2023-2024学年第一学期广东省广州市荔湾区九年级期末数学模拟试题解析

这是一份2023-2024学年第一学期广东省广州市荔湾区九年级期末数学模拟试题解析，共25页。试卷主要包含了选择题，四象限，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023-2024 学年第一学期广东省广州市荔湾区九年级期末数学模拟试题解析
一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分）
1. 在以下绿色包装、可回收、节水、低碳四个环保图形中，是中心对称图形的是（ ）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】把一个图形绕某点旋转180 后能够与自身重合，则这个图形是中心对称图形，根据中心对称图形的定义逐一分析即可得到答案.
【详解】解：选项 A 中的图形是中心对称图形，符合题意， 选项 B 中的图形不是中心对称图形，不符合题意，
选项 C 中的图形不是中心对称图形，不符合题意， 选项 D 中的图形不是中心对称图形，不符合题意， 故选 A
2. 抛物线 y=5 x  42  2 的顶点坐标是（ ）
A． 2, 4
B． 4, 2
C． 2, 4
D．4, 2
【答案】B
【分析】根据二次函数的顶点式，直接写出顶点坐标即可．
【详解】抛物线 y=5 x  42  2 的顶点坐标是： 4, 2 ．
故选 B．
3．如图，点A 在双曲线 y  k 上， AB ^x 轴于 B ，且AOB 的面积S
x
AOB
 2 ，则k 值为（ ）
A．2B．-2C．4D．-4
【答案】D
【分析】根据反比例函数图象的几何意义S
AOB
 1 |k|=2 以及所在象限进行确定. 2
【详解】解：由题意，得
SAOB
 1 |k|=2 2
∴k=±4
又函数图象在二、四象限
∴k=-4. 故选：D.
4 .在一个不透明的盒子中装有 4 个白球，若干个黄球，它们除颜色不同外，其余均相同，
1
若从中随机摸出一个球，它是白球的概率为
3
，则黄球的个数为（ ）
A. 6B. 8C. 10D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】结合题意，根据等可能事件概率的性质列方程并计算，即可得到答案．
【详解】设黄球的个数为 x
4
根据题意得：
4  x
 1
3
∴ x  8
∵ 4  8  0
4
∴ x  8 是
4  x
 1 的解
3
故选：B．
如图，已知A ， B ， C 是O 上的三点， BOC  100 ，则BAC 的度数为（ ）
A． 30B． 40C． 45D． 50
【答案】D
【分析】根据圆周角定理即可得到结论．
【详解】解： A ， B ， C 是O 上的三点， BOC  100 ，
BAC  1 BOC  1 100  50 ， 22
故选：D．
如图， ABC 中， CAB  65 ，在同一平面内，将ABC 绕点 A 旋转到△AED 的位置， 使得 DC ∥ AB ，则BAE 等于（ ）
A． 30B． 60C． 50D． 45
【答案】C
【分析】根据平行线的性质得到ACD  CAB  65 ，根据旋转变换的性质计算即可．
由旋转的性质可知， AD  AC ， DAE  CAB  65 ，
∴ ADC  ACD  65，
∴ CAD  50 ，
∴ CAE  15 ，
∴ BAE  50 ， 故选：C．
7 .如图，四边形 ABCD 是O 的内接四边形，点 E 是 BC 延长线上一点，
若BAD  114 ，则DCE 的度数是（ ）
A． 94B．124C．104D．114
【答案】D
【分析】直接根据圆内接四边形的性质求解即可．
【详解】解：BAD  114 ，
BCD  180  BAD  180 114  66 ，
DCE  180  BCD  180  66  114
故选：D．
若抛物线 y  x2  bx 16 的顶点在 x 轴上，则b  （ ）
4
4
C．-8
D． 8
【答案】D
 b 64  b2 
【分析】先表示出抛物线的顶点坐标为 ， ，再根据抛物线 y  x2  bx 16 的顶点在 x 轴上得到
64  b2
4
 24
 0 ，求出b 的值即可得到答案．
【详解】解：根据题意可得：
 b 64  b2 
抛物线 y  x2  bx 16 的顶点坐标为：  ， ，
 24
 抛物线 y  x2  bx 16 的顶点在 x 轴上，
64  b2
 0 ，
4
解得： b  8 ， 故选：D．
某地有一座圆弧形拱桥，它的跨度（弧所对的弦的长） 24m ，拱高（弧的中点到弦的距离） 4m ， 则求拱桥的半径为（ ）
A．16mB． 20mC． 24mD． 28m
【答案】B
【分析】如图所示（见详解），设圆弧形拱桥所在为位置的圆的圆心为O ，可得半径OA  OC  OB ，根据垂径定理，可知Rt AOD ，设OA  OC  OB  r ，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，设圆弧形拱桥所在为位置的圆的圆心为O ，
∵圆弧形拱桥的跨度（弧所对的弦的长） 24m ，拱高（弧的中点到弦的距离） 4 米，
∴ AB  24m ， CD  4m ，且半径OA  OC  OB ，
设OA  OC  OB  r ，在Rt AOD 中， AD  BD  1 AB  1  24  12 ， OD  r  4 ，
22
∴ r 2  122  (r  4)2 ，解方程得， r  20 ，
∴拱桥的半径为20m ， 故选： B ．
如图，抛物线 C1：y=x2﹣2x（0≤x≤2）交 x 轴于 O，A 两点； 将 C1 绕点 A 旋转 180°得到抛物线 C2，交 x 轴于 A1；
将 C2 绕点 A2 旋转 180°得到抛物线 C3，交 x 轴于 A2，……， 如此进行下去，则抛物线 C10 的解析式是（）
A．y=﹣x2+38x﹣360B．y=﹣x2+34x﹣288
C．y=x2﹣36x+288D．y=﹣x2+38x+360
【答案】D
