2023屆唐山市林西中學(xué)九年級數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測試題含解析

2022-2023學(xué)年九上數(shù)學(xué)期末模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題4分，共48分）1．二次函數(shù)經(jīng)過平移后得到二次函數(shù)，則平移方法可為（）A．向左平移1個單位，向上平移1個單位B．向左平移1個單位，向下平移1個單位C．向右平移1個單位，向下平移1個單位D．向右平移1個單位，向上平移1個單位2．已知銳角α，且sinα=cos38°，則α=（）A．38° B．62° C．52° D．72°3．如圖，直線y＝x+2與x軸、y軸分別交于點A和點B，點C、D分別為線段AB、OB的中點，點P為OA上一動點，PC+PD值最小時點P的坐標(biāo)為（）A．（﹣，0） B．（﹣，0） C．（﹣，0） D．（﹣，0）4．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，的頂點在第一象限，點在軸的正半軸上，，，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，點的對應(yīng)點的坐標(biāo)是（）A． B． C． D．5．在△ABC中，若三邊BC，CA，AB滿足BC：CA：AB＝3：4：5，則cosA的值為（）A． B． C． D．6．在同一坐標(biāo)系中，一次函數(shù)與二次函數(shù)的圖象可能是（）．A． B． C． D．7．如圖,學(xué)校的保管室有一架5m長的梯子斜靠在墻上,此時梯子與地面所成的角為45°如果梯子底端O固定不變,頂端靠到對面墻上,此時梯子與地面所成的角為60°,則此保管室的寬度AB為()A．(+1)m B．(+3)m C．()m D．(+1)m8．若，則的值為（）A．1 B． C． D．9．對于雙曲線y=,當(dāng)x>0時,y隨x的增大而減小,則m的取值范圍為()A．m>0 B．m>1 C．m<0 D．m<110．如圖2，四邊形ABCD的對角線AC、BD互相垂直，則下列條件能判定四邊形ABCD為菱形的是（）A．BA＝BC B．AC、BD互相平分 C．AC＝BD D．AB∥CD11．已知關(guān)于x的一元二次方程有一個根為，則a的值為（）A．0 B． C．1 D．12．如圖，△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，AC＝4，且點D，E分別是AC，AB的中點，若作半徑為3的⊙C，則下列選項中的點在⊙C外的是（）A．點B B．點D C．點E D．點A二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，正方形和正方形的邊長分別為3和1，點、分別在邊、上，為的中點，連接，則的長為_________．14．方程的解是__________．15．如圖，在△ABC中，∠C=90°，BC=6，AC=9，將△ABC平移使其頂點C位于△ABC的重心G處，則平移后所得三角形與原△ABC的重疊部分面積是_____．16．若關(guān)于的一元二次方程沒有實數(shù)根．化簡：=____________．17．拋物線y＝﹣（x+）2﹣3的頂點坐標(biāo)是_____．18．如圖，AC是⊙O的直徑，∠ACB=60°，連接AB，過A、B兩點分別作⊙O的切線，兩切線交于點P．若已知⊙O的半徑為1，則△PAB的周長為_____．三、解答題（共78分）19．（8分）（1）（教材呈現(xiàn)）下圖是華師版九年級上冊數(shù)學(xué)教材第77頁的部分內(nèi)容．