广东省广州市绿翠现代实验学校2022-2023学年数学九上期末达标检测试题含解析.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、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(每小题3分,共30分)
1．如图，平行四边形的四个顶点分别在正方形的四条边上.，分别交，，于点，，，且.要求得平行四边形的面积，只需知道一条线段的长度.这条线段可以是（ ）

A． B． C． D．
2．如下是一种电子记分牌呈现的数字图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A． B． C． D．
3．如图坐标系中，O（0，0），A（3，3），B（6，0），将△OAB沿直线CD折叠，使点A恰好落在线段OB上的点E处，若OE＝，则AC：AD的值是（ ）

A．1：2 B．2：3 C．6：7 D．7：8
4．如图，在直角坐标系中，有两点A(6，3)、B(6，0)．以原点O为位似中心，相似比为，在第一象限内把线段AB缩小后得到线段CD，则点C的坐标为（ ）

A．(2，1) B．(2，0) C．(3，3) D．(3，1)
5．将二次函数的图象先向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，下列关于平移后所得抛物线的说法，正确的是（ ）
A．开口向下 B．经过点 C．与轴只有一个交点 D．对称轴是直线
6．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在⊙O中，已知∠OAB=22.5°，则∠C的度数为（　　）

A．135° B．122.5° C．115.5° D．112.5°
8．已知扇形的圆心角为45°，半径长为12，则该扇形的弧长为（ ）
A． B．2π C．3π D．12π
9．如图，是的直径，是的弦，若，则（ ）．

A． B． C． D．
10．如图，在平面直角坐标系中，在轴上，，点的坐标为，绕点逆时针旋转，得到，若点的对应点恰好落在反比例函数的图像上，则的值为（ ）

A．4. B．3.5 C．3. D．2.5
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．在相同时刻，物高与影长成正比．在某一晴天的某一时刻，某同学测得他自己的影长是2.4m，学校旗杆的影长为13.5m，已知该同学的身高是1.6m，则学校旗杆的高度是_____．
12．如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠BAD＝60°，则∠ACD＝_____°．

13．如图，一路灯B距地面高BA＝7m，身高1.4m的小红从路灯下的点D出发，沿A→H的方向行走至点G，若AD＝6m，DG＝4m，则小红在点G处的影长相对于点D处的影长变长了_____m．

14．设a，b是方程x2+x﹣2018＝0的两个实数根，则（a﹣1）（b﹣1）的值为_____．
15．若方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是__________.
16．如图，P1是反比例函数(k＞0)在第一象限图象上的一点，点A1的坐标为(2，0)．若△P1OA1与△P2A1A2均为等边三角形，则A2点的坐标为_____．

17．如图，在中，，为边上的中线，过点作于点，过点作的平行线，交的延长线于点，在的延长线上截取，连接、．若，，则的长为____________．

18．如图，是的中位线，是边上的中线，交于点，下列结论：①；②；③：④，其中正确的是______．（只填序号）．

三、解答题(共66分)
19．（10分）在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形和摆放在一起，为公共顶点，，若固定不动，绕点旋转，、与边的交点分别为、（点不与点重合，点不与点重合）．

（1）求证：；
（2）在旋转过程中，试判断等式是否始终成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
20．（6分）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，直线y＝﹣ x+3与y轴交于点C，与x轴交于点D．点P是直线CD上方的抛物线上一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交 线段CD于点E，设点P的横坐标为m．

（1）求抛物线的解析式；
（2）求PE的长最大时m的值．
（3）Q是平面直角坐标系内一点，在（2）的情况下，以P、Q、C、D为顶点的四边形是平行四边形是否存在？若存在，请直接写出存在 个满足题意的点．
21．（6分）解分式方程：
（1）．
（2）．
22．（8分）如图，的顶点坐标分别为，，．
(1)画出关于点的中心对称图形；
(2)画出绕原点逆时针旋转的，直接写出点的坐标为_________；
(3)若内一点绕原点逆时针旋转的对应点为，则的坐标为____________．(用含，的式子表示)

23．（8分）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，△AOB的三个顶点均在格点上，点A、B的坐标分别为（3，2）、（1，3）．△AOB绕点O逆时针旋转90º后得到△A1OB1．

