2023年浙江省宁波市镇海区蛟川书院九年级数学第一次模拟试题（含详细答案）

这是一份2023年浙江省宁波市镇海区蛟川书院九年级数学第一次模拟试题（含详细答案），共36页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年浙江省宁波市镇海区蛟川书院九年级数学第一次模拟试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．计算的正确结果是(   )
A． B． C． D．
2．下列长度的三条线段不能组成直角三角形的是（    ）
A． B．
C． D．，，
3．已知，，则的值是（    ）
A． B．20 C．10 D．50
4．关于x，y 的方程组（其中a，b是常数）的解为，则方程组的解为（　　）
A． B． C． D．
5．若，则的值为（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
6．如果能被整除，则的值是（    ）
A．2 B． C．3 D．
7．如图所示，满足函数和的大致图象是（    ）

A．①② B．②③ C．②④ D．①④
8．与交于A、B两点，交y轴于点C，延长线交双曲线于点D，若，则为（    ）

A．2 B．3 C． D．
9．，AC＝1，以BC为边作正方形BCED，当线段AC绕点A任意旋转时，正方形BCED也随之旋转，若x＝AD＋AE，则x的取值范围是（    ）

A． B． C． D．
10．如图，的直径AB，垂直平分OA，AB延长线上一点E，DE交圆O于F，且．弦DH交OC于G，满足，，AC长为（    ）

A． B． C．2 D．

二、填空题
11．已知，求的值为______．
12．燃放烟花爆竹是中国春节的传统民俗，在江北区一烟花爆竹销售点了解到，某种品牌的烟花除夕每箱进价元，售价元，销售量箱．而年除夕当天和去年当天相比，该店的销售量下降了（a为正整数），每箱售价提高了，成本增加了，其销售利润仅为去年当天利润的．则的值为______．
13．，D为中点，，交于E，交于F，，，则______．
14．如图，中，，，点D、E分别在直线，上，连接，将沿翻折，使点A对应点．当，且时，______，______．

15．如图，矩形的两条对角线相交于点O，，垂足为E，F是的中点，连接交于点P，那么______．

16．如图，中，，中，，直线与交于，当绕点任意旋转的过程中，到直线距离的最大值是______．


三、解答题
17．解方程：
(1)；
(2)．
18．在的网格中，小正方形的顶点称为格点．如图，A，B是格点，画等腰，使点C是格点，且分别满足下列条件：

(1)（画在图①中）；
(2)的面积为5（画在图②中）；
(3)使的面积最大（画在图③中）．
19．某市为了提升菜篮子工程质量，计划用大、中型车辆共辆调拨不超过吨蔬菜和吨肉制品补充当地市场．已知一辆大型车可运蔬菜吨和肉制品吨；一辆中型车可运蔬菜吨和肉制品吨．
（1）符合题意的运输方案有几种？请你帮助设计出来；
（2）若一辆大型车的运费是元，一辆中型车的运费为元，试说明中哪种运输方案费用最低？最低费用是多少元？
20．如图，一次函数y=kx+b（k≠0）的图象与x轴，y轴分别交于A（﹣9，0），B（0，6）两点，过点C（2，0）作直线l与BC垂直，点E在直线l位于x轴上方的部分．
（1）求一次函数y=kx+b（k≠0）的表达式；
（2）若△ACE的面积为11，求点E的坐标；
（3）当∠CBE=∠ABO时，点E的坐标为　 　．

21．如图，在中，，D，M，N分别在直线，直线，直线上，

(1)若D是中点，，求；
(2)若点D，M，N分别在，，的延长线上，且，，求．
22．，在半径为的上，，在劣弧上，、延长线交于点，连结．

(1)求的度数；
(2)若，，求与的关系式；
(3)，以为圆心的圆经过点，．当时，求的半径．
23．如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），抛物线上另有一点C在第一象限，满足为直角，且使．

(1)求线段OC的长；
(2)求该抛物线的函数关系式；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得是以为腰的等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
24．如图，分别与相切于E，F，G三点，且为的直径．

