2023-2024学年广东省数学九年级上期末综合测试模拟试题

这是一份2023-2024学年广东省数学九年级上期末综合测试模拟试题，共19页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．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．
2．如图，在中，．以为直径作半圆，交于点，交于点，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
3．在中，，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，那么k的取值范围是（ ）
A．k≠0B．k＞4C．k＜4D．k＜4且k≠0
5．如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝2，点P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PBC＝∠PCA，则线段AP长的最小值为（ ）
A．0.5B．﹣1C．2﹣D．
6．如图工人师傅砌门时，常用木条EF固定长方形门框ABCD，使其不变形，这样做的根据是（ ）
A．两点之间线段最短B．两点确定一条直线
C．三角形具有稳定性D．长方形的四个角都是直角
7．下列说法正确的是（ ）
A．对角线相等的平行四边形是菱形
B．方程x2+4x+9＝0有两个不相等的实数根
C．等边三角形都是相似三角形
D．函数y＝，当x＞0时，y随x的增大而增大
8．服装店将进价为每件100元的服装按每件x（x＞100）元出售，每天可销售（200﹣x）件，若想获得最大利润，则x应定为（ ）
A．150元B．160元C．170元D．180元
9．将抛物线向左平移2个单位后，得到的抛物线的解析式是（ ）
A．B．
C．D．
10．在小孔成像问题中，如图所示，若为O到AB的距离是18 cm，O到CD的距离是6 cm，则像CD的长是物体AB长的（ ）
A．B．C．2倍D．3倍
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．抛物线y＝(x﹣1)(x﹣3)的对称轴是直线x＝_____．
12．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，若⊙O的半径是4，sinB=，则线段AC的长为 ．
13．写出一个顶点坐标是(1，2)且开口向下的抛物线的解析式________．
14．菱形ABCD的周长为20，且有一个内角为120°，则它的较短的对角线长为______．
15．如图，是将菱形ABCD以点O为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成的图形．若∠BAD=60°，AB=2，则图中阴影部分的面积为 ．
16．如图，将的斜边AB绕点A顺时针旋转得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转得到AF，连结EF．若，，且，则_____．
17．如果抛物线y=﹣x2+（m﹣1）x+3经过点（2，1），那么m的值为_____．
18．将抛物线向上平移1个单位后，再向左平移2个单位，得一新的抛物线，那么新的抛物线的表达式是__________________________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）四张大小、质地均相同的卡片上分别标有数字1，2，3，4，现将标有数字的一面朝下扣在桌子上，从中随机抽取一张（不放回），再从桌子上剩下的3张中随机抽取第二张.
（1）用画树状图的方法，列出前后两次抽得的卡片上所标数字的所有可能情况；
（2）计算抽得的两张卡片上的数字之积为奇数的概率是多少？
20．（6分）如图，AB是⊙O的直径，AE平分∠BAF，交⊙O于点E，过点E作直线ED⊥AF，交AF的延长线于点D，交AB的延长线于点C．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）∠C＝45°，⊙O的半径为2，求阴影部分面积．
21．（6分）如图所示，在中，于点E，于点F，延长AE至点G，使EG＝AE，连接CG．
（1）求证：；
（2）求证：四边形EGCF是矩形．
22．（8分）解不等式组，并求出它的整数解
23．（8分）如图，，平分，过点作交于，连接交于，若，，求，的长．
24．（8分）如图①，若抛物线的顶点在抛物线上，抛物线的顶点在抛物线上，（点与点不重合），我们把这样的两条抛物线和，互称为“友好”抛物线．
（1）一条抛物线的“友好”抛物线有 条；
（2）如图②，已知抛物线与轴相交于点，点关于抛物线的对称轴的对称点为点，求以点为顶点的的“友好”抛物线的表达式；
（3）若抛物线的“友好”抛物线的解析式为，请直接写出与的关系式．
25．（10分）如图，已知反比例函数和一次函数的图象相交于第一象限内的点A，且点A的横坐标为1.过点A作AB⊥x轴于点B，△AOB的面积为1.
（1）求反比例函数和一次函数的解析式.
（2）若一次函数的图象与x轴相交于点C，求∠ACO的度数.
（3）结合图象直接写出：当＞＞0时，x的取值范围.
