精品解析：四川省南充市营山县营山小桥中学校2023-2024学年九年级上学期期末数学模拟试题

四川省南充市营山县小桥中学校2023－2024学年九年级上学期期末模拟测试数学试题 一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分） 1. 下列手机手势解锁图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 将一元二次方程化为一般形式后，二次项的系数和一次项系数分别是（ ） A. 5， B. 5，4 C. 5， D. 5，1 3. 下列事件中，是必然事件的是（ ） A. 任意掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上 B. 任意画一个四边形，是矩形 C. 随机买一张电影票，座位号奇数号 D. 任意画一个三角形，其内角和是 4. 关于抛物线下列描述正确的是（ ） A. 对称轴直线 B. 最大值为 C. 图像与坐标轴有且只有一个交点 D. 当时，随的增大而增大 5. 如图，在正方形中，为边上的点，连接，，将绕点顺时针方向旋转得到，连接，则的度数为（　　） A. B. C. D. 6. 如图，，，是上的三个点．若，则的大小为（ ） A. B. C. D. 7. 已知t为一元二次方程的一个解，则值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图是一个中心对称图形，为对称中心，若，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，已知，角的一边与相切于点，另一边交于、两点，的半径为，，则的长度为（ ） A B. C. D. 10. 如图，抛物线）的对称轴是直线，y并与x轴交于A，B两点，若，则下列结论中：①；②；③；④若m为任意实数，则，正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分） 11. 二次函数中，当时，y的值是________． 12. 在平面直角坐标系中，点M（，4）关于原点对称的点的坐标是_______． 13. 设，是方程的两个不相等的实数根，则的值为________. 14. 已知的两条弦为、，连接半径、、，若，则的度数为______． 15. 如图，将边长为的正方形绕点顺时针旋转30°到的位置，则阴影部分的面积是___________． 16. 如图，正方形ABCD内接于，点E为AB上一点，连接DE并延长，交于点F．若，，则AF的长为______． 三、解答题（本大题共9个小题，共72分） 17. 按要求解答下列问题： 小华与小芳两位同学解方程的过程如下框： 小华： 解：两边同时除以，得，∴． 小芳： 解：，， 或， 解得：，． 任务： （1）小华的解法是错误的，原因是 ． （2）小芳的解法是 （填“正确”或“错误”）．如果小芳的解法正确，请写出用配方法或公式法求解原方程的过程；如果小芳的解法错误，请直接写出原方程正确的解． 18. 不透明的袋子中装有两个红球、一个白球，这些球除颜色外无其他差别． （1）从袋子中随机摸出一个球，摸到红球的概率是______； （2）从袋子中随机摸出一个球后，不放回，再随机摸出一个球．求两次摸到的球的颜色为“一红一白”的概率． 19. 已知：如图，的直径与弦（不是直径）交于点E，若，，求的长． 20. 已知方程是关于的一元二次方程． （1）求证：对于任意实数方程中有两个不相等的实数根． （2）若，是方程的两根，，求的值． 21. 如图，三个顶点坐标分别为，，． （1）请画出将向左平移4个单位长度后得到的图形，并写出点的坐标； （2）请画出关于原点成中心对称的图形，并写出点的坐标； 22. 如果一元二次方程的两根相差1，那么该方程称为“差1方程”．例如是“差1方程”． （1）方程___________（是或不是）“差1方程”；方程___________（是或不是）“差1方程”． （2）已知关于的方程（是常数）是“差1方程”，求的值； （3）若关于的方程（，是常数，）是“差1方程”，求与的关系． 23. 以为直径的中，为弦，分别过C、D点作的垂线，垂足分别为F、E点． （1）如图1，若为的直径，求证：； （2）如图2，为的非直径弦，试探究线段与间的数量关系，并说明理由． 24. 综合与实践 （1）问题初探 如图1，在中，，，为边上的中线，求的取值范围．解答这个问题，我们可以将绕点D旋转，得到，则的取值范围可解．请直接写出的取值范围． （2）问题解决 如图2，P为等边三角形内一点，满足，，，试求的大小．（提示：将绕点B顺时针旋转） （3）问题拓展 如图3，在正方形中，E，F分别为，边上的点，满足，若，，求的面积． 25. 如图，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D和点C关于抛物线的对称轴对称． （1）求直线的解析式； （2）如图，直线上方抛物线上有一点F，过点F作于点G，求线段的最大值； （3）点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是以为边的矩形，求点Q的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 四川省南充市营山县小桥中学校2023－2024学年九年级上学期期末模拟测试数学试题 一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分） 1. 