期中模拟卷01（湖南长沙，测试范围：人教版第21-24章）2023-2024学年九年级数学上学期期中模拟考试试题及答案（含答题卡）

2023-2024学年上学期期中模拟考试

九年级数学

（考试时间：120分钟  试卷满分：120分）

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4．测试范围：第21-24章（人教版）。

5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷

一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。

1．下列图形中是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　）

A． B． C． D．

解：A．既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项不符合题意；

B．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；

C．是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项符合题意；

D．是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不合题意．

答案：C．

2．关于x的一元二次方程ax2﹣2x+1＝0有实数根，则a的取值范围是（　　）

A．a＞1 B．a＜1 C．a≤1且a≠0 D．a＜1且a≠0

解：∵关于x的一元二次方程ax2﹣2x+1＝0有实数根，

∴Δ＝（﹣2）2﹣4×a×1≥0且a≠0，

解得a≤1且a≠0，

答案：C．

3．抛物线y＝3（x﹣2）2+1的顶点坐标是（　　）

A．（2，1） B．（﹣2，1） C．（﹣2，﹣1） D．（1，2）

解：∵y＝3（x﹣2）2+1，

∴抛物线顶点坐标为（2，1），

答案：A．

4．如图，点B，C，D在⊙O上，若∠BCD＝30°，则∠BOD的度数是（　　）

A．75° B．70° C．65° D．60°

解：∵∠BCD＝30°，

∴∠BOD＝2∠BCD＝2×30°＝60°．

答案：D．

5．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，点F在BC边上，CF＝2BF，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，若AE边刚好经过点F，则旋转角∠BAD的度数为（　　）

A．15° B．30° C．45° D．60°

解：过点F作FH⊥AC于点H，

∵∠ACB＝30°，

∴FHCF，

∵CF＝2BF，

∴FH＝FB，

∵∠B＝90°，FH⊥AC，

∴∠CAE＝∠BAE，

根据旋转的性质得∠BAD＝∠CAE＝30°，

答案：B．

6．平移抛物线y＝（x+3）（x﹣1）后得到抛物线y＝（x+1）（x﹣3），则（　　）

A．向左平移2个单位 B．向右平移2个单位 

C．向左平移4个单位 D．向右平移4个单位

解：y＝（x+3）（x﹣1）＝（x+1）2﹣4，顶点坐标是（﹣1，﹣4）．

y＝（x+1）（x﹣3）＝（x﹣1）2﹣4，顶点坐标是（1，﹣4）．

所以将抛物线y＝（x+3）（x﹣1）向右平移2个单位长度得到抛物线y＝（x+1）（x﹣3），

答案：B．

7．如图，AB是⊙O的直径，BC是弦，点P是（含端点）上任意一点，若AB＝13，BC＝12，则AP的长不可能是（　　）

A．4 B．5 C．12 D．13

解：连接AC，如图，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB＝90°，

∴AC5，

∵点P是劣弧（含端点）上任意一点，

∴AC≤AP≤AB，

即5≤AP≤13．

答案：A．

8．若正比例函数y＝mx（m≠0），y随x的增大而减小，则它和二次函数y＝mx2+m的图象大致是（　　）

A．    B．    C．    D．

解：∵正比例函数y＝mx（m≠0），y随x的增大而减小，

∴该正比例函数图象经过第二、四象限，且m＜0．

∴二次函数y＝mx2+m的图象开口方向向下，且与y轴交于负半轴．

综上所述，符合题意的只有A选项．

答案：A．

9．某种品牌运动服经过两次降价，每件零售价由1280元降为720元．已知两次降价的百分率相同，求每次降价的百分率．设每次降价的百分率为x%，则x的值是（　　）

A．25% B．25 C．20% D．0.2

解：依题意得：1280（1﹣x%）2＝720，

解得：x1＝25，x2＝175（不合题意，舍去）．

答案：B．

10．抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴直线x＝﹣2．抛物线与x轴的一个交点在点（﹣4，0）和点（﹣3，0）之间，其部分图象如图所示，下列结论中正确的个数有（　　）

①4a﹣b＝0；②c≤3a；③关于x的方程ax2+bx+c＝2有两个不相等实数根；④b2+2b＞4ac．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

