2022-2023学年北京市北京昌平临川育人学校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
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．反比例函数的图象经过点，，当时，的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在中，点在边上，且，，过点作，交边于点，将沿着折叠，得，与边分别交于点．若的面积为，则四边形的面积是（ ）

A． B． C． D．
3．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．
4．如表记录了甲、乙、丙、丁四名跳高运动员最近几次选拔赛成绩的平均数与方差：

甲
乙
丙
丁
平均数（cm）
181
186
181
186
方差
3.5
3.5
6.5
7.5
根据表中数据，要从中选择一名成绩好且发挥稳定的运动员参加比赛，应该选择（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
5．已知，是方程的两个实数根，则的值是( )
A．2023 B．2021 C．2020 D．2019
6．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
7．在平面直角坐标系xOy中，已知点M，N的坐标分别为（﹣1，2），（2，1），若抛物线y=ax2﹣x+2（a≠0）与线段MN有两个不同的交点，则a的取值范围是（　　）
A．a≤﹣1或≤a＜ B．≤a＜
C．a≤或a＞ D．a≤﹣1或a≥
8．定义新运算：对于两个不相等的实数，，我们规定符号表示，中的较大值，如：．因此，；按照这个规定，若，则的值是（ ）
A．－1 B．－1或 C． D．1或
9．如图，AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线，已知AD＝2，BC＝5，则AB＋CD的值是

A．14 B．12 C．9 D．7
10．在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，则sinB的值是（　　）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，点E、F、G、H分别是任意四边形ABCD中AD、BD、BC、CA的中点，当四边形ABCD的边至少满足 条件时，四边形EFGH是矩形．

12．在一个不透明的盒子中装有6个白球，x个黄球，它们除颜色不同外，其余均相同．若从中随机摸出一个球，摸到白球的概率为，则x=_______．
13．分式方程=1的解为_____
14．抛物线y＝(x﹣1)(x﹣3)的对称轴是直线x＝_____．
15．二次函数y=x2−4x+5的图象的顶点坐标为 ．
16．如图是一位同学设计的用手电筒来测量某古城墙高度的示意图．点P处放一水平的平面镜，光线从点A出发经平面镜反射后刚好到古城墙CD的顶端C处，已知AB⊥BD，CD⊥BD，测得AB=2米，BP=3米，PD=12米，那么该古城墙的高度CD是 米．

17．如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O，过点A作AH⊥BC于点H，连接OH.若OB=4，S菱形ABCD=24，则OH的长为______________.

18．如图，在△ABC中，∠BAC＝33°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转50°，对应得到△AB′C′，则∠B′AC的度数为____．

三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，四边形ABCD的∠BAD=∠C=90°，AB=AD，AE⊥BC于E，△BEA旋转一定角度后能与△DFA重合．

（1）旋转中心是哪一点？
（2）旋转了多少度？
（3）若AE=5cm，求四边形ABCD的面积．
20．（6分）计算：（1）；
（2）先化简，再求值．，其中a=2020；
21．（6分）如图，破残的圆形轮片上，弦的垂直平分线交于点，交弦于点.已知cm，c m.
（1）求作此残片所在的圆;(不写作法，保留作图痕迹)
（2）求（1）中所作圆的半径.

22．（8分）如图，点E在的中线BD上，．

（1）求证：；
（2）求证：．
23．（8分）已知正方形中，为对角线上一点，过点作交于点，连接，为的中点，连接．
（1）如图1，求证：；

（2）将图1中的绕点逆时针旋转45°，如图2，取的中点，连接．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．

（3）将图1中的绕点逆时计旋转任意角度，如图3，取的中点，连接．问（1）中的结论是否仍然成立？通过观察你还能得出什么结论？（均不要求证明）

24．（8分）在平面直角坐标系xOy中，有任意三角形，当这个三角形的一条边上的中线等于这条边的一半时，称这个三角形叫“和谐三角形”，这条边叫“和谐边”，这条中线的长度叫“和谐距离”．
（1）已知A（2,0），B（0,4），C（1,2），D（4,1），这个点中，能与点O组成“和谐三角形”的点是 ，“和谐距离”是 ；
（2）连接BD，点M，N是BD上任意两个动点（点M，N不重合），点E是平面内任意一点，△EMN是以MN为“和谐边”的“和谐三角形”，求点E的横坐标t的取值范围；
（3）已知⊙O的半径为2，点P是⊙O上的一动点，点Q是平面内任意一点，△OPQ是“和谐三角形”，且“和谐距离”是2，请描述出点Q所在位置．
25．（10分）如图，一次函数的图象与反比例函数的图象相交于两点，与轴相交于点．

（1）求一次函数与反比例函数的解析式；
（2）若点与点关于轴对称，求的面积；
（3）若是反比例函数上的两点，当时，比与的大小关系．
26．（10分）先化简，再求值：（）÷，其中a是一元二次方程对a2+3a﹣2＝0的根．

