2023届新疆奇台县数学九年级第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图所示的几何体，它的俯视图是（　　）

A． B．
C． D．
2．如图，点P（x，y）（x＞0）是反比例函数y=（k＞0）的图象上的一个动点，以点P为圆心，OP为半径的圆与x轴的正半轴交于点A，若△OPA的面积为S，则当x增大时，S的变化情况是（　　）

A．S的值增大 B．S的值减小
C．S的值先增大，后减小 D．S的值不变
3．如图，周长为定值的平行四边形中，，设的长为，周长为16，平行四边形的面积为，与的函数关系的图象大致如图所示，当时，的值为（ ）

A．1或7 B．2或6 C．3或5 D．4
4．如图是由几个大小相同的小正方体搭成的几何体的俯视图，小正方形中数字表示该位置小正方体的个数，则该几何体的左视图是（　　）

A． B． C． D．
5．关于的一元二次方程根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．根的情况无法判断
6．在一个不透明的袋子中放有若干个球，其中有6个白球，其余是红球，这些球除颜色外完全相同.每次把球充分搅匀后，任意摸出一个球记下颜色再放回袋子.通过大量重复试验后，发现摸到白球的频率稳定在0.25左右，则红球的个数约是（ ）
A．2 B．12 C．18 D．24
7．如图，已知⊙O的半径是2，点A、B、C在⊙O上，若四边形OABC为菱形，则图中阴影部分面积为（　　）

A．π﹣2 B．π﹣ C．π﹣2 D．π﹣
8．如图，平行于BC的直线DE把△ABC分成面积相等的两部分，则的值为（　　）

A．1 B． C．-1 D．+1
9．如图，抛物线＝与轴交于点，其对称轴为直线，结合图象分析下列结论：
① ； ② ；
③ ＞0； ④当时，随的增大而增大；
⑤ ≤（m为实数），其中正确的结论有（ ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
10．关于x的一元二次方程x2+4x+k＝0有两个相等的实数根，则k的值为（　　）
A．k＝4 B．k＝﹣4 C．k≥﹣4 D．k≥4
11．若，相似比为2，且的面积为12，则的面积为 （ ）
A．3 B．6 C．24 D．48
12．-2019的相反数是（ ）
A．2019 B．-2019 C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，已知等边的边长为，顶点在轴正半轴上，将折叠，使点落在轴上的点处，折痕为.当是直角三角形时，点的坐标为__________．

14．分式方程=1的解为_____
15．建国70周年阅兵式中，三军女兵方队共352人，其中领队2人，方队中，每排的人数比排数多11，则女兵方队共有____________排，每排有__________人．
16．如图，在4×4的正方形网格中，若将△ABC绕着点A逆时针旋转得到△AB′C′，则的长为_____．

17．150°的圆心角所对的弧长是5πcm，则此弧所在圆的半径是______cm．
18．如图，在中，，于，已知，则__________．

三、解答题（共78分）
19．（8分）为落实立德树人的根本任务，加强思改、历史学科教师的专业化队伍建设．某校计划从前来应聘的思政专业（一名研究生，一名本科生）、历史专业（一名研究生、一名本科生）的高校毕业生中选聘教师，在政治思想审核合格的条件下，假设每位毕业生被录用的机会相等
（1）若从中只录用一人，恰好选到思政专业毕业生的概率是 ：
（2）若从中录用两人，请用列表或画树状图的方法，求恰好选到的是一名思政研究生和一名历史本科生的概率．
20．（8分）某单位800名职工积极参加向贫困地区学校捐书活动，为了解职工的捐书数量，采用随机抽样的方法抽取30名职工的捐书数量作为样本，对他们的捐书数量进行统计，统计结果共有4本、5本、6本、7本、8本五类，分别用A、B、C、D、E表示，根据统计数据绘制成了如图所示的不完整的条形统计图，

由图中给出的信息解答下列问题：
（1）补全条形统计图；
（2）求这30名职工捐书本数的平均数，写出众数和中位数；
（3）估计该单位800名职工共捐书多少本？
21．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点O是边AC的中点．
（1）在图1中，将△ABC绕点O逆时针旋转n°得到△A1B1C1，使边A1B1经过点C．求n的值．
（2）将图1向右平移到图2位置，在图2中，连结AA1、AC1、CC1．求证：四边形AA1CC1是矩形；
（3）在图3中，将△ABC绕点O顺时针旋转m°得到△A2B2C2，使边A2B2经过点A，连结AC2、A2C、CC2．
①请你直接写出m的值和四边形AA2CC2的形状；
②若AB＝，请直接写出AA2的长．

