1、2023學年九上數學期末模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1在RtABC中，C=90，AB=5，BC=3，則tanA的值是( )ABCD2如圖，正方形的邊長是4，是的中點，連接、相交于點，則的長是（ ）ABCD53如圖，拋物線與軸交于點，其對稱軸為直線，結合圖象分析下列結論：；當時，隨的增大而增大；一元二次方程

2、的兩根分別為，；若，為方程的兩個根，則且，其中正確的結論有（）A個B個C個D個4如圖，和都是等腰直角三角形，的頂點在的斜邊上，、交于，若，則的長為（ ）ABCD5如圖，將矩形ABCD繞點A順時針旋轉到矩形ABCD的位置，若旋轉角為20，則1為（）A110B120C150D1606如圖是由4個大小相同的立方塊搭成的幾何體，這個幾何體的主視圖是（ ）ABCD7如圖，若AB是0的直徑，CD是O的弦，ABD=56， 則BCD是( )A34B44C54D568如圖，矩形ABCD中，對角線AC的垂直平分線EF分別交BC，AD于點E，F，若BE=3，AF=5，則AC的長為（ ）ABC10D89拋物線向右平移

3、4個單位長度后與拋物線重合，若（-1，3）在拋物線上，則下列點中，一定在拋物線上的是（ ）A（3,3）B（3，-1）C（-1,7）D（-5,3）10二次函數中與的部分對應值如下表所示，則下列結論錯誤的是（ ）-1013-1353AB當時，的值隨值的增大而減小C當時，D3是方程的一個根二、填空題(每小題3分,共24分)11如圖，已知D是等邊ABC邊AB上的一點，現將ABC折疊，使點C與D重合，折痕為EF，點E、F分別在AC和BC上如果AD：DB=1：2，則CE：CF的值為_12已知O的直徑為10cm，線段OP=5cm，則點P與O的位置關系是_13如圖，ABC是邊長為2的等邊三角形取BC邊中點E，

4、作EDAB，EFAC，得到四邊形EDAF，它的面積記作；取中點，作，得到四邊形，它的面積記作照此規律作下去，則=_ . 14拋物線在對稱軸_（填“左側”或“右側”）的部分是下降的15已知m為一元二次方程x-3x-2020=0的一個根，則代數式2m-6m+2的值為_16如圖三角形ABC是圓O的內接正三角形，弦EF經過BC邊的中點D，且EF平行AB，若AB等于6，則EF等于_.17如圖，已知的半徑為1，圓心在拋物線上運動，當與軸相切時，圓心的坐標是_18已知O的內接正六邊形的邊心距為1則該圓的內接正三角形的面積為_三、解答題(共66分)19（10分）如圖，拋物線交軸于兩點，與軸交于點，連接點是第一

5、象限內拋物線上的一個動點，點的橫坐標為(1)求此拋物線的表達式；(2)過點作軸，垂足為點，交于點試探究點P在運動過程中，是否存在這樣的點，使得以為頂點的三角形是等腰三角形若存在，請求出此時點的坐標，若不存在，請說明理由；(3)過點作，垂足為點請用含的代數式表示線段的長，并求出當為何值時有最大值，最大值是多少？20（6分）如圖，是的直徑，是的切線，切點為，交于點，點是的中點.(1)試判斷直線與的位置關系，并說明理由；(2)若的半徑為2，求圖中陰影部分的周長.21（6分）某商業集團新建一小車停車場，經測算，此停車場每天需固定支出的費用（設施維修費、車輛管理人員工資等）為800元為制定合理的收費標準

6、，該集團對一段時間每天小車停放輛次與每輛次小車的收費情況進行了調查，發現每輛次小車的停車費不超過5元時，每天來此處停放的小車可達1440輛次；若停車費超過5元，則每超過1元，每天來此處停放的小車就減少120輛次為便于結算，規定每輛次小車的停車費x（元）只取整數，用y（元）表示此停車場的日凈收入，且要求日凈收入不低于2512元（日凈收入每天共收取的停車費每天的固定支出）（1）當x5時，寫出y與x之間的關系式，并說明每輛小車的停車費最少不低于多少元；（2）當x5時，寫出y與x之間的函數關系式（不必寫出x的取值范圍）；（3）該集團要求此停車場既要吸引客戶，使每天小車停放的輛次較多，又要有較大的日凈收