（1）在网格中画出△A1OB1，并标上字母；
（2）点A关于O点中心对称的点的坐标为 ；
（3）点A1的坐标为 ；
（4）在旋转过程中，点B经过的路径为弧BB1，那么弧BB1的长为 ．
24．（8分）墙壁及淋浴花洒截面如图所示，已知花洒底座与地面的距离为，花洒的长为，与墙壁的夹角为43°．求花洒顶端到地面的距离（结果精确到）（参考数据：，，）

25．（10分）已知：反比例函数和一次函数，且一次函数的图象经过点．
（1）试求反比例函数的解析式；
（2）若点在第一象限，且同时在上述两个函数的图象上，求点的坐标．
26．（10分）化简：（1）；
（2）．

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】根据图形证明△AOE≌△COG，作KM⊥AD，证明四边形DKMN为正方形，再证明Rt△AEH≌Rt△CGF，Rt△DHG≌Rt△BFE，设正方形边长为a，CG=MN=x，根据正方形的性质列出平行四边形的面积的代数式，再化简整理，即可判断.
【详解】连接AC,EG，交于O点，
∵四边形是平行四边形，四边形是正方形，
∴GO=EO,AO=CO,
又∠AOE=∠COG
∴△AOE≌△COG，
∴GC=AE,
∵NE∥AD，
∴四边形AEND为矩形，
∴AE=DN,
∴DN=GC=MN
作KM⊥AD，
∴四边形DKMN为正方形，
在Rt△AEH和Rt△CGF中，

∴Rt△AEH≌Rt△CGF，
∴AH=CF,
∵AD-AH=BC-CF
∴DH=BF,
同理Rt△DHG≌Rt△BFE，
设CG=MN=x，
设正方形边长为a
则S△HDG=DH×x+DG×x=S△FBE
S△HAE=AH×x =S△GCF
S平行四边形EFGH=a2-2S△HDG-2S△HAE= a2-(DH+DG+AH)×x,
∵DG=a-x
∴S平行四边形EFGH= a2-(a+a-x)×x= a2-2ax+x2= (a-x)2
故只需要知道a-x就可以求出面积
BE=a-x，故选C.

【点睛】
此题主要考查正方形的性质，解题的关键是根据题意设出字母，表示出面积进行求解.
2、C
【分析】根据轴对称和中心对称图形的概念可判别.
【详解】（A）既不是轴对称也不是中心对称;
（B）是轴对称但不是中心对称；
（C）是轴对称和中心对称；
（D）是中心对称但不是轴对称
故选：C
3、B
【分析】过A作AF⊥OB于F，如图所示：根据已知条件得到AF=1，OF=1，OB=6，求得∠AOB=60°，推出△AOB是等边三角形，得到∠AOB=∠ABO=60°，根据折叠的性质得到∠CED=∠OAB=60°，求得∠OCE=∠DEB，根据相似三角形的性质得到BE=OB﹣OE=6﹣=，设CE=a，则CA=a，CO=6﹣a，ED=b，则AD=b，DB=6﹣b，于是得到结论．
【详解】过A作AF⊥OB于F，如图所示：

∵A(1，1)，B(6，0)，
∴AF=1，OF=1，OB=6，
∴BF=1，
∴OF=BF，
∴AO=AB，
∵tan∠AOB=，
∴∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=∠ABO=60°，
∵将△OAB沿直线CD折叠，使点A恰好落在线段OB上的点E处，
∴∠CED=∠OAB=60°，
∵∠OCE+∠COE=∠OCE+60°=∠CED+∠DEB=60°+∠DEB，
∴∠OCE=∠DEB，
∴△CEO∽△EDB，
∴==，
∵OE=，
∴BE=OB﹣OE=6﹣=，
设CE=a，则CA=a，CO=6﹣a，ED=b，则AD=b，DB=6﹣b，
则，，
∴6b=10a﹣5ab①，24a=10b﹣5ab②，
②﹣①得：24a﹣6b=10b﹣10a，
∴，
即AC:AD=2:1．
故选：B．
【点睛】
本题考查了翻折变换-折叠问题，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，证得△AOB是等边三角形是解题的关键．
4、A
【分析】根据位似变换的性质可知，△ODC∽△OBA，相似比是，根据已知数据可以求出点C的坐标．
【详解】由题意得，△ODC∽△OBA，相似比是，
∴，
又OB=6，AB=3，
∴OD=2，CD=1，
∴点C的坐标为：（2，1），
故选A．
【点睛】
本题考查的是位似变换，掌握位似变换与相似的关系是解题的关键，注意位似比与相似比的关系的应用．
5、C
【分析】根据二次函数图象和性质以及二次函数的平移规律，逐一判断选项，即可得到答案．
【详解】∵二次函数的图象先向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，
∴平移后的二次函数解析式为：，
∵2＞0，
∴抛物线开口向上，故A错误，
∵，
∴抛物线不经过点，故B错误，
∵抛物线顶点坐标为：(2，0)，且开口向上，
∴抛物线与轴只有一个交点，故C正确，
∵抛物线的对称轴为：直线x=2，
∴D错误．
故选C．
【点睛】
本题主要考查二次函数的图象和性质以及平移规律，掌握“左加右减，上加下减”是解题的关键．
6、B
【分析】根据算术平方根、绝对值的非负性分别解得的值，再计算即可．
【详解】

