河南省漯河市2022-2023学年数学九年级第一学期期末达标测试试题含解析.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．如图，直线y=2x与双曲线在第一象限的交点为A，过点A作AB⊥x轴于B，将△ABO绕点O旋转90°，得到△A′B′O，则点A′的坐标为( )

A．（1.0） B．（1.0）或（﹣1.0）
C．（2.0）或（0，﹣2） D．（﹣2.1）或（2，﹣1）
2．在同一坐标系中，一次函数与二次函数的图象可能是（ ）．
A． B． C． D．
3．如图，在菱形中，，，是的中点，将绕点逆时针旋转至点与点重合，此时点旋转至处，则点在旋转过程中形成的、线段、点在旋转过程中形成的与线段所围成的阴影部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
4．如图，在△ABC中，∠BAC的平分线AD与∠ACB的平分线CE交于点O，下列说法正确的是（ ）

A．点O是△ABC的内切圆的圆心
B．CE⊥AB
C．△ABC的内切圆经过D，E两点
D．AO＝CO
5．如图，△ABC的内切圆⊙O与BC、CA、AB分别相切于点D、E、F，且AB＝5，BC＝13，CA＝12，则阴影部分(即四边形AEOF)的面积是( )

A．4 B．6.25 C．7.5 D．9
6．下列正多边形中，绕其中心旋转72°后，能和自身重合的是（ ）
A．正方形 B．正五边形
C．正六边形 D．正八边形
7．下列图形是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
8．下列说法：①三点确定一个圆；②任何三角形有且只有一个内切圆；③相等的圆心角所对的弧相等；④正多边形一定是中心对称图形，其中真命题有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．一个不透明的布袋里装有8个只有颜色不同的球，其中2个红球，6个白球.从布袋里任意摸出1个球，则摸出的球是白球的概率为( )
A． B． C． D．
10．已知一个三角形的两个内角分别是40°，60°，另一个三角形的两个内角分别是40°，80°，则这两个三角形（　　）
A．一定不相似 B．不一定相似 C．一定相似 D．不能确定
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知二次函数的图象与轴有两个交点，则下列说法正确的有：_________________．(填序号)
①该二次函数的图象一定过定点；
②若该函数图象开口向下，则的取值范围为：；
③当且时，的最大值为；
④当且该函数图象与轴两交点的横坐标满足时，的取值范围为：．
12．方程x2+2x+m=0有两个相等实数根，则m=___________．
13．某校开展“节约每滴水”活动，为了了解开展活动一个月以来节约用水情况，从九年级的400名同学中选取20名同学统计了各自家庭一个月节约用水情况，如下表：
节水量（）
0.2
0.25
0.3
0.4
家庭数（个）
4
6
3
7
请你估计这400名同学的家庭一个月节约用水的总量大约是_________．
14．将直角边长为5cm的等腰直角△ABC绕点A逆时针旋转15°后，得到△AB′C′，则图中阴影部分的面积是_____cm1．

15．（2011•南充）如图，PA，PB是⊙O是切线，A，B为切点，AC是⊙O的直径，若∠BAC=25°，则∠P=_________度．
16．将抛物线先向上平移3个单位，再向右平移2个单位后得到的新抛物线对应的函数表达式为______.
17．已知＜cosA＜sin70°，则锐角A的取值范围是_________
18．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．
三、解答题(共66分)
19．（10分）对于代数式ax2+bx+c，若存在实数n，当x＝n时，代数式的值也等于n，则称n为这个代数式的不变值．例如：对于代数式x2，当x＝1时，代数式等于1；当x＝1时，代数式等于1，我们就称1和1都是这个代数式的不变值．在代数式存在不变值时，该代数式的最大不变值与最小不变值的差记作A．特别地，当代数式只有一个不变值时，则A＝1．
（1）代数式x2﹣2的不变值是　 　，A＝　 　．
（2）说明代数式3x2+1没有不变值；
（3）已知代数式x2﹣bx+1，若A＝1，求b的值．
20．（6分）解不等式组，并求出不等式组的整数解之和．
21．（6分）用一块边长为的正方形薄钢片制作成一个没有盖的长方体盒子，可先在薄钢片的四个角上截去四个相同的小正方形(如图①)，然后把四边折合起来(如图②)．若做成的盒子的底面积为时，求截去的小正方形的边长．

