2022-2023学年湖北省武汉青山区七校联考九年级数学第一学期期末学业质量监测试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，在正方形ABCD中，E为AB的中点，G，F分别为AD、BC边上的点，若AG=1，BF=2，∠GEF=90°，则GF的长为( )

A．2 B．3 C．4 D．5
2．已知M（a，b）是平面直角坐标系xOy中的点，其中a是从l，2，3，4三个数中任取的一个数，b是从l，2，3，4，5五个数中任取的一个数．定义“点M（a，b）在直线x+y=n上”为事件Qn（2≤n≤9，n为整数），则当Qn的概率最大时，n的所有可能的值为（ ）
A．5 B．4或5 C．5或6 D．6或7
3．已知，则的值是（ ）
A． B．2 C． D．
4．已知=3， =5，且与的方向相反，用表示向量为（　　）
A． B． C． D．
5．在一个不透明的盒子中有20个除颜色外均相同的小球，每次摸球前先将盒中的球摇匀，随机摸出一个球记下颜色后再放回盒中，通过大量重复摸球试验后，发现摸到红球的频率稳定于0.3，由此可估计盒中红球的个数约为（　　）
A．3 B．6 C．7 D．14
6．如图，在正方形ABCD中，AB=4，AC与相交于点O，N是AO的中点，点M在BC边上，P是OD的中点，过点P作PM⊥BC于点M，交于点N′，则PN-MN′的值为（ ）

A． B． C． D．
7．抛物线y＝x2﹣4x+1与y轴交点的坐标是（　　）
A．（0，1） B．（1，O） C．（0，﹣3） D．（0，2）
8．二次函数的图象的顶点坐标是( )
A． B． C． D．
9．方程（x+1）2=4的解是（　　）
A．x1=﹣3，x2=3 B．x1=﹣3，x2=1 C．x1=﹣1，x2=1 D．x1=1，x2=3
10．若一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则圆锥侧面展开图的扇形的圆心角为 （ ）
A．120° B．180° C．240° D．300°
11．抛物线的顶点到轴的距离为（ ）
A． B． C．2 D．3
12．如图，△ABC中，点D，E在边AB，AC上，DE∥BC，△ADE与△ABC的周长比为2∶5，则AD∶DB为( )

A．2∶5 B．4∶25 C．2∶3 D．5∶2
二、填空题（每题4分，共24分）
13．已知点A（m,1）与点B（3，n）关于原点对称，则m+n=_________。
14．如图，菱形的边长为4，，E为的中点，在对角线上存在一点，使的周长最小，则的周长的最小值为__________．

15．如图，角α的两边与双曲线y=（k＜0，x＜0）交于A、B两点，在OB上取点C，作CD⊥y轴于点D，分别交双曲线y=、射线OA于点E、F，若OA=2AF，OC=2CB，则的值为______．

16．若点 M（-1， y1 ），N（1， y2 ），P（, y3 ）都在抛物线 y＝-mx2 +4mx+m2 +1（m＞0）上，则y1、y2、y3 大小关系为_____（用“＞”连接）．
17．如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的
位置，设法使斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上．已知纸板的两条直角边DE=40cm，EF=20cm，测得边DF离地面的高度AC=1.5 m，CD=8 m，则树高AB= ▲ ．

18．因式分解：______．
三、解答题（共78分）
19．（8分）综合与实践
背景阅读：旋转就是将图形上的每一点在平面内绕着旋转中心旋转固定角度的位置移动，其中“旋”是过程，“转”是结果．旋转作为图形变换的一种，具备图形旋转前后对应点到旋转中心的距离相等：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角：旋转前、后的图形是全等图形等性质．所以充分运用这些性质是在解决有关旋转问题的关健．
实践操作：如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2AB＝12，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．
问题解决：（1）①当α＝0°时，＝　 　；②当α＝180°时，＝　 　．
（2）试判断：当0°≤a＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．
问题再探：（3）当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，求得线段BD的长为　 　．

20．（8分）（1）如图①，AB为⊙O的直径，点P在⊙O上，过点P作PQ⊥AB，垂足为点Q．说明△APQ∽△ABP；
（2）如图②，⊙O的半径为7，点P在⊙O上，点Q在⊙O内，且PQ＝4，过点Q作PQ的垂线交⊙O于点A、B．设PA＝x，PB＝y，求y与x的函数表达式．

