2022年北京市人民大附属中学数学九年级第一学期期末综合测试试题含解析.doc

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1、2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题4分，共48分）1顺次连接边长为的正六边形的不相邻的三边的中点，又形成一个新的正三角形，则这个新的正三角形的面积等于（ ）ABCD2下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的共有（ ）A1个B

2、2个C3个D4个3若，则一次函数与反比例函数在同一坐标系数中的大致图象是（ ）ABC D4设，下列变形正确的是（ ）ABCD5已知函数y=ax2-2ax-1（a是常数且a0），下列结论正确的是（ ）A当a=1时，函数图像过点(-1，1)B当a= -2时，函数图像与x轴没有交点C当a，则当x1时，y随x的增大而减小D当a，则当x1时，y随x的增大而增大6若双曲线经过第二、四象限，则直线经过的象限是（ ）A第一、二、三象限B第一、二、四象限C第一、三、四象限D第二、三、四象限7抛掷一枚均匀的骰子，所得的点数能被3整除的概率为（）ABCD8若，则下列等式一定成立的是（ ）ABCD9抛物线y（x+2）

3、2+5的顶点坐标是（）A（2，5）B（2，5）C（2，5）D（2，5）10将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形AECF，若AB=3，则菱形AECF的面积为（）A1B2C2D411下列各组图形中，一定相似的是（ ）A任意两个圆B任意两个等腰三角形C任意两个菱形D任意两个矩形12下列叙述，错误的是（）A对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形B对角线互相垂直平分的四边形是菱形C对角线互相平分的四边形是平行四边形D对角线相等的四边形是矩形二、填空题（每题4分，共24分）13如图，在平面直角坐标系中，菱形OBCD的边OB在x轴正半轴上，反比例函数y（x0）的图象经过该菱形对角线的交点A

4、，且与边BC交于点F若点D的坐标为（3，4），则点F的坐标是_14若二次函数的图象经过点（3,6），则 15已知：，则 的值是_.16已知3是一元二次方程x24x+c=0的一个根，则方程的另一个根是_17若关于的方程和的解完全相同，则的值为_18如图所示，中，是中点，垂足为点，与交于点，如果，那么_.三、解答题（共78分）19（8分）如图，正方形ABCD中，AB=，O是BC边的中点，点E是正方形内一动点，OE=2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90得DF，连接AE，CF.(1)若A，E，O三点共线，求CF的长；(2)求CDF的面积的最小值.20（8分）计算：3221（8分）如图，已知抛物

5、线yx2+bx+c与x轴相交于A（1，0），B（m，0）两点，与y轴相交于点C（0，3），抛物线的顶点为D（1）求B、D两点的坐标；（2）若P是直线BC下方抛物线上任意一点，过点P作PHx轴于点H，与BC交于点M，设F为y轴一动点，当线段PM长度最大时，求PH+HF+CF的最小值；（3）在第（2）问中，当PH+HF+CF取得最小值时，将OHF绕点O顺时针旋转60后得到OHF，过点F作OF的垂线与x轴交于点Q，点R为抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点S，使得点D、Q、R、S为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点S的坐标，若不存在，请说明理由22（10分）如图，以AB边为直径的

6、O经过点P，C是O上一点，连结PC交AB于点E，且ACP=60，PA=PD（1）试判断PD与O的位置关系，并说明理由；（2）若点C是弧AB的中点，已知AB=4，求CECP的值23（10分）已知：如图，点P是一个反比例函数的图象与正比例函数y2x的图象的公共点，PQ垂直于x轴，垂足Q的坐标为（2，0）（1）求这个反比例函数的解析式；（2）如果点M在这个反比例函数的图象上，且MPQ的面积为6，求点M的坐标24（10分）网购已经成为一种时尚，某网络购物平台“双十一”全天交易额逐年增长，2017年交易额为500亿元，2019年交易额为720亿元，求2017年至2019年“双十一”交易额的年平均增长率2

