浙江省绍兴市诸暨市2022年九年级数学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析

这是一份浙江省绍兴市诸暨市2022年九年级数学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析，共20页。试卷主要包含了抛物线y＝﹣，若均为锐角，且，则.等内容，欢迎下载使用。

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，△ABC中，DE∥BC，BE与CD交于点O，AO与DE，BC交于点N、M，则下列式子中错误的是（ ）
A．B．C．D．
2．如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，点E是OA的中点，连接BE并延长交AD于点F，已知S△AEF=4，则下列结论：①；②S△BCE=36；③S△ABE=12；④△AEF～△ACD，其中一定正确的是（ ）
A．①②③④B．①④C．②③④D．①②③
3．如图，四边形ABCD和四边形A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，若OA：OA′＝2：3，四边形ABCD的面积等于4，则四边形A′B′C′D′的面积为（ ）
A．3B．4C．6D．9
4．一个半径为2cm的圆的内接正六边形的面积是（ ）
A．24cm2B．6cm2C．12cm2D．8cm2
5．抛物线y＝﹣（x﹣）2﹣2的顶点坐标是（ ）
A．（，2）B．（﹣，2）C．（﹣，﹣2）D．（，﹣2）
6．如图所示，四边形OABC是正方形，边长为6，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点D在OA上，且D点的坐标为(2，0)，P是OB上一动点，则PA＋PD的最小值为( )
A．2B．C．4D．6
7．将抛物线y＝x2﹣2向右平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，则所得抛物线的解析式为（ ）
A．y＝（x+3）2B．y＝（x﹣3）2C．y＝（x+2）2+1D．y＝（x﹣2）2+1
8．若均为锐角，且，则（ ）.
A．B．
C．D．
9．口袋中有2个红球和1个黑球，每次摸到后放回，两次都摸到红球的概率为（ ）
A．B．C．D．
10．将抛物线向右平移1个单位，再向上平移3个单位，得到的抛物线是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．正五边形的每个内角为______度.
12．二次函数y＝x2－4x＋3的图象交x轴于A、B两点，交y 轴于点C，则△ABC的面积为_______________________
13．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，将矩形沿对角线BD折叠，使点C落在点E处，BE交AD于点F，则BF的长为________.
14．已知和时，多项式的值相等，则m的值等于 ______ ．
15．计算：2sin30°+tan45°＝_____．
16．已知二次函数的图象如图所示，有下列结论：，，；，，其中正确的结论序号是______
17．如图，在▱ABCD中，AB为⊙O的直径，⊙O与DC相切于点E，与AD相交于点F，已知AB=12，∠C=60°，则 的长为 ．
18．如图，已知的半径为2，内接于，，则__________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）已知抛物线y＝x2+（1﹣2a）x﹣2a（a是常数）．
（1）证明：该抛物线与x轴总有交点；
（2）设该抛物线与x轴的一个交点为A（m，0），若2＜m≤5，求a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若a为整数，将抛物线在x轴下方的部分沿x轴向上翻折，其余部分保持不变，得到一个新图象G，请你结合新图象，探究直线y＝kx+1（k为常数）与新图象G公共点个数的情况．
20．（6分）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为.
（1）画出，使与关于点成中心对称，并写出点的对应点的坐标_____________；
（2）以原点为位似中心，位似比为1：2，在轴的左侧，画出将放大后的，并写出点的对应点的坐标___________________；
（3）___________________.
21．（6分）已知二次函数y=x2+bx+c中，函数y与自变量x的部分对应值如下表：
（1）表中n的值为 ；
（2）当x为何值时，y有最小值，最小值是多少？
（3）若A（m1，y1），B（m+1，y2）两点都在该函数的图象上，且m＞2，试比较y1与y2的大小．
22．（8分）（1）用配方法解方程：x2﹣4x+2＝0；
（2）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点均在格点上，将△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°得到△A1B1C1．请作出△A1B1C1，写出各顶点的坐标，并计算△A1B1C1的面积．
23．（8分）在Rt△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，求：
（1）csA；
（2）当AB＝4时，求BC的长.