22．（8分）已知抛物线与轴交于点．
(1)求点的坐标和该抛物线的顶点坐标；
(2)若该抛物线与轴交于两点，求的面积；
(3)将该抛物线先向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度，求平移后的抛物线的解析式（直接写出结果即可）．
23．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足为D ，BE⊥AB，垂足为B，BE=CD连接CE，DE.
（1）求证：四边形CDBE是矩形
（2）若AC=2 ，∠ABC=30°，求DE的长

24．（8分）如图，已知AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，OC∥BD，交AD于点E，连结BC．
（1）求证：AE=ED；
（2）若AB=10，∠CBD=36°，求的长．

25．（10分）如图，在平面直角坐标系中，直线l1与x轴交于点A，与y轴交于点B(0，4)，OA＝OB，点C(﹣3，n)在直线l1上.
(1)求直线l1和直线OC的解析式；
(2)点D是点A关于y轴的对称点，将直线OC沿y轴向下平移，记为l2，若直线l2过点D，与直线l1交于点E，求△BDE的面积.

26．（10分）如图，点A，C，D，B在以O点为圆心，OA长为半径的圆弧上， AC=CD=DB，AB交OC于点E．求证：AE=CD．

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【解析】试题分析：联立直线与反比例解析式得：，
消去y得到：x2=1，解得：x=1或﹣1．∴y=2或﹣2．
∴A（1，2），即AB=2，OB=1，
根据题意画出相应的图形，如图所示，分顺时针和逆时针旋转两种情况：

根据旋转的性质，可得A′B′=A′′B′′=AB=2，OB′=OB′′=OB=1，
根据图形得：点A′的坐标为（﹣2，1）或（2，﹣1）．
故选D．
2、D
【解析】试题分析：A．由直线与y轴的交点在y轴的负半轴上可知，＜0，错误；
B．由抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上可知，m＞0，由直线可知，﹣m＞0，错误；
C．由抛物线y轴的交点在y轴的负半轴上可知，m＜0，由直线可知，﹣m＜0，错误；
D．由抛物线y轴的交点在y轴的负半轴上可知，m＜0，由直线可知，﹣m＞0，正确，
故选D．
考点：1．二次函数的图象；2．一次函数的图象．
3、C
【分析】根据菱形的性质可得AD=AB=4，∠DAB=180°－，AE=，然后根据旋转的性质可得：S△ABE=S△ADF，∠FAE=∠DAB=60°，最后根据S阴影=S扇形DAB＋S△ADF―S△ABE―S扇形FAE即可求出阴影部分的面积.
【详解】解：∵在菱形中，，，是的中点，
∴AD=AB=4，∠DAB=180°－，AE=，
∵绕点逆时针旋转至点与点重合，此时点旋转至处，
∴S△ABE=S△ADF，∠FAE=∠DAB=60°
∴S阴影=S扇形DAB＋S△ADF―S△ABE―S扇形FAE
= S扇形DAB―S扇形FAE
=
=
故选：C.
【点睛】
此题考查的是菱形的性质、旋转的性质和扇形的面积公式，掌握菱形的性质定理、旋转的性质和扇形的面积公式是解决此题的关键.
4、A
【分析】由∠BAC的平分线AD与∠ACB的平分线CE交于点O，得出点O是△ABC的内心即可．
【详解】解：∵△ABC中，∠BAC的平分线AD与∠ACB的平分线CE交于点O，
∴点O是△ABC的内切圆的圆心；
故选：A．
【点睛】
本题主要考察三角形的内切圆与内心，解题关键是熟练掌握三角形的内切圆性质.
5、A
【分析】先利用勾股定理判断△ABC为直角三角形，且∠BAC=90°，继而证明四边形AEOF为正方形，设⊙O的半径为r，利用面积法求出r的值即可求得答案.
【详解】∵AB=5，BC=13，CA=12，
∴AB2+AC2=BC2，
∴△ABC为直角三角形，且∠BAC=90°，
∵⊙O为△ABC内切圆，
∴∠AFO=∠AEO=90°，且AE=AF，
∴四边形AEOF为正方形，
设⊙O的半径为r，
∴OE=OF=r，
∴S四边形AEOF=r²，
连接AO，BO，CO，