7、5（12分）AB是O的直径，C点在O上，F是AC的中点，OF的延长线交O于点D，点E在AB的延长线上，ABCE（1）求证：CE是O的切线；（2）若BCBE，判定四边形OBCD的形状，并说明理由26（1）如图1，O是等边ABC内一点，连接OA、OB、OC，且OA=3，OB=4，OC=5，将BAO绕点B顺时针旋转后得到BCD，连接OD求：旋转角的度数 ；线段OD的长为 求BDC的度数；（2）如图2所示，O是等腰直角ABC（ABC=90）内一点，连接OA、OB、OC，将BAO绕点B顺时针旋转后得到BCD，连接OD当OA、OB、OC满足什么条件时，ODC=90？请给出证明参考答案一、选择题（每题4分，

8、共48分）1、A【分析】作APGH于P，BQGH于Q，由正六边形和等边三角形的性质求出GH=PG+PQ+QH=9cm，由等边三角形的面积公式即可得出答案【详解】如图所示：作APGH于P，BQGH于Q，如图所示：GHM是等边三角形，MGH=GHM=60，六边形ABCDEF是正六边形，BAF=ABC=120，正六边形ABCDEF是轴对称图形，G、H、M分别为AF、BC、DE的中点，GHM是等边三角形，AG=BH=3cm，MGH=GHM=60，AGH=FGM=60，BAF+AGH=180，ABGH，作APGH于P，BQGH于Q，PQ=AB=6cm，PAG=90-60=30，PG=AG=cm，同理：Q

9、H=cm，GH=PG+PQ+QH=9cm，GHM的面积=GH2=cm2；故选：A【点睛】此题主要考查了正六边形的性质、等边三角形的性质及三角形的面积公式等知识；熟练掌握正六边形和等边三角形的性质是解题的关键2、B【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的概念即可得出答案.【详解】根据中心对称图形和轴对称图形的概念，可以判定既是中心对称图形又是轴对称图形的有第3第4个共2个.故选B考点：1.中心对称图形；2.轴对称图形.3、C【分析】根据ab0，可得a、b同号，结合一次函数及反比例函数的特点进行判断即可【详解】解：.A.根据一次函数可判断a0，b0，即ab0，故不符合题意，B. 根据反比例函数可判断

10、ab0，故不符合题意，C. 根据一次函数可判断a0，b0，根据反比例函数可判断ab0，故符合题意，D.根据反比例函数可判断ab0，则该函数的图象与x轴有两个不同的交点，此项错误；C、当a0，y=ax22ax1=a(x-1)2-a+1，则x1时，y随x的增大而增大，此项错误；D、当a0时，y=ax22ax1=a(x-1)2-a+1，则x1时，y随x的增大而增大，此项正确；故答案为：D【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，掌握熟记图象特征与性质是解题关键.错因分析：较难题.失分原因可能是：不会判断抛物线与x轴的交点情况；不能画出拋物线的大致图象来判断增减性6、C【分析】根据反比例函数的性质得出k

11、10，再由一次函数的性质判断函数所经过的象限【详解】双曲线y经过第二、四象限，k10，则直线y=2x+k1一定经过一、三、四象限故选：C【点睛】本题考查了一次函数和反比例函数的性质，属于函数的基础知识，难度不大7、B【解析】抛掷一枚骰子有1、2、3、4、5、6种可能，其中所得的点数能被3整除的有3、6这两种，所得的点数能被3整除的概率为，故选B【点睛】本题考查了简单的概率计算，熟记概率的计算公式是解题的关键.8、D【分析】根据比例的性质，则ad=bc，逐个判断可得答案【详解】解：由可得：2x=3yA. ，此选项不符合题意 B. ，此选项不符合题意 C. ，则3x=2y，此选项不符合题意 D.

12、，则2x=3y，正确故选：D【点睛】本题考查比例的性质，解题关键在于掌握，则ad=bc.9、B【分析】根据题目中的函数解析式，可以直接写出该抛物线的顶点坐【详解】抛物线y=(x+2)2+5，该抛物线的顶点坐标为(2，5)故选：B【点睛】本题考查了二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，由函数的顶点式可以直接写出顶点坐标10、C【分析】根据菱形AECF，得FCO=ECO，再利用ECO=ECB，可通过折叠的性质，结合直角三角形勾股定理求得BC的长，则利用菱形的面积公式即可求解【详解】解：四边形AECF是菱形，AB=3，假设BE=x，则AE=3x，CE=3x，四边形AECF是菱形，FCO=ECO，

