2023學年廣東省東莞市寮步宏偉中學數(shù)學九年級第一學期期末聯(lián)考模擬試題含解析

1、2023學年九上數(shù)學期末模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題4分，共48分）1如圖，O中，弦BC與半徑OA相交于點D，連接AB，OC，若A=60，ADC=85，則C的度數(shù)是（）A25B27.5C30D352不等式的解集是（ ）ABCD3拋物線y2（x3）2+2的頂點坐標是（）A(3，2)B(3，2)C(3，2)D(3，2

2、)4如圖，為線段上一點，與交與點，交與點，交與點，則下列結(jié)論中錯誤的是（ ）ABCD5如圖，是的外接圓，是的直徑，若的半徑是，則（ ）ABCD6下列事件中，是必然事件的是（ ）A明天太陽從西邊出來B打開電視，正在播放新聞聯(lián)播C蘭州是甘肅的省會D小明跑完所用的時間為分鐘7如圖，PA、PB是O切線，A、B為切點，點C在O上,且ACB55，則APB等于( )A55B70C110D1258已知反比例函數(shù)y的圖象上有三個點（x1，y1）、（x2，y2）、（x3，y3），若x1x20 x3，則下列關(guān)系是正確的是（）Ay1y2y3By2y1y3Cy3y2y1Dy2y3y19關(guān)于x的一元二次方程x2+（a22

3、a）x+a1=0的兩個實數(shù)根互為相反數(shù)，則a的值為（）A2B0C1D2或010某校為了了解九年級學生的體能情況，隨機抽取了 名學生測試 1分鐘仰臥起坐的 次數(shù)， 統(tǒng)計結(jié)果并繪制成如圖所示的頻數(shù)分布直方圖 已知該校九年級共有名學 生，請據(jù)此估計，該校九年級分鐘仰臥起坐次數(shù)在次之間的學生人數(shù)大約是（ ）ABCD11對于函數(shù)y，下列說法錯誤的是( )A它的圖像分布在第一、三象限B它的圖像與直線yx無交點C當x0時，y的值隨x的增大而增大D當x0，圖象位于一、三象限，正確；B. y=x經(jīng)過二、四象限，故與反比例函數(shù)沒有交點，正確；C. 當x0時，y的值隨x的增大而增大，錯誤；D. 當x0時，y的值隨x

4、的增大而減小，正確，故選C.12、B【分析】根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得到2+3b，23c，即可得到b與c的值.【詳解】由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得：2+3b，23c，b1，c6故選：B.【點睛】本題主要考查一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，掌握一元二次方程ax2+bx+c0的兩個根滿足 ，是解題的關(guān)鍵.二、填空題（每題4分，共24分）13、90【分析】先根據(jù)等邊三角形的的性質(zhì)和三角形的外角性質(zhì)求出ACP，進而求得可得BCP，最后根據(jù)圓周角定理BOP=2BCP=90【詳解】解：A=ACB=60，ADP=75，ACP=ADP-A=15，BCP=ACB-ACP=45，BOP=2BCP=90.故答案

5、為90.【點睛】此題主要考查了等邊三角形的的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，以及圓周角定理，關(guān)鍵是掌握在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半14、【分析】直接分類討論得出x的取值范圍，進而解方程得出答案【詳解】解：當1xx1時，故x1，則1xx14，故x11x40，（x1）15，解得：x11+，x11；當1xx1時，故x1，則x1x14，故x1x10，解得：x31（不合題意舍去），x41（不合題意舍去），綜上所述：方程max1x，x1x14的解為：x11+，x11故答案為：x11+，x11【點睛】考核知識點:一元二次方程.理解規(guī)則定義是關(guān)鍵.15、10【解析】將一般

