2023學年云南省鹽津縣九年級數(shù)學第一學期期末統(tǒng)考模擬試題含解析

1、2023學年九上數(shù)學期末模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、選擇題（每題4分，共48分）1下列圖形中不是中心對稱圖形的是（）ABCD2將拋物線向左平移3

2、個單位長度，再向上平移5個單位長度，得到的拋物線的表達式為()ABCD3在ABC中，C90，tanA，那么sinA的值是（）ABCD4如圖，O是ABC的外接圓，BAC=60，若O的半徑OC為2，則弦BC的長為（）A1BC2D5如圖，正方形OABC繞著點O逆時針旋轉40得到正方形ODEF，連接AF，則OFA的度數(shù)是（ ）.A15B20C25D306已知:拋物線y1=x2+2x-3與x軸交于A、B兩點(點A在點B的左側)，拋物線y2=x2-2ax-1(a0)與x軸交于C、D兩點(點C在點D的左側)，在使y10且y20的x的取值范圍內恰好只有一個整數(shù)時，a的取值范圍是（ ）A0aBaCaD0且y20

3、的x的取值范圍內恰好只有一個整數(shù)時，只要符合將代入中，使得，且將代入中使得即可求出a的取值范圍.【詳解】由題意可知的對稱軸為可知對稱軸再y軸的右側，由與x軸交于A、B兩點(點A在點B的左側)可知當時可求得 使的x的取值范圍內恰好只有一個整數(shù)時只要符合將代入中，使得，且將代入中使得即 求得解集為： 故選C【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)圖像的性質，利用數(shù)形結合思想解決二次函數(shù)與不等式問題是解題關鍵.7、A【解析】根據(jù)拋物線對稱軸公式可先求出b的值，一元二次方程x1+bxt0在1x3的范圍內有實數(shù)解相當于yx1bx與直線yt的在1x3的范圍內有交點，即直線yt應介于過yx1bx在1x3的范圍內的最大

4、值與最小值的直線之間，由此可確定t的取值范圍.【詳解】解：拋物線的對稱軸x1，b4，則方程x1+bxt0，即x14xt0的解相當于yx14x與直線yt的交點的橫坐標，方程x1+bxt0在1x3的范圍內有實數(shù)解，當x1時，y1+45，當x3時，y9113，又yx14x（x1）14，當4t5時，在1x3的范圍內有解t的取值范圍是4t5，故選：A【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)與一元二次方程之間的關系，一元二次方程的解相當于 與直線y=k的交點的橫坐標，解的數(shù)量就是交點的個數(shù),熟練將二者關系進行轉化是解題的關鍵.8、B【分析】利用最簡二次根式定義判斷即可【詳解】A、原式，不符合題意；B、是最簡二次根式

5、，符合題意；C、原式，不符合題意；D、原式，不符合題意；故選B【點睛】此題考查了最簡二次根式，熟練掌握最簡二次根式是解本題的關鍵9、B【分析】先根據(jù)圓錐側面積公式：求出圓錐的側面積，再加上底面積即得答案.【詳解】解：圓錐的側面積=，所以這個圓錐的全面積=.故選：B.【點睛】本題考查了圓錐的有關計算，屬于基礎題型，熟練掌握圓錐側面積的計算公式是解答的關鍵.10、C【解析】ACB=90，CDAB，ABCACD，ACDCBD，ABCCBD，所以有三對相似三角形故選C11、B【分析】根據(jù)圓周角定理解答即可.【詳解】解，BOD44，CBOD22，故選：B【點睛】本題考查了圓周角定理，屬于基本題型，熟練掌

6、握圓周角定理是關鍵.12、C【分析】根據(jù)眾數(shù)的概念求解【詳解】這組數(shù)據(jù)中1出現(xiàn)的次數(shù)最多，出現(xiàn)了2次，則眾數(shù)為1故選：C【點睛】本題考查了眾數(shù)的概念：一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)據(jù)叫做眾數(shù)二、填空題（每題4分，共24分）13、5d1【分析】用a表示出b、c并求出a的取值范圍，再代入d整理成關于a的函數(shù)形式，然后根據(jù)二次函數(shù)的增減性求出答案即可【詳解】a+b=2，c-a=3，b=2-a，c=3+a，b，c都是非負數(shù)，解不等式得，a2，解不等式得，a-3，-3a2，又a是非負數(shù)，0a2，d-a2-b-c=0d=a2+b+c=a2+（2-a）+3+a，=a2+5，對稱軸為直線a=0，a=0時，最小值=