∴S△ABC=S△AOB+S△AOC+S△BOC，
∴，
∴r=2，
∴S四边形AEOF=r²=4，
故选A.
【点睛】
本题考查了三角形的内切圆，勾股定理的逆定理，正方形判定与性质，面积法等，正确把握相关知识是解题的关键.
6、B
【解析】选项A，正方形的最小旋转角度为90°，绕其中心旋转90°后，能和自身重合；
选项B，正五边形的最小旋转角度为 72°，绕其中心旋转72°后，能和自身重合；
选项C，正六边形的最小旋转角度为60°，绕其中心旋转60°后，能和自身重合；
选项D，正八边形的最小旋转角度为45°，绕其中心旋转45°后，能和自身重合.
故选B．
7、B
【分析】根据中心对称图形的概念和各图的性质求解．
【详解】A、是轴对称图形，故此选项错误；
B、是中心对称图形，故此选项正确；
C、不是中心对称图形，故此选项错误；
D、不是中心对称图形，故此选项错误．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形的概念．要注意，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
8、A
【分析】根据圆的性质、三角形内切圆的性质、圆心角的性质以及中心对称图形的知识，依次分析可得出正确的命题，即可得出答案．
【详解】①不共线的三点确定一个圆，错误，假命题；
②任何三角形有且只有一个内切圆，正确，真命题；
③在同一个圆中,圆心角相等所对的弧也相等,错误，假命题；
④正五边形、正三角形都不是中心对称图形，错误，假命题；
故答案为A.
【点睛】
本题考查了圆的性质、三角形内切圆的性质、圆心角的性质以及中心对称图形的知识，解题时记牢性质和判定方法是关键．
9、A
【解析】用白球的个数除以球的总个数即为所求的概率.
【详解】解：因为一共有8个球，白球有6个，
所以从布袋里任意摸出1个球，摸到白球的概率为 ，
故选：A.
【点睛】
本题考查了概率公式，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．
10、C
【解析】试题解析：∵一个三角形的两个内角分别是
∴第三个内角为
又∵另一个三角形的两个内角分别是
∴这两个三角形有两个内角相等，
∴这两个三角形相似.
故选C.
点睛：两组角对应相等，两三角形相似.