6、式轉(zhuǎn)化為頂點式，依據(jù)自變量的變化范圍求解即可.【詳解】解：，當x=2時，y有最大值10，故答案為：10.【點睛】利用配方法將一般式轉(zhuǎn)化為頂點式，再利用頂點式去求解函數(shù)的最大值.16、【詳解】試題分析：正方形ABCD是軸對稱圖形，AC是一條對稱軸點F關(guān)于AC的對稱點在線段AD上，設(shè)為點G，連結(jié)EG與AC交于點P，則PF+PE的最小值為EG的長AB=4，AF=2，AG=AF=2EG=考點：軸對稱圖形17、一【分析】由二次函數(shù)解析式表示出頂點坐標，根據(jù)圖形得到頂點在第四象限，求出m與n的正負，即可作出判斷【詳解】根據(jù)題意得：拋物線的頂點坐標為（m，n），且在第四象限，m0，n0，即m0，n0，則一次

7、函數(shù)ymx+n不經(jīng)過第一象限故答案為：一【點睛】此題考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系，熟練掌握二次函數(shù)及一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵18、-1【分析】根據(jù)兩個點關(guān)于原點對稱時，它們的坐標符號相反，可直接得到m=-3，n=-1進而得到答案【詳解】解：點A（m，1）與點B（3，n）關(guān)于原點對稱，m=-3，n=-1，m+n=-1，故答案為：-1【點睛】此題主要考查了關(guān)于原點對稱點的坐標特點，關(guān)鍵是掌握點的坐標的變化規(guī)律三、解答題（共78分）19、（1）BD與FM互相垂直，理由見解析；（2）的度數(shù)為30或75或120【分析】（1）由題意設(shè)直線BD與FM相交于點N，即可根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)判斷直

8、線BD與線段MF垂直；（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得MAD=，分類討論：當KA=KD時，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得KAD=D=30，即=30；當DK=DA時，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得DKA=DAK，然后根據(jù)三角形內(nèi)角和可計算出DAK=75，即=75；當AK=AD時，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得AKD=D=30，然后根據(jù)三角形內(nèi)角和可計算出KAD=120，即=120【詳解】解：（1）BD與FM互相垂直，理由如下設(shè)此時直線BD與FM相交于點NDAB=90，D=30ABD=90-D=60，NBM=ABD=60由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得ADBAMF,D=M=30MNB=180-M-NBM=180-30- 60= 90BD與FM互相垂

9、直（2）當KA=KD時，則KAD=D=30，即=30； 當DK=DA時，則DKA=DAK，D=30，DAK=（18030）2=75，即=75； 當AK=AD時，則AKD=D=30，KAD=1803030=120，即=120， 綜上所述，的度數(shù)為30或75或120【點睛】本題考查作圖-旋轉(zhuǎn)變換：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，對應(yīng)角都相等都等于旋轉(zhuǎn)角，對應(yīng)線段也相等，由此可以通過作相等的角，在角的邊上截取相等的線段的方法，找到對應(yīng)點，順次連接得出旋轉(zhuǎn)后的圖形應(yīng)用分類討論思想和等腰三角形的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵20、（1）；（2）；（2）點的坐標是或【分析】（1）先求得拋物線的對稱軸方程，然后再求得點C的坐標，

10、設(shè)拋物線的解析式為y=a（x+1）2+4，將點（-2，0）代入求得a的值即可；（2）先求得A、B、C的坐標，然后依據(jù)兩點間的距離公式可得到BC、AB、AC的長，然后依據(jù)勾股定理的逆定理可證明ABC=90，最后，依據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求解即可；（2）記拋物線與x軸的另一個交點為D先求得D（1，0），然后再證明DBO=CAB，從而可證明CAO=ABD，故此當點P與點D重合時，ABP=CAO；當點P在AB的上時過點P作PEAO，過點B作BFAO，則PEBF先證明EPB=CAB，則tanEPB=，設(shè)BE=t，則PE=2t，P（-2t，2+t），將P（-2t，2+t）代入拋物線的解析式可求得t的值，從而

