江蘇省興化市樂吾實驗學校2023-2024學年九年級數學第一學期期末統考模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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．如圖，線段AB兩個端點的坐標分別為A(6，6)，B(8，2)．以原點O為位似中心，在第一象限內將線段AB縮小后得到線段CD，且D(4，1)，則端點C的坐標為（）A．(3，1) B．(4，1) C．(3，3) D．(3，4)2．如圖，拋物線的開口向上，與軸交點的橫坐標分別為和3，則下列說法錯誤的是（）A．對稱軸是直線 B．方程的解是，C．當時， D．當，隨的增大而增大3．如圖所示，半徑為3的⊙A經過原點O和C（0，2），B是y軸左側⊙A優弧上的一點，則（）A．2 B． C． D．4．下面是投影屏上出示的搶答題，需要回答橫線上符號代表的內容則回答正確的是（）A．◎代表∠FEC B．@代表同位角C．▲代表∠EFC D．※代表AB5．如圖，△ABC∽△ADE，則下列比例式正確的是（）A． B． C． D．6．已知x＝1是方程x2+m＝0的一個根，則m的值是（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．27．如圖，已知是中的邊上的一點，，的平分線交邊于，交于，那么下列結論中錯誤的是（）A．△BAC∽△BDA B．△BFA∽△BECC．△BDF∽△BEC D．△BDF∽△BAE8．如圖，已知⊙O上三點A，B，C，半徑OC=1，∠ABC=30°，切線PA交OC延長線于點P，則PA的長為（）A．2 B． C． D．9．如圖，在△ABC中，點D、E、F分別在邊AB、AC、BC上，且∠AED＝∠B，再將下列四個選項中的一個作為條件，不一定能使得△ADE和△BDF相似的是()A． B． C． D．10．在一個不透明紙箱中放有除了標注數字不同外，其他完全相同的3張卡片，上面分別標有數字1，2，3，從中任意摸出一張，放回攪勻后再任意摸出一張，兩次摸出的數字之和為奇數的概率為()A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．拋物線y＝(x﹣1)(x﹣3)的對稱軸是直線x＝_____．12．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________.13．如圖，在中，，，，則的長為________．14．如圖所示是二次函數的圖象，下列結論：①二次三項式的最大值為；使成立的的取值范圍是；一元二次方程，當時，方程總有兩個不相等的實數根；該拋物線的對稱軸是直線；其中正確的結論有______________(把所有正確結論的序號都填在橫線上)15．已知二次函數的圖象如圖所示，則下列四個代數式：①，②，③；④中，其值小于的有___________（填序號）.16．小明和小亮在玩“石頭、剪子、布”的游戲，兩人一起做同樣手勢的概率是_____________．17．已知△ABC∽△DEF，其中頂點A、B、C分別對應頂點D、E、F，如果∠A=40°，∠E=60°，那么∠C=_______度.18．一組正方形按如圖所示的方式放置，其中頂點在軸上，頂點，，，，，，在軸上，已知正方形的邊長為，，則正方形的邊長為__________________．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，在△ABC中，CD⊥AB，DE⊥AC，DF⊥BC，垂足分別為D，E，F．（1）求證：CE?CA＝CF?CB；（2）EF交CD于點O，求證：△COE∽△FOD；20．（6分）如圖，直線交軸于點，交軸于點，拋物線經過點，交軸于點，點為拋物線上一動點，過點作軸的垂線，交直線于點，設點的橫坐標為.（1）求拋物線的解析式.（2）當點在直線下方的拋物線上運動時，求出長度的最大值.（3）當以，，為頂點的三角形是等腰三角形時，求此時的值.21．（6分）如圖，△ABC是⊙O的內接三角形，BC=4，∠A=30°，求⊙O的直徑．22．（8分）已知關于的方程.（1）若該方程有兩個不相等的實數根，求實數的取值范圍；（2）若該方程的一個根為1，求的值及該方程的另一根．23．（8分）已知正方形ABCD的邊長為2，中心為M，⊙O的半徑為r，圓心O在射線BD上運動，⊙O與邊CD僅有一個公共點E.（1）如圖1，若圓心O在線段MD上，點M在⊙O上，OM=DE，判斷直線AD與⊙O的位置關系，并說明理由；（2）如圖2，⊙O與邊AD交于點F，連接MF，過點M作MF的垂線與邊CD交于點G，若，設點O與點M之間的距離為,EG=,當時，求的函數解析式.24．（8分）如圖，矩形OABC中，A（6，0）、C（0，）、D（0，），射線l過點D且與x軸平行，點P、Q分別是l和x軸正半軸上動點，滿足∠PQO=60°．（1）①點B的坐標是；②當點Q與點A重合時，點P的坐標為；（2）設點P的橫坐標為x，△OPQ與矩形OABC的重疊部分的面積為S，試求S與x的函數關系式及相應的自變量x的取值范圍．25．（10分）在平面直角坐標系中，四邊形是矩形，點，點，點．以點為中心，順時針旋轉矩形，得到矩形，點的對應點分別為，記旋轉角為．(1)如圖①，當時，求點的坐標；(2)如圖②，當點落在的延長線上時，求點的坐標；(3)當點落在線段上時，求點的坐標（直接寫出結果即可）．26．（10分）如圖1，已知中，，，，點、在上，點在外，邊、與交于點、，交的延長線于點．（1）求證：；（2）當時，求的長；（3）設，的面積為，①求關于的函數關系式．②如圖2，連接、，若的面積是的面積的1.5倍時，求的值．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【分析】利用位似圖形的性質，結合兩圖形的位似比，即可得出C點坐標．【詳解】解：∵線段AB的兩個端點坐標分別為A（6，6），B（8，2），以原點O為位似中心，在第一象限內將線段AB縮小后得到線段CD，且D（4，1），∴在第一象限內將線段AB縮小為原來的后得到線段CD，∴點C的橫坐標和縱坐標都變為A點的一半，∴點C的坐標為：（3，3）．故選：C．【點睛】此題主要考查了位似圖形的性質，利用兩圖形的位似比得出對應點橫縱坐標關系是解題關鍵．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．2、D【解析】由圖象與x軸的交點坐標即可判定下列說法是否正確．【詳解】解：∵拋物線與x軸交點的橫坐標分別為-1、3，

