2022-2023学年湖北省恩施市数学九年级第一学期期末统考模拟试题含解析.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(每小题3分,共30分)
1．已知，满足，则的值是（ ）．
A．16 B． C．8 D．
2．下列四个手机应用图标中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，将绕点，按逆时针方向旋转120°，得到（点的对应点是点，点的对应点是点），连接.若，则的度数为（ ）

A．15° B．20 ° C．30° D．45°
4．如图，在一块斜边长60cm的直角三角形木板（）上截取一个正方形CDEF，点D在边BC上，点E在斜边AB上，点F在边AC上，若CD：CB＝1：3，则这块木板截取正方形CDEF后，剩余部分的面积为（　　）

A．202.5cm2 B．320cm2 C．400cm2 D．405cm2
5．四条线段成比例,其中＝3，，，则等于(   )
A．2㎝ B．㎝ C． D．8㎝
6．小敏在今年的校运动会跳远比赛中跳出了满意一跳，函数（t的单位：s，h的单位：m）可以描述他跳跃时重心高度的变化，则他起跳后到重心最高时所用的时间是（ ）

A．1．71s B．1．71s C．1．63s D．1．36s
7．《九章算术》中有一题“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何? ”其意思是:“今有直角三角形，勾(短直角边)长为步，股(长直角边)长为步，问该直角三角形能容纳的圆形(内切圆)直径是（ ）

A．步 B．步 C．步 D．步
8．如图所示，半径为3的⊙A经过原点O和C（0，2），B是y轴左侧⊙A优弧上的一点，则（ ）

A．2 B． C． D．
9．如图，反比例函数的图象经过点A（2，1），若≤1，则x的范围为（　　）

A．≥1 B．≥2 C．＜0或≥2 D．＜0或0＜≤1
10．如图，△A′B′C′是△ABC以点O为位似中心经过位似变换得到的，若△A′B′C′的面积与△ABC的面积比是4：9，则OB′：OB为（　　）

A．2：3 B．3：2 C．4：5 D．4：9
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．用一个圆心角90°，半径为8㎝的扇形纸围成一个圆锥，则该圆锥底面圆的半径为 ．
12．如图，在一张矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=8，点E，F分别在AD，BC上，将纸片ABCD沿直线EF折叠，点C落在AD上的一点H处，点D落在点G处，有以下四个结论：

①四边形CFHE是菱形；
②EC平分∠DCH；
③线段BF的取值范围为3≤BF≤4；
④当点H与点A重合时，EF=2．
以上结论中，你认为正确的有 ．（填序号）
13．设a，b是方程x2+x﹣2018＝0的两个实数根，则（a﹣1）（b﹣1）的值为_____．
14．已知关于x的一元二次方程(k－1)x2＋x＋k2－1＝0有一个根为0，则k的值为________．
15．如图，已知直线l：y＝﹣x+4分别与x轴、y轴交于点A，B，双曲线（k＞0，x＞0）与直线l不相交，E为双曲线上一动点，过点E作EG⊥x轴于点G，EF⊥y轴于点F，分别与直线l交于点C，D，且∠COD＝45°，则k＝_____．

16．因式分解：_______；
17．二次函数y＝a（x+m）2+n的图象如图，则一次函数y＝mx+n的图象不经过第_____象限．

18．方程的解是__________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）解方程：2（x-3）2=x2-1．
20．（6分）已知平行四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O，线段EF过点O交AD于点E，交BC于点F．求证：OE=OF．

21．（6分）如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别在BC, AB上，且∠ADE=60°.求证：△ADC~△DEB．

22．（8分）如图1，将边长为的正方形如图放置在直角坐标系中．

（1）如图2，若将正方形绕点顺时针旋转时，求点的坐标；
（2）如图3，若将正方形绕点顺时针旋转时，求点的坐标．
23．（8分）已知抛物线的对称轴是直线，与轴相交于，两点（点在点右侧），与轴交于点.

（1）求抛物线的解析式和，两点的坐标；
（2）如图，若点是抛物线上、两点之间的一个动点（不与、重合），是否存在点，使四边形的面积最大？若存在，求点的坐标及四边形面积的最大值；若不存在，请说明理由.
24．（8分）一次函数y＝x+2与y＝2x﹣m相交于点M（3，n），解不等式组，并将解集在数轴上表示出来．

25．（10分）如图，一次函数的图象与反比例函数在第一象限的图象交于和两点，与轴交于点.