故选：B．
【点睛】
本题考查二次根式、绝对值的非负性、幂的运算等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
7、D
【解析】分析：∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBC=22.5°．
∴∠AOB=180°﹣22.5°﹣22.5°=135°．
如图，在⊙O取点D，使点D与点O在AB的同侧．则．

∵∠C与∠D是圆内接四边形的对角，∴∠C=180°﹣∠D =112.5°．故选D．
8、C
【解析】试题分析：根据弧长公式：l==3π，故选C．
考点：弧长的计算．
9、B
【分析】根据AB是⊙O的直径得出∠ADB＝90°，再求出∠A的度数，由圆周角定理即可推出∠BCD的度数．
【详解】∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴在Rt△ABD中，∠A＝90°﹣∠ABD＝34°，
∵弧BD＝弧BD，
∴∠BCD＝∠A＝34°，
故选B ．
【点睛】
本题考查圆周角定理及其推论，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
10、C
【分析】先通过条件算出O’坐标,代入反比例函数求出k即可.
【详解】由题干可知,B点坐标为(1,0),旋转90°后,可知B’坐标为(3,2),O’坐标为(3,1).
∵双曲线经过O’,∴1=,解得k=3.
故选C.
【点睛】
本题考查反比例函数图象与性质,关键在于坐标平面内的图形变换找出关键点坐标.

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、9米
【分析】由题意根据物高与影长成比例即旗杆的高度：13.5＝1.6：2.4，进行分析即可得出学校旗杆的高度．
【详解】解：∵物高与影长成比例，
∴旗杆的高度：13.5＝1.6：2.4，
∴旗杆的高度＝＝9米．
故答案为：9米．
【点睛】
本题考查相似三角形的应用，解题的关键是理解题意，把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比，列出方程并通过解方程求出旗杆的高度．
12、1
【解析】连接BD．根据圆周角定理可得.
【详解】解：如图，连接BD．

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠DAB＝1°，
∴∠ACD＝∠B＝1°，
故答案为1．
【点睛】
考核知识点：圆周角定理.理解定义是关键.
13、1．
【分析】根据由CD∥AB∥FG可得△CDE∽△ABE、△HFG∽△HAB，即、，据此求得DE、HG的值，从而得出答案．
【详解】解：由CD∥AB∥FG可得△CDE∽△ABE、△HFG∽△HAB，
∴、，即、，
解得：DE＝1.5、HG＝2.5，
∵HG﹣DE＝2.5﹣1.5＝1，
∴影长变长1m．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了相似三角形的应用：利用影长测量物体的高度，通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．
14、﹣1
【分析】由根与系数的关系可求得a+b与ab的值，代入求值即可．
【详解】∵a，b是方程x2+x﹣2018＝0的两个实数根，
∴a+b＝﹣1，ab＝﹣2018，
∴（a﹣1）（b﹣1）＝ab﹣a﹣b+1＝ab﹣（a+b）+1＝﹣2018﹣（﹣1）+1＝﹣1，
故答案为﹣1．
【点睛】
本题主要考查根与系数的关系，掌握一元二次方程的两根之和等于﹣、两根之积等于是解题的关键．
15、
【分析】由题意关于x的方程有两个不相等的实数根，即判别式△=b2-4ac＞2．即可得到关于a的不等式，从而求得a的范围．
【详解】解：∵b2-4ac=22-4×2×a=4-4a＞2，
解得：a＜2．
∴a的取值范围是a＜2．
故答案为：a＜2．
【点睛】
本题考查一元二次方程根的情况与判别式△的关系：△＞2⇔方程有两个不相等的实数根；△=2⇔方程有两个相等的实数根；△＜2⇔方程没有实数根．
16、 (2，0)
【分析】由于△P1OA1为等边三角形，作P1C⊥OA1，垂足为C，由等边三角形的性质及勾股定理可求出点P1的坐标，根据点P1是反比例函数y＝ (k＞0)图象上的一点，利用待定系数法求出此反比例函数的解析式；作P2D⊥A1A2，垂足为D．设A1D＝a，由于△P2A1A2为等边三角形，由等边三角形的性质及勾股定理，可用含a的代数式分别表示点P2的横、纵坐标，再代入反比例函数的解析式中，求出a的值，进而得出A2点的坐标．
【详解】作P1C⊥OA1，垂足为C，
∵△P1OA1为边长是2的等边三角形，
∴OC＝1，P1C＝2×＝，
∴P1(1，)．
代入y＝，得k＝，
所以反比例函数的解析式为y＝．
作P2D⊥A1A2，垂足为D．
设A1D＝a，
则OD＝2+a，P2D＝a，
∴P2(2+a，a)．
∵P2(2+a，a)在反比例函数的图象上，
∴代入y＝，得(2+a)• a＝，
化简得a2+2a﹣1＝0
解得：a＝﹣1±．
∵a＞0，
∴a＝﹣1+．∴A1A2＝﹣2+2，
∴OA2＝OA1+A1A2＝2，
所以点A2的坐标为(2，0)．
故答案为：(2，0)．