(1)延长交于点P，若，，求图中阴影部分的面积；
(2)连接，与交于点M，若，求的值．

参考答案：
1．B
【分析】先将后两项结合起来，然后再化成同分母分式，按照同分母分式加减的法则计算就可以了．
【详解】原式

.
故选B．
【点睛】本题考查分式的通分和分式的约分的运用，解题关键在于在解答的过程中注意符号的运用及平方差公式的运用．
2．C
【分析】先求出两小边的平方和，再求出最长边的平方，最后看看是否相等即可．
【详解】解：A、∵，∴能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
B、∵，∴能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
C、∵，∴不能构成直角三角形，故此选项符合题意；
D、∵，∴能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握如果三角形的三边长a，b，c满足，那么这个三角形就是直角三角形．
3．B
【分析】由负整数指数幂的计算法则可求出，再根据幂的乘方的逆用和同底数幂除法的逆用法则，可将改为，最后代入求值即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴．
故选B．
【点睛】本题考查负整数指数幂，幂的乘方的逆用和同底数幂除法的逆用．熟练掌握各运算法则是解题关键．
4．C
【分析】由原方程组的解及两方程组的特点知，x+y、x﹣y分别相当于原方程组中的x、y，据此列出方程组，解之可得．
【详解】解：由题意知：
①+②，得：2x=7
解得：x=3.5，
①﹣②，得：2y=﹣1
解得：y=﹣0.5
所以方程组的解为
故选C．
【点睛】本题主要考查二元一次方程组，解题的关键是得出两方程组的特点并据此得出关于x、y的方程组．
5．D
【分析】先根据得出，，根据要有意义，得出，根据得出，从而得出，将代入即可求出式子的值．
【详解】解：∵，
∴，，
∵要有意义，
∴，
整理得：，
∵，
∴，
∴，
∴



，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是根据二次根式有意义的条件得出．
6．A
【分析】先把因式分解为，找到进而得到是方程的根，代入整理得，计算即可解题．
【详解】解：∵
∴能被整除，
即是方程的根，
∴，解得，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题考查整除问题，转化为求方程的解是解题的关键．
7．B
【分析】先根据反比例函数的图象所在的象限判断出k的符号，然后再根据k符号、一次函数的性质判断出一次函数所在的象限，二者一致的即为正确答案．
【详解】解：一次函数y＝k（x−1）＝kx−k．
∵反比例函数的图象经过第二、四象限，
∴k＜0；
∴−k＞0，
∴一次函数y＝kx−k位于第一、二、四象限；
故图①错误，图②正确；
∵反比例函数的图象经过第一、三象限，
∴k＞0；
∴−k＜0，
∴一次函数y＝kx−k位于第一、三、四象限；
故图③正确，图④错误，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的图象性质和一次函数的图象性质，要掌握它们的性质才能灵活解题．
8．A
【分析】根据题意设，则，即可得到反比例为，再求得的坐标，根据待定系数法求得直线的解析式，将解析式联立，解方程组求得的坐标，然后根据平行线分线段成比例定理即可求得结论．
【详解】∵与交于A、B两点，
∴设，则，
∴，
∴反比例函数解析式为，
由题意得：，，
∴，即，
设直线的解析式为，
把代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
，解得，，
∴，
过点作轴，过点作轴，则，

∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
解得：，
∴（负值舍去），
故选：A．
【点睛】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了待定系数法求一次函数的解析式，求得交点的坐标是解题的关键．
9．B
【分析】过点作交的延长线于点，过点作于点，证明，得出，进而如图所示，将旋转，得到，则，得出即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，过点作于点