13、ECO=ECB，ECO=ECB=FCO=30，2BE=CE，CE=2x，2x=3x，解得：x=1，CE=2，利用勾股定理得出：BC2+BE2=EC2，BC=，又AE=ABBE=31=2，则菱形的面积是：AEBC=2故选C【点睛】本题考查折叠问题以及勾股定理解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等11、A【分析】根据相似图形的性质，对各选项分析判断即可得出答案.【详解】A、任意两个圆，一个圆放大或缩小后能够与另外一个圆重合，所以任意两个圆一定是相似图形，故选A.B、任意两个等腰三角形，对应边不一定成比例，对应角不一定

14、相等，所以不一定相似，故本选项错误.C、任意两个菱形，对应边成比例，但对应角不一定相等，所以不一定相似，故本选项错误. D、任意两个矩形，对应边不一定成比例，对应角都是直角，一定相等，所以也不一定相似，故本选项错误.故选A.【点睛】本题考查了相似图形的概念，灵活运用相似图形的性质是解题的关键.12、D【分析】根据菱形的判定方法，矩形的判定方法，正方形的判定方法，平行四边形的判定方法分别分析即可得出答案【详解】解：A、根据对角线互相垂直的平行四边形可判定为菱形，再有对角线且相等可判定为正方形，此选项正确，不符合题意；B、根据菱形的判定方法可得对角线互相垂直平分的四边形是菱形正确，此选项正确，不符

15、合题意；C、对角线互相平分的四边形是平行四边形是判断平行四边形的重要方法之一，此选项正确，不符合题意；D、根据矩形的判定方法：对角线互相平分且相等的四边形是矩形，因此只有对角线相等的四边形不能判定是矩形，此选项错误，符合题意； 选：D【点睛】此题主要考查了菱形，矩形，正方形，平行四边形的判定，关键是需要同学们准确把握矩形、菱形正方形以及平行四边形的判定定理之间的区别与联系二、填空题（每题4分，共24分）13、（6，）【分析】过点D作DMOB，垂足为M，先根据勾股定理求出菱形的边长，即可得到点B、D的坐标，进而可根据菱形的性质求得点A的坐标，进一步即可求出反比例函数的解析式，再利用待定系数法求出

16、直线BC的解析式，然后解由直线BC和反比例函数的解析式组成的方程组即可求出答案.【详解】解：过点D作DMOB，垂足为M，D（3，4），OM3，DM4，OD5，四边形OBCD是菱形，OBBCCDOD5，B（5，0），C（8，4），A是菱形OBCD的对角线交点，A（4，2），代入y，得：k8，反比例函数的关系式为：y，设直线BC的关系式为ykx+b，将B（5，0），C（8，4）代入得：，解得：k，b，直线BC的关系式为yx，将反比例函数与直线BC联立方程组得：，解得：，（舍去），F（6，），故答案为：（6，）【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、待定系数法求函数的解析式以及求两个函数的交点等知识

17、，属于常考题型，正确作出辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键.14、.【详解】试题分析：根据点在抛物线上点的坐标满足方程的关系，由二次函数的图象经过点（3,6）得：15、【分析】根据已知等式设a=2k,b=3k,代入式子可求出答案.【详解】解：由，可设a=2k，b=3k，(k0),故：，故答案：.【点睛】此题主要考查比例的性质，a、b都用k表示是解题的关键.16、2【解析】设另一个根为t，根据根与系数的关系得到3+t=4，然后解一次方程即可【详解】设另一个根为t，根据题意得3+t=4，解得t=2，则方程的另一个根为2故答案为2【点睛】本题考查了根与系数的关系：若x2，x2是一元二次方程ax2+

18、bx+c=0（a0）的两根时，x2+x2=-，x2x2=17、1【分析】先分解因式，根据两方程的解相同即可得出答案【详解】解：， ， 关于x的方程和的解完全相同， a=1， 故答案为：1【点睛】本题考查了解一元二次方程，能正确用因式分解法解方程是解此题的关键18、4【分析】根据直角三角形中线性质得CM=，根据相似三角形判定得ABCMBH, AOCHOM，根据相似三角形性质可得.【详解】因为中，是中点，所以CM= 又因为，所以 所以ABCMBH, AOCHOM,所以 所以 故答案为：4【点睛】考核知识点：相似三角形.理解判定和性质是关键.三、解答题（共78分）19、 (1)CF=3；(2).【分