21．（8分）课堂上同学们借助两个直角三角形纸板进行探究，直角三角形纸板如图所示，分别为Rt△ABC和Rt△DEF，其中∠A＝∠D＝90°，AC＝DE＝2cm． 当边AC与DE重合，且边AB和DF在同一条直线上时：

（1）在下边的图形中，画出所有符合题意的图形；

（2）求BF的长．
22．（10分）我们规定：方程的变形方程为．例如：方程的变形方程为．
（1）直接写出方程的变形方程；
（2）若方程的变形方程有两个不相等的实数根，求的取值范围；
（3）若方程的变形方程为，直接写出的值．
23．（10分）如图，在电线杆CD上的C处引拉线CE、CF固定电线杆，拉线CE和地面所成的角∠CED=60°，在离电线杆6米的B处安置高为1.5米的测角仪AB，在A处测得电线杆上C处的仰角为30°，则拉线CE的长为______________m(结果保留根号)．

24．（10分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（2k+1）x+4k﹣3＝0，
（1）求证：无论k取什么实数值，该方程总有两个不相等的实数根？
（2）当Rt△ABC的斜边a＝，且两条直角边的长b和c恰好是这个方程的两个根时，求k的值．
25．（12分）已知三个顶点的坐标分别.

（1）画出；
(2)以B为位似中心,将放大到原来的2倍,在右图的网格图中画出放大后的图形△；
(3)写出点A的对应点的坐标：___.
26．如图，在△中，，，点从点出发，沿以每秒的速度向点运动，同时点从点出发，沿以的速度向点运动，设运动时间为秒
（1）当为何值时，．
（2）当为何值时，∥．
（3）△能否与△相似？若能，求出的值；若不能，请说明理由．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=90°，
∴∠AGE+∠AEG=90°，∠BFE+∠FEB=90°，
∵∠GEF=90°，
∴∠GEA+∠FEB=90°，
∴∠AGE=∠FEB，∠AEG=∠EFB，
∴△AEG∽△BFE，
∴，
又∵AE=BE，
∴AE2=AG•BF=2，
∴AE=（舍负），
∴GF2=GE2+EF2=AG2+AE2+BE2+BF2=1+2+2+4=9，
∴GF的长为3，
故选B.
【点睛】本题考查了相似三角形的性质的应用，利用勾股定理即可得解，解题的关键是证明△AEG∽△BFE．
2、C
【解析】试题分析：列树状图为：

∵a是从l，2，3，4四个数中任取的一个数，b是从l，2，3，4，5五个数中任取的一个数．
又∵点M（a，b）在直线x+y=n上，2≤n≤9，n为整数，
∴n=5或6的概率是，n=4的概率是，
∴当Qn的概率最大时是n=5或6的概率是最大．
故选C．
考点：1、列表法与树状图法；2、一次函数图象上点的坐标特征
3、C
【分析】设x=5k（k≠0），y=2k（k≠0），代入求值即可．
【详解】解：∵
∴x=5k（k≠0），y=2k（k≠0）
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查分式的性质及化简求值，根据题意，正确计算是解题关键．
4、D
【分析】根据=3， =5，且与的方向相反，即可用表示向量.
【详解】=3， =5，
=,
与的方向相反,