7、入按此要求，每輛次小車的停車費應定為多少元？此時日凈收入是多少？22（8分）如圖，DB平分ADC，過點B作交AD于M連接CM交DB于N（1）求證：；（2）若，求MN的長23（8分）已知二次函數 （1）在平面直角坐標系中畫出該函數的圖象；（2）當0 x3時，結合函數圖象，直接寫出的取值范圍24（8分）函數的圖象的對稱軸為直線.（1）求的值；（2）將函數的圖象向右平移2個單位，得到新的函數圖象直接寫出函數圖象的表達式；設直線與軸交于點A，與y軸交于點B,當線段AB與圖象只有一個公共點時，直接寫出的取值范圍.25（10分）如圖，在ABC中，點D在邊AB上，DEBC，DFAC，DE、DF分別交邊AC、

8、BC于點E、F，且（1）求的值；（2）聯結EF，設=，=，用含、的式子表示26（10分）（1）計算.sin30tan45cos30tan30sin45tan60（2）已知cos(180a)=cosa，請你根據給出的公式試求cos120的值參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、A【解析】由勾股定理，得AC=，由正切函數的定義，得tanA=，故選A2、C【分析】先根據勾股定理解得BD的長，再由正方形性質得ADBC，所以AODEOB，最后根據相似三角形性質即可解答,【詳解】解：四邊形ABCD是正方形，邊長是4，BD=， ，是的中點，ADBC，所以BC=AD=2BE，AODEOB，,OD=BD

9、=4=.故選：C.【點睛】本題考查正方形性質、相似三角形的判定和性質，解題關鍵是熟練掌握相似三角形的判定和性質.3、C【分析】利用二次函數圖象與系數的關系，結合圖象依次對各結論進行判斷【詳解】解：拋物線與軸交于點，其對稱軸為直線 拋物線與軸交于點和，且由圖象知：，故結論正確；拋物線與x軸交于點故結論正確；當時，y隨x的增大而增大；當時，隨的增大而減小結論錯誤；，拋物線與軸交于點和的兩根是和，即為：，解得，；故結論正確；當時，故結論正確；拋物線與軸交于點和， ，為方程的兩個根，為方程的兩個根，為函數與直線的兩個交點的橫坐標結合圖象得：且故結論成立；故選C【點睛】本題主要考查二次函數的性質，關鍵在

10、于二次函數的系數所表示的意義，以及與一元二次方程的關系,這是二次函數的重點知識.4、B【分析】連接BD，自F點分別作，交AD、BD于G、H點，通過證明，可得，根據勾股定理求出AB的長度，再根據角平分線的性質可得，根據三角形面積公式可得，代入中即可求出BF的值【詳解】如圖，連接BD，自F點分別作，交AD、BD于G、H點和都是等腰直角三角形在ECA和DCB中 在RtADB中，DF是ADB的角平分線ADF底邊AF上的高h與BDF底邊BF上的高h相同故答案為：B【點睛】本題考查了三角形的綜合問題，掌握等腰直角三角形的性質、全等三角形的性質以及判定定理、勾股定理、角平分線的性質、三角形面積公式是解題的關

11、鍵5、A【解析】設CD與BC交于點E,如圖所示：旋轉角為20，DAD=20，BAD=90DAD=70.BAD+B+BED+D=360，BED=360709090=11，1=BED=110.故選A.6、A【分析】主視圖：從物體正面觀察所得到的圖形，由此觀察即可得出答案.【詳解】從物體正面觀察可得，左邊第一列有2個小正方體，第二列有1個小正方體.故答案為A.【點睛】本題考查三視圖的知識，主視圖是從物體的正面看得到的視圖7、A【分析】根據圓周角定理由AB是O的直徑可得ADB=90，再根據互余關系可得A=90-ABD=34，最后根據圓周角定理可求解【詳解】解：AB是O的直徑，ADB=90，ABD=56

