，则a的值为().A．－1或2 B．－1或1C．1或2 D．－1或2或13．在△ABC中，∠C=90°，则下列等式成立的是（）A．sinA= B．sinA= C．sinA= D．sinA=4．把二次函数y=2x2的图象向右平移3个单位，再向上平移2个单位后的函数关系式是（）A． B．C． D．5．如图所示的图案是由下列哪个图形旋转得到的（）A． B． C． D．6．抛物线关于轴对称的抛物线的解析式为（）.A． B．C． D．7．如图，在Rt△ABC中，AC＝6，AB＝10，则sinA的值（）A． B． C． D．8．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，sin∠B＝，则BC＝（）A．15 B．6 C．9 D．89．如图，AB∥CD，点E在CA的延长线上.若∠BAE=40°，则∠ACD的大小为（）A．150° B．140° C．130° D．120°10．如图，若AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD＝58°，则∠BCD＝（）A．116° B．32° C．58° D．64°11．如图，已知的周长等于，则它的内接正六边形ABCDEF的面积是（）A． B． C． D．12．菱形具有而矩形不具有的性质是（）A．对角相等 B．四个角相等 C．对角线相等 D．四条边相等二、填空题（每题4分，共24分）13．已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴的两个交点的坐标分别是（﹣3，0），（2，0），则方程ax2+bx+c=0（a≠0）的解是_____．14．比较大小：_____1．（填“＞”、“=”或“＜”）15．小杰在楼下点A处看到楼上点B处的小明的仰角是42度，那么点B处的小明看点A处的小杰的俯角等于_____度．16．如图，在中，，，．将绕点逆时针旋转，使点落在边上的处，点落在处，则，两点之间的距离为__________；17．数学课上，老师在投影屏上出示了下列抢答题，需要回答横线上符号代表的内容◎代表__________________，@代表_________________。18．如图，是的直径，弦则阴影部分图形的面积为_________．三、解答题（共78分）19．（8分）在平面直角坐标系xOy中，△ABC的位置如图所示．

（1）分别写出△ABC各个顶点的坐标；

（2）分别写出顶点A关于x轴对称的点A′的坐标、顶点B关于y轴对称的点B′的坐标及顶点C关于原点对称的点C′的坐标；

（3）求线段BC的长．20．（8分）在直角坐标平面内，直线分别与轴、轴交于点，.抛物线经过点与点，且与轴的另一个交点为.点在该抛物线上，且位于直线的上方.（1）求上述抛物线的表达式；（2）联结，，且交于点，如果的面积与的面积之比为，求的余切值；（3）过点作，垂足为点，联结.若与相似，求点的坐标.21．（8分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BOD＝140°，求∠BCD的度数．22．（10分）如图，是等边三角形，顺时针方向旋转后能与重合.（1）旋转中心是___________，旋转角度是___________度，（2）连接，证明：为等边三角形.23．（10分）如图，在Rt△ABC中，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作圆，分别与BC，AB相交于点D，E，连结AD．已知∠CAD=∠B,（1）求证：AD是⊙O的切线．（2）若BC=8，tanB=，求⊙O的半径．24．（10分）已知△ABC是等腰三角形，AB=AC．（1）特殊情形：如图1，当DE∥BC时，有DBEC．（填“＞”，“＜”或“=”）（2）发现探究：若将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）到图2位置，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展运用：如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．25．（12分）如图①，抛物线与轴交于，两点（点位于点的左侧），与轴交于点．已知的面积是．（1）求的值；（2）在内是否存在一点，使得点到点、点和点的距离相等，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图②，是抛物线上一点，为射线上一点，且、两点均在第三象限内，、是位于直线同侧的不同两点，若点到轴的距离为，的面积为，且，求点的坐标．26．化简：．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【解析】本题根据一元二次方程的定义求解．一元二次方程必须满足两个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为1．【详解】解：A、该方程符合一元二次方程的定义，符合题意；B、该方程属于二元二次方程，不符合题意；C、当a=1时，该方程不是一元二次方程，不符合题意；D、该方程不是整式方程，不是一元二次方程，不符合题意．故选：A．本题利用了一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c=1（且a≠1）．特别要注意a≠1的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．2、D【解析】当该函数是一次函数时，与x轴必有一个交点，此时a－1＝0，即a＝1.当该函数是二次函数时，由图象与x轴只有一个交点可知Δ＝(－4)2－4(a－1)×2a＝0，解得a1＝－1，a2＝2.综上所述，a＝1或－1或2.故选D.3、B【解析】分析：根据题意画出图形，进而分析得出答案．详解：如图所示：sinA=．故选B．点睛：本题主要考查了锐角三角函数的定义，正确记忆边角关系是解题的关键．4、A【解析】将二次函数的图象向右平移3个单位，再向上平移2个单位后的函数关系式为：.故选A.5、D【解析】由一个基本图案可以通过旋转等方法变换出一些复合图案．【详解】由图可得，如图所示的图案是由绕着一端旋转3次，每次旋转90°得到的，