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【解析】由图像经过A（2，3）可求出k的值，根据反比例函数的性质可得时，的取值范围.
【详解】∵比例函数的图象经过点，
∴-3=，
解得：k=-6,
反比例函数的解析式为：y=-，
∵k=-6<0，
∴当时，y随x的增大而增大，
∵x=1时，y=-6，x=3时，y=-2，
∴y的取值范围是：-6<y<-2，
故选B.
【点睛】
本题考查反比例函数的性质，k>0时，图像在一、三象限，在各象限y随x的增大而减小；k<0时，图像在二、四象限，在各象限y随x的增大而增大；熟练掌握反比例函数的性质是解题关键.
2、B
【分析】由平行线的性质可得,，可设AH=5a，HP=3a，求出S△ADE=，由平行线的性质可得，可得S△FGM=2, 再利用S四边形DEGF= S△DEM- S△FGM,即可得到答案．
【详解】解：如图，连接AM，交DE于点H，交BC于点P，

∵DE∥BC，
∴，
∴
∵的面积为
∴S△ADE=×32=
设AH=5a，HP=3a
∵沿着折叠
∴AH=HM=5a，S△ADE=S△DEM=
∴PM=2a，
∵DE∥BC
∴
∴S△FGM=2
∴S四边形DEGF= S△DEM- S△FGM=-2=
故选：B．
【点睛】
本题考查了折叠变换，平行线的性质，相似三角形的性质，熟练运用平行线的性质是本题的关键．
3、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.
4、B
【分析】根据平均数与方差的意义解答即可.
【详解】解: ,
乙与丁二选一,
又,
选择乙.
【点睛】
本题考查数据的平均数与方差的意义,理解两者所代表的的意义是解答关键.
5、A
【分析】根据题意可知b=3-b2，a+b=-1，ab=-3，所求式子化为a2-b+2019=a2-3+b2+2019=（a+b）2-2ab+2016即可求解.
【详解】，是方程的两个实数根，
∴，，，
∴；
故选A．
【点睛】
本题考查一元二次方程的根与系数的关系；根据根与系数的关系将所求式子进行化简代入是解题的关键．
6、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．
7、A
【分析】根据二次函数的性质分两种情形讨论求解即可；
【详解】∵抛物线的解析式为y=ax1-x+1．

观察图象可知当a＜0时，x=-1时，y≤1时，满足条件，即a+3≤1，即a≤-1；
当a＞0时，x=1时，y≥1，且抛物线与直线MN有交点，满足条件，
∴a≥，
∵直线MN的解析式为y=-x+，
由，消去y得到，3ax1-1x+1=0，
∵△＞0，
∴a＜，
∴≤a＜满足条件，
综上所述，满足条件的a的值为a≤-1或≤a＜，
故选A．
【点睛】
本题考查二次函数的应用，二次函数的图象上的点的特征等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
8、B
【分析】分x>0和0x<0两种情况分析，利用公式法解一元二次方程即可．
【详解】解：当x>0时，有，解得， (舍去)，
x<0时，有，解得，x1=−1，x2=2(舍去)．
故选B.
【点睛】
此题主要考查了一元二次方程的解法，解题的关键是掌握新定义以及掌握因式分解法以及公式法解方程的方法步骤，掌握降次的方法，把二次化为一次，再解一元一次方程．
9、D
【分析】根据切线长定理，可以证明圆的外切四边形的对边和相等，由此即可解决问题．
【详解】∵AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线，
∴可以假设切点分别为E、H、G、F，

∴AF＝AE，BE＝BH，CH＝CG，DG＝DF，
∴AD＋BC＝AF＋DF＋BH＋CH＝AE＋BE＋DG＋CG＝AB＋CD，
∵AD＝2，BC＝5，
∴AB＋CD＝AD＋BC＝7，
故选D.
【点睛】
本题考查切线的性质、切线长定理等知识，解题的关键是证明圆的外切四边形的对边和相等，属于中考常考题型．
10、A
【分析】先根据勾股定理计算出斜边AB的长，然后根据正弦的定义求解．
【详解】如图，