【分析】将这段抛物线 C1 通过配方法求出顶点坐标及抛物线与 x 轴的交点，由旋转的性质可以知道 C1 与C2 的顶点到 x 轴的距离相等，且 OA1=A1A2，照此类推可以推导知道抛物线 C10 的顶点，即可求得抛物线 C10 的解析式．
【详解】解：∵y=x2-2x（0≤x≤2），
∴配方可得 y=（x-1）2-1（0≤x≤2），
∴顶点坐标为（1，-1），
∴A 坐标为（2，0）
∵C2 由 C1 旋转得到，
∴OA=AA1，即 C2 顶点坐标为（3，1），A1（4，0）； 照此类推可得，C3 顶点坐标为（5，-1），A2（6，0）； C4 顶点坐标为（7，1），A3（8，0）；
……，
∴抛物线 C10 的顶点坐标是（19，1），A8（18，0），A9（20，0）．抛物线 C10 的解析式是 y=-(x-18)(x-20)=-x2+38x-360．
故选：D．
二、填空题（本大题共 6 小题，每小题 3 分，共 18 分．）
平面直角坐标系中， P 2,3 与Q 2, m 1 关于原点对称，则m ．
【答案】 4
【解析】
【分析】根据关于原点对称的点横坐标和纵坐标都互为相反数，即可进行解答．
【详解】解：∵ P 2,3 与Q 2, m 1 关于原点对称，
∴ m 1  3 ，解得： m  4 ， 故答案为： 4 ．
12 .一口袋中装有 10 个红球和若干个黄球（这些球除颜色外都相同），通过大量重复实验得知，摸到红球的频率为 0.4．据此估计：口袋中约有 个黄球．
【分析】通过大量重复实验得知，摸到红球的频率为 0.4，即红球占总数的 0.4，列方程求解即可．
【详解】解：设有黄球 x 个，由题意得， 10
10  x
 0.4 ，
解得， x  15 ，
经检验， x  15 是原方程的解， 故答案为：15
13 .若关于 x 的一元二次方程 kx2+2x+1＝0 有实数根，则 k 的取值范围是 ．
【答案】k≠0 且 k≤1
【分析】根据方程根的情况可以判定其根的判别式的取值范围，进而可以得到关于 k 的不等式，解不等式即可，同时还应注意二次项系数不能为 0．
【详解】由题意可知：△＝4﹣4k≥0，
∴k≤1，
∵k≠0，
∴k≠0 且 k≤1，
故答案为：k≠0 且 k≤1；
123
14 .已知 A1, y , B 1, y , C 4, y  三点都在二次函数 y   x  32  k 的图象上，则 y1 , y2 , y3 的大小关系为
【答案】 y1  y2  y3
【分析】根据二次函数的图象和性质，即可求解．
【详解】解：∵ 1  0 ，
∴二次函数图象开口向上，
∵ y   x  32  k ，
∴二次函数的对称轴为直线 x  3 ，
123
∵抛物线 y   x  32  k 的图象上有三个点 A1, y , B 1, y , C 4, y  ， 1 3  4, 1 3  2, 4  3  1，
∴ y1  y2  y3 ，
故答案为： y1  y2  y3
15 .如图，点 A、B、C 均在O 上，点 D 在 AB 的延长线上，若AOC  124，则CBD  ．
【答案】62 /62 度
【分析】首先在优弧 AC 上取点 E，连接 AE ， CE ，由圆周角定理求出∠AEC  62 ，由圆内接四边形的性质，可得ABC  118 ，根据邻补角的定义求出CBD 的度数．
【详解】解：如图，在优弧 AC 上取点 E，连接 AE ， CE ，
∵ AOC  124，
∴∠AEC  1 ∠AOC  1  124  62，
22
∴ ABC  180  AEC  118，
∴ CBD  180  118  62， 故答案为： 62．
16 .如图，已知双曲线 y  k (k  0) 经过直角三角形OAB 斜边OB 的中点 D ，与直角边 AB 相交于点C ，
x
若△OBC 的面积为 6，则k  .
【答案】4
【分析】过 D 点作 x 轴的垂线交 x 轴于 E 点，可得到四边形 DBAE ，和三角形OBC 的面积相等，通过面积转化，可求出k 的值．
【详解】解：过 D 点作 x 轴的垂线交 x 轴于 E 点，
△ODE 的面积和OAC 的面积相等．
OBC 的面积和四边形 DEAB 的面积相等且为 6．
设 D 点的横坐标为 x ，纵坐标就为 k ，
x
 D 为OB 的中点．
 EA  x ， AB  2k ，
x
四边形 DEAB 的面积可表示为： 1 ( k  2k )x  6
2 xx
k  4 ．
故答案为：4．
三、解答题（本大题共 9 小题，共 72 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 在平面直角坐标系中， ABC 的顶点坐标是 A2, 4 ， B 1,0 ， C 3,1 ．
试画出ABC 绕点O 逆时针旋转 90°的△A1B1C1 ，并写出 A1 、C1 坐标．
【答案】图见解析， A1 4, 2 、C1 1, 3
【解析】
【分析】先画出点 A、B、C 绕点O 逆时针旋转 90°的对应点，再一次连接即可，最后根据图形写出 A1 、C1
坐标即可．
【详解】解：如图：
由图可知： A1 4, 2 、C1 1, 3．
18 . 如图，在ABC 中，已知 AB  AC ， C  50 ，
将ABC 绕点 B 按逆时针方向旋转一定的角度后得到DBE ，
【答案】70
【分析】根据“等边对等角”与“三角形内角和定理”求得ABC, BAC 大小，然后根据旋转的性质得
BA  BD, D  BAC ， CBE  ABD ，再求出ABD ，然后根据三角形的外角性质即可得解．
【详解】解： AB  AC ， C  50 ，
ABC  C  50 ，
BAC  180  50 2  80，
 将ABC 绕点 B 按逆时针方向旋转一定的角度后得到DBE ，若 DE 恰好经过点 A，
 BA  BD, D  BAC  80 ， CBE  ABD ，
在△ABD 中， BA  BD ，
D  BAD  80 ，
 ABD  180  80 2  20，
CBE  ABD  20 ，
AFB  C  CBE  50  20  70 ；
AFB 的大小为70 ．
如图，C 是O 上一点，点 D 在直径 AB 的延长线上， O 的半径为 6， DB  4 ， DC  8 ． 求证： DC 是O 的切线．