故选D.
【点睛】
考查了平面向量的知识，注意平面向量的正负表示的是方向.
5、B
【分析】
在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，
【详解】
解：根据题意列出方程，
解得：x=6，
故选B.
考点：利用频率估计概率．
6、A
【分析】根据正方形的性质可得点O为AC的中点，根据三角形中位线的性质可求出PN的长，由PM⊥BC可得PM//CD，根据点P为OD中点可得点N′为OC中点，即可得出AC=4CN′，根据MN′//AB可得△CMN′∽△CBA，根据相似三角形的性质可求出MN′的长，进而可求出PN-MN′的长.
【详解】∵四边形ABCD是正方形，AB=4，
∴OA=OC，AD=AB=4，
∵N是AO的中点，P是OD的中点，
∴PN是△AOD的中位线，
∴PN=AD=2，
∵PM⊥BC，
∴PM//CD//AB，
∴点N′为OC的中点，
∴AC=4CN′，
∵PM//AB，
∴△CMN′∽△CBA，
∴，
∴MN′=1，
∴PN-MN′=2-1=1，
故选：A.
【点睛】
本题考查正方形的性质、三角形中位线的性质及相似三角形的判定与性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半；熟练掌握三角形中位线的性质及相似三角形的判定定理是解题关键.
7、A
【分析】抛物线与y轴相交时，横坐标为0，将横坐标代入抛物线解析式可求交点纵坐标．
【详解】解：当x=0时，y=x2-4x+1=1，
∴抛物线与y轴的交点坐标为（0，1），
故选A．
【点睛】
本题考查了抛物线与坐标轴交点坐标的求法．令x=0，可到抛物线与y轴交点的纵坐标，令y=0，可得到抛物线与x轴交点的横坐标．
8、B
【分析】根据二次函数的性质，用配方法求出二次函数顶点式，再得出顶点坐标即可．
【详解】解：∵抛物线
=(x+1)2+3
∴抛物线的顶点坐标是：(−1,3)．
故选B．
【点睛】
此题主要考查了利用配方法求二次函数顶点式以及求顶点坐标，此题型是考查重点，应熟练掌握．
9、B
【解析】利用直接开平方的方法解一元二次方程得出答案．
【详解】（x＋1）2＝4
则x＋1＝±2，
解得：x1＝−1-2＝-3，x2＝−1+2＝1．
故选B．
【点睛】
此题主要考查了直接开平方法解方程，正确开平方是解题关键．
10、B
【详解】试题分析：设母线长为R，底面半径为r，
∴底面周长=2πr，底面面积=πr2，侧面面积=πrR，
∵侧面积是底面积的2倍，
∴2πr2=πrR，
∴R=2r，
设圆心角为n，有=2πr=πR，
∴n=180°．
故选B．
考点：圆锥的计算
11、C
【分析】根据二次函数的顶点式即可得到顶点纵坐标,即可判断距x轴的距离.
【详解】由题意可知顶点纵坐标为:-2,即到x轴的距离为2.
故选C.
【点睛】
本题考查顶点式的基本性质,需要注意题目考查的是距离即为坐标绝对值.
12、C
【分析】由题意易得，根据两个相似三角形的周长比等于相似比可直接得解．
【详解】，，
△ADE与△ABC的周长比为2∶5，，
．
故选C．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质，关键是根据两个三角形相似，那么它们的周长比等于相似比．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、-1
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，可直接得到m=-3，n=-1进而得到答案．
【详解】解：∵点A（m，1）与点B（3，n）关于原点对称，
∴m=-3，n=-1，
∴m+n=-1，
故答案为：-1．
【点睛】
此题主要考查了关于原点对称点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
14、+2
【分析】连接DE，因为BE的长度固定，所以要使△PBE的周长最小，只需要PB+PE的长度最小即可．
【详解】解：连结DE．

∵BE的长度固定，
∴要使△PBE的周长最小只需要PB+PE的长度最小即可，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC与BD互相垂直平分，
∴P′D=P′B，
∴PB+PE的最小长度为DE的长，
∵菱形ABCD的边长为4，E为BC的中点，∠DAB=60°，
∴△BCD是等边三角形，
又∵菱形ABCD的边长为4，
∴BD=4，BE=2，DE=，
∴△PBE的最小周长=DE+BE=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、轴对称以及最短路线问题、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
15、
【解析】过C，B，A，F分别作CM⊥x轴，BN⊥x轴，AG⊥x轴，FH⊥x轴，设DO为2a，分别求出C，E，F的坐标，即可求出的值．
【详解】如图：过C，B，A，F分别作CM⊥x轴，BN⊥x轴，AG⊥x轴，FH⊥x轴，
设DO为2a，则E（，2a），
∵BN∥CM，
∴△OCM∽△OBN，
∴=，
∴BN=3a，
∴B（，3a），
∴直线OB的解析式y=x，
∴C（，2a），
∵FH∥AG，
∴△OAG∽△OFH，
∴，
∵FH=OD=2a，
∴AG=a，
∴A（，a），
∴直线OA的解析式y=x，
∴F（，2a），
∴==，

故答案为：
【点睛】
本题考查反比例函数图象上点的特征，相似三角形的判定，关键是能灵活运用相似三角形的判定方法．
16、y1＜y3＜y1
【分析】利用图像法即可解决问题．
【详解】y＝-mx1 +4mx+m1 +1（m＞0），
对称轴为x＝ ，
观察二次函数的图象可知：y1＜y3＜y1．

故答案为：y1＜y3＜y1．
【点睛】
本题考查二次函数图象上的点的特征，解题的关键是学会利用图象法比较函数值的大小．
17、5.5
【解析】试题分析：在△DEF和△DBC中，，
∴△DEF∽△DBC，
∴=，
即=，
解得BC=4，
∵AC=1.5m，
∴AB=AC+BC=1.5+4=5.5m
考点：相似三角形
18、x（x-5）
【分析】直接提公因式，即可得到答案.
【详解】解：，
故答案为：.
【点睛】
本题考查了提公因式法因式分解，解题的关键是熟练掌握因式分解的方法.

