2022-2023学年上海华亭学校九年级数学第一学期期末质量跟踪监视试题含解析.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．已知⊙O的半径是4，圆心O到直线l的距离d＝1．则直线l与⊙O的位置关系是（　　）
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法判断
2．在三角形纸片ABC中，AB=8，BC=4，AC=6，按下列方法沿虚线剪下，能使阴影部分的三角形与△ABC相似的是（　　）
A． B． C． D．
3．下列判断错误的是（ ）
A．有两组邻边相等的四边形是菱形 B．有一角为直角的平行四边形是矩形
C．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 D．矩形的对角线互相平分且相等
4．在下列图形中，是中心对称图形而不是轴对称图形的是（　　）
A．圆 B．等边三角形 C．梯形 D．平行四边形
5．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
6．如图，在正方形 ABCD 中，E是BC的中点，F是CD上一点，AE⊥EF．有下列结论：
①∠BAE＝30°；
②射线FE是∠AFC的角平分线；
③CF＝CD；
④AF＝AB＋CF．
其中正确结论的个数为（ ）

A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
7．河堤横断面如图所示，堤高BC＝5米，迎水坡AB的坡比1：，则AC的长是( )

A．10米 B．米 C．15米 D．米
8．一张圆心角为的扇形纸板和圆形纸板按如图方式剪得一个正方形，边长都为4，已知，则扇形纸板和圆形纸板的半径之比是（ ）

A． B． C． D．
9．甲、乙、丙三人站成一排拍照，则甲站在中间的概率是（ ）
A． B． C． D．
10．一个不透明的袋中，装有2个黄球、3个红球和5个白球，它们除颜色外都相同．从袋中任意摸出一个球，是白球的概率是（　　）
A． B． C． D．
11．如图,△ABC内接于圆O,∠A=50°,∠ABC=60°,BD是圆O的直径,BD交AC于点E，连结DC，则∠AEB等于（ ）

A．70° B．110° C．90° D．120°
12．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．若方程x2＋2x－11＝0的两根分别为m、n，则mn（m＋n）＝______．
14．某剧场共有个座位，已知每行的座位数都相同，且每行的座位数比总行数少，求每行的座位数．如果设每行有个座位，根据题意可列方程为_____________．
15．定义：如果一元二次方程ax2+bx+c＝1（a≠1）满足a+b+c＝1．那么我们称这个方程为“凤凰”方程，已知ax2+bx+c＝1（a≠1）是“凤凰”方程，且有两个相等的实数根，则下列结论：①a＝c，②a＝b，③b＝c，④a＝b＝c，正确的是_____（填序号）．
16．已知3是一元二次方程x2﹣2x+a＝0的一个根，则a=_____．
17．已知正六边形的边长为4cm，分别以它的三个不相邻的顶点为圆心，边长为半径画弧（如图），则所得到的三条弧的长度之和为 cm．（结果保留π）

18．如图，在矩形中，是边的中点，连接交对角线于点，若，，则的长为________．

三、解答题（共78分）
19．（8分）某商场经销一种高档水果，原价每千克50元．
（1）连续两次降价后每千克32元，若每次下降的百分率相同，求每次下降的百分率；
（2）若每千克盈利10元，每天可售出500千克，经市场调查发现，在进货价不变的情况下，商场决定采取适当的涨价措施，若每千克涨价1元，则日销售量将减少20千克，那么每千克水果应涨价多少元时，商场获得的总利润（元）最大，最大是多少元？
20．（8分）.如图，小明在大楼的东侧A处发现正前方仰角为75°的方向上有一热气球在C处，此时，小亮在大楼的西侧B处也测得气球在其正前方仰角为30°的位置上，已知AB的距离为60米，试求此时小明、小亮两人与气球的距离AC和BC．（结果保留根号）

21．（8分）用适当的方法解下列方程：．
22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，直线经过，两点，抛物线的顶点为，对称轴与轴交于点．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）求的面积；
（3）在抛物线上是否存在一点，使它到轴的距离为4，若存在，请求出点的坐标，若不存在，则说明理由．

23．（10分）如图，△ABC中，DE∥BC，EF∥AB．
（1）求证：△ADE∽△EFC；
（2）若AD＝4，DE＝6，＝2，求EF和FC的值．

24．（10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　 　．

25．（12分）如图，△ABC的坐标依次为（﹣1，3）、（﹣4，1）、（﹣2，1），将△ABC绕原点O顺时针旋转180°得到△A1B1C1．

（1）画出△A1B1C1；
（2）求在此变换过程中，点A到达A1的路径长．
26．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3经过点A（2，﹣3），与x轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，且OC＝3OB．