【分析】本题考查了切线的判定定理，勾股定理的逆定理，连接OC ，
根据边长之间的关系，证明出来OCD 为直角三角形，即OC  CD ，掌握切线的判定定理是解题的关键．
【详解】证明：连接OC ，如图所示：
，
∵ O 的半径为 6，
∴ OC  OB  6 ，
∵ DB  4 ，
∴ OD  OB  DB  6  4  10 ，
∵ DC  8 ，
∴ OC 2  DC 2  OD2 ，
∴OCD 为直角三角形，
∴ OC  CD ，
∴ DC 是O 的切线．
已知关于 x 的方程 x2+ax+16=0，
若这个方程有两个相等的实数根，求 a 的值
若这个方程有一个根是 2，求 a 的值及另外一个根
【答案】（1）a=8 或﹣8；（2）a=﹣10，方程的另一个根为 8．
【分析】（1）由题意可得方程的判别式△=0，由此可得关于 a 的方程，解方程即得结果；
（2）把 x=2 代入原方程即可求出 a，然后再解方程即可求出方程的另一个根．
∴a2－4×1×16=0， 解得 a=8 或﹣8；
（2）∵方程 x2+ax+16=0 有一个根是 2，
∴22+2a+16=0，解得 a=﹣10； 此时方程为 x2﹣10x+16=0， 解得 x1=2，x2=8；
∴a=﹣10，方程的另一个根为 8．
某中学积极落实国家“双减”教育政策，决定增设“礼仪”“陶艺”“园艺”“厨艺”及“编程”等五门校本课程以提升课后服务质量，促进学生全面健康发展．
学校面向七年级参与课后服务的部分学生开展了“你选修哪门课程？
（要求必须选修一门且只能选修一门）”的随机问卷调查，
并根据调查数据绘制了如下两幅不完整的统计图：请结合上述信息，解答下列问题：
共有名学生参与了本次问卷调查；
“陶艺”在扇形统计图中所对应的圆心角是度；
小刚和小强分别从“礼仪”“陶艺”“编程”这三门校本课程中任选一门，请用列表法或画树状图法求出两人恰好选到同一门课程的概率．
【答案】(1)120
(2) 99
(3)小刚和小强两人恰好选到同一门课程的概率为 1
3
【分析】（1）用“礼仪”的人数除以占比得到总人数；
用“陶艺”的人数除以总人数再乘以360，即可求解；
用画树状图法求得概率即可求解．
【详解】（1）解： 30  25%=120 （人） 故答案为：120 ．
“陶艺”在扇形统计图中所对应的圆心角是 33  360=99 ，
120
故答案为： 99 ．
把“礼仪”“陶艺”“编程”三门校本课程分别记为 A、B、C
共有 9 种等可能的结果，其中小刚和小强两人恰好选到同一门课程的结果有 3 种，
∴小刚和小强两人恰好选到同一门课程的概率为 3  1 ．
93
某网络经销商购进了一批以冬奥会为主题的文化衫进行销售，文化衫的进价为每件 40 元， 每月销售量 y（件）与销售单价 x（元）之间的函数关系如图所示．
求出每月的销售量 y（件）与销售单价 x（元）之间的函数关系式；
设每月获得的利润为 W（元）．这种文化衫销售单价定为多少元时，每月的销售利润最大？最大利润是多少元？
【答案】(1)y＝﹣10x+1000
(2)销售单价定为 70 元时，每月的销售利润最大，最大利润是 9000 元
【分析】（1）根据题意用待定系数法求出每月的销售量 y（件）与销售单价 x（元）之间的函数关系式；
（2）根据利润＝单件利润×销量列出函数解析式，根据函数的性质求最值．
【详解】（1）设 y 与 x 之间的函数关系式为：y＝kx+b（k≠0），