26．（10分）如图，在中，，为上一点，，．
（1）求的长；（2）求的值．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】根据轴对称图形、中心对称图形的定义即可判断．
【详解】A、是轴对称图形，不符合题意；
B、是中心对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意．
故选：D．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；
中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
2、A
【分析】连接BE、AD，根据直径得出∠BEA=∠ADB=90°，求出∠ABE、∠DAB、∠DAC的度数，根据圆周角定理求出即可．
【详解】解：连接BE、AD，
∵AB是圆的直径，
∴∠ADB=∠AEB=90°，
∴AD⊥BC，
∵AB=AC，∠C=70°，
∴∠ABD=∠C=70°.∠BAC=2∠BAD
∴.∠BAC=2∠BAD=2 （90°-70°）=40°，
∵∠BAC+=90°
∴=50°．
故选A.
本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，准确作出辅助线是解题的关键.
3、C
【解析】在中，先求出的度数，再根据特殊角的三角函数值即可得出答案.
【详解】，
=
故选C.
本题考查了锐角三角函数，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键.
4、C
【解析】根据判别式的意义得到△=（-1）2-1k＞0，然后解不等式即可．
【详解】∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴
解得：k＜1．
故答案为：C．
本题考查的知识点是一元二次方程根的情况与判别式△的关系，解题关键是熟记一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0方程有两个不相等的实数根；（2）△=0方程有两个相等的实数根；（3）△＜0方程没有实数根．
5、C
【分析】先计算出∠PBC+∠PCB＝45°，则∠BPC＝135°，利用圆周角定理可判断点P在以BC为弦的⊙O上，如图，连接OA交于P′，作所对的圆周角∠BQC，利用圆周角定理计算出∠BOC＝90°，从而得到△OBC为等腰直角三角形，四边形ABOC为正方形，所以OA＝BC＝2，OB=，根据三角形三边关系得到AP≥OA﹣OP（当且仅当A、P、O共线时取等号，即P点在P′位置），于是得到AP的最小值.
【详解】
解：∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ACB＝45°，即∠PCB+∠PCA＝45°，
∵∠PBC＝∠PCA，
∴∠PBC+∠PCB＝45°，
∴∠BPC＝135°，
∴点P在以BC为弦的⊙O上，如图，连接OA交于P′，
作所对的圆周角∠BQC，则∠BCQ＝180°﹣∠BPC＝45°，
∴∠BOC＝2∠BQC＝90°，
∴△OBC为等腰直角三角形，
∴四边形ABOC为正方形，
∴OA＝BC＝2，
∴OB＝BC＝，
∵AP≥OA﹣OP（当且仅当A、P、O共线时取等号，即P点在P′位置），
∴AP的最小值为2﹣．
故选：C．
本题考查了圆周角定理及等腰直角三角形的性质.
圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半. 推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径.
6、C
【分析】根据三角形的稳定性，可直接选择．
【详解】加上EF后，原图形中具有△AEF了，故这种做法根据的是三角形的稳定性．
故选：C．
7、C
【分析】根据相似三角形的判定，菱形的判定方法，一元二次方程根的判别式反比例函数的性质可得出答案．
【详解】解：A．对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项错误；
B．方程x2+4x+9＝0中，△＝16﹣36＝﹣20＜0，所以方程没有实数根，故本选项错误；
C．等边三角形对应角相等，对应边成比例，所以是相似三角形，故本选项正确；
D．函数y＝，当x＞0时，y随x的增大而减小，故本选项错误．
故选：C．
本题考查了相似三角形的判定，菱形的判定方法，一元二次方程根的判别式反比例函数的性质，熟记定理是解题的关键．
8、A
【分析】设获得的利润为y元，由题意得关于x的二次函数，配方，写成顶点式，利用二次函数的性质可得答案．
【详解】解：设获得的利润为y元，由题意得：

∵a＝﹣1＜0
∴当x＝150时，y取得最大值2500元．
故选A．
本题考查了二次函数在实际问题中的应用，正确地写出函数关系式，并明确二次函数的性质，是解题的关键．
9、A
【详解】解：∵抛物线向左平移2个单位后的顶点坐标为（﹣2，0），
∴所得抛物线的解析式为．
故选A．
本题考查二次函数图象与几何变换，利用数形结合思想解题是关键．
10、A
【分析】作OE⊥AB于E，OF⊥CD于F，根据题意得到△AOB∽△COD，根据相似三角形的对应高的比等于相似比计算即可．
【详解】
作OE⊥AB于E，OF⊥CD于F，
由题意得,AB∥CD，
∴△AOB∽△COD，
∴= =，
∴像CD的长是物体AB长的.
故答案选：A.