下列手机手势解锁图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形，根据中心对称图形的定义判断即可，解题的关键是正确理解中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案． 【详解】、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 、图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，符合题意； 、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 故选：． 2. 将一元二次方程化为一般形式后，二次项的系数和一次项系数分别是（ ） A. 5， B. 5，4 C. 5， D. 5，1 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程（a，b，c是常数且）的a、b、c分别是二次项系数、一次项系数、常数项． 【详解】解：化为一般式，得 ， 二次项系数和一次项系数分别是5，， 故选：C． 3. 下列事件中，是必然事件的是（ ） A. 任意掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上 B. 任意画一个四边形，是矩形 C. 随机买一张电影票，座位号是奇数号 D. 任意画一个三角形，其内角和 【答案】D 【解析】 【分析】在一定条件下，一定发生的事件叫做必然事件，可能发生也可能不发生的事件叫做随机事件，根据定义进行判断即可． 【详解】解：A．任意掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上是随机事件，故选项不符合题意； B．任意画一个四边形，是矩形是随机事件，故选项不符合题意； C．随机买一张电影票，座位号是奇数号是随机事件，故选项不符合题意； D．任意画一个三角形，其内角和是是必然事件，故选项符合题意． 故选：D． 【点睛】此题考查了事件的分类，熟练掌握随机事件和必然事件的定义是解题的关键． 4. 关于抛物线下列描述正确的是（ ） A. 对称轴为直线 B. 最大值为 C. 图像与坐标轴有且只有一个交点 D. 当时，随的增大而增大 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次函数的图象和性质逐个求解即可． 【详解】解：A.从函数的表达式看，抛物线的对称轴为直线，故A错误，不符合题意； B.，抛物线有最小值，不存在最大值，故B错误，不符合题意； C.抛物线顶点坐标为，开口向上，故抛物线和轴没有交点，只和轴有一个交点，故C正确，符合题意； D.当时，此时抛物线在对称轴的左侧，随的增大而减小，故D错误，不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查的是二次函数的性质，熟知二次函数的顶点式是解答此题的关键． 5. 如图，在正方形中，为边上的点，连接，，将绕点顺时针方向旋转得到，连接，则的度数为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等边对等角，三角形的外角性质，由旋转性质可得，，又四边形是正方形， 则，再由等边对等角得，最后由三角形的外角性质即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】∵将绕点顺时针方向旋转得到， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 故选：． 6. 如图，，，是上的三个点．若，则的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的知识点是圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，解题关键是熟练掌握圆心角定理． 观察图形可得是弧的圆心角，是弧的圆周角，根据圆周角定理得即可求解． 【详解】解：弧弧， 其中是弧的圆心角，是弧的圆周角， ． 故选：． 7. 已知t为一元二次方程的一个解，则值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次方程解的定义可得，求出，进而可得答案． 【详解】解：∵t为一元二次方程的一个解， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解，熟知方程的解即为能使方程两边相等的未知数的值是解题的关键． 8. 如图是一个中心对称图形，为对称中心，若，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了中心对称的性质，所对直角边是斜边的一半，由中心对称的性质得，然后根据所对直角边是斜边的一半即可求解，熟练掌握中心对称的性质是解题的关键． 