解：∵抛物线的对称轴为直线x2，

∴4a﹣b＝0，所以①正确；

∵与x轴的一个交点在（﹣3，0）和（﹣4，0）之间，

∴由抛物线的对称性知，另一个交点在（﹣1，0）和（0，0）之间，

∴x＝﹣1时y＞0，且b＝4a，

即a﹣b+c＝a﹣4a+c＝﹣3a+c＞0，

∴c＞3a，所以②错误；

∵抛物线与x轴有两个交点，且顶点为（﹣2，3），

∴抛物线与直线y＝2有两个交点，

∴关于x的方程ax2+bx+c＝2有两个不相等实数根，所以③正确；

∵抛物线的顶点坐标为（﹣2，3），

∴2，a＜0，

∴4ac﹣b2＜8a，

∵4a﹣b＝0，

∴b＝4a，

∴4ac﹣b2＜2b，

∴b2+2b＞4ac，所以④正确；

答案：C．

第Ⅱ卷

二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。

11．抛物线y＝﹣x2﹣2x+1的对称轴是 　直线x＝﹣1　．

解：∵y＝﹣x2﹣2x+1，

∴抛物线对称轴为直线x1，

答案：直线x＝﹣1．

12．已知m、n是一元二次方程x2﹣2x﹣3＝0的两根，则m+n+mn＝　﹣1　．

解：∵m，n是一元二次方程x2﹣2x﹣3＝0的两根，

∴m+n＝2，mn＝﹣3，

则m+n+mn＝2﹣3＝﹣1，

答案：﹣1．

13．已知点P1（3，4）绕原点O顺时针旋转90°得到点P2，则P2的坐标为 　（4，﹣3）　．

解：如图：过点P1作P1A⊥y轴，垂足为A，过点P2作P2B⊥y轴，垂足为B，

∴∠P1AO＝∠P2BO＝90°，

∴∠AOP1+∠AP1O＝90°，

∵P1（3，4），

∴AP1＝3，OA＝4，

由旋转得：

OP1＝OP2，∠P1OP2＝90°，

∴∠AOP1+∠BOP2＝180°﹣∠P1OP2＝90°，

∴∠AP1O＝∠BOP2，

∴△AOP1≌△P2BO（AAS），

∴OB＝AP1＝3，BP2＝OA＝4，

∴P2的坐标为（4，﹣3），

答案：（4，﹣3）．

14．一个小组有若干人，新年互送贺卡一张，共送贺卡72张，共有 　9　人．

解：设该小组共有x人，则每人需送出（x﹣1）张贺卡，

依题意得：x（x﹣1）＝72，

整理得：x2﹣x﹣72＝0，

解得：x1＝9，x2＝﹣8（不符合题意，舍去），

∴该小组共有9人．

答案：9．

15．如图，一扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条AB和AC的夹角为120°，AB长为25cm，则纸扇外边缘弧BC长为　　cm．

解：纸扇外边缘弧BC的长（cm），

答案：．

16．如图，矩形ABCD的边AB长为2，以AB为直径的半圆恰好与边CD相切于点E，则图中阴影部分的周长和为 　　．

解：设AB的中点为O，连接OE，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A＝∠D＝90°，AB＝CD＝2，AD＝BC，