则四边形是矩形，设
∵，，
又，
∴，
即，
∴，
，
如图， 如图所示，将旋转，得到，则，

∵，
∴
∴，
∴
∴
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理及三角形三边关系，熟练掌握勾股定理，两点之间线段最短是解题的关键．
10．C
【分析】连接，如图，先根据题意证明，得到，进而可证明，得出，由垂直平分OA可得，设，根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及三角形的内角和可求得，进而可求出，由变形可得，然后设未知数求出圆的半径即可求出答案．
【详解】解：连接，如图，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵垂直平分OA，
∴，
∴，
设，
则，
∴，
∵，
∴，
在直角三角形中，∵，
∴，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，  
∴，
∴，
设圆的半径为r，则在直角三角形中，，
∴，
∴，
作于点M，

∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：（负值已舍去），
∴．
故选：C
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了同圆半径相等、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的外角性质等知识，综合性较强，熟练掌握上述知识、正确添加辅助线、灵活应用数形结合思想是解题的关键．
11．3
【分析】把看作一个整体，设，利用换元法得到新方程，求解即可．
【详解】解：设，
据题意，得，
解得，
∵，
∴不符合题意舍去，
∴．
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是将看作一个整体，熟练应用换元法．
12．
【分析】根据题意列出关系式，即可得出的值，不符合题意的舍去．
【详解】解：根据题意得：，
整理得：，
即，
解得：（舍去）或，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的实际应用，，找出题中的等量关系是解答本题的关键．
13．或##或
【分析】过点B作于点H，交于点G，过点F作于点T，先证明，，可得，，进而得到，设，则，可得，再证明，可得，进而得到的长，再由，可设，则，在中，根据勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，过点B作于点H，交于点G，过点F作于点T，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
即，
∵D为中点，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
可设，则，
∴，
在中，，
∴，
解得或5，
经验证均可成立，
∴或．
故答案为：或
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，根据题意证明，是解题的关键．
14．     ##     ##
【分析】证明，利用正切函数得到，求得，再证明，利用相似三角形的性质求得，根据，即可得到答案．
【详解】解：连接，

由折叠的性质得，
∵，
∴，
∵，，
∴，
设，则，，
∴，
解得，即，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得．
故答案为：， ．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
15．
【分析】根据矩形性质得到，利用三角形的三线合一得，过O作交于点Q，则有，，计算即可．
【详解】解：∵是矩形，
∴，
∵F是的中点，
∴，
又∵，
∴，
过O作交于点Q，

∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，作辅助线构造三角形相似是解题的关键．
16．##
【分析】数形结合，根据动点的运动情况判断点的运动轨迹，在根据角度以及勾股定理求解最大值．
【详解】解：如图旋转，连接


以为直径作，以为半径作
过点作的切线交于点
在和中





∴点共圆，点共圆，
点在上运动
，的半径为
∴


又∵，
∴当点运动到点时，到直线距离的最大，

过点作，过点作，，
∴四边形是矩形，  

是圆心，


设








解得：（舍去）
∴
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆动点的最值问题。熟练运用四点共圆性质以及勾股定理解直角三角形是解决本题的关键．
17．(1)无解；
(2)

【分析】（1）将分式方程化为整式方程求解，再检验即可；
（2）原分式方程可整理为，即说明，解出x的值，再检验即可．
【详解】（1）解：
方程两边同时乘，得：，
解得：，
经检验，是原分式方程的增根，
∴原方程无解；
（2）解：，
，
，
，
，
∴，
解得：．
经检验是原分式方程的解，
∴原方程的解为．
【点睛】本题考查解分式方程．掌握解分式方程的步骤是解题关键．
18．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析