請根據(jù)教材提示，結(jié)合圖23.4.2，寫出完整的證明過程．（2）（結(jié)論應(yīng)用）如圖，△ABC是等邊三角形，點D在邊AB上（點D與點A、B不重合），過點D作DE∥BC交AC于點E，連結(jié)BE，M、N、P分別為DE、BE、BC的中點，順次連結(jié)M、N、P．①求證：MN＝PN；②∠MNP的大小是．20．（8分）（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，在等腰直角三角形中，，將邊繞點順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段，連接，則的面積為__________；（請用含的式子表示的面積；提示：過點作邊上的高）（2）類比探究：如圖2，在一般的中，，將邊繞點順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段，連接．（1）中的結(jié)論是否成立，若成立，請說明理由．（3）拓展應(yīng)用：如圖3，在等腰三角形中，，將邊繞點順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段，連接．試直接用含的式子表示的面積．（不寫探究過程）21．（8分）如圖，某中學(xué)準(zhǔn)備在校園里利用院墻的一段再用米長的籬笆圍三面，形成一個矩形花園（院墻長米）.（1）設(shè)米，則___________米；（2）若矩形花園的面積為平方米，求籬笆的長.22．（10分）如圖，拋物線與軸交于兩點，與軸交于點，且.直線與拋物線交于兩點，與軸交于點，點是拋物線的頂點，設(shè)直線上方的拋物線上的動點的橫坐標(biāo)為．（1）求該拋物線的解析式及頂點的坐標(biāo)．（2）連接，直接寫出線段與線段的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系．（3）連接，當(dāng)為何值時？（4）在直線上是否存在一點，使為等腰直角三角形？若存在，請直接寫出點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．23．（10分）如圖，已知二次函數(shù)y＝x2﹣4x+3圖象與x軸分別交于點B、D，與y軸交于點C，頂點為A，分別連接AB，BC，CD，DA．（1）求四邊形ABCD的面積；（2）當(dāng)y＞0時，自變量x的取值范圍是．24．（10分）如圖，在某一路段，規(guī)定汽車限速行駛，交通警察在此限速路段的道路上設(shè)置了監(jiān)測區(qū)，其中點C、D為監(jiān)測點，已知點C、D、B在同一直線上，且AC⊥BC，CD＝400米，tan∠ADC＝2，∠ABC＝35°（1）求道路AB段的長（結(jié)果精確到1米）（2）如果道路AB的限速為60千米/時，一輛汽車通過AB段的時間為90秒，請你判斷該車是否是超速，并說明理由；參考數(shù)據(jù)：sin35°≈0.5736，cos35°≈0.8192，tan35°≈0.700225．（12分）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，E是CD的中點，連接OE.過點C作CF//BD交OE的延長線于點F，連接DF.求證：（1）△ODE≌△FCE;（2）四邊形OCFD是矩形．26．如圖，在□ABCD中，AB=5，BC=8.（1）作∠ABC的角平分線交線段AD于點E（用尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不要求寫作法）：（2）在（1）的條件下，求ED的長.