40k  b  600
将（40，600），（80，200）代入得：，
80k  b  200

 k  10
解得：，
b  1000
∴y 与 x 之间的函数关系式为 y＝﹣10x+1000；
（2）由题意得：W＝（x﹣40）y＝（x﹣40）（﹣10x+1000）＝﹣10x2+1400x﹣40000，配方得：W＝﹣10（x﹣70）2+9000，
∵a＝﹣10＜0，
∴当 x＝70 时，W 有最大值为 9000，
答：这种文化衫销售单价定为 70 元时，每月的销售利润最大，最大利润是 9000 元．
如图，AB＝BC，以 BC 为直径作⊙O，AC 交⊙O 于点 E，
过点 E 作 EG⊥AB 于点 F，交 CB 的延长线于点 G．
求证：EG 是⊙O 的切线；
若 GF＝2 3 ，GB＝4，求⊙O 的半径．
【答案】（1）见解析；（2）⊙O 的半径为 4
【分析】（1）连接 OE，根据等腰三角形的性质和平行线的性质即可得到结论；
（2）根据勾股定理和相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】解：（1）连接 OE．
∵AB＝BC，
∴∠A＝∠C；
∵OE＝OC，
∴∠OEC＝∠C，
∴∠A＝∠OEC，
∴OE∥AB，
∵BA⊥GE，
∴OE⊥EG，且 OE 为半径；
∴EG 是⊙O 的切线；
（2）∵BF⊥GE，
∴∠BFG＝90°，
3
∵ GF  2
，GB＝4，
BG2  GF2
∴ BF  2 ，
∵BF∥OE，
∴△BGF∽△OGE，
∴ BF  BG ，
OEOG
∴ 2 4，

OE4  OE
∴OE＝4，
即⊙O 的半径为 4．
如图，一次函数 y  x  4 的图象与 y 轴交于点 C，
与反比例函数 y  k 的图象交于 B 1, m ， An,1 两点．
x
求 A、B 两点的坐标和反比例函数的表达式；
连接OA 、OB ，求OAB 的面积；
在 x 轴上找一点 P，使 PA  PB 的值最小，求满足条件的点 P 的坐标．
【答案】(1) B 1，3 、 A3，1 ； y   3
x
(2)4
(3)   5 ,0 
 2