【分析】（1）根据要求画出图形即可；
（2）画出，作等腰直角，即可；
（3）构造腰长为5的等腰三角形即可．
【详解】（1）解：如图，即为所求；

理由：根据题意得：，
∴
（2）解：如图，即为所求；

理由：根据题意得：，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，即为所求；

理由：根据题意得：当点B到的距离最大时，能满足的面积最大，
，，
∴．
【点睛】本题考查作图——应用与设计作图，等腰三角形的判定，勾股定理及其逆定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
19．（1）符合题意的运输方案有种，方案：安排辆大型车，辆中型车；方案：安排辆大型车，辆中型车；方案：安排辆大型车，辆中型车；（2）方案1安排辆大型车，辆中型车所需费用最低，最低费用是元．
【分析】设安排辆大型车，则安排辆中型车，根据辆车调拨不超过吨蔬菜和吨肉制品补充当地市场，即可得出关于的一元一次不等式组，解之即可得出的取值范围，结合为整数即可得出各运输方案；
根据总运费＝单辆车所需费用租车辆车可分别求出三种租车方案所需费用，比较后即可得出结论．
【详解】解：（1）设安排辆大型车，则安排辆中型车，
依题意，得：
解得：．
为整数，
．
符合题意的运输方案有种，方案：安排辆大型车，辆中型车；方案：安排辆大型车，辆中型车；方案：安排辆大型车，辆中型车．
方案1所需费用为：（元），
方案2所需费用为：（元），
方案3所需费用为：（元）．
，
方案1安排辆大型车，辆中型车所需费用最低，最低费用是元．
答：（1）符合题意的运输方案有种，方案：安排辆大型车，辆中型车；方案：安排辆大型车，辆中型车；方案：安排辆大型车，辆中型车；（2）方案1安排辆大型车，辆中型车所需费用最低，最低费用是元．
【点睛】本题考查一元一次不等式组的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组是解题的关键．
20．（1）一次函数y=kx+b的表达式为y=x﹣6；（2）E（8，2）；（3）（11，3）．
【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可得；
（2）如图，记直线l与y轴的交点为D，通过证明△OBC∽△OCD，根据相似三角形的性质可求得OD的长，继而可得点D的坐标，再根据点C坐标利用待定系数法求出直线l的解析式为y=x﹣，设E（t，t﹣t），然后根据S△ACE=AC×yE=11，求得t的值即可得解；
（3）如图，过点E作EF⊥x轴于F，可证得△ABO∽△EBC，从而可得，再证明△BOC∽△CFE，可得，从而可得出CF=9，EF=3，继而得到OF=11，即可得点E坐标.
【详解】（1）∵一次函数y=kx+b（k≠0）的图象与x轴，y轴分别交于A（﹣9，0），B（0，6）两点，
∴，∴，
∴一次函数y=kx+b的表达式为y=x﹣6；
（2）如图，记直线l与y轴的交点为D，
∵BC⊥l，
∴∠BCD=90°=∠BOC，
∴∠OBC+∠OCB=∠OCD+∠OCB，
∴∠OBC=∠OCD，
∵∠BOC=∠COD，
∴△OBC∽△OCD，
∴，
∵B（0，6），C（2，0），
∴OB=6，OC=2，
∴，
∴OD=，
∴D（0，﹣），
∵C（2，0），
∴直线l的解析式为y=x﹣，
设E（t，t﹣t），
∵A（﹣9，0），C（2，0），
∴S△ACE=AC×yE=×11×（t﹣）=11，
∴t=8，
∴E（8，2）；
（3）如图，过点E作EF⊥x轴于F，
∵∠ABO=∠CBE，∠AOB=∠BCE=90°
∴△ABO∽△EBC，
∴，
∵∠BCE=90°=∠BOC，
∴∠BCO+∠CBO=∠BCO+∠ECF，
∴∠CBO=∠ECF，
∵∠BOC=∠EFC=90°，
∴△BOC∽△CFE，
∴，
∴，
∴CF=9，EF=3，
∴OF=11，
∴E（11，3），
故答案为（11，3）．

【点睛】本题考查了一次函数的性质、相似三角形的判定与性质等，熟练掌握待定系数法、相似三角形的判定与性质是解题的关键.
21．(1)
(2)

