2023屆江西南昌市西湖區(qū)第二十四中學九年級數學第一學期期末經典模擬試題含解析

2022-2023學年九上數學期末模擬試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，那么cosB的值是（

）A． B． C． D．2．如圖，以點O為位似中心，將△ABC放大得到△DEF，若AD＝OA，則△ABC與△DEF的面積之比為()A．1:2 B．1:4 C．1:5 D．1:63．二次函數的圖象的頂點坐標是()A． B． C． D．4．已知，則（）A．2 B． C．3 D．5．下列方程中是關于的一元二次方程的是()A． B． C． D．6．如圖所示,將矩形ABCD繞點A順時針旋轉到矩形AB′C′D′的位置,旋轉角為α(0°<α<90°).若∠1=110°,則α等于()A．20° B．30° C．40° D．50°7．如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，將Rt△ABC繞點C按逆時針方向旋轉46°得到Rt△A′B′C，點A在邊B′C上，則∠ACB的大小為（）A．23° B．44° C．46° D．54°8．甲、乙兩位同學在一次用頻率估計概率的試驗中，統(tǒng)計了某一結果出現的頻率，給出的統(tǒng)計圖如圖所示，則符合這一結果的試驗可能是（）A．擲一枚硬幣，出現正面朝上的概率B．擲一枚硬幣，出現反面朝上的概率C．擲一枚骰子，出現點的概率D．從只有顏色不同的兩個紅球和一個黃球中，隨機取出一個球是黃球的概率9．如圖，正方形中，點、分別在邊，上，與交于點.若，，則的長為（）A． B． C． D．10．如圖，將兩張長為10，寬為2的矩形紙條交叉，使重疊部分是一個菱形，容易知道當兩張紙條垂直時，菱形的周長有最小值8，那么，菱形周長的最大值為（）A． B． C． D．21二、填空題(每小題3分,共24分)11．已知正方形ABCD的邊長為，分別以B、D為圓心，以正方形的邊長為半徑在正方形內畫弧，得到如圖所示的陰影部分，若隨機向正方形ABCD內投擲一顆石子，則石子落在陰影部分的概率為_____．（結果保留π）12．如圖，在平面直角坐標系中，等腰Rt△OA1B1的斜邊OA1＝2，且OA1在x軸的正半軸上，點B1落在第一象限內．將Rt△OA1B1繞原點O逆時針旋轉45°，得到Rt△OA2B2，再將Rt△OA2B2繞原點O逆時針旋轉45°，又得到Rt△OA3B3，……，依此規(guī)律繼續(xù)旋轉，得到Rt△OA2019B2019，則點B2019的坐標為_____．13．如圖，點是函數圖象上的一點，連接，交函數的圖象于點，點是軸上的一點，且，則的面積為_________.14．如圖，點、分別在的邊、上，若，，．若，，則的長是__________．15．如圖，已知⊙O的半徑為2，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，∠ABC＝∠AOC，且AD＝CD，則圖中陰影部分的面積等于______．16．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與軸的正半軸相交于點，其頂點為，將這條拋物線繞點旋轉后得到的拋物線與軸的負半軸相交于點，其頂點為，連接，，，，則四邊形的面積為__________；17．代數式a2＋a＋3的值為7，則代數式2a2＋2a－3的值為________．18．已知拋物線與軸交點的橫坐標分別為3，1；與軸交點的縱坐標為6，則二次函數的關系式是____．三、解答題(共66分)19．（10分）已知拋物線的解析式是y＝x1﹣（k+1）x+1k﹣1．（1）求證：此拋物線與x軸必有兩個不同的交點；（1）若拋物線與直線y＝x+k1﹣1的一個交點在y軸上，求該二次函數的頂點坐標．20．