11、可得到點P的坐標【詳解】解：（1）拋物線的對稱軸為x=-=-1a0，拋物線開口向下又拋物線與x軸有交點，C在x軸的上方，拋物線的頂點坐標為（-1，4）設(shè)拋物線的解析式為y=a（x+1）2+4，將點（-2，0）代入得：4a+4=0，解得：a=-1，拋物線的解析式為y=-x2-2x+2（2）將x=0代入拋物線的解析式得：y=2，B（0，2）C（-1，4）、B（0，2）、A（-2，0），BC=，AB=2，AC=2，BC2+AB2=AC2，ABC=90即的正切值等于. （2）如圖1所示：記拋物線與x軸的另一個交點為D點D與點A關(guān)于x=-1對稱，D（1，0）tanDBO=又由（2）可知：tanCAB=D

12、BO=CAB又OB=OA=2，BAO=ABOCAO=ABD當點P與點D重合時，ABP=CAO，P（1，0）如圖2所示：當點P在AB的上時過點P作PEAO，過點B作BFAO，則PEBFBFAO，BAO=FBA又CAO=ABP，PBF=CAB又PEBF，EPB=PBF，EPB=CABtanEPB=.設(shè)BE=t，則PE=2t，P（-2t，2+t）將P（-2t，2+t）代入拋物線的解析式得：y=-x2-2x+2得：-9t2+6t+2=2+t，解得t=0（舍去）或t=P（-，）綜上所述，點P的坐標為P（1，0）或P（-，）【點睛】本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)

13、的解析式、勾股定理的逆定理、等腰直角三角形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)的定義，用含t的式子表示點P的坐標是解題的關(guān)鍵21、 (1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)BD=2.【分析】(1)連接BC，根據(jù)直角三角形中，30度所對的直角邊是斜邊的一半，可得：AB2BC，BC2 BH，可得結(jié)論；(2)由(1)得AB2BC，AB2OA，得OABC，利用ASA證明OAEBCD，可得結(jié)論；(3) 過O作OMAD于M，先證明OEABAC30，設(shè)OMx，則MEx，由OAEBCD，則DCE30，設(shè)AMMDy，則AEy+x，DEyx，根據(jù)AE2DE列等式得：y3x，根據(jù)勾股定理列方程可得x的值，可得：BD2OM2.【詳

14、解】(1)證明：如圖1，連接BC，AB是O的直徑，ACB90，CAB30，ABC60，AB2BC，CHAB，BCH30，BC2BH，AB4BH，AH3BH，(2)證明：連接BC、DC，CAD+CBD180，BOECAD，BOE+CBD180，BOE+AOE180，AOECBD，OAE，BCD是弧BD所對的圓周角OAEBCD，由(1)得AB2BC，AB2OA，OABC，OAEBCD，OEBD； (3)解：過O作OMAD于M，AMMD，AOOB， BD2OM，BOECAD，BOEBAE+OEA，CADBAE+BAC，OEABAC30，設(shè)OMx，則MEx，由(2)得：OAEBCD，AECD，ADC，

15、ABC是弧AC所對的圓周角，ADCABC60，CEAD，DCE30，CD2DE，AECD，AE2DE，設(shè)AMMDy，則AEy+x，DEyx，y+x2(yx)，y3x，在RtOAM中，OA14，AM3x，OMx，OM2+AM2OA2，解得：x1，x2(舍)，OM，BD2OM2.【點睛】本題主要考查圓的性質(zhì)和三角形的性質(zhì)的綜合問題，添加合適的輔助線，綜合應(yīng)用直角三角形的性質(zhì)和圓周角定理，垂徑定理和圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵.22、（1）；（2）300元；（3）最高利潤為20000元，最低利潤為15000元【分析】（1）根據(jù)銷售利潤每天的銷售量（銷售單價成本價），即可列出函數(shù)關(guān)系式；（2）令代