（1）求反比例函数的解析式；
（2）若点在轴上，且的面积为，求点的坐标.
26．（10分）在一次篮球拓展课上，，，三人玩篮球传球游戏，游戏规则是：每一次传球由三人中的一位将球随机地传给另外两人中的某一人．例如：第一次由传球，则将球随机地传给，两人中的某一人．
（1）若第一次由传球，求两次传球后，球恰好回到手中的概率．（要求用画树状图法或列表法）
（2）从，，三人中随机选择一人开始进行传球，求两次传球后，球恰好在手中的概率．（要求用画树状图法或列表法）

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【分析】先把等式左边分组因式分解，化成非负数之和等于0形式，求出x,y即可.
【详解】由得

所以=0，=0
所以x=-2,y=-4
所以=（-4）-2=16
故选：A
【点睛】
考核知识点：因式分解运用.灵活拆项因式分解是关键.
2、A
【解析】A既是轴对称图形，又是中心对称图形;
B是轴对称图形，不是中心对称图形;
C既不是轴对称图形，也不是中心对称图形;
D既不是轴对称图形，也不是中心对称图形;
【详解】
请在此输入详解！
3、C
【分析】根据旋转的性质得到∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，根据等腰三角形的性质易得∠AB′B=30°，再根据平行线的性质即可得∠C′AB′=∠AB′B=30°．
【详解】解：∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转l20°得到△AB′C′，
∴∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，
∴∠AB′B=（180°-120°）=30°，
∵AC′∥BB′，
∴∠C′AB′=∠AB′B=30°，
∴∠CAB=∠C′AB′=30°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．
4、C
【分析】先根据正方形的性质、相似三角形的判定与性质可得，设，从而可得，再在中，利用勾股定理可求出x的值，然后根据三角形的面积公式、正方形的面积公式计算即可．
【详解】∵四边形CDEF为正方形，
∴，，
∴，
，
∵，
，
设，则，
∴，
在中，，即，
解得或（不符题意，舍去），
，
则剩余部分的面积为，
故选：C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，利用正方形的性质找出两个相似三角形是解题关键．
5、A
【分析】四条线段a，b，c，d成比例，则 = ，代入即可求得b的值．
【详解】解：∵四条线段a，b，c，d成比例，
∴ =，
∴b= = =2（cm）．
故选A．
【点睛】
本题考查成比例线段，解题关键是正确理解四条线段a，b，c，d成比例的定义．
6、D
【分析】找重心最高点，就是要求这个二次函数的顶点，应该把一般式化成顶点式后，直接解答.
【详解】解：h=3.5t-4.9t2
=-4.9（t-）2+，
∵-4.9＜1
∴当t=≈1.36s时，h最大．
故选D.
【点睛】
此题主要考查了二次函数的应用，根据题意得出顶点式在解题中的作用是解题关键.
7、A
【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，即可确定出内切圆半径，进而得出直径.
【详解】根据勾股定理，得
斜边为，
则该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）半径（步），即直径为6步，
故答案为A.
【点睛】
此题主要考查了三角形的内切圆与内心，熟练掌握，即可解题.
8、C
【分析】根据题意连接CD，根据勾股定理求出OD，根据正切的定义求出tan∠D，根据圆周角定理得到∠B=∠D，等量代换即可．
【详解】解：连接CD（圆周角定理CD过圆心A），