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、D【分析】解答本題可根據(jù)二次函數(shù)平移的特征，左右平移自變量x加減（左加右減），上下平移y加減（下加上減），據(jù)此便能得出答案．【詳解】由得平移方法可為向右平移1個單位，向上平移1個單位故答案為：D．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的平移問題，掌握次函數(shù)的平移特征是解題的關(guān)鍵．2、C【分析】根據(jù)一個角的正弦值等于它的余角的余弦值求解即可．【詳解】∵sinα=cos38°，

∴α=90°-38°=52°．

故選C.【點睛】本題考查了銳角三角函數(shù)的性質(zhì)，掌握正余弦的轉(zhuǎn)換方法：一個角的正弦值等于它的余角的余弦值．3、A【分析】根據(jù)一次函數(shù)解析式可以求得,,根據(jù)平面直角坐標(biāo)系里線段中點坐標(biāo)公式可得，，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)和兩點之間線段最短的公理求出點關(guān)于軸的對稱點，連接，線段的長度即是的最小值，此時求出解析式，再解其與軸的交點即可.【詳解】解:,,,,同理可得點關(guān)于軸的對稱點;連接,設(shè)其解析式為,代入與可得:,令,解得..【點睛】本題是結(jié)合了一次函數(shù)的動點最值問題,熟練掌握一次函數(shù)的圖象與性質(zhì),把點的坐標(biāo)與線段長度靈活轉(zhuǎn)化為兩點間的問題是解答關(guān)鍵.4、D【分析】過點作x軸的垂線，垂足為M，通過條件求出，MO的長即可得到的坐標(biāo).【詳解】解：過點作x軸的垂線，垂足為M，∵，，∴，，∴，在直角△中，，，∴，，∴OM=2+1=3，∴的坐標(biāo)為.故選：D.【點睛】本題考查坐標(biāo)與圖形變化-旋轉(zhuǎn)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．5、D【分析】根據(jù)已知條件,運用勾股定理的逆定理可得該三角形為直角三角形,再根據(jù)余弦的定義解答即可.【詳解】解:設(shè)分別為,,為直角三角形,.【點睛】本題主要考查了勾股定理的逆定理和余弦,熟練掌握對應(yīng)知識點是解答關(guān)鍵.6、D【解析】試題分析：A．由直線與y軸的交點在y軸的負半軸上可知，＜0，錯誤；B．由拋物線與y軸的交點在y軸的正半軸上可知，m＞0，由直線可知，﹣m＞0，錯誤；C．由拋物線y軸的交點在y軸的負半軸上可知，m＜0，由直線可知，﹣m＜0，錯誤；D．由拋物線y軸的交點在y軸的負半軸上可知，m＜0，由直線可知，﹣m＞0，正確，故選D．考點：1．二次函數(shù)的圖象；2．一次函數(shù)的圖象．7、A【分析】根據(jù)銳角三角函數(shù)分別求出OB和OA，即可求出AB.【詳解】解：如下圖所示，OD=OC=5m，∠DOB=60°，∠COA=45°，在Rt△OBD中，OB=OD·cos∠DOB=m在Rt△OAC中，OA=OC·cos∠COA=m∴AB=OA+OB=(+1)m故選：A.【點睛】此題考查的是解直角三角形，掌握用銳角三角函數(shù)解直角三角形是解決此題的關(guān)鍵.8、D【解析】∵，∴==，故選D9、D【分析】根據(jù)反比例函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合反比例函數(shù)的性質(zhì)，即可得出反比例函數(shù)系數(shù)的正負，由此即可得出關(guān)于m的一元一次不等式，解不等式即可得出結(jié)論．【詳解】∵雙曲線y=，當(dāng)x＞2時，y隨x的增大而減小，∴1-m＞2，解得：m＜1．故選：D．【點睛】本題考查了反比例函數(shù)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是找出1-m＞2．本題屬于基礎(chǔ)題，難度不大，解決該題型題目時，根據(jù)反比例函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合反比例函數(shù)的性質(zhì)，找出反比例函數(shù)系數(shù)k的正負是關(guān)鍵．10、B【詳解】解：對角線互相垂直平分的四邊形為菱形．已知對角線AC、BD互相垂直，則需添加條件：AC、BD互相平分故選：B11、D【分析】根據(jù)一元二次方程的定義，再將代入原式，即可得到答案.【詳解】解：∵關(guān)于x的一元二次方程有一個根為，∴，，則a的值為：．故選D．【點睛】本題考查一元二次方程，解題的關(guān)鍵是熟練掌握一元二次方程的定義.12、D【分析】分別求出AC、CE、BC、CD的長，根據(jù)點與圓的位置關(guān)系的判斷方法進行判斷即可．【詳解】如圖，連接CE，∵∠C＝90°，AB＝5，AC＝4，∴BC＝=3，∵點D，E分別是AC，AB的中點，∴CD＝AC=2，CE＝AB=，∵⊙C的半徑為3，BC=3，，，∴點B在⊙C上，點E在⊙C內(nèi)，點D在⊙C內(nèi)，點A在⊙C外，故選：D．【點睛】本題考查點與圓的位置關(guān)系，解題的關(guān)鍵是求點到圓心的距離．二、填空題（每題4分，共24分）13、【分析】延長GE交AB于點O，作PH⊥OE于點H，則PH是△OAE的中位線，求得PH的長和HG的長，在Rt△PGH中利用勾股定理求解．【詳解】解：延長GE交AB于點O，作PH⊥OE于點H．