（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴上有一点P，使PB+PC的值最小，求点P的坐标；
（3）点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【解析】根据直线和圆的位置关系的判定方法，即圆心到直线的距离大于半径，则直线与圆相离进行判断.
【详解】解：∵圆心O到直线l的距离d=1，⊙O的半径R=4，
∴d>R，
∴直线和圆相离．
故选：A．
【点睛】
本题考查直线与圆位置关系的判定．掌握半径和圆心到直线的距离之间的数量关系是解答此题的关键.．
2、D
【解析】解：三角形纸片ABC中，AB=8，BC=4，AC=1．
A．，对应边，则沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，故此选项错误；
B．，对应边，则沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，故此选项错误；
C．，对应边，则沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，故此选项错误；
D．，对应边，则沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC相似，故此选项正确；
故选D．
点睛：此题主要考查了相似三角形的判定，正确利用相似三角形两边比值相等且夹角相等的两三角形相似是解题关键．
3、A
【分析】根据菱形，矩形，正方形的判定逐一进行分析即可．
【详解】A. 有两组邻边相等的四边形不一定是菱形，故该选项错误；
B. 有一角为直角的平行四边形是矩形，故该选项正确；
C. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故该选项正确；
D. 矩形的对角线互相平分且相等，故该选项正确；
故选：A．
【点睛】
本题主要考查菱形，矩形，正方形的判定，掌握菱形，矩形，正方形的判定方法是解题的关键．
4、D
【解析】解：选项A、是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项错误；
选项B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
选项C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
选项D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项正确；
故选D．
5、C
【分析】根据轴对称，中心对称的概念逐一判断即可．
【详解】解：A、该图形为轴对称图形，但不是中心对称图形，故A错误；
B、该图形为中心对称图形，但不是轴对称图形，故B错误；
C、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故C正确；
D、该图形为轴对称图形，但不是中心对称图形，故D错误；
故答案为C．
【点睛】
本题考查了轴对称，中心对称图形的识别，掌握轴对称，中心对称的概念是解题的关键．
6、B
【分析】根据点E为BC中点和正方形的性质，得出∠BAE的正切值，从而判断①，再证明△ABE∽△ECF，利用有两边对应成比例且夹角相等三角形相似即可证得△ABE∽△AEF，可判断②③，过点E作AF的垂线于点G，再证明△ABE≌△AGE，△ECF≌△EGF，即可证明④.
【详解】解：∵E是BC的中点，
∴tan∠BAE=，
∴∠BAE30°，故①错误；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠C=90°，AB=BC=CD，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF=∠B=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+FEC=90°，
∴∠BAE=∠CEF，
在△BAE和△CEF中，
，
∴△BAE∽△CEF，
∴，
∴BE=CE=2CF，
∵BE=CF=BC=CD，
即2CF=CD，
∴CF=CD，
故③错误；
设CF=a，则BE=CE=2a，AB=CD=AD=4a，DF=3a，
∴AE=a，EF=a，AF=5a，
∴，，
∴，
又∵∠B=∠AEF，
∴△ABE∽△AEF，
∴∠AEB=∠AFE，∠BAE=∠EAG，
又∵∠AEB=∠EFC，
∴∠AFE=∠EFC，
∴射线FE是∠AFC的角平分线，故②正确；
过点E作AF的垂线于点G，
在△ABE和△AGE中，
，
∴△ABE≌△AGE（AAS），
∴AG=AB，GE=BE=CE，
在Rt△EFG和Rt△EFC中，
，
Rt△EFG≌Rt△EFC（HL），
∴GF=CF，
∴AB+CF=AG+GF=AF，故④正确.
故选B.

【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质和全等三角形的判定和性质，以及正方形的性质．题目综合性较强，注意数形结合思想的应用．
7、B
【解析】Rt△ABC中，已知了坡比是坡面的铅直高度BC与水平宽度AC之比，通过解直角三角形即可求出水平宽度AC的长．
【详解】Rt△ABC中，BC=5米，tanA=1：；
∴AC=BC÷tanA=5米；
故选：B．
【点睛】
此题主要考查学生对坡度坡角的掌握及三角函数的运用能力．
8、A
【分析】分别求出扇形和圆的半径，即可求出比值．
【详解】如图，连接OD，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCB＝∠ABO＝90°，AB＝BC＝CD＝4，
∵=，
∴OB＝AB＝3，∴CO=7
由勾股定理得：OD＝=r1；
如图2，连接MB、MC，

∵四边形ABCD是⊙M的内接四边形，四边形ABCD是正方形，
∴∠BMC＝90°，MB＝MC，
∴∠MCB＝∠MBC＝45°，
∵BC＝4，
∴MC＝MB＝=r2
∴扇形和圆形纸板的半径比是：=
故选：A．
【点睛】
本题考查了正方形性质、圆内接四边形性质；解此题的关键是求出扇形和圆的半径，题目比较好，难度适中．
9、B
【解析】试题分析：画树状图为：
共有6种等可能的结果数，其中甲站在中间的结果数为2，所以甲站在中间的概率==．故选B．