24．（8分）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格图中，△ABC的顶点都在网格线交点上．
（1）图中AC边上的高为 个单位长度；
（2）只用没有刻度的直尺，在所给网格图中按如下要求画图（保留必要痕迹）：
①以点C为位似中心，把△ABC按相似比1:2缩小，得到△DEC；
②以AB为一边，作矩形ABMN，使得它的面积恰好为△ABC的面积的2倍．
25．（10分）某校九年级学生参加了中考体育考试．为了了解该校九年级（1）班同学的中考体育成绩情况，对全班学生的中考体育成绩进行了统计，并绘制出以下不完整的频数分布表（如表）和扇形统计图（如图），根据图表中的信息解答下列问题：
（1）m的值为 ；
（2）该班学生中考体育成绩的中位数落在 组；（在A、B、C、D、E中选出正确答案填在横线上）
（3）该班中考体育成绩满分共有3人，其中男生2人，女生1人，现需从这3人中随机选取2人到八年级进行经验交流，请用“列表法”或“画树状图法”求出恰好选到一男一女的概率．
26．（10分）如图，正方形的边长为9，、分别是、边上的点，且.将绕点逆时针旋转，得到.
（1）求证：
（2）当时，求的长.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【解析】试题分析：∵DE∥BC，
∴△ADN∽△ABM，△ADE∽△ABC，△DOE∽△COB，
∴，， ，
所以A、B、C正确；
∵DE∥BC，
∴△AEN∽△ACM，
∴，
∴，
所以D错误．
故选D．
点睛：本题考查了相似三角形的判定与性质．注意平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；相似三角形对应边成比例．注意数形结合思想的应用．
2、D
【详解】∵在▱ABCD中，AO=AC，
∵点E是OA的中点，
∴AE=CE，
∵AD∥BC，
∴△AFE∽△CBE，
∴=，
∵AD=BC，
∴AF=AD，
∴；故①正确；
∵S△AEF=4， =（）2=，
∴S△BCE=36；故②正确；
∵ =，
∴=，
∴S△ABE=12，故③正确；
∵BF不平行于CD，
∴△AEF与△ADC只有一个角相等，
∴△AEF与△ACD不一定相似，故④错误，故选D．
3、D
【分析】利用位似的性质得到AD：A′D′＝OA：OA′＝2：3，再利用相似多边形的性质得到得到四边形A′B′C′D′的面积．
【详解】解：∵四边形ABCD和四边形A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，
∴AD：A′D′＝OA：OA′＝2：3，
∴四边形ABCD的面积：四边形A′B′C′D′的面积＝4：1，
而四边形ABCD的面积等于4，
∴四边形A′B′C′D′的面积为1．
故选：D．
【点睛】
本题考查的是位似变换的性质，掌握位似图形与相似图形的关系、相似多边形的性质是解题的关键．
4、B
【解析】设O是正六边形的中心，AB是正六边形的一边，OC是边心距，则△OAB是正三角形，△OAB的面积的六倍就是正六边形的面积
解：如图所示：
设O是正六边形的中心,AB是正六边形的一边,OC是边心距,
则∠AOB=60°，OA=OB=2cm，
∴△OAB是正三角形，
∴AB=OA=2cm，
OC=OA⋅sin∠A=2×=(cm)，
∴S△OAB=AB⋅OC=×2×= (cm2)，
∴正六边形的面积=6×=6 (cm2).
故选B．
5、D
【分析】根据二次函数的顶点式的特征写出顶点坐标即可.
【详解】因为y＝﹣（x﹣）2﹣2是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（，﹣2）．
故选：D．
【点睛】
此题考查的是求二次函数的顶点坐标,掌握二次函数的顶点式中的顶点坐标是解决此题的关键.
6、A
【解析】试题解析：连接CD，交OB于P．则CD就是PD+PA和的最小值．
∵在直角△OCD中，∠COD=90°，OD=2，OC=6，
∴CD=，
∴PD+PA=PD+PC=CD=2．
∴PD+PA和的最小值是2．
故选A．
7、B
【分析】利用二次函数图象的平移规律，左加右减，上加下减，进而得出答案．
【详解】将抛物线y＝x2﹣2向右平移3个单位长度，得到平移后解析式为：y＝（x﹣3）2﹣2，
∴再向上平移2个单位长度所得的抛物线解析式为：y＝（x﹣3）2﹣2+2，即y＝（x﹣3）2；
故选：B．
【点睛】
考核知识点：二次函数图象.理解性质是关键.
8、D
【解析】根据三角函数的特殊值解答即可．
【详解】解：∵∠B，∠A均为锐角，且sinA=，csB=，
∴∠A=30°，∠B=60°．
故选D．
【点睛】
本题考查特殊角的三角函数值．
9、D
【分析】根据题意画出树形图即可求出两次都摸到红球的概率，进而得出选项．
【详解】解：设红球为1，黑球为2，画树形图得：
由树形图可知：两次都摸到红球的概率为.
