北京市海淀區2023-2024學年九年級數學第一學期期末調研試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖，AG：GD=4：1，BD：DC=2：3，則AE：EC的值是（）A．3：2 B．4：3 C．6：5 D．8：52．用配方法解方程時，配方后所得的方程為（）A． B． C． D．3．為坐標原點，點、分別在軸和軸上，的內切圓的半徑長為（）A． B． C． D．4．如圖，AB是⊙O的直徑，點C，D在直徑AB一側的圓上（異于A，B兩點），點E在直徑AB另一側的圓上，若∠E＝42°，∠A＝60°，則∠B＝（）A．62° B．70° C．72° D．74°5．已知和的半徑長分別是方程的兩根，且，則和的位置關系為（）A．相交 B．內切 C．內含 D．外切6．帥帥收集了南街米粉店今年6月1日至6月5日每天的用水量(單位：噸)，整理并繪制成如下折線統計圖．下列結論正確的是()A．極差是6 B．眾數是7 C．中位數是5 D．方差是87．如圖，AB是⊙O的弦，OD⊥AB于D交⊙O于E，則下列說法錯誤的是()A．AD=BD B．∠ACB=∠AOE C．弧AE=弧BE D．OD=DE8．如圖，已知和是以點為位似中心的位似圖形，且和的周長之比為，點的坐標為，則點的坐標為（）．A． B． C． D．9．由二次函數可知（）A．其圖象的開口向下 B．其圖象的對稱軸為直線C．其頂點坐標為 D．當時，隨的增大而增大10．已知，則銳角的取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．如圖，某園林公司承擔了綠化某社區塊空地的綠化任務，工人工作一段時間后，提高了工作效率.該公司完成的綠化面積(單位：與工作時間(單位：)之間的函數關系如圖所示，則該公司提高工作效率前每小時完成的綠化面積是____________.12．如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝120°，BC＝4，⊙A與BC相切于點D，且交AB，AC于M，N兩點，則圖中陰影部分的面積是_____（保留π）．13．已知方程有一個根是，則__________．14．如圖，在平面直角坐標系中，將正方形繞點逆時針旋轉后得到正方形，依此方式，繞點連續旋轉2019次得到正方形，如果點的坐標為（1，0），那么點的坐標為________．15．二次函數y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象如圖所示，根據函數圖象，可以寫出一系列的正確結論，如：a＞0；b＜0；c＜0；對稱軸為直線x＝1；…請你再寫出該函數圖象的一個正確結論：_____．16．一元二次方程x2=x的解為．17．如圖，在等腰直角三角形中，，點在軸上，點的坐標為（0，3），若點恰好在反比例函數第一象限的圖象上，過點作軸于點，那么點的坐標為__________．18．如圖，△ABC內接于圓，點D在弧BC上，記∠BAC-∠BCD=α，則圖中等于α的角是_______三、解答題(共66分)19．（10分）已知二次函數y=x2+4x+k-1.（1）若拋物線與x軸有兩個不同的交點，求k的取值范圍；（2）若拋物線的頂點在x軸上，求k的值.20．（6分）如圖，已知拋物線的圖象經過點、和原點，為直線上方拋物線上的一個動點．