故选：D．此题考查旋转变换，解题关键是利用旋转中的三个要素（①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度）设计图案．通过旋转变换不同角度或者绕着不同的旋转中心向着不同的方向进行旋转都可设计出美丽的图案．6、B【解析】先求出抛物线y=2（x﹣2）2﹣1关于x轴对称的顶点坐标，再根据关于x轴对称开口大小不变，开口方向相反求出a的值，即可求出答案.【详解】抛物线y=2（x﹣2）2﹣1的顶点坐标为（2，﹣1），而（2，﹣1）关于x轴对称的点的坐标为（2，1），所以所求抛物线的解析式为y=﹣2（x﹣2）2+1．故选B．本题考查了二次函数的轴对称变换，此图形变换包括x轴对称和y轴对称两种方式.二次函数关于x轴对称的图像，其形状不变，但开口方向相反，因此a值为原来的相反数，顶点位置改变，只要根据关于x轴对称的点坐标特征求出新的顶点坐标，即可确定解析式.二次函数关于y轴对称的图像，其形状不变，开口方向也不变，因此a值不变，但是顶点位置改变，只要根据关于y轴对称的点坐标特征求出新的顶点坐标，即可确定解析式.7、A【分析】根据勾股定理得出BC的长，再根据sinA＝代值计算即可．【详解】解：∵在Rt△ABC中，AC＝6，AB＝10，∴BC＝＝8，∴sinA＝＝＝；故选：A．本题考查勾股定理及正弦的定义，熟练掌握正弦的表示是解题的关键.8、D【分析】首先根据正弦函数的定义求得AC的长，然后利用勾股定理求得BC的长．【详解】解：∴直角△ABC中，故选：D．本题考查的是锐角三角形的正弦函数，理解熟记正弦三角函数定义是解决本题的关键．9、B【解析】试题分析：如图，延长DC到F，则∵AB∥CD，∠BAE=40°，∴∠ECF=∠BAE=40°.∴∠ACD=180°-∠ECF=140°.故选B．考点：1.平行线的性质；2.平角性质.10、B【分析】根据圆周角定理求得：∠AOD＝2∠ABD＝116°（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）、∠BOD＝2∠BCD（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）；根据平角是180°知∠BOD＝180°﹣∠AOD，∴∠BCD＝32°．【详解】解：连接OD．∵AB是⊙0的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD＝58°，∴∠AOD＝2∠ABD＝116°（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）；又∵∠BOD＝180°﹣∠AOD，∠BOD＝2∠BCD（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）；∴∠BCD＝32°；故答案为B．本题主要考查了圆周角定理，理解同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半是解答本题的关键.11、C【分析】过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，由⊙O的周长等于6πcm，可得⊙O的半径，又由圆的内接多边形的性质可得∠AOB=60°，即可证明△AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质可求出OH的长，根据S正六边形ABCDEF=6S△OAB即可得出答案．