三、解答题（共78分）
19、（1）①，②；（2）无变化，证明见解析；（2）6或．
【分析】问题解决：（1）①根据三角形中位线定理可得：BD=CDBC=6，AE=CEAC=2，即可求出的值；
②先求出BD，AE的长，即可求出的值；
（2）证明△ECA∽△DCB，可得；
问题再探：（2）分两种情况讨论，由矩形的判定和性质以及相似三角形的性质可求BD的长．
【详解】问题解决：
（1）①当α=0°时．
∵BC=2AB=3，
∴AB=6，
∴AC6，
∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴BD=CDBC=6，AE=CEAC=2，DEAB，
∴．
故答案为：；
②如图1．
，
当α=180°时．
∵将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，
∴CD=6，CE=2，
∴AE=AC+CE=9，BD=BC+CD=18，
∴．
故答案为：．
（2）如图2，
，
当0°≤α＜260°时，的大小没有变化．证明如下：
∵∠ECD=∠ACB，
∴∠ECA=∠DCB，
又∵，
∴△ECA∽△DCB，
∴．
问题再探：
（2）分两种情况讨论：
①如图2．
．
∵AC=6，CD=6，CD⊥AD，
∴AD3．
∵AD=BC，AB=DC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵∠B=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC=6
②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P．

∵AC=6，CD=6，CD⊥AD，
∴AD3．
在Rt△CDE中，DE==2，
∴AE=AD﹣DE=3﹣2=9，
由（2）可得：，
∴BD．
综上所述：BD=6或．
故答案为：6或．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了勾股定理，矩形的判定和性质，相似三角形判定和性质，正确作出辅助线，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
20、（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据圆周角定理可证∠APB＝90°,再根据相似三角形的判定方法：两角对应相等，两个三角形相似即可求证结论；
（2）连接PO，并延长PO交⊙O于点C，连接AC，根据圆周角定理可得∠PAC＝90°，∠C＝∠B，求得∠PAC＝∠PQB，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）如图①所示：

∵AB为⊙O的直径
∴∠APB＝90°
又∵PQ⊥AB
∴∠AQP＝90°
∴∠AQP＝∠APB
又∵∠PAQ＝∠BAP
∴△APQ∽△ABP．
（2）如图②，连接PO，并延长PO交⊙O于点C，连接AC．

∵PC为⊙O的直径
∴∠PAC＝90°
又∵PQ⊥AB
∴∠PQB＝90°
∴∠PAC＝∠PQB
又∵∠C＝∠B（同弧所对的圆周角相等）
∴△PAC∽△PQB
∴
又∵⊙O的半径为7，即PC＝14，且PQ＝4，PA＝x，PB＝y
∴
∴．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定及其性质，圆周角定理及其推论，解题的关键是综合运用所学知识．
21、（1）补全图形见解析；（2）BF＝(＋2)cm或BF＝(－2)cm．
【分析】（1）分两种情况：①△DEF在△ABC外部，②△DEF在△ABC内部进行作图即可；
（2）根据（1）中两种情况分别求解即可.
【详解】（1）补全图形如图：
情况Ⅰ：

情况Ⅱ：

（2）情况Ⅰ：

解：∵在Rt△ACF中，∠F＝∠ACF＝45°
∴AF＝AC＝2cm．
∵在Rt△ACB中，∠B＝30°，
∴BC＝4，AB＝．
∴BF＝(＋2)cm．
情况Ⅱ：

解：∵在Rt△ACF中，∠F＝∠ACF＝45°
∴AF＝AC＝2cm．
∵在Rt△ACB中，∠B＝30°，
∴BC＝4，AB＝．
∴BF＝(－2)cm．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理与解直角三角形的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
22、（1）；（2）；（3）1
【分析】(1)根据题目的规定直接写出方程化简即可.
(2)先将方程变形,再根据判别式解出范围即可.
(3)先将变形前的方程列出来化简求出a、b、c,相加即可求解.
【详解】（1）由题意得,化简后得:.
（2）若方程的变形方程为，
即.
由方程的变形方程有两个不相等的实数根，可得
方程的根的判别式，
即.
解得
（3）变形前的方程为: ,化简后得:x2=0,
∴a=1,b=0,c=0,∴a+b+c=1.
【点睛】
本题考查一元二次方程的运用,关键在于读题根据规定变形即可.
23、
【分析】由题意可先过点A作AH⊥CD于H．在Rt△ACH中，可求出CH，进而CD=CH+HD=CH+AB，再在Rt△CED中，求出CE的长．
【详解】解：过点A作AH⊥CD，垂足为H，