（1）求直線及拋物線的解析式；（2）過點作軸的垂線，垂足為，并與直線交于點，當為等腰三角形時，求的坐標；（3）設關于對稱軸的點為，拋物線的頂點為，探索是否存在一點，使得的面積為，如果存在，求出的坐標；如果不存在，請說明理由．21．（6分）在平面直角坐標系中（如圖），已知拋物線經過點，與軸交于點，，拋物線的頂點為點，對稱軸與軸交于點.（1）求拋物線的表達式及點的坐標；（2）點是軸正半軸上的一點，如果，求點的坐標；（3）在（2）的條件下，點是位于軸左側拋物線上的一點，如果是以為直角邊的直角三角形，求點的坐標.22．（8分）如圖,已知∠BAC=30°,把△ABC繞著點A順時針旋轉到△ADE的位置,使得點D，A，C在同一直線上．（1）△ABC旋轉了多少度?（2）連接CE，試判斷△AEC的形狀；（3）求∠AEC的度數．23．（8分）如圖，AB是⊙O的直徑，BC為⊙O的切線，D為⊙O上的一點，CD=CB，延長CD交BA的延長線于點E,（1）求證：CD為⊙O的切線；（2）若BD的弦心距OF=1，∠ABD=30°，求圖中陰影部分的面積．（結果保留π）24．（8分）如圖，在平面直角坐標系中，△ABC各頂點的坐標分別為:A(－2，－2)，B(－4，－1)，C(－4，－4)．(1)畫出與△ABC關于點P(0，－2)成中心對稱的△A1B1C1，并寫出點A1的坐標；(2)將△ABC繞點O順時針旋轉的旋轉90°后得到△A2B2C2，畫出△A2B2C2，并寫出點C2的坐標．25．（10分）計算：cos30°?tan60°+4sin30°．26．（10分）已知：點D是△ABC中AC的中點，AE∥BC，ED交AB于點G，交BC的延長線于點F．（1）求證：△GAE∽△GBF；（2）求證：AE=CF；（3）若BG：GA=3：1，BC=8，求AE的長．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、D【解析】過點D作DF∥CA交BE于F，如圖，利用平行線分線段成比例定理，由DF∥CE得到==，則CE=DF，由DF∥AE得到==，則AE=4DF，然后計算的值．【詳解】如圖，過點D作DF∥CA交BE于F，∵DF∥CE，∴=，而BD：DC=2：3，BC=BD+CD，∴=，則CE=DF，∵DF∥AE，∴=，∵AG：GD=4：1，∴=，則AE=4DF，∴=，故選D．【點睛】本題考查了平行線分線段成比例、平行于三角形一邊的直線截其他兩邊（或兩邊的延長線），所得的對應線段成比例，熟練掌握相關知識是解題的關鍵.2、D【解析】根據配方的正確結果作出判斷：．故選D．3、A【分析】先運用勾股定理求得的長，證得四邊形為正方形，設半徑為，利用切線長定理構建方程即可求解.【詳解】如圖，過內心C作CD⊥AB、CE⊥AO、CF⊥BO，垂足分別為D、E、F，∵，∴，，∵CE⊥AO、CF⊥BO，∴四邊形為正方形，設半徑為，則∵AB、AO、BO都是的切線，∴，，∴，即：，解得：，故選：A．【點睛】本題考查了切線長定理，勾股定理，證得四邊形為正方形以及利用切線長定理構建方程是解題的關鍵.4、C【分析】連接AC．根據圓周角定理求出∠CAB即可解決問題．【詳解】解：連接AC．∵∠DAB＝60°，∠DAC＝∠E＝42°，∴∠CAB＝60°﹣42°＝18°，∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠B＝90°﹣18°＝72°，故選：C．【點睛】本題主要考察圓周角定理，解題關鍵是連接AC．利用圓周角定理求出∠CAB.5、A【解析】解答此題，先要求一元二次方程的兩根，然后根據圓與圓的位置關系判斷條件，確定位置關系．圓心距<兩個半徑和，說明兩圓相交.【詳解】解：解方程x2-6x+8=0得：