19、析】（1）由正方形的性质可得AB=BC=AD=CD=2，根据勾股定理可求AO=5，即AE=3，由旋转的性质可得DE=DF，EDF=90，根据“SAS”可证ADECDF，可得AE=CF=3；（2）由ADECDF，可得SADE=SCDF，当OEAD时，SADE的值最小，即可求CDF的面积的最小值【详解】(1)由旋转得：，是边的中点，在中，四边形是正方形，即，在和中，；（2）由于，所以点可以看作是以为圆心，2为半径的半圆上运动，过点作于点，当，三点共线，最小，.【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，证明ADECDF是本题的关键20、【分析】根据二次根式的

20、乘法法则：（a0，b0）和除法法则:（a0，b0）进行计算即可【详解】解：原式 【点睛】本题主要考查二次根式的乘除混合运算，掌握二次根式乘除法的运算法则是解题的关键.21、（1）B（3，0），D（1，4）；（2）；（3）存在，S的坐标为（3，0）或（1，2）或（1，2）或（1，）【分析】（1）将A（1，0）、C（0，3）代入yx2+bx+c，待定系数法即可求得抛物线的解析式，再配方即可得到顶点D的坐标，根据y0，可得点B的坐标；（2）根据BC的解析式和抛物线的解析式，设P（x，x22x3），则M（x，x3），表示PM的长，根据二次函数的最值可得：当x时，PM的最大值，此时P（，），进而确定F的

21、位置：在x轴的负半轴了取一点K，使OCK30，过F作FNCK于N，当N、F、H三点共线时，如图2，FH+FN最小，即PH+HF+CF的值最小，根据含30角的直角三角形的性质，即可得结论；（3）先根据旋转确定Q的位置，与点A重合，根据菱形的判定画图，分4种情况讨论：分别以DQ为边和对角线进行讨论，根据菱形的边长相等和平移的性质，可得点S的坐标【详解】（1）把A（1，0），点C（0，3）代入抛物线yx2+bx+c，得： ，解得：，抛物线的解析式为：yx22x3（x1）24，顶点D（1，4），当y0时，x22x30，解得：x3或1，B（3，0）；（2）B（3，0），C（0，3），设直线BC的解析式为

22、：ykx+b，则 ，解得：，直线BC的解析式为：yx3，设P（x，x22x3），则M（x，x3），PM（x3）（x22x3）x2+3x（x）2+，当x时，PM有最大值，此时P（，），在x轴的负半轴了取一点K，使OCK30，过F作FNCK于N，FNCF，当N、F、H三点共线时，如图1，FH+FN最小，即PH+HF+CF的值最小，RtOCK中，OCK30，OC3，OK，OH，KH+，RtKNH中，KHN30，KNKH，NHKN，PH+HF+CF的最小值=PH+NH；（3）RtOFH中，OHF30，OH，OFOF，由旋转得：FOF60QOF30，在RtQFO中，QFOF=，OQ=2QF=2=1，Q与

23、A重合，即Q（1，0）分4种情况：如图2，以QD为边时，由菱形和抛物线的对称性可得S（3，0）；如图3，以QD为边时，由勾股定理得：AD，四边形DQSR是菱形，QSAD2，QSDR，S（1，2）；如图4，同理可得：S（1，2）；如图5，作AD的中垂线，交对称轴于R，可得菱形QSDR，A（1，0），D（1，4），AD的中点N的坐标为（0，2），且AD2，DN，cosADR，DR，QS= DR，S（1，）；综上，S的坐标为（3，0）或（1，2）或（1，2）或（1，）【点睛】本题主要考查二次函数和几何图形的综合，添加合适的辅助线构造含30角的直角三角形，利用菱形的判定定理，进行分类讨论，是解题的关键