（6分）（1）（學習心得）于彤同學在學習完“圓”這一章內容后，感覺到一些幾何問題如果添加輔助圓，運用圓的知識解決，可以使問題變得非常容易.例如：如圖1，在中，,是外一點，且,求的度數.若以點為圓心，為半徑作輔助，則、必在上，是的圓心角，而是圓周角，從而可容易得到=________.（2）（問題解決）如圖2，在四邊形中，,,求的度數.（3）（問題拓展）如圖3，是正方形的邊上兩個動點，滿足.連接交于點，連接交于點,連接交于點,若正方形的邊長為2，則線段長度的最小值是_______.21．（6分）⊙O中，直徑AB和弦CD相交于點E，已知AE＝1cm，EB＝5cm，且，求CD的長．22．（8分）“五一勞動節(jié)大酬賓！”，某商場設計的促銷活動如下：在一個不透明的箱子里放有4個相同的小球，球上分別標有“0元”、“10元”、“20元”和“50元”的字樣．規(guī)定：在本商場同一日內，顧客每消費滿300元，就可以在箱子里先后摸出兩個球（第一次摸出后不放回）．商場根據兩小球所標金額的和返還相等價格的購物券，購物券可以在本商場消費．某顧客剛好消費300元．（1）該顧客至多可得到________元購物券；（2）請你用畫樹狀圖或列表的方法，求出該顧客所獲得購物券的金額不低于50元的概率．23．（8分）如圖，A，B，C三點的坐標分別為A(1，0)，B(4，3)，C(5，0)，試在原圖上畫出以點A為位似中心，把△ABC各邊長縮小為原來的一半的圖形，并寫出各頂點的坐標．24．（8分）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+3的對稱軸為直線x＝﹣1，分別與x軸交于點A，B（A在B的左側），與y軸交于點C．（1）求b的值；（2）若將線段BC繞點C順時針旋轉90°得到線段CD，問：點D在該拋物線上嗎？請說明理由．25．（10分）如圖，利用的墻角修建一個梯形的儲料場，其中，并使，新建墻上預留一長為1米的門.如果新建墻總長為15米，那么怎樣修建才能使儲料場的面積最大？最大面積多少平方米？26．（10分）汽車產業(yè)的發(fā)展，有效促進我國現代建設．某汽車銷售公司2007年盈利3000萬元，到2009年盈利4320萬元，且從2007年到2009年，每年盈利的年增長率相同，該公司2008年盈利多少萬元?

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、A【分析】畫出圖像,勾股定理求出AB的長,表示cosB即可解題.【詳解】解：如下圖,∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，∴AB=5（勾股定理）,∴cosB==,故選A.【點睛】本題考查了三角函數的求值,屬于簡單題,熟悉余弦函數的表示是解題關鍵.2、B【解析】試題分析：利用位似圖形的性質首先得出位似比，進而得出面積比．∵以點O為位似中心，將△ABC放大得到△DEF，AD=OA，∴OA：OD=1：2，∴△ABC與△DEF的面積之比為：1：1．故選B．考點：位似變換．3、B【分析】根據二次函數的性質，用配方法求出二次函數頂點式，再得出頂點坐標即可．【詳解】解：∵拋物線

=(x+1)2+3

∴拋物線的頂點坐標是：(?1,3)．

故選B．【點睛】此題主要考查了利用配方法求二次函數頂點式以及求頂點坐標，此題型是考查重點，應熟練掌握．4、B【解析】直接利用相似三角形的性質求解．【詳解】∵△ABC∽△A′B′C′,∴又∵AB＝8，A’B’＝6，∴=.故選B.【點睛】此題考查相似三角形的性質，難度不大5、C【分析】一元二次方程必須滿足四個條件：（1）未知數的最高次數是2；（2）二次項系數不為0；（3）是整式方程；（4）含有一個未知數．由這四個條件對四個選項進行驗證，滿足這四個條件者為正確答案．【詳解】A、不是整式方程，故本選項錯誤；B、當=0時，方程就不是一元二次方程，故本選項錯誤；C、由原方程，得，符合一元二次方程的要求，故本選項正確；D、方程中含有兩個未知數，故本選項錯誤．