【点睛】
此题综合考查了反比例函数的性质，利用待定系数法求函数的解析式，正三角形的性质等多个知识点．此题难度稍大，综合性比较强，注意对各个知识点的灵活应用．
17、
【分析】首先可判断四边形BGFD是平行四边形，再由直角三角形斜边中线等于斜边一半，可得BD=FD，则可判断四边形BGFD是菱形，则GF=10，则AF=16，AC=20，在Rt△ACF中利用勾股定理可求出CF的值．
【详解】解：∵AG∥BD，BD=FG，
∴四边形BGFD是平行四边形，
∵CF⊥BD， ∴CF⊥AG，
又∵点D是AC中点，
∴BD=DF=AC，
∴四边形BGFD是菱形，
∴GF=BG=10，则AF=26-10=16， AC=2×10=20，
∵在Rt△ACF中，∠CFA=90°，
∴即
故答案是：1．

【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、勾股定理及直角三角形的斜边中线的性质，解答本题的关键是判断出四边形BGFD是菱形．
18、①②③
【分析】由是的中位线可得DE∥BC、,即可利用相似三角形的性质进行判断即可.
【详解】∵是的中位线
∴DE∥BC、
∴，故①正确；
∵DE∥BC
∴
∴，故②正确；
∵DE∥BC
∴
∴
∴
∵是边上的中线
∴
∴
∵
∴,故④错误；
综上正确的是①②③；
故答案是①②③
【点睛】
本题考查三角形的中位线、相似三角形的性质和判定，解题的关键是利用三角形的中位线得到平行线.

三、解答题(共66分)
19、（1）详见解析；（1）成立．
【分析】（1）由图形得∠BAE=∠BAD+45°，由外角定理，得∠CDA=∠BAD+45°，可得∠BAE=∠CDA，根据∠B=∠C=45°，证明两个三角形相似；
（1）将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABH位置，证明△EAD≌△HAD转化DE、EC，使所求线段集中在Rt△BHD中利用勾股定理解决．
【详解】（1）∵∠BAE=∠BAD+45°，∠CDA=∠BAD+45°，
∴∠BAE=∠CDA，
又∠B=∠C=45°，
∴△ABE∽△DCA；
（1）成立．如图，将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABH位置，