【详解】过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，设⊙O的半径为r，∵⊙O的周长等于6πcm，∴2πr=6π，解得：r=3，∴⊙O的半径为3cm，即OA=3cm，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠AOB=×360°=60°，OA=OB，∴△OAB是等边三角形，∴AB=OA=3cm，∵OH⊥AB，∴AH=AB，∴AB=OA=3cm，∴AH=cm，OH==cm，∴S正六边形ABCDEF=6S△OAB=6××3×=（cm2）．故选C.此题考查了正多边形与圆的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．12、D【分析】菱形和矩形都是平行四边形，具有平行四边形的所有性质，菱形还具有独特的性质：四边相等，对角线垂直；矩形具有独特的性质：对角线相等，邻边互相垂直．【详解】解答：解：A、对角相等，菱形和矩形都具有的性质，故A错误；B、四角相等，矩形的性质，菱形不具有的性质，故B错误；C、对角线相等是矩形具有而菱形不具有的性质，故C错误；D、四边相等，菱形的性质，矩形不具有的性质，故D正确；故选D．考点：菱形的性质；矩形的性质．二、填空题（每题4分，共24分）13、.x1＝－3，x2＝2【详解】解：∵抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴的两个交点的坐标分别是(−3,0)，(2,0)，∴当x=−3或x=2时，y=0，即方程的解为故答案为：14、＞．【解析】先求出1=，再比较即可．【详解】∵12=9＜10，∴＞1，故答案为＞．【点睛】本题考查了实数的大小比较和算术平方根的应用，用了把根号外的因式移入根号内的方法．15、1【解析】根据题意画出图形，然后根据平行线的性质可以求得点B处的小明看点A处的小杰的俯角的度数，本题得以解决．【详解】解：由题意可得，∠BAO＝1°，∵BC∥AD，∴∠BAO＝∠ABC，∴∠ABC＝1°，即点B处的小明看点A处的小杰的俯角等于1度，故答案为：1．本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．16、【分析】利用勾股定理算出AB的长,再算出BE的长,再利用勾股定理算出BD即可.【详解】∵AC=4,BC=3,∠C=90°,∴AB=5,∴EB=5-4=1,∴BD=.故答案为:.本题考查勾股定理的应用,关键在于通过旋转找到等量关系.17、∠EFC内错角【分析】根据图形，结合三角形外角的性质、等量代换、平行线的判定即可将解答补充完整.【详解】证明：延长BE交DC于点F，则（三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和）.又，得，故（内错角相等，两直线平行）.故答案为：∠EFC；内错角.本题考查了三角形外角的性质、平行线的判定，通过作辅助线，构造内错角证明平行，及有效地进行等量代换是证明的关键.18、【分析】根据垂径定理求得CE=ED=；然后由圆周角定理知∠COE=60°．然后通过解直角三角形求得线段OC，求出扇形COB面积，即可得出答案．【详解】解：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，CD=2，∴CE=CD=，∠CEO=90°，∵∠CDB=30°，∴∠COB=2∠CDB=60°，∴OC==2，∴阴影部分的面积S=S扇形COB=，