【详解】∵该图是一个中心对称图形， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 故选：． 9. 如图，已知，角的一边与相切于点，另一边交于、两点，的半径为，，则的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，，作于，于，由直角三角形的性质可得，即可求得，再由弦切角定理可得，由即可得∽，再由相似三角形的性质可得，所以是等腰直角三角形，所以，可得∽，即可解得． 【详解】解：连接，，作于，于， ， ，， ， 切于， ， ， ， ， ∽， ， ， ，， ， 是等腰直角三角形， ，， ， ， ，， ∽， ：：， ：：， ． 故选：B． 【点睛】本题考查弦切角定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质与判定，关键是作辅助线构造相似三角形． 10. 如图，抛物线）的对称轴是直线，y并与x轴交于A，B两点，若，则下列结论中：①；②；③；④若m为任意实数，则，正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与轴交点可得，，的符号及与的关系，从而判断①，由及对称轴可得点坐标，从而判断②③，由时取最小值可判断④． 【详解】解：抛物线开口向上， ， 抛物线对称轴为直线， ， 抛物线与轴交点在轴上方， ， ，①错误． 设抛物线对称轴与轴交点为，则， ， ，即点坐标为， 时，， ，②错误． ， ， ，③正确． 时取最小值， ，即，④正确． 故选：B． 【点睛】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程及不等式的关系． 二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分） 11. 二次函数中，当时，y的值是________． 【答案】0 【解析】 【分析】把代入计算即可． 【详解】解：当时，， 故答案为：0． 【点睛】本题考查了求二次函数的值，解题的关键是把代入计算． 12. 在平面直角坐标系中，点M（，4）关于原点对称的点的坐标是_______． 【答案】（2，） 【解析】 【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，可得答案． 【详解】解：点（，4）关于原点对称的点的坐标为（2，）． 故答案为：（2，）． 【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数． 13. 设，是方程的两个不相等的实数根，则的值为________. 【答案】2022 【解析】 【分析】由一元二次方程的解及根与系数的关系可得：、，将其代入中即可解答． 【详解】解：a，b是方程的两个不相等的实数根， 、， ． 故答案为：2022． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解、根与系数的关系等知识点，根据一元二次方程的解及根与系数的关系得到、是解题的关键． 14. 已知的两条弦为、，连接半径、、，若，则的度数为______． 【答案】##150度 【解析】 【分析】延长交于点，连接，根据直径所对的圆周角是直角可得，然后在中，利用锐角三角函数的定义可得，从而可得，进而可得，然后再根据已知易得是等边三角形，从而可得，最后利用角的和差关系进行计算即可解答． 【详解】解：延长交于点，连接， 是的直径， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， 故答案：． 【点睛】本题考查了圆周角定理，利用锐角三角函数的值求角的度数，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 15. 如图，将边长为的正方形绕点顺时针旋转30°到的位置，则阴影部分的面积是___________． 【答案】 【解析】 【分析】交于点，连接；根据全等三角形性质，通过证明，得；结合旋转的性质，得；根据三角函数的性质计算，得，结合正方形和三角形面积关系计算，即可得到答案． 【详解】如图，交于点，连接 根据题意得：， ∵ ∴ ∴ ∵正方形绕点顺时针旋转到 ∴， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴阴影部分的面积 故答案为：． 【点睛】本题是面积问题(旋转综合题)，考查了正方形、全等三角形、旋转、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握正方形、全等三角形、旋转、三角函数的性质． 16. 如图，正方形ABCD内接于，点E为AB上一点，连接DE并延长，交于点F．若，，则AF的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆周角与圆心角的关系推出等边三角形，根据圆内接正方形求出半径的长，最后直接代值即可． 【详解】连接， ∵ ∴ ∵ ∴是等边三角形． ∵正方形ABCD内接于 ∴ ∵ ∴在中， ∴在中， 故答案为： 【点睛】此题考查圆的综合题型，解题关键是同弧或等弧所对的圆心角是圆周角的两倍，解题技巧是等腰直角三角形三边关系为． 