则CE=BH，AE=AH，∠ABH=∠C=45°，旋转角∠EAH=90°．
连接HD，在△EAD和△HAD中，

∴△EAD≌△HAD（SAS）．
∴DH=DE．
又∠HBD=∠ABH+∠ABD=90°，
∴BD1+BH1=HD1，即BD1+CE1=DE1．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是正确作出辅助线．
20、（1）（2）当时,的长最大（3）
【分析】（1）根据待定系数法求解即可；
（2）设点的坐标为、点的坐标为，列出，根据二次函数的图象性质求解即可；
（3）分以为对角线时、以为对角线时、以为对角线时三种情况进行讨论求解即可．
【详解】解：（1）∵抛物线与轴交于、两点
∴将、两点代入，得：
∴
∴抛物线的解析式为：．
（2）∵直线与轴交于点，与轴交于点
∴点的坐标为，点的坐标为
∴
∵点的横坐标为
∴点的坐标为，点的坐标为
∴
∵，
∴当时,的长最大．
（3）∵由（2）可知，点的坐标为：
∴以、、、为顶点的四边形是平行四边形分为三种情况，如图：

①以为对角线时
∵点的坐标为：，点的坐标为，点的坐标为
∴点的坐标为，即；
②以为对角线时
∵点的坐标为：，点的坐标为，点的坐标为
∴点的坐标为，即；
③以为对角线时
∵点的坐标为：，点的坐标为，点的坐标为
∴点的坐标为，即．
∴综上所述，在（2）的情况下，存在以、、、为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为：、或
∴存在个满足题意的点．
【点睛】
本题考查了二次函数、一次函数和平行四边形的综合应用，涉及到的知识点有待定系数法求解析式、利用一次函数关系式求与坐标轴交点坐标、根据图像信息直接列函数关系式、将二次函数一般式通过配方法转化成顶点式、求当二次函数取最值时的自变量取值、根据平行四边形的性质求得符合要求的点的坐标等，属于压轴题目，有一定难度．
21、（1）；（2）无解
【分析】（1）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解；
（2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【详解】（1）两边同时乘以去分母得：，
去括号得：，
移项合并得：，
解得：，
检验：时，，
是原方程的解；
（2）两边同时乘以去分母得：，
去括号得：，
移项合并得：，
检验：时，，
是原方程的增根，
故原方程无解．
【点睛】
本题考查了解分式方程，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．解分式方程一定注意要验根．
22、（1）详见解析；（2）图详见解析，点的坐标为；（3）的坐标为．
【分析】（1）利用关于原点对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A2、B2、C2，从而得到C2点的坐标；
（3）利用（2）中对应点的坐标变换规律写出Q的坐标．
【详解】解：(1) 如图，为所作；
(2)如图，为所作；
点的坐标为

(3)由（2）中的规律可知的坐标为．
【点睛】
本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
23、（1）见解析；（2）（-3，-2）；（3）（-2，3）；（4）
【分析】（1）根据网格结构找出点A、B绕点O逆时针旋转90°后的对应点A1、B1的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据关于O点中心对称的点的坐标的特点直接写出答案即可；
（3）根据平面直角坐标系写出点A1的坐标即可；
（4）利用勾股定理列式求出OB，再根据弧长公式列式计算即可得解．
【详解】（1）△A1OB1如图所示；

（2）点A关于O点中心对称的点的坐标为（-3，-2）；
（3）点A1的坐标为（﹣2，3）；
（4）由勾股定理得，OB=，弧BB1的长为：．
考点：1．作图-旋转变换；2．弧长的计算．
24、约为。
【解析】过C作CF⊥AB于F，于是得到∠AFC=90°，解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：如图，过点作于点，则，

在中，，
∵，
∴

，
∴
，
因此，花洒顶端到地面的距离约为。
【点睛】
本题考查解直角三角形，解题的关键是正确理解题意以及灵活运用锐角三角函数的定义，本题属于中等题型．
25、（1）；（2）．
【分析】（1）将点代入中即可求出k的值，求得反比例函数的解析式；
（2）根据题意列出方程组，根据点在第一象限解出方程组即可．
【详解】（1）一次函数的图象经过点

反比例函数的解析式为
（2）由已知可得方程组
，
解得或
经检验，当或时，，所以方程组的解为或
∵点在第一象限
∴

【点睛】
本题考查了一次函数和反比例函数的问题，掌握一次函数和反比例函数的性质、解二元一次方程组的方法是解题的关键．
26、（1）；（2）
【分析】（1）由整式乘法进行化简，然后合并同类项，即可得到答案；
（2）先通分，然后计算分式乘法，再合并同类项，即可得到答案．
【详解】解：（1）
=
=；
（2）
=
=
=
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【点睛】
本题考查了分式的化简求值，分式的混合运算，整式的化简求值，整式的混合运算，解题的关键是熟练掌握运算法则进行解题．