故選C．【點睛】此題考查的是一元二次方程的判斷，掌握一元二次方程的定義是解決此題的關鍵．6、A【解析】由性質性質得，∠D′=∠D=90°,∠4=α,由四邊形內角和性質得∠3=360°-90°-90°-110°=70°,所以∠4=90°-70°=20°.【詳解】如圖,因為四邊形ABCD為矩形,所以∠B=∠D=∠BAD=90°,因為矩形ABCD繞點A順時針旋轉得到矩形AB′C′D′,所以∠D′=∠D=90°,∠4=α,因為∠1=∠2=110°,所以∠3=360°-90°-90°-110°=70°,所以∠4=90°-70°=20°,所以α=20°.故選：A【點睛】本題考核知識點：旋轉角.解題關鍵點：理解旋轉的性質.7、C【分析】根據題意：Rt△ABC繞點C按逆時針方向旋轉46°得到Rt△A′B′C，即旋轉角為46°，則∠ACB=46°即可得解.【詳解】由旋轉得：∠ACA′=∠ACB=46°，故選：C．【點睛】本題考查了旋轉，比較簡單，明確旋轉角的概念并能找到旋轉角是關鍵．8、D【分析】根據統(tǒng)計圖可知，試驗結果在0.33附近波動，即其概率P≈0.33，計算四個選項的概率，約為0.33者即為正確答案．【詳解】解：A.擲一枚硬幣，出現正面朝上的概率為，故此選項不符合題意；B.擲一枚硬幣，出現反面朝上的概率為，故此選項不符合題意；C.擲一枚骰子，出現點的概率為，故此選項不符合題意；D.從只有顏色不同的兩個紅球和一個黃球中，隨機取出一個球是黃球的概率為，故此選項符合題意；故選：D.【點睛】本題考查了利用頻率估計概率，大量反復試驗下頻率穩(wěn)定值即概率．用到的知識點為：頻率=所求情況數與總情況數之比．同時此題在解答中要用到概率公式．9、A【分析】根據正方形的性質以及勾股定理求得，證明，根據全等三角形的性質可得，繼而根據，可求得CG的長，進而根據即可求得答案.【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，，∴，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，，∴，，∴，故選A.【點睛】本題考查了正方形的性質，勾股定理，全等三角形的判定與性質，三角函數等知識，綜合性較強，熟練掌握和靈活運用相關知識是解題的關鍵.注意數形結合思想的運用.10、C【分析】畫出圖形，設菱形的邊長為x，根據勾股定理求出周長即可．【詳解】解：當兩張紙條如圖所示放置時，菱形周長最大，設這時菱形的邊長為xcm，在Rt△ABC中，由勾股定理：x2＝（10﹣x）2+22，解得：x＝，∴4x＝，即菱形的最大周長為cm．故選：C．【點睛】此題考查矩形的性質，本題的解答關鍵是怎樣放置紙條使得到的菱形的周長最大，然后根據圖形列方程．二、填空題(每小題3分,共24分)11、【分析】先求出空白部分面積，進而得出陰影部分面積，再利用石子落在陰影部分的概率＝陰影部分面積÷正方形面積，進而得出答案．【詳解】∵扇形ABC中空白面積=，∴正方形中空白面積=2×（2﹣）＝4﹣π，∴陰影部分面積=2﹣（4﹣π）＝π﹣2，∴隨機向正方形ABCD內投擲一顆石子，石子落在陰影部分的概率=．故答案為：．【點睛】本題主要考查扇形的面積公式和概率公式，通過割補法，求出陰影部分面積，是解題的關鍵.12、（﹣1，1）【分析】觀察圖象可知，點B1旋轉8次為一個循環(huán)，利用這個規(guī)律解決問題即可．【詳解】解：觀察圖象可知，點B1旋轉8次一個循環(huán)，∵2018÷8＝252余數為2，∴點B2019的坐標與B3（﹣1，1）相同，∴點B2019的坐標為（﹣1，1）．故答案為（﹣1，1）．【點睛】本題考查坐標與圖形的變化?旋轉，規(guī)律型問題，解題的關鍵是學會探究規(guī)律的方法，屬于中考?？碱}型．