7、5，a=2時，最大值=22+5=1，5d1故答案為：5d1【點睛】本題考查了二次函數(shù)的最值問題，用a表示出b、c并求出a的取值范圍是解題的關鍵，難點在于整理出d關于a的函數(shù)關系式14、50（1x）2=1【解析】由題意可得，50(1x)=1，故答案為50(1x)=1.15、【分析】首先解不等式得x1，然后找出這六個數(shù)中符合條件的個數(shù)，再利用概率公式求解.【詳解】解：x+12x1在1，0，1，2，3，4這六個數(shù)中，滿足不等式x+12的有1、0這兩個，滿足不等式x+12的概率是，故答案為：【點睛】本題考查求概率，熟練掌握概率公式是解題的關鍵16、1【分析】根據(jù)30直角三角形的比例關系求出AD,再根據(jù)

8、外角定理證明DAB=B,即可得出BD=AD【詳解】B30，ADC10，BADADCB30，ADBD，C90，CAD30，BDAC2CD1cm，故答案為：1【點睛】本題考查30直角三角形的性質、外交定理,關鍵在于熟練掌握基礎知識并靈活運用17、60【分析】由ABC是正三角形可得B=60，又由ABDDCE，根據(jù)相似三角形的對應角相等，即可得EDC=BAD，然后利用三角形外角的性質，即可求得ADE的度數(shù)【詳解】ABC是正三角形，B=60，ABDDCE，EDC=BAD，ADC是ABD的外角，ADE+EDC=B+BAD，ADE=B=60，【點睛】此題考查了相似三角形的判定與性質、等邊三角形的性質以及三角

9、形外角的性質此題難度適中18、.【解析】試題解析：當時， 當時， 故答案為： 三、解答題（共78分）19、（1）30，6；（2）；t【分析】（1）設點Q的運動速度為a，則由圖可看出，當運動時間為5s時，PDQ有最大面積450，即此時點Q到達點B處，可列出關于a的方程，即可求出點Q的速度，進一步求出AB的長；（2）如圖1，設AB，CD的中點分別為E，F(xiàn)，當點O在QD上時，用含t的代數(shù)式分別表示出OF，QC的長，由OFQC可求出t的值；設AB，CD的中點分別為E，F(xiàn)，O與AD，BC的切點分別為N，G，過點Q作QHAD于H，如圖21，當O第一次與PQ相切于點M時，證QHP是等腰直角三角形，分別用含t

10、的代數(shù)式表示CG，QM，PM，再表示出QP，由QPQH可求出t的值；同理，如圖22，當O第二次與PQ相切于點M時，可求出t的值，即可寫出t的取值范圍【詳解】（1）設點Q的運動速度為a，則由圖可看出，當運動時間為5s時，PDQ有最大面積450，即此時點Q到達點B處，AP6t，SPDQ(6065)5a450，a6，AB5a30，故答案為：30，6；（2）如圖1，設AB，CD的中點分別為E，F(xiàn)，當點O在QD上時，QCAB+BC6t906t，OF4t，OFQC且點F是DC的中點，OFQC，即4t (906t)，解得，t；設AB，CD的中點分別為E，F(xiàn)，O與AD，BC的切點分別為N，G，過點Q作QHAD

11、于H，如圖21，當O第一次與PQ相切于點M時，AH+AP6t，AB+BQ6t，且BQAH，HPQHAB30，QHP是等腰直角三角形，CGDNOF4t，QMQG904t6t9010t，PMPN604t6t6010t，QPQM+MP15020t，QPQH，15020t30，t；如圖22，當O第二次與PQ相切于點M時，AH+AP6t，AB+BQ6t，且BQAH，HPQHAB30，QHP是等腰直角三角形，CGDNOF4t，QMQG4t(906t)10t90，PMPN4t(606t)10t60，QPQM+MP20t150，QPQH，20t15030，t，綜上所述，當PQ與O有公共點時，t的取值范圍為：t

12、【點睛】本題考查了圓和一元一次方程的綜合問題，掌握圓切線的性質、解一元一次方程的方法、等腰直角三角形的性質是解題的關鍵20、2.4.【解析】試題解析：如圖所示：AC=130米，BC=50米，則米，則坡比 故答案為：21、胡同左側的通道拓寬了米.【分析】根據(jù)題意，得到BCE為等腰直角三角形，得到BE=CE，再由解直角三角形，求出DE的長度，然后得到CD的長度.【詳解】解：如圖，BCE為等腰直角三角形， ，；胡同左側的通道拓寬了米.【點睛】本題考查了解直角三角形的應用，解題的關鍵是掌握題意，正確的進行解直角三角形.22、（1）約0.5；（2）估計這名同學投籃622次，投中的次數(shù)約是311次【分析】

13、（1）對于不同批次的定點投籃命中率往往誤差會比較大，為了減少誤差，我們經(jīng)常采用多批次計算求平均數(shù)的方法；（2）投中的次數(shù)投籃次數(shù)投中的概率，依此列式計算即可求解【詳解】解：（1）估計這名球員投籃一次，投中的概率約是；（2）6220.5311（次）故估計這名同學投籃622次，投中的次數(shù)約是311次【點睛】本題考查頻率估計概率，解題的關鍵是掌握頻率估計概率.23、（1）；（1）存在，理由見解析；，【分析】（1）利用待定系數(shù)法求出A，B，C的坐標，如圖1中，作PQy軸交BC于Q，設P，則Q，構建二次函數(shù)確定點P的坐標，作P關于y軸的對稱點P1（-2，6），作P關于x軸的對稱點P1（2，-6），的周長