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】根据二次函数图象与x轴有两个交点，利用根的判别式可求出，①中将点代入即可判断，②中根据“开口向下”和“与x轴有两个交点”即可得出m的取值范围，③中根据m的取值可判断出开口方向和对称轴范围，从而判断增减性确定最大值，④中根据开口方向及x1，x2的范围可判断出对应y的取值，从而建立不等式组求解集．
【详解】由题目中可知： ，，，
由题意二次函数图象与x轴有两个交点，则：
，即，
①将代入二次函数解析式中，，则点在函数图象上，故正确；
②若二次函数开口向下，则，解得，且，所以的取值范围为：，故正确；
③当时，，即二次函数开口向上，对称轴，对称轴在左侧，则当时，随的增大而增大，当时有最大值，，故错误；
④当时，，即二次函数开口向上，
∵，
∴当时，，时，，即，
解得：，
∵，
∴当时，，时，，即，
解得：，
综上，，故正确．
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查二次函数的图像与性质，以及利用不等式组求字母取值范围，熟练掌握二次函数各系数与图象之间的关系是解题的关键．
12、1
【分析】当△=0时，方程有两个相等实数根.
【详解】由题意得：△=b2-4ac=22-4m=0，则m=1.
故答案为1.
【点睛】
本题考察了根的判别式与方程根的关系.
13、1
【分析】先计算这20名同学各自家庭一个月的节水量的平均数，即样本平均数，然后乘以总数400即可解答．
【详解】解：20名同学各自家庭一个月平均节约用水是：
（0.2×4+0.25×6+0.3×3+0.4×7）÷20=0.3（m3），
因此这400名同学的家庭一个月节约用水的总量大约是：
400×0.3=1（m3），
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了通过样本去估计总体，只需将样本“成比例地放大”为总体即可，关键是求出样本的平均数．
14、
【解析】∵等腰直角△ABC绕点A逆时针旋转15°后得到△AB′C′，
∵∠CAC′=15°，
∴∠C′AB=∠CAB﹣∠CAC′=45°﹣15°=30°，AC′=AC=5，
∴阴影部分的面积=×5×tan30°×5=．
15、50
【解析】∵PA，PB是⊙O是切线，A，B为切点，
∴PA=PB，∠OBP=90°，
∵OA=OB，
∴∠OBA=∠BAC=25°，
∴∠ABP=90°﹣25°=65°，
∵PA=PB，
∴∠BAP=∠ABP=65°，
∴∠P=180°﹣65°﹣65°=50°，
故答案为：50°．
16、
【分析】根据二次函数平移的特点即可求解.
【详解】将抛物线先向上平移3个单位，再向右平移2个单位后得到的新抛物线对应的函数表达式为
故答案为: .
【点睛】
此题主要考查二次函数的平移，解题的关键是熟知二次函数平移的特点.
17、20°＜∠A＜30°．
【详解】∵＜cosA＜sin70°，sin70°=cos20°，
∴cos30°＜cosA＜cos20°，
∴20°＜∠A＜30°．
18、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．

三、解答题(共66分)
19、（3）﹣3和2；2；（2）见解析；（2）﹣2或3
【分析】（3）根据不变值的定义可得出关于x的一元二次方程，解之即可求出x的值，再做差后可求出A的值；
（2）由方程的系数结合根的判别式可得出方程2x2﹣x+3＝3没有实数根，进而可得出代数式2x2+3没有不变值；
（2）由A＝3可得出方程x2﹣（b+3）x+3＝3有两个相等的实数根，进而可得出△＝3，解之即可得出结论．
【详解】解：（3）依题意，得：x2﹣2＝x，
即x2﹣x﹣2＝3，
解得：x3＝﹣3，x2＝2，
∴A＝2﹣（﹣3）＝2．
故答案为﹣3和2；2．
（2）依题意，得：2x2 +3＝x，
∴2x2﹣x+3＝3，
∵△＝（﹣3）2﹣4×2×3＝﹣33＜3，
∴该方程无解，即代数式2x2+3没有不变值．
（2）依题意，得：方程x2﹣bx+3= x即x2﹣（b+3）x+3＝3有两个相等的实数根，
∴△＝[﹣（b+3）]2﹣4×3×3＝3，
∴b3＝﹣2，b2＝3．
答：b的值为﹣2或3．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用以及根的判别式，根据不变值的定义，求出一元二次方程的解是解题的关键．
20、1.
【解析】分析：分别求出不等式组中两不等式的解集，找出解集的公共部分确定出解集，找出整数解即可．
详解：解不等式（x+1）≤2，得：x≤3，
解不等式，得：x≥0，
则不等式组的解集为0≤x≤3，
所以不等式组的整数解之和为0+1+2+3=1．
点睛：此题考查了解一元一次不等式组，以及一元一次不等式组的整数解，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
21、截去的小正方形长为
【分析】根据题意设截去的小正方形长为，并由题意列方程与解出方程即可.
【详解】解:设截去的小正方形长为，依题意列方程