13、4【分析】作AE⊥x軸于點E，BD⊥x軸于點D得出△OBD∽△OAE，根據面積比等于相似比的平方結合反比例函數的幾何意義求出，再利用條件“AO=AC”得出，進而分別求出和相減即可得出答案.【詳解】作AE⊥x軸于點E，BD⊥x軸于點D∴△OBD∽△OAE∴根據反比例函數的幾何意義可得：，∴∵AO=AC∴OE=EC∴∴，∴故答案為4.【點睛】本題考查的是反比例函數與幾何的綜合，難度系數較大，需要熟練掌握反比例函數的幾何意義.14、【分析】由題意根據三角形內角和定理以及相似三角形的判定定理和相似三角形的性質即可求出答案．【詳解】解：∵∠A=40°，∠B=65°，∴∠C=180°-40°-65°=75°，∴∠C=∠AED，∵∠A=∠A（公共角），∴△ADE∽△ABC，∴，∴.故答案為：．【點睛】本題考查相似三角形，解題的關鍵是熟練運用相似三角形的性質與判定，屬于基礎題型，難度較?。?5、π﹣【分析】根據題意可以得出三角形ACD是等邊三角形，進而求出∠AOD，再根據直角三角形求出OE、AD，從而從扇形的面積減去三角形AOD的面積即可得出陰影部分的面積．【詳解】解：連接AC，OD，過點O作OE⊥AD，垂足為E，∵∠ABC＝∠AOC，∠AOC＝2∠ADC，∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠ABC＝120°，∠ADC＝60°，∵AD＝CD，∴△ACD是正三角形，∴∠AOD＝120°，OE＝2×cos60°＝1，AD＝2×sin60°×2＝2，∴S陰影部分＝S扇形OAD﹣S△AOD＝×π×22﹣×2×1＝π﹣，故答案為：π﹣．【點睛】本題主要考察扇形的面積和三角形的面積，熟練掌握面積公式及計算法則是解題關鍵.16、32【分析】利用拋物線的解析式算出M的坐標和A的坐標,根據對稱算出B和N的坐標,再利用兩個三角形的面積公式計算和即可.【詳解】∵,∴M(2,-4),令,解得x1=0,x2=4,∴A(0,4),∵B,N分別關于原點O的對稱點是A,M,∴B(-4,-0),N(-2,4),∴AB=8,∴四邊形AMBN的面積為:2S△ABM=,故答案為:32.【點睛】本題考查二次函數的性質,關鍵在于利用對稱性得出坐標點.17、3【分析】先求得a2+a=1，然后依據等式的性質求得2a3+2a=2，然后再整體代入即可．【詳解】∵代數式a2+a+3的值為7，∴a2+a=1．∴2a3+2a=2．∴2a3+2a-3=2-3=3．故答案為3．【點睛】本題主要考查的是求代數式的值，整體代入是解題的關鍵．18、．【分析】先設所求拋物線是，根據題意可知此線通過，，，把此三組數代入解析式，得到關于、、的方程組，求解即可．【詳解】解：設所求拋物線是，根據拋物線與軸交點的橫坐標分別為3，1；與軸交點的縱坐標為6，得：，解得，∴函數解析式是．故答案為：．【點睛】本題考查了用待定系數法求函數解析式，方程組的解法，熟悉相關解法是解題的關鍵．三、解答題(共66分)19、（1）此拋物線與x軸必有兩個不同的交點；（1）（，﹣）．【分析】（1）由△=[-（k+1）]1-4×1×（1k-1）=k1-4k+11=（k-1）1+8＞0可得答案；

（1）先根據拋物線與直線y=x+k1-1的一個交點在y軸上得出1k-1=k1-1，據此求得k的值，再代入函數解析式，配方成頂點式，從而得出答案．【詳解】（1）∵△＝[﹣（k+1）]1﹣4×1×（1k﹣1）＝k1﹣4k+11＝（k﹣1）1+8＞0，∴此拋物線與x軸必有兩個不同的交點；（1）∵拋物線與直線y＝x+k1﹣1的一個交點在y軸上，∴1k﹣1＝k1﹣1，解得k＝1，則拋物線解析式為y＝x1﹣3x＝（x﹣）1﹣，所以該二次函數的頂點坐標為（，﹣）．【點睛】本題主要考查的是拋物線與x軸的交點，解題的關鍵是掌握二次函數y=ax1+bx+c（a，b，c是常數，a≠0）的交點與一元二次方程ax1+bx+c=0根之間的關系及熟練求二次函數的頂點式．20、（1）45；（2）25°；（3）【解析】（1）利用同弦所對的圓周角是所對圓心角的一半求解．