x1=2，x2=4，

∵O1O2=5，x2-x1=2，x2+x1=6，

∴x2-x1＜O1O2＜x2+x1．

∴⊙O1與⊙O2相交．

故選A．【點睛】此題綜合考查一元二次方程的解法及兩圓的位置關系的判斷，關鍵解出兩圓半徑．6、D【分析】根據極差、眾數、中位數及方差的定義，依次計算各選項即可作出判斷．【詳解】解：由圖可知，6月1日至6月5日每天的用水量是：5，7，11，3，1．A．極差，結論錯誤，故A不符合題意；B．眾數為5，7，11，3，1，結論錯誤，故B不符合題意；C．這5個數按從小到大的順序排列為：3，5，7，1，11，中位數為7，結論錯誤，故C不符合題意；D．平均數是，方差．結論正確，故D符合題意．故選D．【點睛】本題考查了折線統計圖，重點考查了極差、眾數、中位數及方差的定義，根據圖表準確獲取信息是解題的關鍵．7、D【解析】由垂徑定理和圓周角定理可證，AD＝BD，AD＝BD，AE＝BE，而點D不一定是OE的中點，故D錯誤．【詳解】∵OD⊥AB，∴由垂徑定理知,點D是AB的中點,有AD＝BD,＝，∴△AOB是等腰三角形，OD是∠AOB的平分線，有∠AOE＝12∠AOB，由圓周角定理知,∠C＝12∠AOB，∴∠ACB＝∠AOE，故A、B、C正確，而點D不一定是OE的中點，故錯誤.故選D.【點睛】本題主要考查圓周角定理和垂徑定理，熟練掌握這兩個定理是解答此題的關鍵.8、A【分析】設位似比例為k，先根據周長之比求出k的值，再根據點B的坐標即可得出答案．【詳解】設位似圖形的位似比例為k則和的周長之比為，即解得又點B的坐標為點的橫坐標的絕對值為，縱坐標的絕對值為點位于第四象限點的坐標為故選：A．【點睛】本題考查了位似圖形的坐標變換，依據題意，求出位似比例式解題關鍵．9、B【分析】根據二次函數的圖像與性質即可得出答案.【詳解】A：a=3，所以開口向上，故A錯誤；B：對稱軸=4，故B正確；C：頂點坐標為(4，-2)，故C錯誤；D：當x<4時，y隨x的增大而減小，故D錯誤；故答案選擇D.【點睛】本題考查的是二次函數，比較簡單，需要熟練掌握二次函數的圖像與性質.10、B【分析】根據銳角余弦函數值在0°到90°中，隨角度的增大而減小進行對比即可；【詳解】銳角余弦函數值隨角度的增大而減小，∵cos30°=，cos45°=，∴若銳角的余弦值為，且則30°＜α＜45°；故選B．【點睛】本題主要考查了銳角三角函數的增減性，掌握銳角三角函數的增減性是解題的關鍵.二、填空題(每小題3分,共24分)11、【分析】利用待定系數法求出提高效率后與的函數解析式，由此可得時，的值，然后即可得出答案.【詳解】由題意，可設提高效率后得與的函數解析式為將和代入得解得因此，與的函數解析式為當時，則該公司提高工作效率前每小時完成的綠化面積故答案為：100.【點睛】本題考查了一次函數的實際應用，依據圖象，利用待定系數法求出函數解析式是解題關鍵.12、4．【分析】連接AD，分別求出△ABC和扇形AMN的面積，相減即可得出答案.【詳解】解：連接AD，∵⊙A與BC相切于點D，∴AD⊥BC，∵AB＝AC，∠A＝120°，∴∠ABD＝∠ACD＝30°，BD＝CD＝，∴AB＝2AD，由勾股定理知BD2+AD2＝AB2，即+AD2＝（2AD）2解得AD＝2，∴△ABC的面積＝，扇形MAN得面積＝，∴陰影部分的面積＝．故答案為：．【點睛】本題考查的是圓中求陰影部分的面積，解題關鍵在于知道陰影部分面積等于三角形ABC的面積減去扇形AMN的面積，要求牢記三角形面積和扇形面積的計算公式.13、1【分析】把方程的根x=1代入即可求解.【詳解】把x=1代入得：1-m+n=0m-n=1故答案為：1【點睛】本題考查的是方程的解的定義，理解方程解的定義是關鍵.14、【分析】根據圖形可知：點B在以O為圓心,以OB為半徑的圓上運動,由旋轉可知：將正方形OABC繞點O逆時針旋轉45°后得到正方形OA1B1C1,相當于將線段OB繞點O逆時針旋轉45°，可得對應點B的坐標，根據規律發現是8次一循環，可得結論.