則PH∥AB．

∵P是AE的中點，

∴PH是△AOE的中位線，

∴PH=OA=×（3-1）=1．

∵直角△AOE中，∠OAE=45°，

∴△AOE是等腰直角三角形，即OA=OE=2，

同理△PHE中，HE=PH=1．

∴HG=HE+EG=1+1=2．

∴在Rt△PHG中，PG=故答案是：.【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、勾股定理和三角形的中位線定理，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形是關(guān)鍵．14、【分析】先通過移項將等號右邊多項式移到左邊，再利用提公因式法因式分解，即可得出方程的根.【詳解】解：移項得：提公因式得：解得：；故答案為：.【點睛】本題考查一元二次方程因式分解的解法.在解一元二次方程的時候，一定要先觀察方程的形式，如果遇到了相同的因式，先將他們移到方程等號的一側(cè)，看能否利用提公因式解方程，觀察以及積累是快速解題的關(guān)鍵.15、3【詳解】由三角形的重心是三角形三邊中線的交點,根據(jù)中心的性質(zhì)可得,G是將AB邊上的中線分成2:1兩個部分,所以重合部分的三角形與原三角形的相似比是1:3,所以重合部分的三角形面積與原三角形的面積比是1:9,因為原三角形的面積是所以27,所以重合部分三角形面積是3,故答案為:3.16、【分析】首先根據(jù)關(guān)于x的一元二次方程沒有實數(shù)根求出a的取值范圍，然后利用二次根式的基本性質(zhì)化簡即可．【詳解】解：∵關(guān)于的一元二次方程沒有實數(shù)根，∴，解得，當(dāng)時，原式，故答案為：．【點睛】本題考查了一元二次方程的根的判別式及二次根式的基本性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)根的判別式確定未知數(shù)的取值范圍．17、（﹣，﹣3）【分析】根據(jù)y＝a（x﹣h）2+k的頂點是（h，k），可得答案．【詳解】解：y＝﹣（x+）2﹣3的頂點坐標(biāo)是（﹣，﹣3），故答案為：（﹣，﹣3）．【點睛】本題考查了拋物線頂點坐標(biāo)的問題，掌握拋物線頂點式解析式是解題的關(guān)鍵．18、【解析】根據(jù)圓周角定理的推論及切線長定理，即可得出答案解：∵AC是⊙O的直徑，∴∠ABC=90°，∵∠ACB=60°，∴∠BAC=30°，∴CB=1，AB=，∵AP為切線，∴∠CAP=90°，∴∠PAB=60°，又∵AP=BP，∴△PAB為正三角形，∴△PAB的周長為3．點睛：本題主要考查圓周角定理及切線長定理.熟記圓的相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.三、解答題（共78分）19、（1）見詳解；（2）①見詳解；②120°【分析】教材呈現(xiàn)：證明△ADE∽△ABC即可解決問題．結(jié)論應(yīng)用：（1）首先證明△ADE是等邊三角形，推出AD＝AE，BD＝CE，再利用三角形的中位線定理即可證明．（2）利用三角形的中位線定理以及平行線的性質(zhì)解決問題即可．【詳解】教材呈現(xiàn)：證明：∵點D，E分別是AB，AC的中點，∴，∵∠A＝∠A，∴△ADE∽△ABC，∴∠ADE＝∠ABC，，∴DE∥BC，DE＝BC．結(jié)論應(yīng)用：（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，∵DE∥AB，∴∠ABC＝∠ADE＝60°，∠ACB＝∠AED＝60°，∴∠ADE＝∠AED＝60°，∴△ADE是等邊三角形，∴AD＝AE，∴BD＝CE，∵EM＝MD，EN＝NB，∴MN＝BD，∵BN＝NE，BP＝PC，∴PN＝EC，∴NM＝NP．（2）∵EM＝MD，EN＝NB，∴MN∥BD，∵BN＝NE，BP＝PC，∴PN∥EC，∴∠MNE∠ABE，∠PNE＝∠AEB，∵∠AEB＝∠EBC+∠C，∠ABC＝∠C＝60°，∴∠MNP＝∠ABE+∠EBC+∠C＝∠ABC+∠C＝120°．【點睛】本題考查了三角形中位線定理，，平行線的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，綜合性較強，難度適中．熟練掌握各定理是解題的關(guān)鍵．20、（1）；（2）成立，理由見解析；（3）【分析】(1)如圖1，過點D作BC的垂線，與BC的延長線交于點E，由垂直的性質(zhì)就可以得出△ABC≌△BDE，就有DE=BC=a進而由三角形的面積公式得出結(jié)論；

(2)如圖2，過點D作BC的垂線，與BC的延長線交于點E，由垂直的性質(zhì)就可以得出△ABC≌△BDE，就有.DE=BC=a進而由三角形的面積公式得出結(jié)論；

(3)如圖3，過點A作AF⊥BC與F，過點D作DE⊥BC的延長線于點E，由等腰三角形的性質(zhì)可以得出BF=BC，由條件可以得出△AFB≌△BED就可以得出BF=DE，由三角形的面積公式就可以得出結(jié)論．【詳解】解：（1）如圖1，過點D作DE⊥CB交CB的延長線于E，

∴∠BED=∠ACB=90°，

由旋轉(zhuǎn)知，AB=BD，∠ABD=90°，

∴∠ABC+∠DBE=90°，

∵∠A+∠ABC=90°，

∴∠A=∠DBE，

在△ABC和△BDE中，

，

∴△ABC≌△BDE(AAS)

∴BC=DE=a．

∵S△BCD=BC?DE=

故答案為（2）（1）中結(jié)論仍然成立，理由：如圖，過點作邊上的高，在中，∵，由旋轉(zhuǎn)可知：，∴，∴，又∵，∴，∴，（3）.如圖3，過點A作AF⊥BC與F，過點D作DE⊥BC的延長線于點E，

∴∠AFB=∠E=90°，BF=BC=a.

