2024屆江蘇省無錫市江陰市云亭中學數學九上期末檢測模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，將一個大平行四邊形在一角剪去一個小平行四邊形，如果用直尺畫一條直線將其剩余部分分割成面積相等的兩部分，這樣的不同的直線一共可以畫出（）A．1條 B．2條 C．3條 D．4條2．方程2x（x﹣5）＝6（x﹣5）的根是（）A．x＝5 B．x＝﹣5 C．＝﹣5，＝3 D．＝5，＝33．如圖，PA、PB是⊙O的切線，切點分別為A、B，若OA＝2，∠P＝60°，則的長為()A．π B．π C．π D．π4．下列方程中，是關于x的一元二次方程的是（）A．5x+5＝2x﹣1 B．y2﹣7y＝0C．ax2+bc+c＝0 D．2x2+2x＝x2-15．函數y＝與y＝kx2﹣k（k≠0）在同一直角坐標系中的圖象可能是（）A． B．C． D．6．如圖，△AOB縮小后得到△COD，△AOB與△COD的相似比是3，若C（1，2），則點A的坐標為（）A．（2，4） B．（2，6） C．（3，6） D．（3，4）7．方程的解的個數為()A．0 B．1 C．2 D．1或28．下面四個圖案分別是步行標志、禁止行人通行標志、禁止駛入標志和直行標志，其中既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是()A． B． C． D．9．下列大學校徽內部圖案中可以看成由某一個基本圖形通過平移形成的是（）A． B． C． D．10．如圖是由幾個大小相同的小正方體搭成的幾何體的俯視圖，小正方形中數字表示該位置小正方體的個數，則該幾何體的左視圖是（）A． B． C． D．11．下列一元二次方程中兩根之和為﹣3的是（）A．x2﹣3x+3＝0 B．x2+3x+3＝0 C．x2+3x﹣3＝0 D．x2+6x﹣4＝012．如果，那么＝（）A． B． C． D．二、填空題（每題4分，共24分）13．已知：如圖，，，分別切于，，點．若，則的周長為________．14．如圖，已知AB⊥BD，ED⊥BD，C是線段BD的中點，且AC⊥CE，ED=1，BD=4，那么AB=．15．若反比例函數y=的圖象在每一個象限中，y隨著x的增大而減小，則m的取值范圍是_____．16．已知兩個數的差等于2，積等于15，則這兩個數中較大的是．17．若△ABC∽△A′B′C′，且=，△ABC的周長為12cm，則△A′B′C′的周長為_______cm.18．某一型號飛機著陸后滑行的距離y（單位：m）與滑行時間x（單位：s）之間的函數關系式是y=60x﹣1.5x2，該型號飛機著陸后滑行m才能停下來．三、解答題（共78分）19．（8分）如圖所示，在平面直角坐標系中，拋物線與軸相交于點，點，與軸相交于點，與拋物線的對稱軸相交于點.（1）求該拋物線的表達式，并直接寫出點的坐標；（2）過點作交拋物線于點，求點的坐標；（3）在（2）的條件下，點在射線上，若與相似，求點的坐標.20．（8分）如圖，四邊形內接于，是的直徑，點在的延長線上，延長交的延長線于點，點是的中點，．（1）求證：是的切線；（2）求證：是等腰三角形；（3）若，，求的值及的長．21．（8分）如圖，AB為⊙O的直徑，弦AC的長為8cm．（1）尺規作圖：過圓心O作弦AC的垂線DE，交弦AC于點D，交優弧于點E；（保留作圖痕跡，不要求寫作法）；（2）若DE的長為8cm，求直徑AB的長．22．（10分）已知：如圖，在矩形中，點為上一點，連接，過點作于點，與相似嗎？請說明理由．23．（10分）如圖，△ABC內接于⊙O，AB=AC=10，BC=12，點E是弧BC的中點.(1)過點E作BC的平行線交AB的延長線于點D，求證：DE是⊙O的切線.(2)點F是弧AC的中點，求EF的長.24．（10分）如圖，在△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的角平分線，E，F分別是BD，AD上的點，取EF中點G，連接DG并延長交AB于點M，延長EF交AC于點N。（1）求證：∠FAB和∠B互余；（2）若N為AC的中點，DE=2BE，MB=3，求AM的長.25．（12分）如圖1，在和中，頂點是它們的公共頂點，，．（特例感悟）（1）當頂點與頂點重合時（如圖1），與相交于點，與相交于點，求證：四邊形是菱形；（探索論證）（2）如圖2，當時，四邊形是什么特殊四邊形？試證明你的結論；（拓展應用）（3）試探究：當等于多少度時，以點為頂點的四邊形是矩形？請給予證明．26．數學活動課上，老師和學生一起去測量學校升旗臺上旗桿AB的高度，如圖，老師測得升旗臺前斜坡FC的坡比為iFC=1：10（即EF：CE=1：10），學生小明站在離升旗臺水平距離為35m（即CE=35m）處的C點，測得旗桿頂端B的仰角為α，已知tanα=，升旗臺高AF=1m，小明身高CD=1.6m，請幫小明計算出旗桿AB的高度．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、C【分析】利用平行四邊形的性質分割平行四邊形即可．【詳解】解：如圖所示，這樣的不同的直線一共可以畫出三條，故答案為：1．【點睛】本題考查平行四邊形的性質，解題的關鍵是掌握平行四邊形的中心對稱性．2、D【分析】利用因式分解法求解可得．【詳解】解：∵2x（x﹣5）＝6（x﹣5）2x（x﹣5）﹣6（x﹣5）＝0，∴（x﹣5）（2x﹣6）＝0，則x﹣5＝0或2x﹣6＝0，解得x＝5或x＝3，故選：D．【點睛】本題考查解一元二次方程的能力，熟練掌握解一元二次方程的幾種常用方法：直接開平方法、因式分解法、公式法、配方法，結合方程的特點選擇合適、簡便的方法是解題的關鍵．3、C【解析】試題解析：∵PA、PB是⊙O的切線，