故选：D.
【点睛】
本题考查用列表法与树状图法求随机事件的概率，列举法（树形图法）求概率的关键在于列举出所有可能的结果，列表法是一种，但当一个事件涉及三个或更多元素时，为不重不漏地列出所有可能的结果，通常采用树形图．
10、D
【分析】由题意可知原抛物线的顶点及平移后抛物线的顶点，根据平移不改变抛物线的二次项系数可得新的抛物线解析式．
【详解】解：由题意得原抛物线的顶点为（0，0），
∴平移后抛物线的顶点为（1，3），
∴得到的抛物线解析式为y=2（x-1）2+3，
故选：D．
【点睛】
本题考查二次函数的几何变换，熟练掌握二次函数的平移不改变二次项的系数得出新抛物线的顶点是解决本题的关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】先求出正五边形的内角和，再根据正五边形的每个内角都相等，进而求出其中一个内角的度数．
【详解】解：正五边形的内角和是：（5﹣2）×180°＝540°，
则每个内角是：540÷5＝1°．
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查多边形的内角和计算公式，以及正多边形的每个内角都相等等知识点．
12、3
【分析】根据解析式求出A、B、C三点的坐标，即△ABC的底和高求出，然后根据公式求面积．
【详解】根据题意可得：A点的坐标为(1,0)，B点的坐标为(3,0)，C点的坐标为(0,3)，则AB=2，
所以三角形的面积=2×3÷2=3.
考点：二次函数与x轴、y轴的交点.
13、5
【解析】由翻折的性质可以知道,由矩形的性质可以知道: ,从而得到,于是,故此BF=DF,在中利用勾股定理可求得BF的长.
【详解】由折叠的性质知,CD=ED,BE=BC.
四边形ABCD是矩形,
在和中,
,
,
;
设BF=x,则DF=x,AF=8-x,
在中,可得: ,即,
计算得出:x=5,
故BF的长为5.
因此，本题正确答案是:5
【点睛】
本题考查了折叠的性质折叠前后两图形全等，即对应线段相等，对应角相等，也考查了勾股定理,矩形的性质.
14、或1
【分析】根据和时，多项式的值相等，得出 ，解方程即可．
【详解】解：和时，多项式的值相等，
，
化简整理，得，
，
解得或1．
故答案为或1．
【点睛】
本题考查多项式以及代数式求值，正确理解题意是解题的关键．
15、1．
【分析】根据解特殊角的三角函数值即可解答．
【详解】原式＝1×+1＝1．
【点睛】
本题考查特殊角的三角函数值，解题的关键是牢记这些特殊三角函数值．
16、
【分析】由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【详解】由图象可知：抛物线开口方向向下，则，
对称轴直线位于y轴右侧，则a、b异号，即，
抛物线与y轴交于正半轴，则，，故正确；
对称轴为，，故正确；
由抛物线的对称性知，抛物线与x轴的另一个交点坐标为，
所以当时，，即，故正确；
抛物线与x轴有两个不同的交点，则，所以，故错误；
当时，，故正确．
故答案为．
【点睛】
本题考查了考查了图象与二次函数系数之间的关系，二次函数系数符号由抛物线开口方向、对称轴和抛物线与y轴的交点、抛物线与x轴交点的个数确定．
17、π．
【详解】解：如图连接OE、OF．∵CD是⊙O的切线，∴OE⊥CD，∴∠OED=90°，∵四边形ABCD是平行四边形，∠C=60°，∴∠A=∠C=60°，∠D=120°，∵OA=OF，∴∠A=∠OFA=60°，∴∠DFO=120°，∴∠EOF=360°﹣∠D﹣∠DFO﹣∠DEO=30°，的长=．故答案为π．
考点：切线的性质；平行四边形的性质；弧长的计算．
18、
【解析】分析：根据圆内接四边形对边互补和同弧所对的圆心角是圆周角的二倍，可以求得∠AOB的度数，然后根据勾股定理即可求得AB的长．
详解：连接AD、AE、OA、OB，
∵⊙O的半径为2，△ABC内接于⊙O，∠ACB=135°，
∴∠ADB=45°，
∴∠AOB=90°，
∵OA=OB=2，