考点：列表法与树状图法．
10、A
【分析】由题意可得，共有10种等可能的结果，其中从口袋中任意摸出一个球是白球的有5种情况，利用概率公式即可求得答案．
【详解】解：∵从装有2个黄球、3个红球和5个白球的袋中任意摸出一个球有10种等可能结果，
其中摸出的球是白球的结果有5种，
∴从袋中任意摸出一个球，是白球的概率是＝，
故选A．
【点睛】
此题考查了概率公式，明确概率的意义是解答问题的关键，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
11、B
【解析】解：由题意得，∠A=∠D=50°，∠DCB=90°,∠DBC=40°,
∠ABC=60°,ABD=20°,
∠AEB=180°- ∠ABD - ∠D = 110°,故选B．
12、A
【分析】根据中心对称图形的定义和轴对称的定义逐一判断即可.
【详解】A选项是中心对称图形,也是轴对称图形,故A符合题意;
B选项是中心对称图形,不是轴对称图形,故B不符合题意;
C选项不是中心对称图形,是轴对称图形,故C不符合题意;
D选项是中心对称图形,不是轴对称图形,故D不符合题意.
故选：A.
【点睛】
此题考查的是中心对称图形的识别和轴对称图形的识别，掌握中心对称图形的定义和轴对称图形的定义是解决此题的关键.

二、填空题（每题4分，共24分）
13、22
【分析】
【详解】∵方程x2＋2x－11＝0的两根分别为m、n，
∴m+n=-2,mn=-11,
∴mn(m＋n)＝（-11）×(-2)=22.
故答案是：22
14、x(x+12)=1
【分析】设每行有个座位，根据等量关系，列出一元二次方程，即可．
【详解】设每行有个座位，则总行数为(x+12)行，
根据题意，得：x(x+12)=1，
故答案是：x(x+12)=1．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的实际应用，找出等量关系，列出方程，是解题的关键．
15、①
【分析】由方程有两个相等的实数根，得到根的判别式等于1，再由a+b+c＝1，把表示出b代入根的判别式中，变形后即可得到a＝c．
【详解】解：∵方程有两个相等实数根，且a+b+c＝1，
∴b2﹣4ac＝1，b＝﹣a﹣c，
将b＝﹣a﹣c代入得：a2+2ac+c2﹣4ac＝（a﹣c）2＝1，
则a＝c．
故答案为：①．
【点睛】
此题考查了根的判别式，以及一元二次方程的解，一元二次方程中根的判别式大于1，方程有两个不相等的实数根；根的判别式等于1，方程有两个相等的实数根；根的判别式小于1，方程无解．
16、-3
【分析】根据一元二次方程解的定义把代入x2﹣2x+a＝0即可求得答案.
【详解】将代入x2﹣2x+a＝0得：
，
解得：，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一元二次方程解的定义，本题逆用一元二次方程解的定义是解题的关键.
17、8π
【解析】试题分析：先求得正多边形的每一个内角，然后由弧长计算公式．
解：方法一：
先求出正六边形的每一个内角==120°，
所得到的三条弧的长度之和=3×=8π（cm）；
方法二：先求出正六边形的每一个外角为60°，
得正六边形的每一个内角120°，
每条弧的度数为120°，
三条弧可拼成一整圆，其三条弧的长度之和为8πcm．
故答案为8π．
考点：弧长的计算；正多边形和圆．
18、
【解析】分析：根据勾股定理求出，根据∥，得到，即可求出的长.
详解：∵四边形是矩形，∴，∥，，
在中，，∴，
∵是中点，∴，
∵∥，∴，∴．
故答案为.
点睛：考查矩形的性质，勾股定理，相似三角形的性质及判定，熟练掌握相似三角形的判定方法和性质是解题的关键.

三、解答题（共78分）
19、（1）每次下降的百分率为20%；（2）每千克水果应涨价1.5元时，商场获得的利润最大，最大利润是6125元．
【分析】(1) 设每次下降百分率为，，得方程，求解即可
(2)根据销售利润=销售量×(售价−−进价)，列出每天的销售利润W(元))与涨价元之间的函数关系式．即可求解．
【详解】解：（1）设每次下降百分率为，根据题意，得
，
解得（不合题意，舍去）
答：每次下降的百分率为20%；
（2）设每千克涨价元，由题意得：