∴∠OBP=∠OAP=90°，

在四邊形APBO中，∠P=60°，

∴∠AOB=120°，

∵OA=2，

∴的長l=.

故選C.4、D【分析】根據一元二次方程的定義逐個判斷即可．【詳解】解：A、是關于x的一元一次方程，不是一元二次方程，故本選項不符合題意；B、是關于y的一元二次方程，不是關于x的一元二次方程，故本選項不符合題意；C、只有當a≠0時，是關于x的一元二次方程，故本選項不符合題意；D、是關于x的一元二次方程，故本選項符合題意；故選：D．【點睛】本題考查了一元二次方程的定義，能熟記一元二次方程的定義的內容是解此題的關鍵．5、D【分析】根據k＞0，k＜0，結合兩個函數的圖象及其性質分類討論，然后再對照選項即可．【詳解】解：分兩種情況討論：①當k＜0時，反比例函數y＝在二、四象限，而二次函數y＝kx2﹣k開口向下，故A、B、C、D都不符合題意；②當k＞0時，反比例函數y＝在一、三象限，而二次函數y＝kx2﹣k開口向上，與y軸交點在原點下方，故選項D正確；故選：D．【點睛】本題主要考查反比例函數與二次函數的圖象，掌握k對反比例函數與二次函數的圖象的影響是解題的關鍵．6、C【解析】根據位似變換的性質計算即可．【詳解】由題意得，點A與點C是對應點，△AOB與△COD的相似比是3，∴點A的坐標為（1×3，2×3），即（3，6），故選：C．【點睛】本題考查的是位似變換的性質，掌握在平面直角坐標系中，如果位似變換是以原點為位似中心，相似比為k，那么位似圖形對應點的坐標的比等于k或﹣k是解題的關鍵．7、C【解析】根據一元二次方程根的判別式，求出△的值再進行判斷即可．【詳解】解：∵x2=0，

∴△=02-4×1×0=0，∴方程x2=0有兩個相等的實數根．故選C【點睛】本題考查的是一元二次方程根的判別式，當△＞0時方程有兩個不相等的實數根，△=0時方程有兩個相等的實數根，△＜0時方程沒有實數根．8、C【分析】根據軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義，即可得出答案．【詳解】A．不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形；B．不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形；C．是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形；D．是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形．故選：C．【點睛】軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后兩部分重合．9、C【分析】由平移的性質，分別進行判斷，即可得到答案．【詳解】解：由平移的性質可知，C選項的圖案是通過平移得到的；A、B、D中的圖案不是平移得到的；故選：C．【點睛】本題考查了平移的性質，解題的關鍵是掌握圖案的平移進行解題．10、A【解析】左視圖從左往右看，正方形的個數依次為：3，1．故選A．11、C【分析】利用判別式的意義對A、B進行判斷；根據根與系數的關系對C、D進行判斷．【詳解】A．△=(﹣3)2﹣4×3＜0，方程沒有實數解，所以A選項錯誤；B．△=32﹣4×3＜0，方程沒有實數解，所以B選項錯誤；C．方程x2+3x﹣3=0的兩根之和為﹣3，所以C選項正確；D．方程x2+6x﹣4=0的兩根之和為﹣6，所以D選項錯誤．故選：C．【點睛】本題考查了根與系數的關系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的兩根時，x1+x2，x1x2．也考查了判別式的意義．12、D【分析】直接利用已知進行變形進而得出結果．【詳解】解：∵，∴3x+3y＝5x，則3y＝2x，那么＝．故選：D．【點睛】本題考查了比例的性質，正確將已知變形是解題的關鍵．二、填空題（每題4分，共24分）13、【分析】根據切線長定理由PA、PB分別切⊙O于A、B得到PB=PA=10cm，由于DC與⊙O相切于E，再根據切線長定理得到CA=CE，DE=DB，然后三角形周長的定義得到△PDC的周長=PD+DC+PC=PD+DB+CA+PC，然后用等線段代換后得到三角形PDC的周長等于PA+PB．【詳解】∵PA、PB分別切⊙O于A、B，