由题意可知四边形ABDH为矩形，∠CAH=30°，
∴AB=DH=1.5，BD=AH=6，
在Rt△ACH中，tan∠CAH=，∴CH=AH•tan∠CAH，
∴CH=AH•tan∠CAH=6tan30°=（米），
∵DH=1.5，
∴CD=2+1.5，
在Rt△CDE中，
∵∠CED=60°，sin∠CED=，

答：拉线CE的长约为米，
故答案为：．
【点睛】
本体考查了解直角三角形的应用--仰角俯角问题．要求学生借助仰角关系构造直角三角形，并结合图形利用三角函数解直角三角形．
24、（1）见解析；（2）1
【分析】（1）根据根的判别式的符号来证明；
（2）根据韦达定理得到b+c=2k+1，bc=4k-1．又在直角△ABC中，根据勾股定理，得（b+c）2﹣2bc＝（）2，由此可以求得k的值．
【详解】（1）证明：∵△＝[﹣（2k+1）]2﹣4×1×（4k﹣1）＝4k2﹣12k+11＝（2k﹣1）2+4，
∴无论k取什么实数值，总有＝（2k﹣1）2+4＞0，即△＞0，
∴无论k取什么实数值，该方程总有两个不相等的实数根；
（2）解：∵两条直角边的长b和c恰好是方程x2﹣（2k+1）x+4k﹣1＝0的两个根，得
∴b+c＝2k+1，bc＝4k﹣1，
又∵在直角△ABC中，根据勾股定理，得
b2+c2＝a2，
∴（b+c）2﹣2bc＝（）2，即（2k+1）2﹣2（4k﹣1）＝11，
整理后，得k2﹣k﹣6＝0，解这个方程，得k＝﹣2或k＝1，
当k＝﹣2时，b+c＝﹣4+1＝﹣1＜0，不符合题意，舍去，当k＝1时，b+c＝2×1+1＝7，符合题意，故k＝1．
【点睛】
此题考查根的判别式，掌握运算法则是解题关键
25、（1）见解析；（2）见解析；（3）(−3,1)
【分析】（1）根据A（0，2）、B（3，3）、C（2，1）．在坐标系中找出连接即可；
（2）根据把原三角形的三边对应的缩小或放大一定的比例即可得到对应的相似图形，在改变的过程中保持形状不变（大小可变）即可得出答案．
（3）利用（2）中图象，直接得出答案．
【详解】(1)根据A(0,2)、B(3,3)、C(2,1).
在坐标系中找出连接即可；

(2)把原三角形的三边对应的缩小或放大一定的比例即可得到对应的相似图形。
所画图形如下所示：它的三个对应顶点的坐标分别是：(−3,1)、(3,3)、(1,−1).

(3)利用(2)中图象，直接得出答案.
故答案为：(−3,1)
【点睛】
此题考查坐标与图形性质，位似变换，解题关键在于掌握作图法则.
26、（1）秒；（2）秒；（3）能，秒或5秒
【分析】（1）分别用x表示出线段BP和CQ的长，根据其相等求得x的值即可；
（2）当PQ∥BC时，根据平行线分线段成比例定理，可得出关于AP，PQ，AB，AC的比例关系式，我们可根据P，Q的速度，用时间x表示出AP，AQ，然后根据得出的关系式求出x的值．
（3）本题要分两种情况进行讨论．已知了∠A和∠C对应相等，那么就要分成AP和CQ对应成比例以及AP和BC对应成比例两种情况来求x的值．
【详解】（1）依题意可得：BP=20-4x，CQ=3x
当BP=CQ时，20-4x=3x
∴（秒）
答：当秒时，BP=CQ
（2）AP=4x，AB=20，AQ=30-3x，AC=30
所以当时，有
即：
解得：x=（秒）
答：当x=秒时，；
（3）能．
①当△APQ∽△CQB时，有
即：
解得：x=（秒）
②当△APQ∽△CBQ时，有
即：
解得：x=5（秒）或x=-10（秒）（舍去）
答：当x=秒或x=5秒时，△APQ与△CQB相似．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定和性质，根据三角形相似得出线段比是解题的关键．