∴對稱軸是直線x==1，方程ax2+bx+c=0的解是x1=-1，x2=3，故A、B正確；

∵當-1＜x＜3時，拋物線在x軸的下面，

∴y＜0，故C正確，

∵拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的開口向上，

∴當x＜1，y隨x的增大而減小，故D錯誤；故選：D．【點睛】本題考查拋物線和x軸的交點坐標問題，解題的關鍵是正確的識別圖象．3、C【分析】根據題意連接CD，根據勾股定理求出OD，根據正切的定義求出tan∠D，根據圓周角定理得到∠B=∠D，等量代換即可．【詳解】解：連接CD（圓周角定理CD過圓心A），在Rt△OCD中，CD=6，OC=2，則OD=，tan∠D=，由圓周角定理得∠B=∠D，則tan∠B=，故選：C．【點睛】本題考查圓周角定理、銳角三角函數的定義，掌握在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半、熟記銳角三角函數的定義是解題的關鍵．4、C【解析】根據圖形可知※代表CD，即可判斷D；根據三角形外角的性質可得◎代表∠EFC，即可判斷A；利用等量代換得出▲代表∠EFC，即可判斷C；根據圖形已經內錯角定義可知@代表內錯角．【詳解】延長BE交CD于點F，則∠BEC=∠EFC+∠C（三角形的外角等于與它不相鄰兩個內角之和）．又∠BEC=∠B+∠C，得∠B=∠EFC．故AB∥CD（內錯角相等，兩直線平行）．故選C．【點睛】本題考查了平行線的判定，三角形外角的性質，比較簡單．5、D【解析】∵△ABC∽△ADE，∴，故選D．【點睛】本題考查相似三角形的性質，掌握相似三角形的對應邊成比例這一性質是解答此題的關鍵．6、A【分析】把x=1代入方程，然后解一元一次方程即可．【詳解】把x=1代入方程得：1+m=0，解得：m=﹣1．故選A．【點睛】本題考查了一元二次方程的解．掌握一元二次方程的解的定義是解答本題的關鍵．7、C【分析】根據相似三角形的判定，采用排除法，逐項分析判斷．【詳解】∵∠BAD=∠C，∠B=∠B，∴△BAC∽△BDA．故A正確．∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE，∴△BFA∽△BEC．故B正確．∴∠BFA=∠BEC，∴∠BFD=∠BEA，∴△BDF∽△BAE．故D正確．而不能證明△BDF∽△BEC，故C錯誤．故選C．【點睛】本題考查相似三角形的判定．識別兩三角形相似，除了要掌握定義外，還要注意正確找出兩三角形的對應邊和對應角．8、B【分析】連接OA，由圓周角定理可求出∠AOC=60°，再根據∠AOC的正切即可求出PA的值.【詳解】連接OA，∵∠ABC=30°，∴∠AOC=60°，∵PA是圓的切線，∴∠PAO=90°，∵tan∠AOC=,∴PA=tan60°×1=.故選B.【點睛】本題考查了圓周角定理、切線的性質及銳角三角函數的知識，根據圓周角定理可求出∠AOC=60°是解答本題的關鍵.9、C【解析】試題解析：C.兩組邊對應成比例及其夾角相等，兩三角形相似.必須是夾角，但是不一定等于故選C.點睛：三角形相似的判定方法：兩組角對應相等，兩個三角形相似.兩組邊對應成比例及其夾角相等，兩三角形相似.三邊的比相等，兩三角形相似.10、B【分析】先畫出樹狀圖得出所有等可能的情況的數量和所需要的情況的數量，再計算所需要情況的概率即得．