故答案为：．本题考查了垂径定理、解直角三角形，圆周角定理，扇形面积的计算等知识点，能知道阴影部分的面积=扇形COB的面积是解此题的关键．三、解答题（共78分）19、（1）A（-4，3），C（-2，5），B（3，0）；（2）点A′的坐标为：（-4，-3），B′的坐标为：（-3，0），点C′的坐标为：（2，-5）；（3）5．.【分析】（1）直接利用坐标系得出各点坐标即可；

（2）利用关于坐标轴对称点的性质分别得出答案；

（3）直接利用勾股定理得出答案．【详解】（1）A（-4，3），C（-2，5），B（3，0）；（2）如图所示：点A′的坐标为：（-4，-3），B′的坐标为：（-3，0），点C′的坐标为：（2，-5）；

（3）线段BC的长为：=5．此题主要考查关于坐标轴对称点的性质,勾股定理，正确得出对应点位置是解题关键．20、（1）；（2）；（3）的坐标为或【分析】（1）先根据直线表达式求出A,C的坐标，再用待定系数法求出抛物线的表达式即可；（2）过点作于点，先求出点B的坐标，再根据面积之间的关系求出点E的坐标，然后利用余切的定义即可得出答案；（3）若与相似，分两种情况：若，；若时，，分情况进行讨论即可.【详解】（1）当时，，解得，∴当时，，∴把，两点的坐标代入，得，解得，.（2）过点作于点，当时，解得∴，，，，，.，.（3），，①若，,则点的纵坐标为2，把代入得或（舍去），.②若时，过点作轴于点，过点作交轴于点，，，，，设，则，，.∵，∴∴，，设，代入得（舍去）或者，.综上所述，的坐标为或.本题主要考查相似三角形的判定及性质，待定系数法，三角函数，掌握相似三角形的判定方法和分情况讨论是解题的关键.21、110°【分析】先根据圆周角定理得到∠A=∠BOD=70°，然后根据圆内接四边形的性质求∠BCD的度数．【详解】∵∠BOD＝140°，∴∠A＝∠BOD＝70°，∴∠BCD＝180°﹣∠A＝110°．本题考查了圆周角定理：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．也考查了圆内接四边形的性质．22、（1）B，60；（2）见解析【分析】（1）根据三角形三个顶点中没有变动的点就是旋转中心来判断，再根据旋转的性质判断出旋转的角度即可；（2）先根据旋转的性质得出和即可证明.【详解】解：（1）旋转中心是，旋转角度是度；（2）证明：是等边三角形，，旋转角是；，又，是等边三角形．本题主要考察正三角形的判定及性质、图形的旋转性质，熟练掌握性质是关键.23、（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接OD，由OD=OB，利用等边对等角得到一对角相等，再由已知角相等，等量代换得到∠1=∠3，求出∠4为90°，即可得证；

（2）设圆的半径为r，利用锐角三角函数定义求出AB的长，再利用勾股定理列出关于r的方程，求出方程的解即可得到结果．【详解】（1）证明：连接，，，，，在中，，，，则为圆的切线；（2）设圆的半径为，在中，，根据勾股定理得：，，在中，，，根据勾股定理得：，在中，，即，解得：．此题考查了切线的判定与性质，以及勾股定理，熟练掌握切线的判定与性质是解本题的关键．24、（1）=；（2）成立，证明见解析；（3）135°.【分析】试题（1）由DE∥BC，得到，结合AB=AC，得到DB=EC；（2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；（3）由旋转构造出△CPB≌△CEA，再用勾股定理计算出PE，然后用勾股定理逆定理判断出△PEA是直角三角形，再简单计算即可．【详解】（1）∵DE∥BC，∴，∵AB=AC，∴DB=EC，故答案为=，（2）成立．证明：由①易知AD=AE，∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，又∵AD=AE，AB=AC∴△DAB≌△EAC，∴DB=CE，（3）如图，将△CPB绕点C旋转90°得△CEA，连接PE，∴△CPB≌△CEA，∴CE=CP=2，AE=BP=1，∠PCE=90°，∴∠CEP=∠CPE=45°，在Rt△PCE中，由勾股定理可得，PE=，在△PEA中，PE2=（）2=8，AE2=12=1，PA2=32=9，∵PE2+AE2=AP2，∴△PEA是直角三角形∴∠PEA=90°，∴∠CEA=135°，又∵△CPB≌△CEA∴∠BPC=∠CEA=135°．考点：几何变换综合题；平行线平行线分线段成比例.25、（1）-3；（2）存在点，使得点到点、点和点的距离相等；（3）坐标为【分析】（