解得:(舍去)
答:截去的小正方形长为.
【点睛】
本题主要考查正方形的性质和一元二次方程的应用，只要理解题意并根据题干所给关系列出方程即可作出正确解答．
22、（1）（0，5）；；（2）15；（3）
【分析】(1)令x=0即可得出点C的纵坐标，从而得出点C的坐标；利用配方法将抛物线表达式进行变形即可得出顶点坐标
(2)求出A，B两点的坐标，进而求出A与B的距离，由C点坐标可知OC的长，即可得出答案
(3)根据平移的规律结合原抛物线表达式 即可得出答案.
【详解】解：（Ⅰ）当时，，故点，
则抛物线的表达式为：，
故顶点坐标为：；
(2)令，解得：或，
则，
则；
(3)∵
∴平移后的抛物线表达式为：
【点睛】
本题考查的知识点是二次函数图象与几何变换以及二次函数的性质，此题较为基础，易于掌握.
23、（1）见详解,（2）DE =2
【解析】（1）利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形,有一个角是90°的平行四边形是矩形即可证明,（2）利用30°角所对直角边是斜边的一半和勾股定理即可解题.
【详解】解：（1）∵CD⊥AB， BE⊥AB，
∴CD∥BE,
∵BE=CD,
∴四边形CDBE是矩形,
（2）在Rt△ABC中，
∵∠ABC=30°，AC=2 ，
∴AB=4,（30°角所对直角边是斜边的一半）
∴DE=BC=2（勾股定理）
【点睛】
本题考查了矩形的证明和特殊直角三角形的性质,属于简单题,熟悉判定方法是解题关键.
24、（1）证明见解析；（2）
【详解】分析：（1）根据平行线的性质得出∠AEO=90°，再利用垂径定理证明即可；
（2）根据弧长公式解答即可．
详证明：（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵OC∥BD，
∴∠AEO=∠ADB=90°，
即OC⊥AD，
∴AE=ED；
（2）∵OC⊥AD，
∴ ，
∴∠ABC=∠CBD=36°，
∴∠AOC=2∠ABC=2×36°=72°，
∴ =．
点睛：此题考查弧长公式，关键是根据弧长公式和垂径定理解答．
25、 (1)直线I1的解析式：y＝2x+4，直线OC解析式y＝x；(2)S△BDE＝16.
【分析】(1)根据题意先求A的坐标，然后待定系数就AB解析式，把点C的坐标代入，可得n，即可求得直线OC解析式；
(2)根据对称性先去D的坐标，根据直线平移，k不变，可求DE解析式，然后求E的坐标，即可求出面积.
【详解】解：(1)∵点B(0，4)，OA＝OB，
∴OA＝OB＝＝2，
∴A(﹣2，0)，
设OA解析式y＝kx+b，
∴解得：，
∴直线I1的解析式：y＝2x+4，
∵C(﹣3，n)在直线l1上，
∴n＝﹣3×2+4
n＝﹣2
∴C(﹣3，﹣2)
设OC的解析式：y＝k1x
∴﹣2＝﹣3k1
k1＝，
∴直线OC解析式y＝x；
(2)∵D点与A点关于y轴对称
∴D(2，0)
设DE解析式y＝x+b′，
∴0＝×2+b′，
∴b′＝﹣，
∴DE解析式y＝x﹣，
当x＝0，y＝﹣，
解得：，
∴E(﹣4，﹣4)，
∴S△BDE＝×(2+2)(4+4)＝16.
【点睛】
本题考查了两条直线相交与平行问题，用待定系数法解一次函数，一次函数的性质，关键是找出点的坐标．
26、证明见解析
【解析】试题分析：连接OC，OD，根据弦相等，得出它们所对的弧相等，得到=,再得到它们所对的圆心角相等，证明 得到
又因为 即可证明.
试题解析：证明：方法一：连接OC，OD，
∵AC=CD=DB，=,
∴，
∴，

∵，∴，
，
，

，
，
，
，．
方法二：连接OC，OD，
∵AC=CD=DB，=,
∴，
∴，
∵，∴，
∵∠CAO=∠CAE+∠EAO，∠AEC=∠AOC+∠EAO，
∴∠CAO=∠AEC，
在中，
∴∠ACO=∠CAO，
∴∠ACO=∠AEC，，
，.
方法三：连接AD，OC，OD，
∵AC=DB，=,
∴∠ADC=∠DAB，
∴CD∥AB，
∴∠AEC=∠DCO，
∵AC=CD，AO=DO，
∴CO⊥AD，
∴∠ACO=∠DCO，
∴∠ACO=∠AEC，∴AC=AE，
∵AC=CD，∴AE=CD．