在Rt△OCD中，CD=6，OC=2，
则OD=，
tan∠D=，
由圆周角定理得∠B=∠D，
则tan∠B=，
故选：C．
【点睛】
本题考查圆周角定理、锐角三角函数的定义，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
9、C
【解析】解：由图像可得，当＜0或≥2时，≤1.
故选C.
10、A
【分析】根据位似的性质得△ABC∽△A′B′C′，再根据相似三角形的性质进行求解即可得.
【详解】由位似变换的性质可知，A′B′∥AB，A′C′∥AC，
∴△A′B′C′∽△ABC，
∵△A'B'C'与△ABC的面积的比4：9，
∴△A'B'C'与△ABC的相似比为2：3，
∴ ，
故选A．
【点睛】
本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1．
【解析】试题分析：扇形的弧长是：，设底面半径是，则，解得．故答案是：1．
考点：圆锥的计算．
12、①③④
【解析】解：∵FH与CG，EH与CF都是矩形ABCD的对边AD、BC的一部分，
∴FH∥CG，EH∥CF，
∴四边形CFHE是平行四边形，
由翻折的性质得，CF=FH，
∴四边形CFHE是菱形，（故①正确）；
∴∠BCH=∠ECH，
∴只有∠DCE=30°时EC平分∠DCH，（故②错误）；
点H与点A重合时，设BF=x，则AF=FC=8﹣x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，
即42+x2=（8﹣x）2，
解得x=3，
点G与点D重合时，CF=CD=4，
∴BF=4，
∴线段BF的取值范围为3≤BF≤4，（故③正确）；
过点F作FM⊥AD于M，
则ME=（8﹣3）﹣3=2，
由勾股定理得，
EF==2，（故④正确）；
综上所述，结论正确的有①③④共3个，
故答案为①③④．

考点：翻折变换的性质、菱形的判定与性质、勾股定理
13、﹣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．
14、－1
【解析】把x=0代入方程得k2-1=0，解得k=1或k=-1，
而k-1≠0，
所以k=-1，
故答案为：-1．
15、1
【解析】证明△ODA∽△CDO，则OD2＝CD•DA，而则OD2＝（4﹣n）2+n2＝2n2﹣1n+16，CD＝（m+n﹣4），DA＝n，即可求解．
【详解】解：点A、B的坐标分别为（4，0）、（0，4），
即：OA＝OB，∴∠OAB＝45°＝∠COD，
∠ODA＝∠ODA，∴△ODA∽△CDO，
∴OD2＝CD•DA，
设点E（m，n），则点D（4﹣n，n），点C（m，4﹣m），
则OD2＝（4﹣n）2+n2＝2n2﹣1n+16，
CD＝（m+n﹣4），DA＝n，
即2n2﹣1n+16＝（m+n﹣4）×n，
解得：mn＝1＝k，
故答案为1．
【点睛】
本题考查的是反比例函数与一次函数的交点问题，涉及到三角形相似、一次函数等知识点，关键是通过设定点E的坐标，确定相关线段的长度，进而求解．
16、（a-b）（a-b+1）
【解析】原式变形后，提取公因式即可得到结果．
【详解】解：原式=(a-b)2+(a-b)=(a-b)(a-b+1)，
故答案为：(a-b)(a-b+1)
【点睛】
此题考查了因式分解-提公因式法，熟练掌握提取公因式的方法是解本题的关键．
17、一
【分析】由二次函数解析式表示出顶点坐标，根据图形得到顶点在第四象限，求出m与n的正负，即可作出判断．
【详解】根据题意得：抛物线的顶点坐标为（﹣m，n），且在第四象限，
∴﹣m＞0，n＜0，即m＜0，n＜0，
则一次函数y＝mx+n不经过第一象限．
故答案为：一．
【点睛】
此题考查了二次函数与一次函数图象与系数的关系，熟练掌握二次函数及一次函数的图象与性质是解本题的关键．
18、
【分析】先通过移项将等号右边多项式移到左边，再利用提公因式法因式分解，即可得出方程的根.
【详解】解：
移项得：
提公因式得：
解得：；
故答案为：.
【点睛】
本题考查一元二次方程因式分解的解法.在解一元二次方程的时候，一定要先观察方程的形式，如果遇到了相同的因式，先将他们移到方程等号的一侧，看能否利用提公因式解方程，观察以及积累是快速解题的关键.