22．（10分）如图，在矩形ABCD中，M是BC中点，请你仅用无刻度直尺按要求作图．
（1）在图1中，作AD的中点P；
（2）在图2中，作AB的中点Q．

23．（10分）定义：若函数与轴的交点的横坐标为，，与轴交点的纵坐标为，若，中至少存在一个值，满足（或），则称该函数为友好函数．如图，函数与轴的一个交点的横坐标为-3，与轴交点的纵坐标为-3，满足，称为友好函数．

（1）判断是否为友好函数，并说明理由；
（2）请探究友好函数表达式中的与之间的关系；
（3）若是友好函数，且为锐角，求的取值范围．
24．（10分）阅读下面材料，完成(1)-(3)题.
数学课上，老师出示了这样一道题:
如图，△ABC中，D为BC中点，且AD=AC,M为AD中点，连结CM并延长交AB于N.
探究线段AN、MN、CN之间的数量关系，并证明.

同学们经过思考后，交流了自已的想法:
小明：“通过观察和度量，发现线段AN、AB之间存在某种数量关系.”
小强：“通过倍长不同的中线，可以得到不同的结论，但都是正确的，大家就大胆的探究吧.”
小伟：“通过构造、证明相似三角形、全等三角形，就可以将问题解决.”
......
老师: “若其他条件不变，设AB=a,则可以用含a的式子表示出线段CM的长.”
（1）探究线段AN、AB之间的数量关系，并证明;
（2）探究线段AN、MN、CN之间的数量关系，并证明;
（3）设AB=a,求线段CM的长（用含a的式子表示）.
25．（12分）如图，是□ ABCD的边延长线上一点，连接，交于点．求证：△∽△CDF．

26．解下列两题：
(1)已知，求的值；
(2)已知α为锐角，且2sinα=4cos30°﹣tan60°，求α的度数．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】根据俯视图的确定方法，找到从上面看所得到的图形即是所求图形．
【详解】从几何体上面看，有三列，第一列2个，第二列1个位于第2层，第三列1个位于第2层．
故选：D．
【点睛】
本题考查了简单组合体的三视图，从上边看得到的图形是俯视图．
2、D
【分析】作PB⊥OA于B，如图，根据垂径定理得到OB=AB，则S△POB=S△PAB，再根据反比例函数k的几何意义得到S△POB=|k|，所以S=2k，为定值．
【详解】作PB⊥OA于B，如图，则OB=AB，∴S△POB=S△PAB．
∵S△POB=|k|，∴S=2k，∴S的值为定值．
故选D．

【点睛】
本题考查了反比例函数系数k的几何意义：在反比例函数y=图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．
3、B
【分析】过点A作AE⊥BC于点E，构建直角△ABE，通过解该直角三角形求得AE的长度，然后利用平行四边形的面积公式列出函数关系式，即可求解.
【详解】如图，过点A作AE⊥BC于点E，

∵∠B＝60°，边AB的长为x，
∴AE＝AB•sin60°＝
∵平行四边形ABCD的周长为16，
∴BC＝（16−2x）＝8−x，
∴y＝BC•AE＝（8−x）×（0≤x≤8）．
当时，（8−x）×=
解得x1=2,x2=6
故选B.
【点睛】
考查了动点问题的函数图象．掌握平行四边形的周长公式和解直角三角形求得AD、BE的长度是解题的关键．
4、A
【解析】左视图从左往右看，正方形的个数依次为：3，1．故选A．
5、A
【解析】若△＞0，则方程有两个不等式实数根，若△=0，则方程有两个相等的实数根，若△＜0，则方程没有实数根.求出△与零的大小，结果就出来了.
【详解】解：∵△= ，∴方程有两个不相等的实数根
【点睛】
本题主要考查根的判别式，掌握一元二次方程的根的判别式是关键.
6、C
【分析】根据用频率估计概率可知: 摸到白球的概率为0.25,根据概率公式即可求出小球的总数,从而求出红球的个数.
【详解】解:小球的总数约为:6÷0.25=24(个)
则红球的个数为:24－6=18(个)
故选C.
【点睛】
此题考查的是用频率估计概率和根据概率求小球的总数,掌握概率公式是解决此题的关键.
7、C
【解析】分析：连接OB和AC交于点D，根据菱形及直角三角形的性质先求出AC的长及∠AOC的度数，然后求出菱形ABCO及扇形AOC的面积，则由S菱形ABCO﹣S扇形AOC可得答案．
详解：连接OB和AC交于点D，如图所示：