∵CD与半⊙O相切于点E，

∴∠OED＝90°，

∴四边形ADEO是矩形，

∴AD＝OEAB＝1，

∴AD＝BC＝1，

∴半圆弧AEB的长＝π×1＝π，

∴图中阴影部分的周长和＝AD+DC+BC+半圆弧AEB的长

＝1+2+1+π

＝4+π，

答案：4+π．

三、解答题：本题共9小题，共72分。其中：17-19每题6分，20-21题每题8分，22-23题每题9分，24-25题每题10分。

17．计算：．

解：原式＝﹣1+1﹣3﹣（1）

＝﹣1+1﹣31

＝﹣2．

18．解方程：

（1）4x2＝（x+2）2；

（2）2x2+4x﹣5＝0．

解：（1）4x2＝（x+2）2，

4x2﹣（x+2）2＝0，

（2x+x+2）（2x﹣x﹣2）＝0，

2x+x+2＝0或2x﹣x﹣2＝0，

所以x1，x2＝2；

（2）2x2+4x﹣5＝0，

x2+2x，

x2+2x+11，

（x+1）2，

x+1＝±，

所以x1＝﹣1，x2＝﹣1．

19．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，4），B（1，1），C（4，3）．

（1）请画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出点A1的坐标；

（2）请画出△ABC绕点B顺时针旋转90°后的△A2BC2；

（3）求出（2）中△A2BC2的面积．

解：（1）如图，△A1B1C1为所作，点A1的坐标为（﹣2，4）；

（2）如图，△A2BC2为所作；

（3）△A2BC2的面积＝3×33×12×13×2＝3.5．

20．如图，抛物线y＝ax2+bx与x轴交于O，A两点，C（2，5）是抛物线的顶点．

（1）求抛物线的表达式．

（2）作CD⊥x轴于点D，P为抛物线上位于点A，C之间的一点，连接OP，若OP恰好平分△COD的面积，求点P的坐标．

解：（1）由顶点（2，5）知，抛物线对称轴为直线x＝2，

∴点A的坐标为（4，0），

将点A（4，0），C（2，5）代入y＝ax2+bx中，

得，

解得，

∴抛物线的表达式为．

（2）∵OP恰好平分△COD的面积，

∴OP经过CD的中点，

设直线OP的表达式为y＝kx，将代入，

得，

∴直线OP的表达式为．

令，

解得x1＝0（舍），x2＝3．

将x2＝3代入中，

得，

∴点P的坐标为．

21．中心为O的正六边形ABCDEF的半径为6cm，点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s的速度沿AF，DC向终点F，C运动，连接PB，PE，QB，QE，设运动时间为t（s）．

（1）求证：四边形PBQE为平行四边形；

（2）求矩形PBQE的面积与正六边形ABCDEF的面积之比．

（1）证明：∵六边形ABCDEF是正六边形，

∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠A＝∠ABC＝∠C＝∠D＝∠DEF＝∠F，

∵点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，

∴AP＝DQ＝t，PF＝QC＝6﹣t，

在△ABP和△DEQ中，

，

∴△ABP≌△DEQ（SAS），

∴BP＝EQ，

同理可证PE＝QB，

∴四边形PEQB为平行四边形．

（2）解：连接BE、OA，则∠AOB60°，

∵OA＝OB，

∴△AOB是等边三角形，

∴AB＝OA＝6，BE＝2OB＝12，

当t＝0时，点P与A重合，Q与D重合，四边形PBQE即为四边形ABDE，如图1所示：

则∠EAF＝∠AEF＝30°，

∴∠BAE＝∠BAF﹣∠FAE＝120°﹣30°＝90°，

∴此时四边形ABDE是矩形，即四边形PBQE是矩形．

当t＝6时，点P与F重合，Q与C重合，四边形PBQE即为四边形FBCE，如图2所示：

同法可知∠BFE＝90°，此时四边形PBQE是矩形．

综上所述，t＝0s或6s时，四边形PBQE是矩形，

∴AE6，

∴矩形PBQE的面积＝矩形ABDE的面积＝AB×AE＝6×636；

∵正六边形ABCDEF的面积＝6△AOB的面积＝6矩形ABDE的面积＝63654，

∴矩形PBQE的面积与正六边形ABCDEF的面积之比．

22．某公园要修建一个圆形喷水池，在池中心竖直安装一根水管，水管OA长2.25m．在水管的顶端安装一个喷水头，使喷出的抛物线形水柱在与池中心的水平距离为1m处达到最高，高度为3m．

（1）建立如图所示平面直角坐标系，求抛物线（第一象限部分）的解析式；

（2）不考虑其它因素，水池的直径至少要多少米才能使喷出的水流不落到池外？

（3）实际施工时，经测量，水池的最大半径只有2.5m，在不改变喷出的抛物线形水柱形状的情况下，且喷出的抛物线形水柱在与池中心的水平距离为1m处达到最高，需对水管的长度进行调整，求调整后水管的最大长度．

解：（1）由题意可知，抛物线的顶点坐标为（1，3），

∴设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣1）2+3，

将（0，2.25）代入得，a（0﹣1）2+3＝2.25，

解得a，

∴抛物线的解析式为：y（x﹣1）2+3．

（2）令y＝0，得，0（x﹣1）2+3，

解得x＝﹣1（舍）或x＝3，

∵2×3＝6（米），

∴水池的直径至少要6米才能使喷出的水流不落到池外．

（3）将抛物线向下平移，使平移后的抛物线经过点（2.5，0），

设平移后的抛物线的解析式为：y（x﹣1）2+h，

将（2.5，0）代入得，（2.5﹣1）2+h＝0，

解得h，

当x＝0时，y（0﹣1）2．

∴调整后水管的最大长度米．

23．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BE平分∠ABC，D是边AB上一点，以BD为直径的⊙O经过点E，且交BC于点F．

（1）求证：AC是⊙O的切线；

（2）若BF＝6，⊙O的半径为5，求CE的长．

（1）证明：连接OE．

∵OE＝OB，

∴∠OBE＝∠OEB，

∵BE平分∠ABC，

∴∠OBE＝∠EBC，

∴∠EBC＝∠OEB，

∴OE∥BC，

∴∠OEA＝∠C，

∵∠ACB＝90°，

∴∠OEA＝90°

∴AC是⊙O的切线；

（2）解：连接OE、OF，过点O作OH⊥BF交BF于H，

由题意可知四边形OECH为矩形，

∴OH＝CE，

∵BF＝6，

∴BH＝3，

在Rt△BHO中，OB＝5，

∴OH4，

∴CE＝4．

24．我们不妨约定在二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）中，若b2＝2b+4ac，则把该函数称之为“明麓函数”，根据该约定，完成下列各题．