【分析】（1）倍长中线可证A，M，E，F四点共圆，从而≌，故
（2）将转化成对应三角形的高之比，通过三角形相似：∽，可求．
【详解】（1）
解：延长至，使，连接、,
D是中点，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
，
A，M，E，F四点共圆，
，，
，
∽，
，
，
，
．
（2）
解：与交于点，连接，作交的延长线于，作于点，
，
，，
，
，
，
设，，
，
，
，，
∽，
，
∽，
，
．
【点睛】本题考查了三角形相似的判定和性质的综合应用，掌握性质和判定，并会利用面积转换是解题的关键．
22．(1)
(2)
(3)或

【分析】（1）在优弧上取一点，根据圆周角定理得出，根据圆内接四边形对角互补进而即可求解；
（2）过的圆心作，垂足为，根据勾股定理，垂径定理表示出，证明，根据相似三角形的性质列出比例式，进而即可求解；
（3）当时，根据（2）的结论，得出，，然后分类讨论即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，在优弧上取一点，

∵，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
又∵，
∴
（2）解：过的圆心作，垂足为，


，
，
，
，
，
，
∴；
（3）∵当时，

解得：或（舍去）
∴，
当在线段上时，，，
在线段的延长线上时，，，

∴的半径为或
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，相似三角形的性质与判定，列函数关系式，垂径定理，掌握以上知识是解题的关键．
23．(1)
(2)
(3)存在，，，，

【分析】（1）令抛物线中，可得出、的坐标．再由已知证明，得出，从而求出的长度，
（2）设，则，在中，可求出的值，继而就可得出，过点作于点，然后利用解直角三角形的知识，可求出点的坐标，代入可得出二次函数解析式．
（3）设出点坐标，用坐标系两点间距离公式表示出和的长，分和两种情况，分别列方程即可求出点坐标．
【详解】（1）解：由
得，．
、两点坐标分别为：，．
由知，．
又，，
，

．
．
线段的长为．
（2）解：由（1）知，，，

设，则
由得

解得，（舍去）
，
过点作于点，



的坐标为
将点的坐标代入抛物线的解析式得

抛物线的函数关系式为：．
（3）由（2）可知抛物线，
抛物线的对称轴，
设P点坐标为，
的坐标为，的坐标．
故：，，，
若等腰三角形中，，即：，解得：，
此时P点坐标为：，，
若等腰三角形中，，即：，解得：，
此时P点坐标为：，，
综上所述：在抛物线的对称轴上存在一点P，使得是以BC为腰的等腰三角形，符合条件的点P的坐标为：，，，．
【点睛】本题考查了二次函数的知识，其中涉及了数形结合问题，由抛物线求二次函数的解析式，用几何中相似三角形的性质求点的坐标等知识．注意这些知识的综合应用．
24．(1)
(2)

【分析】（1）连接．根据切线的性质和切线长定理可知，，即易证，，得出，，，从而可求出
∴．再根据，即可证明，说明O、B、P、C四点共圆，由圆内接四边形的性质可知，即可求出，易证，得出，从而可求出，进而可求出，，由含30度角的直角三角形的性质和勾股定理可求出，．由扇形的面积公式可求出．又易求出，，从而可求出，最后由求解即可；
（2）连接，过点B作于点H，交于点P．由（1）可知，．设，则，由所作辅助线结合题意可知四边形为矩形，即得出，，从而可求出．再根据勾股定理可列出关于x的等式，解出x的值，即得出，，．易证，得出，代入数据即可求出．又易证，即得出．
【详解】（1）解：如图，连接．

∵分别与相切于E，F，G三点，
∴，，
又∵，，
∴，，
∴，，，
∴．
∵，
∴，
∴O、B、P、C四点共圆，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）如图，连接，过点B作于点H，交于点P．

∵分别与相切于E，F，G三点，
∴，．
设，则
由所作辅助线结合题意可知四边形为矩形，
∴，，
∴．
∵在中，，
∴，
解得：，
∴，，．
∵，，
∴，
∴，即，
解得：．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
【点睛】本题为圆的综合题．考查切线的性质，切线长定理，三角形全等的判定和性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，扇形的面积公式，矩形的判定和性质，三角形相似的判定和性质等知识．在解圆的相关题型中，连接常用的辅助线是解题关键．