三、解答题(共66分)
19、x1=3，x2=1．
【解析】试题分析：方程移项后，提取公因式化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
试题解析：方程变形得：2（x﹣3）2﹣（x+3）（x﹣3）=0，分解因式得：（x﹣3）（2x﹣6﹣x﹣3）=0，解得：x1=3，x2=1．
考点：解一元二次方程-因式分解法．
20、证明见解析.
【分析】由四边形ABCD是平行四边形，可得AD∥BC，OA=OC，继而可利用ASA判定△AOE≌△COF，继而证得OE=OF．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA=OC，
∴∠OAE=∠OCF，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE=OF．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质以及全等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．
21、见解析
【解析】根据等边三角形性质得∠B=∠C，根据三角形外角性质得∠CAD=∠BDE,易证.
【详解】证明：ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°,
∴∠ADB=∠CAD+∠C= ∠CAD+60°，
∵∠ADE=60°，
∴∠ADB=∠BDE+60°,
∴∠CAD=∠BDE,
∴
【点睛】
考核知识点：相似三角形的判定.根据等边三角形性质和三角形外角确定对应角相等是关键.
22、（1）A；（2）B
【分析】（1）作轴于点，则，,求得AD=1，根据勾股定理求得OD=，即可得出点A的坐标；
（2）连接BO，过点作轴于点，根据旋转角为75°，可得∠BOE＝30°，根据勾股定理可得，再根据Rt△BOD中，，，可得点B的坐标．
【详解】解：（1）如图1,作轴于点，则，
，
点的坐标为．

图1
（2）如图2，连接，过点作轴于点，则，
在中，
在中，，
点的坐标为．

图2
【点睛】
本题主要考查了旋转变换以及正方形的性质，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，解题时注意：正方形的四条边都相等，四个角都是直角．
23、（1）抛物线的解析式为：；点的坐标为，点的坐标为；（2）存在点，使四边形的面积最大；点的坐标为，四边形面积的最大值为32.
【分析】（1）根据对称轴公式可以求出a，从而可得抛物线解析式，再解出抛物线解析式y=0是的两个根，即可得到A，B的坐标；
（2）根据解析式可求出C点坐标，然后设直线的解析式为，从而可求该解析式方程，假设存在点,使四边形的面积最大，设点的坐标为，然后过点作轴，交直线于点，从而可求答案.
【详解】解：（1）∵抛物线的对称轴是直线，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为：.
当时，，解得，，
∴点的坐标为，点的坐标为.
答：抛物线的解析式为：；点的坐标为，点的坐标为.
（2）当时，，∴点的坐标为.
设直线的解析式为，
将,代入得，解得，
∴直线的解析式为.
假设存在点,使四边形的面积最大，
设点的坐标为，
如图所示，过点作轴，交直线于点，
则点的坐标为，
则，
∴

∴当时，四边形的面积最大，最大值是32
∵，
∴存在点,使得四边形的面积最大.
答：存在点，使四边形的面积最大；点的坐标为，四边形面积的最大值为32.

【点睛】
本题考查的是一道综合题，考查的是二次函数与一次函数的综合问题，能够熟练掌握一次函数与二次函数的相关问题是解题的关键.
24、﹣1＜x≤3，见解析
【分析】根据已知条件得到2x﹣m≤x+2的解集为x≤3，求得不等式组的解集为﹣1＜x≤3，把解集在数轴上表示即可．
【详解】解：∵一次函数y＝x+2与y＝2x﹣m相交于点M（3，n），
∴2x﹣m≤x+2的解集为：x≤3，
不等式x+1＞0的解集为：x＞﹣1，
∴不等式组的解集为：﹣1＜x≤3，
把解集在数轴上表示为：

【点睛】
本题考查了一次函数与一元一次不等式，不等式组的解法，正确的理解题意是解题的关键．
25、（1）；（2）或
【分析】（1）先把点代入解得的值，再代入反比例函数中解得的值即可；
（2）的面积可以理解为是以MC为底，点A的纵坐标为高，根据三角形的面积公式列式求解即可.
【详解】解：（1）把点代入，得，解得：，

把代入反比例函数，
；
反比例函数的表达式为；
（2）一次函数的图象与轴交于点，
，
设，
，
，
或，
的坐标为或.
【点睛】
本题主要考查一次函数和反比例函数的交点问题，注意的值有两个.
26、（1），树状图见解析；（2），树状图见解析
【分析】（1）用树状图表示所有可能情况，找出符合条件的情况，求出概率即可．
（2）用树状图表示所有可能情况，找出符合条件的情况，求出概率即可．
【详解】解：（1）画树状图得：

∵共有4种等可能的结果，两次传球后，球恰在手中的只有2种情况，
∴两次传球后，球恰在手中的概率为．
（2）根据题意画树状图如下：

∴共有12种等可能的结果，第二次传球后，球恰好在手中的有4种情况，
∴第二次传球后，球恰好在手中的概率是．
【分析】本题主要考查了树状图求概率的方法，正确掌握树状图求概率的方法是解题的关键．