【分析】（1）把 B 1, m ， An,1 两点的坐标代入一次函数的解析式即可求出 m、n 的值，再把 B 的坐标代入反比例函数的解析式即可求出 k 的值；
求得 C 的坐标，然后根据S△ AOB  S△ AOC  S△ BOC 求得即可；
作 B 点关于 x 轴的对称点 B¢，连接 AB 交 x 轴于 P 点，则 B1， 3 ，利用两点之间线段最短可判断此时 PA  PB 的值最小，再利用待定系数法求出直线 AB 的解析式，然后求出直线与 x 轴的交点坐标即可得到 P 点坐标．
【详解】（1）解：把 B 1, m ， An,1 两点的坐标代入 y  x  4 ， 得m  1 4  3 ，
n  4  1，解得n  3 ， 则 B 1，3 、 A3，1 ，
把 B 1，3 代入 y  k ，得k  3 1  3 ，
x
∴反比例函数的表达式为 y   3 ；
x
解：∵一次函数 y  x  4 的图象与 y 轴交于点 C，
∴ C 0，4 ，
∴ OC  4 ，
∵ B 1，3 、 A3，1 ，
∴ S AOB
 S AOC
S BOC
 1  4  3  1  4 1  4 ； 22
解：作 B 点关于 x 轴的对称点 B，连接 AB 交 x 轴于 P 点，则 B1， 3 ，
∵ PA  PB  PB  PA  AB ，
∴此时 PA  PB 的值最小，
设直线 AB的解析式为 y  mx  nm  0 ，
3m  n  1
把点 B1， 3 ， A3，1 的坐标代入 y  mx  n ，得m  n  3 ，

m  2

解得n  5 ，
∴直线 AB的解析式为y  2x  5， 当 y  0 时， 0  2x  5 ，解得： x   5 ，
2
∴点 P 的坐标为  5 ,0  ．
 2

25. 综合与探究：如图，已知点 B（3，0），C（0，－3），
经过 B．C 两点的抛物线 y＝x2－bx＋c 与 x 轴的另一个交点为 A．
求抛物线的解析式；
点 D 在抛物线的对称轴上，当△ACD 的周长最小时，求点 D 的坐标；
已知点 E 在第四象限的抛物线上，过点 E 作 EF//y 轴交线段 BC 于点 F， 连结 EC，若点 E（2，－3），请直接写出△FEC 的面积；
【答案】（1）y＝x2－2x－3；（2）点 D 的坐标为（1，－2）；（3）△FEC 的面积为 2；（4）存在，P1（0， 3），P2（－2，－3），P3（6，－3）．
【分析】（1）将点 B（3，0），C（0，－3）代入抛物线 y＝x2－bx＋c，求得 b,c 即可求解；
（2）求出 D 点的横坐标为 1，当点 B、D、C 在同一直线上时， C ACD ＝AC＋AD＋CD＝AC＋BD＋CD＝AC＋BC
最小，再求出直线 BC 的解析式，即可求 D 点坐标；
(3)根据点和平行线的性质，先得出线段 CE 和 EF 的长以及∠CEF=90°即可求得△FEC 的面积；
【详解】解：(1) 将点 B（3，0），C（0，－3）代入抛物线 y＝x2－bx＋c，
9－3b＋c＝0

得， c＝-3
b＝2

，解得c＝-3 ，
∴抛物线的解析式为 y＝x2－2x－3；
(2)如图：
由 y＝x2－2x－3 得
对称轴为 x＝- b
2a
= -
-2
2 1
=1
∵点 A，.B 关于 x＝1 对称，
∴连结 BC 与对称轴为 x＝1 的交点就是符合条件的点 D ， 设直线 BC 的解析式为 y＝mx＋n，
将 B(3，0)，C(0，－3)代入解析式
3m＋n＝0

得n＝－3
m＝1

，解得n＝－3 ，
∴y＝x－3
当 x＝1 时，y＝－2，
∴点 D 的坐标为(1，－2)；
(3)如图：
∵E(2，-3)，C(0，-3)
∴CE∥x 轴，且 CE=2
∵EF//y 轴交线段 BC 于点 F 且lBC :y＝x－3
当 x=2 时，y=-1，
∴F(2，-1)
∴EF=2，
又∵∠CEF=90°
∴ S 1 CE  EF = 1 ×2×2=2；
CEF22