∵圆的半径为2，
∴OB=OA=OC=2，
又四边形OABC是菱形，
∴OB⊥AC，OD=OB=1，
在Rt△COD中利用勾股定理可知：CD=，AC=2CD=2，
∵sin∠COD= ，
∴∠COD=60°，∠AOC=2∠COD=120°，
∴S菱形ABCO=B×AC=×2×2=2，
S扇形AOC=，
则图中阴影部分面积为S菱形ABCO﹣S扇形AOC=，
故选C．
点睛：本题考查扇形面积的计算及菱形的性质，解题关键是熟练掌握菱形的面积=a•b（a、b是两条对角线的长度）；扇形的面积=，有一定的难度．
8、C
【解析】由DE∥BC可得出△ADE∽△ABC，利用相似三角形的性质结合S△ADE=S四边形BCED，可得出，结合BD=AB﹣AD即可求出的值．
【详解】∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵S△ADE=S四边形BCED，S△ABC=S△ADE+S四边形BCED，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，牢记相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
9、B
【分析】根据题意和函数图象中的数据，利用二次函数的性质可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【详解】∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（-3，0），其对称轴为直线，
∴抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（-3，0）和（2，0），且=，
∴a=b，
由图象知：a<0，c>0，b<0，
∴abc>0，故结论①正确；
∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（-3，0），
∴9a-3b+c=0，
∵a=b，
∴c=-6a，
∴3a+c=-3a>0，故结论②正确；
∵当时，y=>0，
∴＜0，故结论③错误；
当x＜时，y随x的增大而增大，当<x<0时，y随x的增大而减小，故结论④错误；
∵a=b，
∴≤可换成≤，
∵a＜0，
∴可得≥-1，
即4m2+4m+1≥0
（2m+1）2≥0，故结论⑤正确；
综上：正确的结论有①②⑤，
故选：B．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数的性质，掌握知识点是解题关键．
10、A
【分析】根据方程有两个相等的实数根结合根的判别式即可得出关于k的一元一次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程x2+1x+k＝0有两个相等的实数根，
∴△＝12﹣1k＝16﹣1k＝0，
解得：k＝1．
故选：A．
【点睛】
本题考查了根的判别式以及解一元一次方程，熟练掌握“当△=0时，方程有两个相等的两个实数根”是解题的关键．
11、A
【解析】试题分析：∵△ABC∽△DEF，相似比为2，
∴△ABC与△DEF的面积比为4，
∵△ABC的面积为12，
∴△DEF的面积为：12×=1．
故选A．
考点：相似三角形的性质．
12、A
【分析】根据只有符号不同的两个数是互为相反数解答即可.
【详解】解：-1的相反数是1．
故选A．
【点睛】
本题考查了相反数的定义，解答本题的关键是熟练掌握相反数的定义，正数的相反数是负数，0的相反数是0，负数的相反数是正数.

二、填空题（每题4分，共24分）
13、，
【解析】当A′E∥x轴时，△A′EO是直角三角形，可根据∠A′OE的度数用O′A表示出OE和A′E，由于A′E＝AE，且A′E＋OE＝OA＝，由此可求出OA′的长，也就能求出A′E的长,据此可求出A′的坐标；当∠A’EO=90°时，△A′EO是直角三角形，设OE=x,则AE=A’E=-x,根据三角函数的关系列出方程即可求解x,从而求出A’的坐标.
【详解】当A′E∥x轴时，△OA′E是直角三角形，
故∠A′OE＝60°，A′E＝AE，
设A′的坐标为（0，b），
∴AE＝A′E＝A’Otan60°=b，OE＝2b，
b＋2b＝2＋，
∴b＝1，A′的坐标是（0，1）；
当∠A’EO=90°时，△A′EO是直角三角形，
设OE=x,则AE=A’E=-x,
∵∠AOB=60°，∴A’E=OEtan60°=x=-x
解得x=
∴A’O=2OE=
∴A’（0，）
综上，A’的坐标为，.
【点睛】
此题主要考查图形与坐标，解题的关键是熟知等边三角形的性质、三角函数的应用.
14、x=0.1
【解析】分析：方程两边都乘以最简公分母，化为整式方程，然后解方程，再进行检验．
详解：方程两边都乘以2（x2﹣1）得，
8x+2﹣1x﹣1=2x2﹣2，
解得x1=1，x2=0.1，
检验：当x=0.1时，x﹣1=0.1﹣1=﹣0.1≠0，
当x=1时，x﹣1=0，
所以x=0.1是方程的解，
故原分式方程的解是x=0.1．
故答案为：x=0.1
点睛：本题考查了解分式方程，（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．（2）解分式方程一定注意要验根．
15、14； 1
【分析】先设三军女兵方队共有排，则每排有()人，根据三军女兵方队共352人可列方程求解即可．
【详解】设三军女兵方队共有排，则每排有()人，根据题意得：
，
整理，得．
解得：(不合题意，舍去)，
则（人）．
故答案为：14，1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
16、π
【分析】根据图示知 ，所以根据弧长公式求得 的长．
【详解】根据图示知， ，
∴的长为：．
故答案为： ．
【点睛】
本题考查了弧长的计算公式，掌握弧长的计算方法是解题的关键．
17、1；
【解析】解：设圆的半径为x，由题意得：
=5π，解得：x=1，故答案为1．
点睛：此题主要考查了弧长计算，关键是掌握弧长公式l= （弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R）．
18、
【分析】根据，可设AC=4x，BC=5x，利用勾股定理可得AB=3x，则.
【详解】在Rt△ABC中，
∵
∴设AC=4x，BC=5x
∴
∴
故答案为：.
【点睛】
本题考查求正切值，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键.