14、最小，其周長等于線段的長，由此即可解決問題（1）首先求出平移后的拋物線的解析式，確定點H，點C的坐標，分三種情形，當OC=CS時，可得菱形OCS1K1，菱形OCS1K1當OC=OS時，可得菱形OCK3S3，菱形OCK2S2當OC是菱形的對角線時，分別求解即可解決問題【詳解】解：（1）如圖，過點作軸平行線，交線段于點， 設，=-（m1-2）1+2，m=2時，PBC的面積最大，此時P（2，6） 作點關于軸的對稱點，點關于軸的對稱點，連接交軸、軸分別為，此時的周長最小，其周長等于線段的長；，. （1）如圖，E（0，-2），平移后的拋物線經(jīng)過E，B，拋物線的解析式為y=-x1+bx-2，把B（8，0）

15、代入得到b=2，平移后的拋物線的解析式為y=-x+2x-2=-（x-1）（x-8），令y=0，得到x=1或8，H（1，0），CHB繞點H順時針旋轉90至CHB，C（6，1），當OC=CS時，可得菱形OCS1K1，菱形OCS1K1，OC=CS=1，可得S1（5，1-），S1（5，1+），點C向左平移一個單位，向下平移得到S1，點O向左平移一個單位，向下平移個單位得到K1，K1（-1，-），同法可得K1（-1，），當OC=OS時，可得菱形OCK3S3，菱形OCK2S2，同法可得K3（11，1-），K2（11，1+），當OC是菱形的對角線時，設S5（5，m），則有51+m1=11+（1-m）1，解得

16、m=-5，S5（5，-5），點O向右平移5個單位，向下平移5個單位得到S5，C向上平移5個單位，向左平移5個單位得到K5，K5（1，7），綜上所述，滿足條件的點K的坐標為（-1，-）或（-1，）或（11，1-）或（11，1+）或（1，7）【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質，平移變換，翻折變換，菱形的判定和性質，軸對稱最短問題等知識，解題的關鍵是學會利用軸對稱解決最短問題，學會用分類討論的思想思考問題.24、（1）；（2）當美化面積增加100平方米時，美化的總費用為56000元；（3）當美化面積增加700平方米時，費用最高，最高為128000元【分析】（1）設美化面積增加x平方

17、米，所以美化面積為100+x;每平方米的費用為300元，每增加1平方米，每平方米的費用下降0.2元，所以每平方米的費用為（300-0.2x）元，故總費用y與美化面積增加x的關系式為再化簡即可；（2）把x=100代入解析式即可求解；（3）代入頂點坐標公式：當，y取最大值求解即可【詳解】（1）依題意得：故y與x的函數(shù)關系式為：（2）令x=100代入，得y=56000.所以當當美化面積增加100平方米時，美化的總費用為56000元（3）因此當時，費用最高，最高為128000元【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的應用，解題關鍵在于理解題意列出二次函數(shù)的解析式，再利用二次函數(shù)的最值解決生活中的最值問題25、（

18、1）詳見解析；（2）詳見解析【分析】（1）根據(jù)題意得出，根據(jù)AAS即可證明；（2）由（1）可得到，再根據(jù)菱形的性質得出，即可證明平行四邊形OCFD是矩形.【詳解】證明：（1），.E是CD中點， 又(AAS)（2），.，四邊形OCFD是平行四邊形， 平行四邊形ABCD是菱形，. 平行四邊形OCFD是矩形.【點睛】此題考查矩形的判定和全等三角形的判定與性質，平行四邊形的性質，解題關鍵在于利用全等三角形的性質進行解答.26、（1）BCO45；（2）A(4，1)；（3）點Q坐標為(4，4)或(4，6)或(4，)或(4，1)【分析】（1）證明OBC是等腰直角三角形即可解決問題；（2）如圖1中，作MNAB于N根據(jù)一次函數(shù)求出交點N的坐標，用b表示點A坐標，再利用待定系數(shù)法即可解決問題；（3）分兩種情形：當菱形以AM為邊時，當AM為菱形的對角線時，分別求解即可【詳解】（1）一次函數(shù)yx+b的圖象交x軸于B，交y軸于C，則B(b，0)，C（0，b），OBOCb，BOC90OBC是等腰直角三角形，BCO45（2）如圖1中，作MNAB于N，M（0，4），MNAC，直線AC的解析式為：yx+b，直線MN的解析式為：yx+4，聯(lián)立，解得：，N(，)，MAMB，MN