∵∠C=90°，AC=8，BC=6，
∴AB==10，
∴sinB=．
故选：A．
【点睛】
本题考查了正弦的定义：在直角三角形中，一锐角的正弦等于它的对边与斜边的比值．也考查了勾股定理．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、AB⊥CD
【解析】解：需添加条件AB⊥DC，
∵、、、分别为四边形中、、、中点，
∴，
∴，．
∴四边形为平行四边形．
∵E、H是AD、AC中点，
∴EH∥CD，
∵AB⊥DC，EF∥HG
∴EF⊥EH，
∴四边形EFGH是矩形．
故答案为：AB⊥DC．
12、1
【分析】直接以概率求法得出关于x的等式进而得出答案．
【详解】解：由题意得： ，
解得，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了概率的意义，正确把握概率的求解公式是解题的关键．
13、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．
14、1
【分析】将抛物线的解析式化为顶点式，即可得到该抛物线的对称轴；
【详解】解：∵抛物线y＝(x﹣1)(x﹣3)＝x1﹣4x+3＝(x﹣1)1﹣1，
∴该抛物线的对称轴是直线x＝1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键.
15、（2，1）
【分析】将二次函数解析式化为顶点式，即可得到顶点坐标.
【详解】将二次函数配方得
则顶点坐标为（2，1）
考点：二次函数的图象和性质．
16、1．
【解析】试题分析：根据题目中的条件易证△ABP∽△CDP，由相似三角形对应边的比相等可得，即，解得CD=1m．
考点：相似三角形的应用．
17、3
【分析】由四边形ABCD是菱形，OB=4，根据菱形的性质可得BD=8，在根据菱形的面积等于两条对角线乘积的一半求得AC=6，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求得OH的长.
【详解】∵四边形ABCD是菱形，OB=4，
∴OA=OC，BD=2OB=8；
∵S菱形ABCD=24，
∴AC=6；
∵AH⊥BC，OA=OC，
∴OH=AC=3.
故答案为3.
【点睛】
本题考查了菱形的性质及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半的性质，根据菱形的面积公式（菱形的面积等于两条对角线乘积的一半）求得AC=6是解题的关键.
18、17°
【详解】解：∵∠BAC=33°,将△ABC绕点A按顺时针方向旋转50°,对应得到△AB′C′，
∴∠B′AC′=33°,∠BAB′=50°，
∴∠B′AC的度数=50°−33°=17°.
故答案为17°.

三、解答题(共66分)
19、（1）点A为旋转中心；（1）旋转了90°或170°；（3）四边形ABCD的面积为15cm1．
【分析】（1）根据图形确定旋转中心即可；
（1）对应边AE、AF的夹角即为旋转角，再根据正方形的每一个角都是直角解答；
（3）根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得△BAE的面积等于△DAF的面积，从而得到四边形ABCD的面积等于正方形AECF的面积，然后求解即可．
【详解】（1）由图可知，点A为旋转中心；
（1）在四边形ABCD中，∠BAD=90°，所以，旋转了90°或170°；
（3）由旋转性质知，AE=AF，∠F=∠AEB=∠AEC=∠C=90°
∴四边形AECF是正方形，
∵△BEA旋转后能与△DFA重合，
∴△BEA≌△DFA，
∴S△BEA=S△DFA，
∴四边形ABCD的面积=正方形AECF的面积，
∵AE=5cm，
∴四边形ABCD的面积=51=15cm1．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质以及旋转中心的确定，旋转角的确定，以及旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小的性质．
20、（1）；（2），1．
【分析】（1）把分式方程化为整式方程，即可求解；
（2）根据分式的运算法则进行化简，再代入a即可求解．
【详解】解：（1）去分母得：
解得：
检验：当时，
∴是原分式方程的解；
（2）
=

当时，原式=1．
【点睛】
此题主要考查分式方程与分式化简求值，解题的关键是熟知其运算法则．
21、（1）作图见解析；（2）（1）作图见解析；（2）cm；
【分析】（1）.由垂径定理知，垂直于弦的直径是弦的中垂线，因为CD垂直平分AB，故作AC的中垂线交CD延长线于点O，则点O是弧ACB所在圆的圆心；（2）.在Rt△OAD中，由勾股定理可求得半径OA的长即可．
【详解】（1）如图点O即为所求圆的圆心.
（2）连接OA，设OA=xcm，
根据勾股定理得：
x2=62+（x-4）2
解得：x=cm，