三、解答题（本大题共9个小题，共72分） 17. 按要求解答下列问题： 小华与小芳两位同学解方程的过程如下框： 小华： 解：两边同时除以，得，∴． 小芳： 解：，， 或， 解得：，． 任务： （1）小华的解法是错误的，原因是 ． （2）小芳的解法是 （填“正确”或“错误”）．如果小芳的解法正确，请写出用配方法或公式法求解原方程的过程；如果小芳的解法错误，请直接写出原方程正确的解． 【答案】（1）见解析； （2）小芳的解法错误，，． 【解析】 【分析】（）根据根据题意得小华忽略的情况是没有考虑； （）根据一元二次方程的解法即可求解； 本题考查了一元二次方程解法，熟练掌握解法是解题的关键． 【小问1详解】 根据题意得：小华忽略的情况是没有考虑， 故答案为：没有考虑； 【小问2详解】 小芳的解法错误， 由 或， 解得：，． 18. 不透明的袋子中装有两个红球、一个白球，这些球除颜色外无其他差别． （1）从袋子中随机摸出一个球，摸到红球的概率是______； （2）从袋子中随机摸出一个球后，不放回，再随机摸出一个球．求两次摸到的球的颜色为“一红一白”的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接分析可能出现的结果直接求解； （2）列出树状图，直接求解． 【小问1详解】 随机摸出一个球，有三种可能的结果，红，红，白， 所以摸到红球的概率是； 【小问2详解】 画树状图如下： 由树状图可知，随机摸取一个小球后不放回，再随机摸取一个小球，共有6种等可能结果，其中两次摸到的球的颜色为“一红一白”的结果共有4种． ∴两次摸到的球的颜色为“一红一白”的概率为． 【点睛】此题考查概率，解题关键是需要找出所有可能的结果． 19. 已知：如图，的直径与弦（不是直径）交于点E，若，，求的长． 【答案】的长． 【解析】 【分析】连接，，由题意易知垂直平分，由勾股定理得：，可求得，进而利用勾股定理可求得的长． 【详解】解：连接，，则：， ∵，即为中点， ∴垂直平分， 又∵， ∴， 由勾股定理得：，即：， 解得：，则， ∴． 即：的长． 【点睛】本题考查垂径定理及勾股定理，连接圆心构造直角三角形是解决问题的关键． 20. 已知方程是关于的一元二次方程． （1）求证：对于任意实数方程中有两个不相等的实数根． （2）若，是方程的两根，，求的值． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）直接利用一元二次方程根的判别式进行判断，即可得到结论成立； （2）根据一元二次方程根与系数的关系，可得，再代入，即可求解． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∴对于任意实数，原方程总有两个不相等的实数根； 【小问2详解】 解：∵， ∴原方程为， ∵，是方程的两根， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式，根与系数的关系是解题的关键． 21. 如图，三个顶点的坐标分别为，，． （1）请画出将向左平移4个单位长度后得到的图形，并写出点的坐标； （2）请画出关于原点成中心对称的图形，并写出点的坐标； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点，，即可；根据点的位置写出坐标即可 （2）利用中心对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点，，即可；根据点的位置写出坐标即可 【小问1详解】 ∵三个顶点的坐标分别为，，， ∴将向左平移4个单位长度后得到的的顶点的坐标为： 如下图：即为所求 【小问2详解】 ∵三个顶点的坐标分别为，，， ∴关于原点成中心对称的图形的顶点的坐标为：， 如下图：即为所求 【点睛】本题考查作图：旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质． 22. 如果一元二次方程的两根相差1，那么该方程称为“差1方程”．例如是“差1方程”． （1）方程___________（是或不是）“差1方程”；方程___________（是或不是）“差1方程”． （2）已知关于的方程（是常数）是“差1方程”，求的值； （3）若关于的方程（，是常数，）是“差1方程”，求与的关系． 【答案】（1）不是；是 （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到，然后利用根与系数关系即可判断 （2）由，利用根与系数关系，得到关于m的一元二次方程，解方程即可求得m的值 （3）由，利用根与系数关系，即可得到与的关系 【小问1详解】 根据题意：设一元二次方程的两个根分别为、， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴，， ∴ ∴方程不是“差1方程”； ∵， ∴，， ∴ 方程是 “差1方程”； 故答案为：不是；是 【小问2详解】 ∵关于的方程（是常数）是“差1方程”， ∴，， ∴，即， ∴ 解得：或 【小问3详解】 ∵关于的方程（，是常数，）是“差1方程”， ∴，， ∴，即， ∴ 【点睛】本题考查了通过对完全平方公式变形求值、一元二次方程根与系数关系及直接开平方法解方程，熟练掌握根与系数关系是解决问题的关键 23. 