∴∠FAB+∠ABF=90°

∵∠ABD=90°，

∴∠ABF+∠DBE=90°，

∴∠FAB=∠EBD

∵線段BD是由線段AB旋轉(zhuǎn)得到的，

∴AB=BD

在△AFB和△BED中，

，

∴△AFB≌△BED(AAS)，

∴BF=DE=a.

∵S△BCD=BC?DE=?a?a=．

∴△BCD的面積為．【點睛】此題是幾何變換綜合題，主要考查了直角三角形的性質(zhì)的運用，等腰三角形的性質(zhì)的運用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運用，三角形的面積公式的運用，判斷出△ABC≌△BDE是解本題的關(guān)鍵．21、（1）；（2）15米【分析】（1）根據(jù)題意知道的長度=籬笆總長-列出式子即可；（2）根據(jù)（1）中的代數(shù)式列出方程，解方程即可.【詳解】解：（1），（2）根據(jù)題意得方程：，解得：，，當(dāng)時，（不合題意，舍去），當(dāng)時，（符合題意）．答：花園面積為米時，籬笆長為米．【點睛】本題主要考察列代數(shù)式、一元二次方程的應(yīng)用，注意籬笆只圍三面有一面是墻.22、（1），點的坐標(biāo)為（2）線段與線段平行且相等（3）或1（4）存在；點的坐標(biāo)為（0，3）或（，2）【分析】（1）直線y=x+1與拋物線交于A點，可得點A和點E坐標(biāo)，則點B、C的坐標(biāo)分別為：（3，0）、（0，3），即可求解；（2）CQ==AE，直線AQ和AE的傾斜角均為45°，即可求解；（3）根據(jù)題意將△APD的面積和△DAB的面積表示出來，令其相等，即可解出m的值；（4）分∠QOH=90°、∠PQH=90°、∠QHP=90°三種情況，分別求解即可．【詳解】解：（1）直線與拋物線交于點，則點、點.∵，∴點的坐標(biāo)為，故拋物線的表達式為，將點的坐標(biāo)代入，得，解得，故拋物線的表達式為，函數(shù)的對稱軸為，故點的坐標(biāo)為.（2）CQ=AE，且CQ∥AE，理由是：，，∴CQ=AE，直線CQ表達式中的k==1，與直線AE表達式中k相等，故AE∥CQ，

故線段CQ與線段AE的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系是平行且相等；（3）聯(lián)立直線與拋物線的表達式，并解得或2.故點.如圖1，過點作軸的平行線，交于點，設(shè)點，則點.解得或1.（4）存在，理由：設(shè)點，點，，而點，①當(dāng)時，如圖2，過點作軸的平行線，分別交過點、點與軸的平行線于點、，，，，，，在△PGQ和△HMP中，，，，，即：，，解得m=2或n=3，當(dāng)n=3時，解得：或2（舍去），故點P；②當(dāng)時，如圖3，，則點、關(guān)于拋物線對稱軸對稱，即垂直于拋物線的對稱軸，而對稱軸與軸垂直，故軸，則，可得：△MQP和△NQH都是等腰直角三角形，MQ=MP，∵MQ=1-m，MP=4-n，∴n=3+m，代入，解得：或1（舍去），故點P；③當(dāng)時，如圖4所示，點在下方，與題意不符，故舍去．如圖5，P在y軸右側(cè)，同理可得△PHK≌△HQJ，可得QJ=HK，∵QJ=t-1，HK=t+1-n，∴t-1=t+1-n，∴n=2，∴，解得：m=（舍去）或，∴點P（，2）綜上，點的坐標(biāo)為：或（，2）【點睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，難度較大，涉及到一次函數(shù)、三角形全等、圖形的面積計算等，要注意分類求解，避免遺漏．23、（1）4；（2）x＞3或x＜1．【分析】（1）四邊形ABCD的面積＝×BD×（xC﹣xA）＝×2×（3+1）＝4；（2）從圖象可以看出，當(dāng)y＞0時，自變量x的取值范圍是：x＞3或x＜1，即可求解．【詳解】（1）函數(shù)y＝x2﹣4x+3圖象與x軸分別交于點B、D，與y軸交于點C，頂點為A，則點B、D、C、A的坐標(biāo)分別為：（3，0）、（1，0）、（0，3）、（2，﹣1）；四邊形ABCD的面積＝×BD×（xC﹣xA）＝×2×（3+1）＝4；（2）從圖