故半径为：cm.
【点睛】
本题考查垂径定理，垂直于弦的直径，平分弦且平分这条弦所对的两条弧，熟练掌握垂径定理是解题关键.
22、（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由∠DAE=∠ABD，∠ADE=∠BDA，根据有两角对应相等的三角形相似，可得△ADE∽△BDA；
（2）由点E在中线BD上，可得，又由∠CDE=∠BDC，根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，即可得△CDE∽△BDC，继而证得∠DEC=∠ACB．
【详解】解：证明：（1）∵∠DAE=∠ABD，∠ADE=∠BDA，
∴△ADE∽△BDA；
（2）∵D是AC边上的中点，
∴AD=DC，
∵△ADE∽△BDA
∴，
∴，
又∵∠CDE=∠BDC，
∴△CDE∽△BDC，
∴∠DEC=∠ACB．
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
23、 (1)见解析;(2)见解析;(3)见解析.
【解析】（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．
（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．
（3）结论依然成立．过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因为BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC，得出△MEC是等腰直角三角形，就可以得出结论．
【详解】（1）在中，为的中点，
∴．
同理，在中，．
∴．
（2）如图②，（1）中结论仍然成立，即EG=CG．
理由：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．
∴∠AMG=∠DMG=90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=BC=AB，∠ADG=∠CDG．∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°．
在△DAG和△DCG中，
，
∴△DAG≌△DCG（SAS），
∴AG=CG．
∵G为DF的中点，
∴GD=GF．
∵EF⊥BE，
∴∠BEF=90°，
∴∠BEF=∠BAD，
∴AD∥EF，
∴∠N=∠DMG=90°．
在△DMG和△FNG中，
，
∴△DMG≌△FNG（ASA），
∴MG=NG．
∵∠DA∠AMG=∠N=90°，
∴四边形AENM是矩形，
∴AM=EN，
在△AMG和△ENG中，
，
∴△AMG≌△ENG（SAS），
∴AG=EG，
∴EG=CG； 
（3）如图③，（1）中的结论仍然成立．
理由：过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN⊥AB于N．
∵MF∥CD，
∴∠FMG=∠DCG，∠MFD=∠CDG．∠AQF=∠ADC=90°
∵FN⊥AB，
∴∠FNH=∠ANF=90°．
∵G为FD中点，
∴GD=GF．
在△MFG和△CDG中
，
∴△CDG≌△MFG（AAS），
∴CD=FM．MG=CG．
∴MF=AB．
∵EF⊥BE，
∴∠BEF=90°．
∵∠NHF+∠HNF+∠NFH=∠BEF+∠EHB+∠EBH=180°，
∴∠NFH=∠EBH．
∵∠A=∠ANF=∠AMF=90°，
∴四边形ANFQ是矩形，
∴∠MFN=90°．
∴∠MFN=∠CBN，
∴∠MFN+∠NFE=∠CBN+∠EBH，
∴∠MFE=∠CBE．
在△EFM和△EBC中
，
∴△EFM≌△EBC（SAS），
∴ME=CE．，∠FEM=∠BEC，
∵∠FEC+∠BEC=90°，
∴∠FEC+∠FEM=90°，
即∠MEC=90°，
∴△MEC是等腰直角三角形，
∵G为CM中点，
∴EG=CG，EG⊥CG．

【点睛】
考查了正方形的性质的运用，矩形的判定就性质的运用，旋转的性质的运用，直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
24、（1）A,B；；（2）；（3）点Q在以点O为圆心，4为半径的圆上；或在以点O为圆心，为半径的圆上．
【分析】（1）由题意利用“和谐三角形”以及“和谐距离”的定义进行分析求解；
（2）由题意可知以BD的中点为圆心，以BD为直径作圆此时可求点E的横坐标t的取值范围；
（3）根据题意△OPQ是“和谐三角形”，且“和谐距离”是2，画出图像进行分析.
【详解】解：（1）由题意可知当A（2,0），B（0,4）与O构成三角形时满足圆周角定理即能与点O组成“和谐三角形”，此时“和谐距离”为；
（2）根据题意作图，以BD的中点为圆心，以BD为直径作圆，
可知当E在如图位置时求点E的横坐标t的取值范围，

解得点E的横坐标t的取值范围为；
（3）如图

当PQ为“和谐边”时，点Q在以点O为圆心，为半径的圆上；
当OQ为“和谐边”时，点Q在以点O为圆心，4为半径的圆上.
【点睛】
本题考查圆的综合问题，熟练掌握圆的相关性质以及理解题干定义是解题关键.
25、（1）一次函数的解析式为，反比例函数的解析式为；（2）；（3）．
【分析】（1）利用待定系数法即可解决求问题．
（2）根据对称性求出点D坐标，发现BD∥x轴，利用三角形的面积公式计算即可．
（3）利用反比例函数的增减性解决问题即可．
【详解】解：（1）反比例函数经过点，
，
点在上，
，
，
把坐标代入，则有，
解得，
一次函数的解析式为，反比例函数的解析式为．
（2）直线交轴于，
，
关于轴对称，

轴，
．
（3）是反比例函数上的两点，且，
．
【点睛】
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是熟练掌握待定系数法解决问题，学会利用函数的增减性，比较函数值的大小．
26、a1+3a，1
【分析】根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后根据a1+3a﹣1＝0可以得到a1+3a的值，从而可以求得所求式子的值．
【详解】解：（）÷
＝[]•a（a﹣1）
＝（）•a（a﹣1）
＝•a（a﹣1）
＝a（a+3）
＝a1+3a，
∵a1+3a﹣1＝0，
∴a1+3a＝1，
∴原式＝1．
【点睛】
本题考查分式的化简求值，代数式求值．解决此题应注意运算顺序，能熟练掌握通分、因式分解、约分等知识点是解题关键．