∵，开口向下，有最大值，
∴当（元）时，（元）
答：每千克水果应涨价1．5元时，商场获得的利润最大，最大利润是6125元．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．最大销售利润的问题常利函数的增减性来解答，首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型，然后结合实际选择最优方案
20、小明、小亮两人与气球的距离AC为30米，BC为30（+1）米．
【分析】作AD⊥BC于D，根据题意求出∠C的度数，根据锐角三角函数的概念分别求出BD、CD、AC即可．
【详解】解：作AD⊥BC于D，

由题意得，∠CAE=75°，∠B=30°，∴∠C=∠CAE-∠B=45°，
∵∠ADB=90°，∠B=30°，
∴AD=AB=30，BD=AB•cos30°=30，
∵∠ADC=90°，∠C=45°，∴
∴AC=30，BC=BD+CD=30+30，
答：小明、小亮两人与气球的距离AC为30米，BC为30（+1）米．
【点睛】
此题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，正确理解仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的概念是解题的关键．
21、
【分析】将方程整理成一般式，再根据公式法求解可得．
【详解】方程可变形为：，
∵，
∴
∴．
【点睛】
本题主要考查解一元二次方程的能力和相反数的性质，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
22、（1）y＝﹣x2+x+2；（2）；（3）存在一点P或，使它到x轴的距离为1
【分析】（1）先根据一次函数的解析式求出A和C的坐标，再将点A和点C的坐标代入二次函数解析式即可得出答案；
（2）先求出顶点D的坐标，再过D点作DM平行于y轴交AC于M，再分别以DM为底求△ADM和△DCM的面积，相加即可得出答案；
（3）令y=1或y=-1，求出x的值即可得出答案.
【详解】解：（1）直线y＝﹣x+2中，当x = 0时，y = 2；
当y=0时，0 =﹣x+2，解得x = 1
∴点A、C的坐标分别为（0，2）、（1，0），
把A（0，2）、C（1，0）代入
解得，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+x+2；
（2）y＝﹣x2+x+2
∴抛物线的顶点D的坐标为，

如图1，设直线AC与抛物线的对称轴交于点M
直线y＝﹣x+2中，当x = 时，y =
点M的坐标为，则DM=
∴△DAC的面积为=；
（3）当P到x轴的距离为1时，则
①当y=1时，﹣x2+x+2=1，
而，所以方程没有实数根
②当y= - 1时，﹣x2+x+2= - 1，
解得
则点P的坐标为或；
综上，存在一点P或，使它到x轴的距离为1．
【点睛】
本题考查的是二次函数，难度适中，需要熟练掌握“铅垂高、水平宽”的方法来求面积.
23、（1）证明见解析；（2）EF＝2，FC＝1．
【分析】（1）由DE∥BC可得出△ADE∽△ABC，由EF∥AB可得出△EFC∽△ABC，再利用相似于同一三角形的两三角形相似可证出△ADE∽△EFC；
（2）由△ADE∽△EFC，利用相似三角形的性质可求出EF和FC的值．
【详解】（1）证明：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC；
∵EF∥AB，∴△EFC∽△ABC，
∴△ADE∽△EFC．
（2）∵△ADE∽△EFC，
∴，即，
∴EF＝2，FC＝1．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质，熟练掌握平行线截得的相似三角形模型是解题的关键.
24、（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．
25、（1）画图见解析；（2）点A到达A1的路径长为π．
【分析】（1）根据旋转的定义分别作出点A，B，C绕原点旋转所得对应点，再首尾顺次连接即可得；
（2）点A到达A1的路径是以O为圆心，OA为半径的半圆，据此求解可得．
【详解】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求．

（2）∵OA＝＝，
∴点A到达A1的路径长为×2π×＝π．
【点睛】
本题考查利用旋转变换作图，勾股定理，弧长公式，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键．
26、（1） （2）点P的坐标；（3）M
【分析】（1）待定系数法即可得到结论；
（2）根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，可得M在对称轴上，根据两点之间线段最短，可得M点在线段AB上，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；
（3）设M（a，a2-2a-3），N（1，n），①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴于E，AF⊥x轴于F，于是得到△ABF≌△NME，证得NE=AF=3，ME=BF=3，得到M（4，5）或（-2，5）；②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3，则N在x轴上，M与C重合，于是得到结论．
【详解】（1）由得，

把代入，
得，
，
抛物线的解析式为；
（2）连接AB与对称轴直线x=1的交点即为P点的坐标（对称取最值），
设直线AB的解析式为,
将A（2，-3），B（-1，0）代入，得y=-x-1，
将x=1代入，得x=-2，
所以点P的坐标为（1，-2）；
（3）设M（）
①以AB为边，则AB∥MN，如图2，

过M作对称轴y于E，AF轴于F，
则

或,
或
∥AM，
如图3，

则N在x轴上，M与C重合，

综上所述，存在以点ABMN为顶点的四边形是平行四边形，
或或
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．