以为直径的中，为弦，分别过C、D点作的垂线，垂足分别为F、E点． （1）如图1，若为的直径，求证：； （2）如图2，为的非直径弦，试探究线段与间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）见解析 （2），理由见解析 【解析】 【分析】（1）只需要证明，得到，再由，即可证明； （2）如图2，过O作交于M，交延长线于N，过作于H，证明四边形都是矩形，得到，再证明，得到，则即可证明． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴； 【小问2详解】 解：，理由如下： 如图2，过O作交于M，交延长线于N，过作于H， ∴， ∵， ∴四边形都是矩形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴ 又∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，全等三角形的性质与判定，垂径定理，矩形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键． 24. 综合与实践 （1）问题初探 如图1，在中，，，为边上的中线，求的取值范围．解答这个问题，我们可以将绕点D旋转，得到，则的取值范围可解．请直接写出的取值范围． （2）问题解决 如图2，P为等边三角形内一点，满足，，，试求的大小．（提示：将绕点B顺时针旋转） （3）问题拓展 如图3，在正方形中，E，F分别为，边上的点，满足，若，，求的面积． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）如图，将绕点D旋转，得到，连接，由旋转得到，易证四边形是平行四边形，根据三角形三边的关系得到，从而得到的取值范围； （2）如图，将绕点B顺时针旋转得到，连接，由旋转可知，易证是等边三角形得，在中，运用勾股定理求解可证，求出，结合旋转可求解； （3）将绕点A顺时针旋转得到，由旋转可知，，求得易证，求即可． 【小问1详解】 解：如图，将绕点D旋转，得到，连接， 由旋转，， ∴四边形是平行四边形， ，， 又， ， 得， 即， ； 【小问2详解】 如图，将绕点B顺时针旋转得到，连接， 由旋转可知，， ， 是等边三角形， ， 在中， ，， ， ， ， ， 【小问3详解】 将绕点A顺时针旋转得到， 由旋转可知，， ， ， ， ， ， 在与中， , ，， ． 【点睛】本题考查了旋转的综合应用，三角形三边之间的关系，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理逆定理；解题的关键是旋转构造全等进行转换． 25. 如图，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D和点C关于抛物线的对称轴对称． （1）求直线的解析式； （2）如图，直线上方的抛物线上有一点F，过点F作于点G，求线段的最大值； （3）点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是以为边的矩形，求点Q的坐标． 【答案】（1）直线的解析式为； （2）的最大值为：； （3）或． 【解析】 【分析】（1）先求解A，B，C的坐标，再求解D的坐标，再利用待定系数法求解一次函数的解析式即可； （2）记于y轴的交点为，证明为等腰直角三角形， 过作轴交于，为等腰直角三角形， 则，设，则， 再建立二次函数，利用二次函数的性质解题即可； （3）如图，当在的右边，记直线交y轴于R，，则，求解直线的解析式为， 可得， 设，而四边形为矩形，可得，再利用勾股定理建立方程求解，结合平移的性质可得：；如图，当在的左边，同理可得：，结合平移的性质可得：． 【小问1详解】 解：当时，，则， 当时，， 解得，，则，， ∵， ∴抛物线对称轴为直线， 而点D和点C关于直线对称， ∴， 设直线的解析式为， 把，分别代入得 ， 解得 ， ∴直线的解析式为； 【小问2详解】 记于y轴的交点为， 当时，，则， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， 过作轴交于， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， 设，则， ∴， 当时，有最大值， ∴的最大值为：； 【小问3详解】 如图，当在的右边， 记直线交y轴于R，，则， 设直线解析式为， 把、分别代入得 ， 解得 ， ∴直线的解析式为， 当时，，则， 设，而四边形为矩形， ∴， ∴， 解得：，即， 由平移的性质可得：； 如图，当在的左边， 同理可得：， 解得：，即， 由平移的性质可得：； 综上：或． 【点睛】本题考查的是二次函数与坐标轴的交点，二次函数的性质，勾股定理的应用，等腰直角三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平移的性质，熟练的建立二次函数模型再利用二次函数的性质解决问题是解本题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$