本题考查了相似三角形的应用，解题的关键是熟练的掌握相似三角形的应用.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】将抛物线的解析式化为顶点式，即可得到该抛物线的对称轴；
【详解】解：∵抛物线y＝(x﹣1)(x﹣3)＝x1﹣4x+3＝(x﹣1)1﹣1，
∴该抛物线的对称轴是直线x＝1，
故答案为：1．
本题考查了二次函数的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键.
12、1．
【分析】连结CD如图，根据圆周角定理得到∠ACD=90°，∠D=∠B，则sinD=sinB=，然后在Rt△ACD中利用∠D的正弦可计算出AC的长．
【详解】解：连结CD，如图，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD=90°，
∵∠D=∠B，
∴sinD=sinB=，
在Rt△ACD中，
∵sinD==，
∴AC=AD=×8=1．
故答案为1．
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了解直角三角形．
13、y=-(x-1)1+1
【分析】利用顶点式可设抛物线解析式为y=a(x-1)1+1，然后根据a的作用确定a的值即可．
【详解】解：设抛物线解析式为y=a(x-1)1+1，
∵抛物线y=a y=-(x-1)1+11+1的开口向下，
∴可令a=-1，
∴抛物线解析式y=-(x-1)1+1．
故答案为y=-(x-1)1+1．
本题考查了二次函数与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
14、1
【分析】根据菱形的性质可得菱形的边长为1，然后根据内角度数进而求出较短对角线的长．
【详解】
如图所示：菱形ABCD的周长为20，
AB=20÷4=1，
又，四边形ABCD是菱形，
，AB=AD，
是等边三角形，
BD=AB=1．
故答案为1．
本题主要考查菱形的性质及等边三角形，关键是熟练掌握菱形的性质．
15、12﹣4
【详解】试题分析：如图所示：连接AC，BD交于点E，连接DF，FM，MN，DN，
∵将菱形ABCD以点O为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成的图形，∠BAD=60°，AB=2，
∴AC⊥BD，四边形DNMF是正方形，∠AOC=90°，BD=2，AE=EC=，
∴∠AOE=45°，ED=1，
∴AE=EO=，DO=﹣1，
∴S正方形DNMF=2（﹣1）×2（﹣1）×=8﹣4，
S△ADF=×AD×AFsin30°=1，
∴则图中阴影部分的面积为：4S△ADF+S正方形DNMF=4+8﹣4=12﹣4．
故答案为12﹣4．
考点：1、旋转的性质；2、菱形的性质．
16、
【分析】由旋转的性质可得，，由勾股定理可求EF的长．
【详解】解：由旋转的性质可得，，
，且，
故答案为
本题考查了旋转的性质，勾股定理，灵活运用旋转的性质是本题的关键．
17、2
【分析】把点（2，1）代入y=﹣x2+（m﹣1）x+3，即可求出m的值.
【详解】∵抛物线y=﹣x2+（m﹣1）x+3经过点（2，1），
∴1= -4+2(m-1)+3,解得m=2,故答案为2.
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是找出二次函数图象上的点的坐标满足的关系式.
18、y=(x+2)2-1
【分析】根据函数图象的平移规律解答即可得到答案
【详解】由题意得：平移后的函数解析式是，
故答案为：.
此题考查抛物线的平移规律：左加右减，上加下减，正确掌握平移的规律并运用解题是关键.
三、解答题(共66分)
19、（1）见解析
（2）P（积为奇数）=
【分析】（1）用树状图列举出2次不放回实验的所有可能情况即可；
（2）看是奇数的情况占所有情况的多少即可．
【详解】（1）
（2）P（积为奇数）=
20、（1）见解析；（2）2-
【分析】（1）若要证明CD是⊙O的切线，只需证明CD与半径垂直，故连接OE，证明OE∥AD即可；
（2）根据等腰直角三角形的性质和扇形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：（1）连接OE．
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠OEA，
又∵∠DAE＝∠OAE，
∴∠OEA＝∠DAE，
∴OE∥AD，
∴∠ADC＝∠OEC，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝90°，
故∠OEC＝90°．
∴OE⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）∵∠C＝45°，
∴△OCE是等腰直角三角形，
∴CE＝OE＝2，∠COE＝45°，
∴阴影部分面积＝S△OCE﹣S扇形OBE＝2×2﹣＝2﹣．
本题综合考查了圆与三角形，涉及了切线的判定、等腰三角形的性质、扇形的面积，灵活的将图形与已知条件相结合是解题的关键.