12、，A=90-ABD=34，BCD=A=34，故答案選A【點睛】本題主要考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對圓心角的一半解題的關鍵是正確利用圖中各角之間的關系進行計算8、A【分析】連接AE，由線段垂直平分線的性質得出OA=OC，AE=CE，證明AOFCOE得出AF=CE=5，得出AE=CE=5，BC=BE+CE=8，由勾股定理求出AB=4，再由勾股定理求出AC即可【詳解】解：如圖，連結AE，設AC交EF于O，依題意，有AOOC，AOFCOE，OAFOCE，所以，OAFOCE（ASA），所以，ECAF5，因為EF為線段AC的中垂線，所以，EAEC5，又BE

13、3，由勾股定理，得：AB4，所以，AC【點睛】本題考查了全等三角形的判定、勾股定理，熟練掌握是解題的關鍵.9、A【分析】利用點的平移進行解答即可.【詳解】解：拋物線向右平移4個單位長度后與拋物線重合將（-1，3）向右平移4個單位長度的點在拋物線上（3,3）在拋物線上故選：A【點睛】本題考查了點的平移與函數平移規律，掌握點的規律是解題的關鍵.10、C【分析】根據表格中的數值計算出函數表達式，從而可判斷A選項，利用對稱軸公式可計算出對稱軸，從而判斷其增減性，再根據函數圖象及表格中y=3時對應的x，可判斷C選項，把對應參數值代入即可判斷D選項.【詳解】把(1，1)，(0，3)，(1，5)代入得，解得

14、，A.，故本選項正確；B.該函數對稱軸為直線，且，函數圖象開口向下，所以當時，y隨x的增大而減小，故本選項正確；C.由表格可知，當x=0或x=3時，y=3，且函數圖象開口向下，所以當y3時，x3，故本選項錯誤；D.方程為，把x=3代入得9+6+3=0，所以本選項正確.故選：C.【點睛】本題考查了二次函數表達式求法，二次函數圖象與系數的關系，二次函數的性質等知識， “待定系數法”是求函數表達式的常用方法，需熟練掌握.二、填空題(每小題3分,共24分)11、【分析】根據折疊的性質可得DE=CE,DF=CF,利用兩角對應相等的兩三角形相似得出AEDBDF，進而得出對應邊成比例得出比例式，將比例式變形

15、即可得.【詳解】解：如圖，連接DE,DF,ABC是等邊三角形，AB=BC=AC, A=B=ACB=60,由折疊可得，EDF=ACB=60,DE=CE,DF=CFBDE=BDF+FDE=A+AED,BDF+60=AED+60,BDF=AED,A=B,AEDBDF, ,設AD=x，AD：DB=1：2,則BD=2x,AC=BC=3x,.故答案為： .【點睛】本題考查了折疊的性質，利用三角形相似對應邊成比例及比例的性質解決問題，能發現相似三角形的模型，即“一線三等角”是解答此題的重要突破口.12、點P在O上【分析】知道圓O的直徑為10cm，OP的長，得到OP的長與半徑的關系，求出點P與圓的位置關系【詳

16、解】因為圓O的直徑為10cm，所以圓O的半徑為5cm，又知OP=5cm，所以OP等于圓的半徑，所以點P在O上故答案為點P在O上【點睛】本題考查了點與圓的位置關系，根據OP的長和圓O的直徑，可知OP的長與圓的半徑相等，可以確定點P的位置13、【分析】先求出ABC的面積，再根據中位線性質求出S1，同理求出S2，以此類推，找出規律即可得出S2019的值.【詳解】ABC是邊長為2的等邊三角形，ABC的高=SABC=，E是BC邊的中點，EDAB，ED是ABC的中位線，ED=ABSCDE= SABC，同理可得SBEF=SABCS1=SABC=，同理可求S2=SBEF=SABC=，以此類推，Sn=SABC=