16、入解析式，求出滿足條件的的值即可；（3）根據(jù)（1）得到銷售利潤的關(guān)系式，利用配方法可求最大值，將代入即可求出最小值【詳解】解：（1）由題意得：；（2）令，解得：，故要使每月的利潤為20000元，銷售單價應(yīng)定為300元；（3），當時，；故最高利潤為20000元，最低利潤為15000元【點睛】本題考查了二次函數(shù)的實際應(yīng)用，難度適中，解答本題的關(guān)鍵是熟練掌握利用配方法求二次函數(shù)的最大值23、（1）yx2+x+2（2）（，4）或（，）或（，）（3）（2，1）【解析】（1）利用待定系數(shù)法轉(zhuǎn)化為解方程組即可（2）如圖1中，分兩種情形討論當CPCD時，當DPDC時，分別求出點P坐標即可（3）如圖2中，作CM

17、EF于M，設(shè)則（0a4），根據(jù)S四邊形CDBFSBCD+SCEF+SBEF構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題【詳解】解：（1）由題意 解得 二次函數(shù)的解析式為 （2）存在如圖1中，C（0，2）， CD 當CPCD時， 當DPDC時， 綜上所述，滿足條件的點P坐標為或或（3）如圖2中，作CMEF于M，B（4，0），C（0，2），直線BC的解析式為設(shè) （0a4），S四邊形CDBFSBCD+SCEF+SBEF ， a2時，四邊形CDBF的面積最大，最大值為，E（2，1）【點睛】本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)的應(yīng)用、待定系數(shù)法，四邊形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學會用分類討論的思想思考問題，

18、學會構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，屬于中考壓軸題24、 (1) 證明見解析;(2) 證明見解析.【解析】試題分析：（1）由于四邊形ABCD是正方形，所以AB=CB=DC，因為ABCD，CBA=ABE，從而得證（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知ABEADH，從而可證AF=CH，然后利用ABCD即可知四邊形AFCH是平行四邊形.試題解析：（1）證明： ，AB/CD 在ABE和CBF中 ABECBF（SAS） （2）答：四邊形AFCH是平行四邊形理由：ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90得到ADH ABEADH BE=DH 又BE=BF（已知） BF=DH(等量代換) 又AB=CD（由（1）已證） AB-BF=CD-DH

19、即AF=CH又AB/CD 即AF/CH 四邊形AFCH是平行四邊形 25、（1）證明見解析；BE2CD成立.理由見解析；（2）2或4【分析】（1）作EHBC于點H，由sinB=可得B=30，A=60，根據(jù)EDAC可證明四邊形CDEH是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得EH=CD，根據(jù)正弦的定義即可得BE2CD；根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BACEAD，利用角的和差關(guān)系可得CADBAE，根據(jù)=可證明ACDABE，及相似三角形的性質(zhì)可得，進而可得BE=2CD；（2）由sinB=可得ABCBACDAE45，根據(jù)EDAC可得ADDE，ACBC，如圖，分兩種情況討論，通過證明ACDABE，求出CD的長即可.【詳解】（1）作

20、EHBC于點H，RtABC中，C90，sinB=，B=30，A=60，EDACADEC90，四邊形CDEH是矩形，即EH=CD.在RtBEH中，B=30BE2EHBE2CD.BE2CD成立理由：ADE繞點A旋轉(zhuǎn)到如圖2的位置，BACEAD60，BAC+BAD=EAD+BAD，即CADBAE，AC：AB1：2，AD：AE1：2，ACDABE，又RtABC中，2，2，即BE2CD.（2）sinB=，ABCBACDAE45，EDAC，AEDBAC45，ADDE，ACBC，將ADE繞點A旋轉(zhuǎn)，DEB90，分兩種情況：如圖所示，過A作AFBE于F，則F90，當DEB90時，ADEDEF90，又ADDE，四邊形ADEF是正方形，ADAFEF2，AC10BC，AB10，RtABF中，BF6，BEBFEF4，又ABC和ADE都是直角三角形，且BACEAD45，CADBAE，AC：AB1：，AD：AE1：，ACDABE，即，CD2；如圖所示，過A作AFBE于F，則AFEAFB90，當DEB90，DEBADE90，又ADED，四邊形ADEF是正方形，ADEFAF