∴PB=PA=10cm，

∵CA與CE為⊙的切線，

∴CA=CE，

同理得到DE=DB，

∴△PDC的周長=PD+DC+PC=PD+DB+CA+PC

∴△PDC的周長=PA+PB=20cm，

故答案為20cm．【點睛】本題考查了切線長定理：從圓外一點引圓的兩條切線，它們的切線長相等，圓心和這一點的連線，平分兩條切線的夾角．14、4【解析】∵AB⊥BD，ED⊥BD∴∠B=∠D=90°，∠A+∠ACB=90°∵AC⊥CE，即∠ECD+∠ACB=90°∴∠A=∠ECD∴△ABC∽△CDE∴∴AB=415、m>1【解析】∵反比例函數的圖象在其每個象限內，y隨x的增大而減小，∴>0，解得：m>1，故答案為m>1.16、5【分析】設這兩個數中的大數為x，則小數為x﹣2，由題意建立方程求其解即可．【詳解】解：設這兩個數中的大數為x，則小數為x﹣2，由題意，得x（x﹣2）=15，解得：x1=5，x2=﹣3，∴這兩個數中較大的數是5，故答案為5；考點：一元二次方程的應用．17、16cm【解析】∵△ABC∽△A′B′C′，,∴C△ABC：C△A′B′C′=3：4，又∵C△ABC=12cm，∴C△A′B′C′=16cm.故答案為16.18、1．【解析】根據飛機從滑行到停止的路程就是滑行的最大路程，即是求函數的最大值．∵﹣1.5＜0，∴函數有最大值．∴，即飛機著陸后滑行1米才能停止．三、解答題（共78分）19、（1），點；（2）點；（3）或【解析】（1）設拋物線的表達式為，將A、B、C三點坐標代入表達式，解出a、b、c的值即可得到拋物線表達式，同理采用待定系數法求出直線BC解析式，即可求出與對稱軸的交點坐標；（2）過點E作EH⊥AB，垂足為H．先證∠EAH=∠ACO，則tan∠EAH=tan∠ACO=，設EH=t，則AH=2t，從而可得到E(-2+2t，t)，最后，將點E的坐標代入拋物線的解析式求解即可；（3）先證明，再根據與相似分兩種情況討論，建立方程求出AF，利用三角函數即可求出F點的坐標.【詳解】（1）設拋物線的表達式為.把，和代入得，解得，拋物線的表達式，∴拋物線對稱軸為設直線BC解析式為，把和代入得，解得∴直線BC解析式為當時，點.(2)如圖，過點E作EH⊥AB，垂足為H.∵∠EAB+∠BAC=90°,∠BAC+∠ACO=90°，∴∠EAH=∠ACO.∴tan∠EAH=tan∠ACO=.設EH=t，則AH=2t，∴點E的坐標為(?2+2t,t).將(?2+2t,t)代入拋物線的解析式得：12(?2+2t)2?(?2+2t)?4=t，解得：t=或t=0(舍去)∴（3）如圖所示，，.，，.由（2）中tan∠EAH=tan∠ACO可知，.和相似，分兩種情況討論：①，即，，∵tan∠EAB=∴sin∠EAB=∴F點的縱坐標=點.②，即，，同①可得F點縱坐標=橫坐標=點.綜合①②，點或.【點睛】本題考查二次函數的綜合問題，需要熟練掌握待定系數法求函數解析式，熟練運用三角函數與相似三角形的性質，作出圖形，數形結合是解題的關鍵.20、（1）見解析；（2）見解析；（3），【分析】（1）根據圓的切線的定義來證明，證∠OCD=90°即可；（2）根據全等三角形的性質和四邊形的內接圓的外角性質來證；（3）根據已知條件先證△CDB∽△ADC，由相似三角形的對應邊成比例，求CB的值,然后求求的值；連結BE,在Rt△FEB和Rt△AEB中，利用勾股定理來求EF即可．【詳解】解：（1）如圖1，連結，是的直徑，，又點是的中點，．，又是的切線圖1（2）四邊形內接于，．，即是等腰三角形（3）如圖2，連結，設，，在中，，由（1）可知，又，在中，，，是的直徑，，即解得圖2【點睛】本題考查了圓的切線、相似三角形的性質、勾股定理的應用，解本題關鍵是找對應的線段長．21、（1）見解析；（2）10cm．【分析】（1）以點A，點C為圓心，大于AC為半徑畫弧，兩弧的交點和點O的連線交弦AC于點D，交優弧于點E；（2）由垂徑定理可得AD=CD=4cm，由勾股定理可求OA的長，即可求解．【詳解】（1）如圖所示：（2）∵DE⊥AC，∴AD＝CD＝4cm，∵AO2＝DO2+AD2，∴AO2＝（DE﹣AO）2+16，∴AO＝5，∴AB＝2AO＝10cm．【點睛】本題考查了圓的有關知識，勾股定理，靈活運用勾股定理求AO的長是本題的關鍵．22、相似，見解析【分析】先得出，，再根據兩角對應相等兩個三角形相似即可判斷．【詳解】解：相似，理由如下：在矩形中，，∴，∵，∴，∴，∴．【點睛】本題考查矩形的性質、相似三角形的判定等知識，解題的關鍵是熟練掌握相似三角形的判定定理，屬于中考常考題型．23、（1）見解析；（2）【分析】（1）連接AE，由等弦對等弧可得，進而推出，可知AE為⊙O的直徑，再由等腰三角形三線合一得到AE⊥BC，根據DE∥BC即可得DE⊥AE，即可得證；（2）連接BE，AF，OF，OF與AC交于點H，AE與BC交于點G，利用勾股定理求出AG，然后求直徑AE，再利用垂徑定理求出HF，最后用勾股定理求AF和EF.【詳解】證明：（1）如圖，連接AE，∵AB=AC∴又∵點E是弧BC的中點，即∴，即∴AE為⊙O的直徑，∵∴∠BAE=∠CAE又∵AB=AC∴AE⊥BC∵DE∥BC∴DE⊥AE∴DE是⊙O的切線.（2）如圖，連接BE，AF，OF，OF與AC交于點H，AE與BC交于點G，∴∠ABE=∠AFE=90°，OF⊥AC由（1）可知AG垂直平分BC，∴BG=BC=6在Rt△ABG中，∵cos∠BAE=cos∠BAG∴，即∴AE=∴⊙O的直徑為，半徑為.設HF=x，則OH=∴在Rt△AHO中，即，解得∴∴【點睛】本題考查圓的綜合問題，需要熟練掌握切線的證明方法，以及垂徑定理和勾股定理的運用是關鍵.24、（1）見解析；（2）AM=7【解析】（1）根據等腰三角形三線合一可證得AD⊥BC，根據直角三角形兩銳角互余可證得結論；（2）根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得DG=GE即可得∠GDE=∠GED，證明△DBM∽△ECN，根據相似三角形的性質即可求得NC，繼而可求AM.【詳解】解：（1）∵AB=AC，AD為∠BAC的角平分線，∴AD⊥BC，∴∠FAB+∠B=90°.（2）∵AB=AC，AD是△ABC的角平分線，