【詳解】∵四邊形OABC是正方形，且OA=1，∴B(1,1),連接OB，由勾股定理得：OB=，由旋轉得：OB=OB1=OB2=OB3=…=，∵將正方形OABC繞點O逆時針旋轉45°后得到正方形OA1B1C1，相當于將線段OB繞點O逆時針旋轉45°,依次得到∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=…=45°，∴B1(0,),B2(?1,1),B3(?,0)，…，發現是8次一循環，所以2019÷8=252…3，∴點B2019的坐標為(?,0)【點睛】本題考查了旋轉的性質，對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連接線段的夾角等于旋轉角，也考查了坐標與圖形的變化、規律型、點的坐標等知識，解題的關鍵是學會從特殊到一般的探究規律的方法.15、4a+2b+c＜1【分析】由函數的圖象當x=2時，對應的函數值小于1，把x=2代入函數的關系式得，y=4a+2b+c，因此4a+2b+c＜1．【詳解】把x＝2代入函數的關系式得，y＝4a+2b+c，由圖象可知當x＝2時，相應的y＜1，即：4a+2b+c＜1，故答案為：4a+2b+c＜1【點睛】考查二次函數的圖象和性質，拋物線的性質可以從開口方向、對稱軸、頂點坐標，以及圖象過特殊點的性質．16、x1=0，x2=1．【解析】試題分析：首先把x移項，再把方程的左面分解因式，即可得到答案．解：x2=x，移項得：x2﹣x=0，∴x（x﹣1）=0，x=0或x﹣1=0，∴x1=0，x2=1．故答案為x1=0，x2=1．考點：解一元二次方程-因式分解法．17、（5,2）【分析】由∠BAC=90°，可得△ABO≌△CAD，利用全等三角形的性質即可求出點C坐標．【詳解】解：∵∠BAC=90°∴∠BAO+∠ABO=∠BAO+∠CAD∴∠ABO=∠CAD，又∵軸，∴∠CDA=90°在△ABO與△CAD中，∠ABO=∠CAD，∠AOB=∠CDA，AB=CA，∴△ABO≌△CAD（AAS）∴OB=AD，設OA=a（）∵B（0,3）∴AD=3，∴點C（a+3,a）,∵點C在反比例函數圖象上，∴，解得：或（舍去）∴點C（5,2），故答案為（5,2）【點睛】本題考查了反比例函數與等腰直角三角形相結合的題型，靈活運用幾何知識及反比例函數的圖象與性質是解題的關鍵．18、∠DAC【分析】由于∠BAD與∠BCD是同弧所對的圓周角，故∠BAD=∠BCD，故∠BAC-∠BCD=∠BAC-∠BAD，即可得出答案.【詳解】解：∵∠BAD=∠BCD，∴∠BAC-∠BCD=∠BAC-∠BAD=∠DAC，∵∠BAC-∠BCD=α∴∠DAC=α故答案為：∠DAC.【點睛】本題考查了圓周角的性質，掌握同弧所對的圓周角相等是解題的關鍵.三、解答題(共66分)19、k＜1；k=1．【解析】試題分析：(1)、當拋物線與x軸有兩個不同的交點，則△＞0，從而求出k的取值范圍；(2)、頂點在x軸上則說明頂點的縱坐標為0.試題解析：(1)、∵拋物線與x軸有兩個不同的交點，∴b2-4ac＞0，即16-4k+4＞0.解得k＜1.(2)、∵拋物線的頂點在x軸上，∴頂點縱坐標為0，即=0.解得k=1.考點：二次函數的頂點20、（1）直線的解析式為，二次函數的解析式是；（2）；（3）存在，或【分析】（1）先將點A代入求出OA表達式，再設出二次函數的交點式，將點A代入，求出二次函數表達式；（2）根據題意得出當為等腰三角形時，只有OC=PC，設點D的橫坐標為x，表示出點P坐標，從而得出PC的長，再根據OC和OD的關系，列出方程解得；（3）設點P的坐標為，根據條件的觸點Q坐標為，再表示出的高，從而表示出的面積，令其等于，解得即可求出點P坐標.【詳解】解：（1）設直線的解析式為，把點坐標代入得：，直線的解析式為；再設，把點坐標代入得：，函數的解析式為，∴直線的解析式為，二次函數的解析式是．（2）設的橫坐標為，則的坐標為，∵為直線上方拋物線上的一個動點，∴．此時僅有，，∴，解得，∴；（3）函數的解析式為，∴對稱軸為，頂點，設，則，到直線的距離為，要使的面積為，則，即，解得：或，∴或．【點睛】本題考查了待定系數法求解析式，二次函數圖象及性質的運用，點坐標的關系，綜合性較強，解題的關鍵是利用條件表示出點坐標，得出方程解之.21、（1），；（2）；（3）或【分析】（1）將點A、B代入拋物線，即可求出拋物線解析式，再化為頂點式即可；