三、解答题（共78分）
19、（1）；（2）恰好选到的是一名思政研究生和一名历史本科生的概率为．
【解析】（1）由概率公式即可得出结果；
（2）设思政专业的一名研究生为A、一名本科生为B，历史专业的一名研究生为C、一名本科生为D，画树状图可知：共有12个等可能的结果，恰好选到的是一名思政研究生和一名历史本科生的结果有2个，即可得出结果．
【详解】（1）若从中只录用一人，恰好选到思政专业毕业生的概率是；
故答案为：；
（2）设思政专业的一名研究生为A、一名本科生为B，历史专业的一名研究生为C、一名本科生为D，
画树状图如图：

共有12个等可能的结果，恰好选到的是一名思政研究生和一名历史本科生的结果有2个，
∴恰好选到的是一名思政研究生和一名历史本科生的概率为．
故答案为：
【点睛】
本题考查了列表法与树状图法以及概率公式；根据题意画出树状图是解题的关键．
20、（1）补全图形见解析；（2）平均数是6本，众数是6本，中位数是6本．（3）该单位800名职工共捐书有4800本．
【分析】（1）根据总数和统计数据求解即可；
（2）根据平均数，众数和中位数定义公式求解即可；
（3）根据已知平均数乘以员工总数求解即可.
【详解】解：（1）D组人数＝30﹣4﹣6﹣9﹣3＝8人，补图如下：
．
（2）平均数是： ＝6（本），
众数是6本，中位数是6本．
（3）∵平均数是6本，
∴该单位800名职工共捐书有6×800＝4800本．
【点睛】
本题主要考查了数据统计中的平均数，众数和中位数的问题，熟练掌握其定义与计算公式是解答关键.
21、（1）n＝60°；（2）见解析；（3）①m＝120°，四边形AA2CC2是矩形；②AA2＝3．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质求出∠COC1即可．（2）根据对角线相等的平行四边形是矩形证明即可．（3）①求出∠COC2即可，根据矩形的判定证明即可解决问题．②解直角三角形求出A2C2，再求出AA2即可．
【详解】（1）解：如图1中，

由旋转可知：△A1B1C1≌△ABC，
∴∠A1＝∠A＝30°，
∵OC＝OA，OA1＝OA，
∴OC＝OA1，
∴∠OCA1＝∠A1＝30°，
∴∠COC1＝∠A1+OCA1＝60°，
∴n＝60°．
（2）证明：如图2中，

∵OC＝OA，OA1＝OC1，
∴四边形AA1CC1是平行四边形，
∵OA＝OA1，OC＝OC1，
∴AC＝A1C1，
∴四边形AA1CC1是矩形．
（3）如图3中，