17、S2019=.【點睛】本題考查中位線的性質和相似多邊形的性質，熟練運用性質計算出S1和S2，然后找出規律是解題的關鍵.14、右側【解析】根據二次函數的性質解題【詳解】解：a=-10，拋物線開口向下，頂點是拋物線的最高點，拋物線在對稱軸右側的部分是下降的，故答案為：右側點睛：本題考查了二次函數的性質，熟練掌握性質上解題的關鍵15、1【分析】由題意可得m23m=2020，進而可得2m26m=4040，然后整體代入所求式子計算即可【詳解】解：m為一元二次方程x23x2020=0的一個根，m23m2020=0，m23m=2020，2m26m=4040，2m26m+2=4040+2=1故答案為：1【點睛

18、】本題考查了一元二次方程的解和代數式求值，熟練掌握基本知識、靈活應用整體思想是解題的關鍵16、【分析】設AC與EF交于點G，由于EFAB，且D是BC中點，易得DG是ABC的中位線，即DG=3；易知CDG是等腰三角形，可過C作AB的垂線，交EF于M，交AB于N；然后證DE=FG，根據相交弦定理得BDDC=DEDF，而BD、DC的長易知，DF=3+DE，由此可得到關于DE的方程，即可求得DE的長，EF=DF+DE=3+2DE，即可求得EF的長；【詳解】解：如圖，過C作CNAB于N，交EF于M，則CMEF，根據圓和等邊三角形的性質知：CN必過點O，EFAB，D是BC的中點，DG是ABC的中位線，即D

19、G=AB=3；ACB=60，BD=DC=BC，AG=GC=AC，且BC=AC，CGD是等邊三角形，CMDG，DM=MG；OMEF，由垂徑定理得：EM=MF，故DE=GF，弦BC、EF相交于點D，BDDC=DEDF，即DE(DE+3)=33；解得DE=或（舍去）；EF=3+2=；【點睛】本題主要考查了相交弦定理，等邊三角形的性質，三角形中位線定理，垂徑定理，掌握相交弦定理，等邊三角形的性質，三角形中位線定理，垂徑定理是解題的關鍵.17、或或或【分析】根據圓與直線的位置關系可知，當與軸相切時，P點的縱坐標為1或-1，把1或-1代入到拋物線的解析式中求出橫坐標即可【詳解】的半徑為1，當與軸相切時，P

20、點的縱坐標為1或-1當時，解得 ，此時P的坐標為或；當時，解得 ，此時P的坐標為或；故答案為：或或或【點睛】本題主要考查直線與圓的位置關系和已知函數值求自變量，根據圓與x軸相切找到點P的縱坐標的值是解題的關鍵18、4【分析】作出O及內接正六邊形ABCDEF，連接OC、OB，過O作ONCE于N，易得COB是等邊三角形，利用三角函數求出OC，ON，CN，從而得到CE，再求內接正三角形ACE的面積即可【詳解】解：如圖所示，連接OC、OB，過O作ONCE于N，多邊形ABCDEF是正六邊形，COB=60，OC=OB，COB是等邊三角形，OCM=60，OM=OCsinOCM，OC=OCN=30，ON=OC

21、=，CN=1，CE=1CN=4，該圓的內接正三角形ACE的面積=，故答案為：4【點睛】本題考查圓的內接多邊形與三角函數，利用邊心距求出圓的半徑是解題的關鍵三、解答題(共66分)19、 (1) ；(2) 存在，或；(3) 當時，的最大值為：【解析】(1)由二次函數交點式表達式，即可求解；(2)分三種情況，分別求解即可；(3)由即可求解【詳解】解：(1)由二次函數交點式表達式得：，即：，解得：，則拋物線的表達式為；(2)存在，理由：點的坐標分別為，則，將點的坐標代入一次函數表達式：并解得：，同理可得直線AC的表達式為：，設直線的中點為，過點與垂直直線的表達式中的值為，同理可得過點與直線垂直直線的表