【詳解】解：由題意可畫樹狀圖如下：根據樹狀圖可知：兩次摸球共有9種等可能情況，其中兩次摸出球所標數字之和為奇數的情況有4種，所以兩次摸出球所標數字之和為奇數的概率為：．【點睛】本題考查了概率的求法，能根據題意列出樹狀圖或列表是解題關鍵．二、填空題(每小題3分,共24分)11、1【分析】將拋物線的解析式化為頂點式，即可得到該拋物線的對稱軸；【詳解】解：∵拋物線y＝(x﹣1)(x﹣3)＝x1﹣4x+3＝(x﹣1)1﹣1，∴該拋物線的對稱軸是直線x＝1，故答案為：1．【點睛】本題考查了二次函數的性質，掌握二次函數的性質是解題的關鍵.12、【分析】設AC與EF交于點G，由于EF∥AB，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BD?DC=DE?DF，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CN⊥AB于N，交EF于M，則CM⊥EF，根據圓和等邊三角形的性質知：CN必過點O，∵EF∥AB，D是BC的中點，∴DG是△ABC的中位線，即DG=AB=3；∵∠ACB=60°，BD=DC=BC，AG=GC=AC，且BC=AC，∴△CGD是等邊三角形，∵CM⊥DG，∴DM=MG；∵OM⊥EF，由垂徑定理得：EM=MF，故DE=GF，∵弦BC、EF相交于點D，∴BD×DC=DE×DF，即DE×(DE+3)=3×3；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.13、【分析】過點作的垂線，則得到兩個直角三角形，根據勾股定理和正余弦公式，求的長.【詳解】過作于點，設，則，因為，所以，則由勾股定理得，因為，所以，則．則．【點睛】本題考查勾股定理和正余弦公式的運用，要學會通過作輔助線得到特殊三角形，以便求解.14、①③④【分析】根據圖象求出二次函數的解析式，根據二次函數的性質結合圖象可以判斷各個小題中的結論是否正確．【詳解】由函數圖象可知：拋物線過(-3，0)，(1，0)，(0，3)，∴設拋物線解析式為，把(0，3)代入得：3=，解得：a=－1，∴拋物線為，即，∴二次三項式ax2+bx+c的最大值為4，故①正確，由=3，解得：x=0或x=-2，由圖像可知：使y≤3成立的x的取值范圍是x≤﹣2或x≥0，故②錯誤．∵二次三項式ax2+bx+c的最大值為4，∴當k＜4時，直線y=k與拋物線有兩個交點，∴當k＜4時，方程一元二次方程總有兩個不相等的實數根，故③正確，該拋物線的對稱軸是直線x=﹣1，故④正確，當x=﹣2時，y=4a﹣2b+c＞0，故⑤錯誤．故答案為：①③④．【點睛】本題考查了二次函數圖象與系數的關系、二次函數的最值、拋物線與x軸的交點，解答本題的關鍵是明確題意，利用二次函數的性質和數形結合的思想解答．15、②④【分析】①根據函數圖象可得的正負性，即可判斷；②令，即可判斷；③令，方程有兩個不相等的實數根即可判斷；④根據對稱軸大于0小于1即可判斷.【詳解】①由函數圖象可得、∵對稱軸∴∴②令，則③令，由圖像可知方程有兩個不相等的實數根∴④∵對稱軸∴∴綜上所述，值小于的有②④.【點睛】本題考察二次函數圖象與系數的關系，充分利用圖象獲取解題的關鍵信息是關鍵.16、【分析】畫樹狀圖展示所有9種等可能的結果數，再找出兩人隨機同時出手一次，做同樣手勢的結果數，然后根據概率公式求解．【詳解】畫樹狀圖為：