（2）由A、B、C、D共圓，得出∠BDC＝∠BAC，（3）根據正方形的性質可得AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，然后利用“邊角邊”證明△ABE和△DCF全等，根據全等三角形對應角相等可得∠1＝∠2，利用“SAS”證明△ADG和△CDG全等，根據全等三角形對應角相等可得∠2＝∠3，從而得到∠1＝∠3，然后求出∠AHB＝90°，取AB的中點O，連接OH、OD，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OH＝AB＝1，利用勾股定理列式求出OD，然后根據三角形的三邊關系可知當O、D、H三點共線時，DH的長度最?。驹斀狻浚?）如圖1，∵AB＝AC，AD＝AC，∴以點A為圓心，點B、C、D必在⊙A上，∵∠BAC是⊙A的圓心角，而∠BDC是圓周角，∴∠BDC＝∠BAC＝45°，故答案是：45；（2）如圖2，取BD的中點O，連接AO、CO．∵∠BAD＝∠BCD＝90°，∴點A、B、C、D共圓，∴∠BDC＝∠BAC，∵∠BDC＝25°，∴∠BAC＝25°；（3）在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠1＝∠2，在△ADG和△CDG中，，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，∵∠BAH＋∠3＝∠BAD＝90°，∴∠1＋∠BAH＝90°，∴∠AHB＝180°?90°＝90°，取AB的中點O，連接OH、OD，則OH＝AO＝AB＝1，在Rt△AOD中，OD＝，根據三角形的三邊關系，OH＋DH＞OD，∴當O、D、H三點共線時，DH的長度最小，最小值＝OD?OH＝?1．【點睛】本題主要考查了圓的綜合題，需要掌握垂徑定理、圓周角定理、等腰直角三角形的性質以及勾股定理等知識，難度偏大，解題時，注意輔助線的作法．21、2（cm）【分析】先求出圓的半徑，再通過作OP⊥CD于P，求出OP長，再根據勾股定理求出DP長，最后利用垂徑定理確定CD長度.【詳解】解：作OP⊥CD于P，連接OD，∴CP＝PD，∵AE＝1，EB＝5，∴AB＝6，∴OE＝2，在Rt△OPE中，OP＝OE?sin∠DEB＝，∴PD＝＝，∴CD＝2PD＝2（cm）．【點睛】本題考查了垂徑定理，勾股定理及直角三角形的性質，根據題意作出輔助線，構造直角三角形及構造出符合垂徑定理的條件是解答此題的關鍵.22、（1）70；（2）畫樹狀圖見解析，該顧客所獲得購物券的金額不低于50元的概率1【解析】試題分析：（1）由題意可得該顧客至多可得到購物券：50+20=70（元）；（2）首先根據題意畫出樹狀圖，然后由樹狀圖求得所有等可能的結果與該顧客所獲得購物券的金額不低于50元的情況，再利用概率公式即可求得答案．試題解析：（1）則該顧客至多可得到購物券：50+20=70（元）；（2）畫樹狀圖得：∵共有12種等可能的結果，該顧客所獲得購物券的金額不低于50元的有6種情況，∴該顧客所獲得購物券的金額不低于50元的概率為：61223、各頂點坐標分別為A(1，0)，B′(2.5，1.5)，C′(3，0)或A(1，0)，B″(－0.5，－1.5)，C″(－1，0)．【解析】根據題意，分別從AB，AC上截取它的一半找到對應點即可．【詳解】如答圖所示，△AB′C′，△AB″C″即是所求的三角形(畫出一種即可)．各頂點坐標分別為A(1，0)，B′(2.5，1.5)，C′(3，0)或A(1，0)，B″(－0.5，－1.5)，C″(－1，0)．【點睛】本題考查了畫位似圖形．畫位似圖形的一般步驟為：①確定位似中心，②分別連接并延長位似中心和能代表原圖的關鍵點；③根據相似比，確定能代表所作的位似圖形的關鍵點；順次連接上述各點，得到放大或縮小的圖形．24、（1）b＝﹣2；（2）點D不在該拋物線上，見解析【分析】