22、達式為：，當時，如圖1， 則，設：，則，由勾股定理得：，解得：或4(舍去4)，故點；當時，如圖1，則，則，故點；當時，聯立并解得：(舍去)；故點Q的坐標為：或；(3)設點，則點，有最大值，當時，的最大值為：【點睛】主要考查了二次函數的解析式的求法和與幾何圖形結合的綜合能力的培養要會利用數形結合的思想把代數和幾何圖形結合起來，利用點的坐標的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關系20、 (1)直線與相切；理由見解析；(2).【分析】（1）連接OE、OD，根據切線的性質得到OAC=90，根據三角形中位線定理得到OEBC，證明AOEDOE，根據全等三角形的性質、切線的判定定理證明；（2）根據切線長

23、定理可得DE=AE=2.5，由圓周角定理可得AOD=100，然后根據弧長公式計算弧AD的長，從而可求得結論【詳解】解：（1）直線DE與O相切， 理由如下：連接OE、OD，如圖，AC是O的切線，ABAC，OAC=90，點E是AC的中點，O點為AB的中點，OEBC，1=B，2=3，OB=OD，B=3，1=2，在AOE和DOE中OA=OD1=2OE=OE，AOEDOE（SAS）ODE=OAE=90，DEOD，OD為O的半徑，DE為O的切線；（2）DE、AE是O的切線，DE=AE，點E是AC的中點，DE=AE=AC=2.5，AOD=2B=250=100，陰影部分的周長=【點睛】本題考查的是切線的判定與

24、性質、全等三角形的判定和性質、三角形的中位線、切線長定理、弧長的計算，掌握切線的性質與判定、弧長公式是解題的關鍵21、（1）y1440 x800；每輛次小車的停車費最少不低于3元；（2）y120 x2+2040 x800；（3）每輛次小車的停車費應定為8元，此時的日凈收入為7840元【分析】（1）根據題意和公式：日凈收入每天共收取的停車費每天的固定支出，即可求出y與x的關系式，然后根據日凈收入不低于2512元，列出不等式，即可求出x的最小整數值；（2）根據題意和公式：日凈收入每天共收取的停車費每天的固定支出，即可求出y與x的關系式；（3）根據x的取值范圍，分類討論：當x5時，根據一次函數的增減

25、性，即可求出此時y的最大值；當x5時，將二次函數一般式化為頂點式，即可求出此時y的最大值，從而得出結論.【詳解】解：（1）由題意得：y1440 x8001440 x8002512，x2.3x取整數，x最小取3，即每輛次小車的停車費最少不低于3元答：每輛小車的停車費最少不低于3元；（2）由題意得：y1440120（x5）x800即y120 x2+2040 x800（3）當x5時，14400，y隨x的增大而增大當x=5時，最大日凈收入y144058006400（元）當x5時，y120 x2+2040 x800120（x217x）800120（x）2+7870當x時，y有最大值但x只能取整數，x取8

26、或1顯然，x取8時，小車停放輛次較多，此時最大日凈收入為y120+78707840（元）7840元6400元每輛次小車的停車費應定為8元，此時的日凈收入為7840元答：每輛次小車的停車費應定為8元，此時的日凈收入為7840元【點睛】此題考查的是一次函數和二次函數的綜合應用，掌握實際問題中的等量關系、一次函數的增減性和利用二次函數求最值是解決此題的關鍵.22、（1）見解析；（2）.【分析】（1）通過證明，可得，可得結論；（2）由平行線的性質可證即可證，由和勾股定理可求MC的長，通過證明，可得，即可求MN的長【詳解】證明：（1）DB平分，且，（2），且，且，且【點睛】考查了相似三角形的判定和性質，勾股定理，直角三角形的性質，求MC的長度是本題的關鍵23、（1）詳見解析