①∵OA＝OA2，
∴∠OAA2＝∠OA2A＝30°，
∴∠COC2＝∠AOA2＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∴m＝120°，
∵OC＝OA，OA2＝OC2，
∴四边形AA2CC2是平行四边形，
∵OA＝OA2，OC＝OC2，
∴AC＝A2C2，
∴四边形AA2CC2是矩形．
②∵AC＝A2C2＝AB•cos30°＝4×＝6，
∴AA2＝A2C2•cos30°＝6×＝3．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了旋转变换，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
22、 (1)画图见解析；(2)画图见解析.
【解析】（1）先连接矩形的对角线交于点O，再连接MO并延长，交AD于P，则点P即为AD的中点；
（2）先运用（1）中的方法，画出AD的中点P，再连接BP，交AC于点K，则点E，再连接DK并延长，交AB于点Q，则点Q即为AB的中点．
【详解】(1)如图点P即为所求；
(2)如图点Q即为所求；

【点睛】
本题考查的是作图的应用，掌握矩形的性质和三角形中位线定理、正确作出图形是解题的关键．
23、（1）是，理由见解析；（2）；（1）或，且
【分析】（1）根据友好函数的定义，求出函数与x轴交点的横坐标以及与y轴交点的纵坐标，即可进行判断；
（2）先求出函数与y轴交点的纵坐标为c，再根据定义，可得当x=c时，y=0，据此可得出结果；
（1）分一下三种情况求解：（ⅰ）当在轴负半轴上时，由（2）可得：，进而可得出结果；（ⅱ）当在轴正半轴上时，且与不重合时，画出图像可得出结果；（ⅲ）当与原点重合时，不符合题意．
【详解】解：（1）是友好函数．理由如下：
当时，；当时，或1，
∴与轴一个交点的横坐标和与轴交点的纵坐标都是1．
故是友好函数．
（2）当时，，即与轴交点的纵坐标为．
∵是友好函数．
∴时，，即在上．
代入得：，而，∴．
（1）（ⅰ）当在轴负半轴上时，由（2）可得：，
即，显然当时，，
即与轴的一个交点为．
则，∴只需满足，即．
∴．

（ⅱ）当在轴正半轴上时，且与不重合时，
∴显然都满足为锐角．
∴，且．

（ⅲ）当与原点重合时，不符合题意．
综上所述，或，且．
【点睛】
本题主要考查二次函数的新定义问题以及二次函数与坐标轴的交点问题，解题的关键是理解题意．
24、（1）（2）或，证明见解析（3）
【分析】（1）过B做BQ∥NC交AD延长线于Q，构造出全等三角形△BDQ≌△CDM（ASA）、相似三角形△ANM∽△ABQ，再利用全等和相似的性质即可得出结论；
（2）延长AD至H，使AD=DH，连接CH，可得△ABD≌△HCD(SAS)，进一步可证得，得到，然后证明，即可得到结论：；延长CM至Q，使QM=CM，连接AQ，延长至，使可得、四边形为平行四边形，进一步可证得，即可得到结论；
（3）在（1）、（2）的基础之上，用含的式子表示出、，从而得出．
【详解】（1）过B做BQ∥NC交AD延长线于Q，如图：

∵D为BC中点
易得△BDQ≌△CDM（ASA）
∴DQ=DM，
∵M为AD中点，
∴AM=DM=DQ，
∵BQ∥NC，
∴△ANM∽△ABQ，
∴，
∴；
（2）①结论：，
证明：延长AD至H，使AD=DH，连接CH，如图：

易得△ABD≌△HCD(SAS) ，
∴∠H=∠BAH，
∴AB∥HC，
设AM=x，则AD=AC=2x，AH=4x，
∴，，
∴；
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②结论：；
证明：延长至，使，连接，
延长至，使，如图：

则，则四边形为平行四边形，
∴，，，，，，
∴，
∴，
∴，
∴， ，
∴，
∴；
(3)由（1）得，，
∴，
由（2）①得，
∵
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，合理的添加辅助线是解题的关键．
25、详见解析
【分析】利用平行四边形的性质即可证明.
【详解】证明： ∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴∠∠，∥，
∴∠∠．
∴△∽△
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定，掌握平行四边形的性质是解题的关键.
26、 (1) 6；(2) 锐角α=30°
【分析】（1）根据等式,设a=3k，b=4k，代入所求代数式化简求值即可；
（2）由cos30°=，tan60°=，化简即可得出sinα的值，根据特殊角的三角函数值即可得．
【详解】解：(1)∵，
∴设a=3k，b=4k，
∴==6，
故答案为：6；
(2)∵2sinα=4cos30°﹣tan60°=4×﹣=，
∴sinα=，
∴锐角α=30°，
故答案为：30°．
【点睛】
本题考查了化简求值，特殊角的三角函数值的应用，掌握化简求值的计算是解题的关键．