21、（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，进而可得，由，得，由AAS证明即可；
（2）由（1）全等三角形的性质得AE＝CF，证出EG＝CF，则四边形EGCF是平行四边形，由，即可得证．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
∵于点E，于点F，
∴，，
在和中，，
∴；
（2）由（1）得：，，
∴AE＝CF，
∵EG＝AE，
∴EG＝CF，
∴四边形EGCF是平行四边形，
又∵，
∴四边形EGCF是矩形．
本题主要考查平行四边形的性质、全等三角形的判定及矩形的判定，关键是根据平行四边形的性质得到三角形全等的条件，然后由三角形全等的性质得到边的等量关系，进而根据有一个角为直角的平行四边形是矩形来判定即可．
22、不等式组的解集为﹣1＜x＜2，不等式组的整数解为0、1．
【分析】先分别求出两个一元一次不等式的解，再根据求不等式组解的方法求出不等式组的解，继而可求出其整数解.
【详解】解：解不等式x+1＞0，得：x＞﹣1，
解不等式x+4＞3x，得：x＜2，
则不等式组的解集为﹣1＜x＜2，
所以不等式组的整数解为0、1．
本题考查的知识点是解不等式组，正确求出每个一元一次不等式的解是求不等式组的解的关键.
23、BD=，DN=
【分析】由平行线的性质可证∠MBD=∠BDC，即可证AM=MD=MB=4，由BD2=AD•CD可得BD长，再由勾股定理可求MC的长，通过证明△MNB∽△CND，可得，即可求DN的长．
【详解】解：∵BM∥CD
∴∠MBD=∠BDC
∴∠ADB=∠MBD，且∠ABD=90°
∴BM=MD，∠MAB=∠MBA
∴BM=MD=AM=4
∵平分，
∴∠ADB=∠CDB，
∵，
∴△ABD∽△BCD，
∴BD2=AD•CD，
∵ CD=6，AD=8，
∴BD2=48，
即BD=，
∴BC2=BD2-CD2=12
∴MC2=MB2+BC2=28
∴MC=，
∵BM∥CD
∴△MNB∽△CND，
∴，且BD=，
∴设DN=x，
则有，
解得x=，
即DN=.
本题考查了相似三角形的判定及其性质，掌握相关判定方法并灵活运用，是解题的关键．
24、（1）无数；（2）；（3）
【分析】(1)根据题目给的定义即可判断一条抛物线有无数条”友好”抛物线.
(2)先设出L4的解析式,求出L3的坐标轴和顶点坐标,再将顶点坐标代入L4的解析式中即可求解.
(3)根据两个抛物线的顶点都在对方抛物线上,列式求解即可.
【详解】（1）根据“友好”抛物线的定义,只需要确定原函数顶点和抛物线任意一点做“友好”抛物线的顶点即可作出“友好”抛物线,因此有无数条.
∴答案为:无数.
（2）把化为顶点式，得
顶点坐标为，
对称轴为
点坐标为，
点关于对称轴的对称点的坐标为，
设的解析式为，
把代入，得
.
解得.
的“友好”抛物线的表达式为：.
（3）由题意可得:,整理得,(a1+a2)(m-h)2=0,
∵顶点不重合,∴m≠h,
∴.
本题考查二次函数的性质运用,关键在于根据题意规定的方法代入求解.
25、（1）y=；y=x+1；（2）∠ACO=45°；（3）0【解析】（1）根据△AOB的面积可求AB，得A点坐标．从而易求两个函数的解析式；
（2）求出C点坐标，在△ABC中运用三角函数可求∠ACO的度数；
（3）观察第一象限内的图形，反比例函数的图象在一次函数的图象的上面部分对应的x的值即为取值范围．
【详解】(1)∵△AOB的面积为1，并且点A在第一象限，
∴k=2,∴y=；
∵点A的横坐标为1，
∴A(1,2).
把A(1,2)代入y=ax+1得，a=1.
∴y=x+1.
(2)令y=0，0=x+1，
∴x=−1,
∴C(−1,0).
∴OC=1，BC=OB+OC=2.
∴AB=CB,
∴∠ACO=45°.
(3)由图象可知,在第一象限,当y>y>0时,0在第三象限,当y>y>0时,−1此题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题关键在于结合函数图象进行解答.
26、（1）；（2）.
【分析】（1）根据，可设，得，再由勾股定理列出的方程求得，进而由勾股定理求；
（2）过点作于点，解直角三角形求得与，进而求得结果．
【详解】解：（1）∵，可设，得，
∵，
∴，
解得，（舍去），或，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）过点作于点，
∵，可设，则，
∵，
∴，
解得，（舍），或，
∴，
∴．
考核知识点：解直角三角形.理解三角函数的定义是关键.