∴BD=CD，

∵DE=2BE，

∴BD=CD=3BE，

∴CE=CD+DE=5BE，

∵∠EDF=90°，點G是EF的中點，

∴DG=GE，

∴∠GDE=∠GED，

∵AB=AC，

∴∠B=∠C，∴△DBM∽△ECN，∵MB=3，

∴NC=5，

∵N為AC的中點，

∴AC=2CN=10，

∴AB=AC=10,∴AM=AB-MB=7.【點睛】本題考查等腰三角形的性質，相似三角形的性質和判定，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半.熟練掌握等腰三角形三線合一是解決（1）的關鍵；（2）問的關鍵是能證明△DBM∽△ECN.25、(1)見解析；(2)

當∠GBC=30°時，四邊形GCFD是正方形．證明見解析；(3)當∠GBC=120°時，以點，，，為頂點的四邊形CGFD是矩形.證明見解析．【分析】（1）先證明四邊形是平行四邊形，再通過證明得出，從而證明四邊形是菱形；（2）證法一：如圖，連接交于，在上取一點，使得，通過證明，，，從而證明當∠GBC=30°時，四邊形GCFD是正方形；證法二：如圖，過點G作GH⊥BC于H，通過證明OD=OC=OG=OF，GF=CD，從而證明當∠GBC=30°時，四邊形GCFD是正方形；（3）

當∠GBC=120°時，點E與點A重合，通過證明，CD=GF，，從而證明四邊形