（1）在下列关于x的函数中，若是“明麓函数”的，请在相应题目后的括号中打“√”，若不是“明麓函数”的，请在相应的题目后打“×”．

①y＝x2　√　

②y＝x2+1 　×　

③y＝x2﹣2x+2 　√　

（2）求证：“明麓函数”y＝ax2+bx+c（a≠0）与直线y＝x总有两个不同的交点．

（3）已知“明麓函数”yx2+bx+c与直线y＝x相交于A、B两点，P是“明麓函数”yx2+bx+c上的一个动点，并在直线y＝x的下方，求△ABP面积的最大值．

（1）解：对于二次函数y＝ax2+bx+c，由约定可知，b2＝2b+4ac，

①∵a＝1，b＝0，c＝0，

∴b2＝2b+4ac＝0，

∴y＝x2是“明麓函数”，

答案：√．

②∵a＝1，b＝0，c＝1，

∴b2＝0，2b+4ac＝4，

∴b2≠2b+4ac，

∴y＝x2+1不是“明麓函数”，

答案：×．

③∵a＝1，b＝﹣2，c＝2，

∴b2＝2b+4ac＝4，

∴y＝x2﹣2x+2是“明麓函数”，

答案：√．

（2）证明：∵y＝ax2+bx+c（a≠0）是“明麓函数”，

∴b2＝2b+4ac，

即b2﹣4ac＝2b，

由得ax2+bx+c＝x，

整理得ax2+（b﹣1）x+c＝0，

∴Δ＝（b﹣1）2﹣4ac＝b2﹣4ac﹣2b+1＝2b﹣2b+1＝1，

∵Δ＞0，

∴方程组有两个不相等的实数根，

∴“明麓函数”y＝ax2+bx+c（a≠0）与直线y＝x总有两个不同的交点．

（3）解：∵yx2+bx+c是“明麓函数”，

∴b2＝2b+4c＝2b+2c，

∴cb2﹣b，

∴yx2+bxb2﹣b，

由x2+bxb2﹣b＝x得x2+（2b﹣2）x+b2﹣2b＝0，

∵（2b﹣2）2+4×1×（b2﹣2b）＝4，

∴xb+1±1，

∴x1＝﹣b，x2＝﹣b+2，

∴“明麓函数”yx2+bx+c与直线y＝x的交点坐标为A（﹣b，﹣b），B（﹣b+2，﹣b+2），

如图，过点P作PC⊥x轴于点C，交直线y＝x于点Q，

设P（x，x2+bxb2﹣b），则Q（x，x），

∴PQ＝x﹣（x2+bxb2﹣b）x2+（1﹣b）xb2+b，

∴S△ABP[﹣b+2﹣（﹣b）][x2+（1﹣b）xb2+b]x2+（1﹣b）xb2+b，

∴当x1﹣b时，S△ABP最大（1﹣b）2+（1﹣b）2b2+b，

∴△ABP面积的最大值是．

25．（1）如图1，在△ABC中，BA＝BC，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE∠ABC（0°＜∠CBE∠ABC）．以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针旋转∠ABC，得到△BE′A（点C与点A重合，点E到点E′处）连接DE′，

求证：DE′＝DE．

（2）如图2，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE∠ABC（0°＜∠CBE＜45°）．

求证：DE2＝AD2+EC2．

（1）证明：∵∠DBE∠ABC，

∴∠ABD+∠CBE＝∠DBE∠ABC，

∵△ABE′由△CBE旋转而成，

∴BE＝BE′，∠ABE′＝∠CBE，

∴∠DBE′＝∠DBE，

在△DBE与△DBE′中，

∵，

∴△DBE≌△DBE′（SAS），

∴DE′＝DE；

（2）证明：如图所示：把△CBE逆时针旋转90°，连接DE′，

∵BA＝BC，∠ABC＝90°，

∴∠BAC＝∠BCE＝45°，

∴图形旋转后点C与点A重合，CE与AE′重合，

∴AE′＝EC，

∴∠E′AB＝∠BCE＝45°，

∴∠DAE′＝90°，

在Rt△ADE′中，DE′2＝AE′2+AD2，

∵AE′＝EC，

∴DE′2＝EC2+AD2，

同（1）可得DE＝DE′，

∴DE2＝AD2+EC2．