∴AB=2，
故答案为：2．
点睛：本题考查三角形的外接圆和外心，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
三、解答题(共66分)
19、（1）见解析；（2）1＜a≤；（3）新图象G公共点有2个．
【分析】（1）令抛物线的y值等于0，证所得方程的△＞0即可；
（2）将点A坐标代入可求m的值，即可求a的取值范围；
（3）分k＞0和k＜0两种情况讨论，结合图象可求解．
【详解】解：（1）设y＝0，则0＝x2+（1﹣2a）x﹣2a，
∵△＝（1﹣2a）2﹣4×1×（﹣2a）＝（1+2a）2≥0，
∴x2+（1﹣2a）x﹣2a＝0有实数根，
∴该抛物线与x轴总有交点；
（2）∵抛物线与x轴的一个交点为A（m，0），
∴0＝m2+（1﹣2a）m﹣2a，
∴m＝﹣1，m＝2a，
∵2＜m≤5，
∴2＜2a≤5，
∴1＜a≤；
（3）∵1＜a≤，且a为整数，
∴a＝2，
∴抛物线解析式为：y＝x2﹣3x﹣4，
如图，当k＞0时，
若y＝kx+1过点（﹣1，0）时，直线y＝kx+1（k为常数）与新图象G公共点有3个，
即k＝1，
当0＜k＜1时，直线y＝kx+1（k为常数）与新图象G公共点有4个，
当k＞1时，直线y＝kx+1（k为常数）与新图象G公共点有2个，
如图，当k＜0时，
若y＝kx+1过点（4，0）时，直线y＝kx+1（k为常数）与新图象G公共点有3个，
即k＝﹣，
当﹣＜k＜0时，直线y＝kx+1（k为常数）与新图象G公共点有4个，
当k＜﹣时，直线y＝kx+1（k为常数）与新图象G公共点有2个，
【点睛】
本题考查了二次函数与一次函数相结合的综合题：熟练掌握二次函数的性质；会利用根的判别式确定抛物线与x轴的交点个数；理解坐标与图形性质，会利用分类讨论的方法解题；要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用数形结合的方法是解题的关键．
20、（1）画图见解析，；（2）画图见解析，；（3）.
【分析】（1）先作出A、B、C三点关于原点对称的点A1、B1、C1，再顺次连接即可；利用关于原点对称的点的坐标特点即可得出点A1的坐标；
（2）利用位似图形的性质分别作出A、B、C三点的对应点A2、B2、C2，再顺次连接即可；利用位似图形的性质即可得出点A2的坐标；
（3）先根据勾股定理的逆定理判断△ABC的形状，进一步即可求出的度数，再根据位似图形的性质和特殊角的三角函数值解答即可.
【详解】解：（1）如图，即为所求，，故答案为：；
（2）如图即为所求，，故答案为：；
（3）∵，∴，∴∠ACB=90°，AC=BC，∴∠BAC=45°，
∴.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了中心对称图形的作图、位似作图、等腰直角三角形的判定和性质以及特殊角的三角函数值等知识，属于基本题型，熟练掌握上述知识是解答的关键.
21、（1）5；（1）当x=1时，y有最小值，最小值是1；（3）y1＜y1
【分析】（1）根据二次函数的对称性求解即可；
（1）由表中数据可知，当x=1时，y有最小值，最小值是1；
（3）根据二次函数的图像与性质解答即可.
【详解】（1）∵根据表可知：对称轴是直线x=1，
∴点（0，5）和（4，n）关于直线x=1对称，
∴n=5，
故答案为5；
（1）根据表可知：顶点坐标为（1，1），
即当x=1时，y有最小值，最小值是1；
（3）∵函数的图象开口向上，顶点坐标为（1，1），对称轴是直线x=1，
∴当m＞1时，点A（m1，y1），B（m+1，y1）都在对称轴的右侧，y随x的增大而增大，
∵m＜m+1，
∴y1＜y1．
【点睛】
本题考察了二次函数的图像和性质，对于二次函数y=ax1+bx+c（a，b，c为常数，a≠0），当a>0时，在对称轴的左侧y随x的增大而减小，在对称轴的右侧y随x的增大而增大；当a<0时，在对称轴的左侧y随x的增大而增大，在对称轴的右侧y随x的增大而减小.