24、.22、（1）PD是O的切线证明见解析.（2）1.【解析】试题分析：（1）连结OP，根据圆周角定理可得AOP=2ACP=120，然后计算出PAD和D的度数，进而可得OPD=90，从而证明PD是O的切线；（2）连结BC，首先求出CAB=ABC=APC=45，然后可得AC长，再证明CAECPA，进而可得，然后可得CECP的值试题解析：（1）如图，PD是O的切线证明如下：连结OP，ACP=60，AOP=120，OA=OP，OAP=OPA=30，PA=PD，PAO=D=30，OPD=90，PD是O的切线（2）连结BC，AB是O的直径，ACB=90，又C为弧AB的中点，CAB=ABC=APC=45，AB

25、=4，AC=Absin45=C=C，CAB=APC，CAECPA，CPCE=CA2=（）2=1考点：相似三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；直线与圆的位置关系；探究型23、（1）y；（2）M（5，）或（1，8）【解析】（1）由Q（2，0），推出P（2，-4），利用待定系数法即可解决问题；（2）根据三角形的面积公式求出MN的长，分两种情形求出点M的坐标即可.【详解】（1）把x2代入y2x得 y4P（2，4），设反比例函数解析式y（k0），P在此图象上k2（4）8，y；（2）P（2，4），Q（2，0）PQ4，过M作MNPQ于N则 PQMN6，MN3，设M（x，），则 x2+35或x231当x

26、5时，当x1时，1，M（5，）或（1，8）故答案为：（1）y；（2）M（5，）或（1，8）【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是用待定系数法求反比例函数的解析式,利用数形结合的思想表示出三角形的面积也是解答本题的关键.24、2017年至2019年“双十一”交易额的年平均增长率为20%【分析】设2017年至2019年“双十一”交易额的年平均增长率为x，根据该平台2017年及2019年的交易额，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论【详解】解：设2017年至2019年“双十一”交易额的年平均增长率为x，根据题意得： ，解得： ， （舍去）答：2017年至201

27、9年“双十一”交易额的年平均增长率为20%【点睛】本题考查了一元二次方程的实际应用，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键25、（1）证明见解析；（2）四边形OBCD是菱形，理由见解析.【分析】（1）证明OCE90问题可解；（2）由同角的余角相等，可得BCOBOC，再得到BCO是等边三角形，故AOC120，再由垂径定理得到AFCF，推出COD是等边三角形问题可解【详解】（1）证明：AB是O的直径，ACB90，ACO+BCO90，OCOA，AACO，A+BCO90，ABCE，BCE+BCO90，OCE90，CE是O的切线；（2）解：四边形OBCD是菱形，理由：BCBE，EECB，BCO+BCECO

28、B+E90，BCOBOC，BCOB，BCO是等边三角形，AOC120，F是AC的中点，AFCF，OAOC，AODCOD60，ODOC，COD是等边三角形，CDODOBBC，四边形OBCD是菱形【点睛】本题考查了切线的判定，菱形的判定，垂径定理，等边三角形的判定和性质，解答关键是根据题意找出并证明题目中的等边三角形26、（1），4；（2），证明见解析【分析】（1）根据等边三角形的性质得BABC，ABC60，再根据旋转的性质得OBDABC60，于是可确定旋转角的度数为60；由旋转的性质得BOBD，加上OBD60，则可判断OBD为等边三角形，所以ODOB4；由BOD为等边三角形得到BDO60，再利用

29、旋转的性质得CDAO3，然后根据勾股定理的逆定理可证明OCD为直角三角形，ODC90，所以BDCBDOODC150；（2）根据旋转的性质得OBDABC90，BOBD，CDAO，则可判断OBD为等腰直角三角形，则ODOB，然后根据勾股定理的逆定理，当CD2OD2OC2时，OCD为直角三角形，ODC90【详解】解：（1）ABC为等边三角形，BABC，ABC60，BAO绕点B顺时针旋转后得到BCD，OBDABC60，旋转角的度数为60；旋转至，为等边三角形，故答案为：60；4在中，为直角三角形，（2）时，理由如下：绕点顺时针旋转后得到，为等腰直角三角形，当时，为直角三角形，即当满足时，【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等也考查了等边三角形的判断与性质和勾股定理的逆定理