（2）如圖1，連接AB，交對稱軸于點N，則N（-，-2），利用相等角的正切值相等即可求出EH的長，OE的長，可寫出點E的坐標；

（3）分∠EAP=90°和∠AEP=90°兩種情況討論，通過相似的性質，用含t的代數式表示出點P的坐標，可分別求出點P的坐標．【詳解】解：（1）（1）將點A（-3，-2）、B（0，-2）代入拋物線，

得，，

解得，a=，c=-2，

∴y=x2+4x-2

=（x+）2-5，

∴拋物線解析式為y=x2+4x-2，頂點C的坐標為（-，-5）；（2）如圖1，連接AB，交對稱軸于點N，則N（-，-2），，則，過作，，則，∵OH=3,∴OE=1,∴（3）①如圖2，當∠EAP=90°時，

∵∠HEA+∠HAE=90，∠HAE+∠MAP=90°，

∴∠HEA=∠MAP，

又∠AHE=∠PMA=90°，，則，設，則將代入得（舍），，∴②如圖3，當∠AEP=90°時，∵∠EAG+∠AEG=90°，∠AEG+∠PEN=90°，

∴∠AEG=∠EPN，

又∵∠N=∠G=90°，∴，則設，則將代入得，（舍），∴綜上所述：，【點睛】此題考查了待定系數法求解析式，銳角三角函數，直角三角形的存在性等，解題關鍵是能夠作出適當的輔助線構造相似三角形，并注意分類討論思想的運用．22、（1）150°；（2）詳見解析；（3）15°【分析】（1）根據旋轉的性質，利用補角性質即可解題；（2）根據旋轉后的對應邊相等即可解題；（3）利用外角性質即可解題．【詳解】解：（1）∵點D，A，C在同一直線上，∴∠BAD=180°-∠BAC=180°-30°=150°，∴△ABC旋轉了150°；（2）根據旋轉的性質，可知AC=AE，∴△AEC是等腰三角形；（3）根據旋轉的性質可知，∠CAE=∠BAD=150°，AC=AE，∴∠AEC=∠ACE=（180°-∠CAE）÷2=（180°-150°）÷2=15°．【點睛】本題考查了旋轉變換的性質，理解旋轉三要素：旋轉中心、旋轉方向、旋轉角度的概念、掌握旋轉變換的性質是解題的關鍵．23、（1）見解析；（2）【分析】（1）連接OD，由BC是⊙O的切線，可得∠ABC=90°，由CD=CB，OB=OD，易證得∠ODC=∠ABC=90°，