22、（1）x1＝2+，x2＝2﹣；（2）A1（﹣1，﹣1），B1（﹣4，0），C1（﹣4，2），△A1B1C1的面积＝×2×2＝2．
【分析】（1）利用配方法得到（x﹣2）2＝2，然后利用直接开平方法解方程；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点A1、B1、C1；然后写出△A1B1C1各顶点的坐标，利用三角形面积公式计算△A1B1C1的面积．
【详解】解：（1）移项，得x2﹣4x＝﹣2，
配方，得x2﹣4x+4＝﹣2+4，
即（x﹣2）2＝2，
所以x﹣2＝±
所以原方程的解为x1＝2+，x2＝2﹣；
（2）如图，△A1B1C1为所作；A1（﹣1，﹣1），B1（﹣4，0），C1（﹣4，2），△A1B1C1的面积＝×2×2＝2．
【点睛】
本题主要考察作图-旋转变换、三角形的面积公式和解方程，解题关键是熟练掌握计算法则.
23、（1）；（2）
【解析】（1）根据等腰直角三角形的判定得到△ABC为等腰直角三角形，则∠A=45°，然后利用特殊角的三角函数值求解即可；（2）根据∠A的正弦求解即可.
【详解】∵AC＝BC，∠C＝90°，
∴∠A=∠B=45°，
∴csA=cs45°= ，
∴BC=AB=2，
【点睛】
本题考查解直角三角形及等腰直角三角形的判定，熟练掌握特殊角三角函数值是解题关键.
24、（1）；（2）①见解析，②见解析
【分析】（1）利用等面积法即可求出AC边上的高；
（2）①利用位似图形的性质得出对应点位置连接即可；
②利用矩形的判定方法即可画出．
【详解】解：（1）由图可知,设AC边上的高为x，
则由三角形面积公式可得：
解得，即AC边上的高为.
（2）①如图所示：△DEC即为所求．
②如图所示：矩形ABMN即为所求．
【点睛】
本题考查作位似图形，矩形的判定，勾股定理.（1）中熟练掌握等面积法是解决此问的关键；（2）中能作出AC的中点是解题关键；（3）中注意矩形的四个角都是直角，且矩形的一边为AB，另一边要与△ABC中AB边上的高相等.
25、（1）18；（2）D组；（3）图表见解析，
【分析】（1）利用C分数段所占比例以及其频数求出总数即可，进而得出m的值；
（2）利用中位数的定义得出中位数的位置；
（3）利用列表或画树状图列举出所有的可能，再根据概率公式计算即可得解．
【详解】解：（1）由题意可得：全班学生人数：15÷30%＝50（人）；
m＝50﹣2﹣5﹣15﹣10＝18（人）；
故答案为：18；
（2）∵全班学生人数有50人，
∴第25和第26个数据的平均数是中位数，
∴中位数落在51﹣56分数段，
∴落在D段
故答案为：D；
（3）如图所示：将男生分别标记为A1，A2，女生标记为B1，
∵共有6种等情况数，
∴恰好选到一男一女的概率是＝＝．
【点睛】
此题主要考查了列表法求概率以及扇形统计图的应用，根据题意利用列表法得出所有情况是解题关键．
26、（1）见解析；（2）7.1
【分析】（1）由旋转可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=41°，得到∠MDF=41°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；
（2）由第一问的全等得到AE=CM=3，正方形的边长为9，用AB﹣AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=x，可得出BF=BM﹣FM=BM﹣EF=12﹣x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．
【详解】（1）∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，
∴F、C、M三点共线，
∴DE=DM，∠EDM=90°，
∴∠EDF+∠FDM=90°．
∵∠EDF=41°，
∴∠FDM=∠EDF=41°，
在△DEF和△DMF中，
∵，
∴△DEF≌△DMF(SAS)，
∴EF=MF；
（2）设EF=x，则MF=x．
∵AE=CM=3，且BC=9，
∴BM=BC+CM=9+3=12，
∴BF=BM﹣MF=BM﹣EF=12﹣x．
∵EB=AB﹣AE=9﹣3=6，
在Rt△EBF中，由勾股定理得：EB2+BF2=EF2，
即62+(12﹣x)2=x2，
解得：x=7.1，
则EF=7.1．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理，利用了转化及方程的思想，熟练掌握性质及定理是解答本题的关键．
x
…
0
1
2
3
4
…
y
…
5
2
1
2
n
…
分组
分数段（分）
频数
A
36≤x＜41
2
B
41≤x＜46
5
C
46≤x＜51
15
D
51≤x＜56
m
E
56≤x＜61
10
A1
A2
B1
A1
（A1，A2）
（A1，B1）
A2
（A2，A1）
（A2，B1）
B1
（B1，A1）
（B1，A2）