共有9種等可能的結果數，其中兩人隨機同時出手一次，做同樣手勢的結果數為3，

故兩人一起做同樣手勢的概率是的概率為．故答案為：．【點睛】本題涉及列表法和樹狀圖法以及相關概率知識，用到的知識點為：概率=所求情況數與總情況數之比．17、80【解析】因為△ABC∽△DEF,所以∠A=∠D,∠B=∠E,∠C=∠F,因為∠A=40°,∠E=60°,所以∠B=60°,所以∠C=180°―40°―60°=80°,故答案為:80.18、【分析】由正方形的邊長為，，，得D1E1=B2E2，D2E3=B3E4，∠D1C1E1=∠C2B2E2=∠C3B3E4=30°，根據三角函數的定義和正方形的性質，即可得到答案．【詳解】∵正方形的邊長為，，，∴D1E1=B2E2，D2E3=B3E4，∠D1C1E1=∠C2B2E2=∠C3B3E4=30°，∴D1E1=C1D1=，B2C2==，同理可得：B3C3=，以此類推：正方形的邊長為：，∴正方形的邊長為：．故答案是：．【點睛】本題主要考查正方形的性質和三角函數的定義綜合，掌握用三角函數的定義解直角三角形，是解題的關鍵．三、解答題(共66分)19、（1）證明見解析；（2）證明見解析【分析】（1）本題首先根據垂直性質以及公共角分別求證△CED∽△CDA，△CDF∽△CBD，繼而以為中間變量進行等量替換證明本題．（2）本題以第一問結論為前提證明△CEF∽△CBA，繼而根據垂直性質證明∠OFD＝∠ECO，最后利用“角角”判定證明相似．【詳解】（1）由已知得：∠CED＝∠CDA＝90°，∠ECD＝∠DCA，∴△CED∽△CDA，∴，即CD2＝CE?CA，又∵∠CFD＝∠CDB＝90°，∠FCD＝∠DCB，∴△CDF∽△CBD，∴，即CD2＝CB?CF，則CA?CE＝CB?CF；（2）∵CA?CE＝CB?CF，∴，又∵∠ECF=∠BCA，∴△CEF∽△CBA，∴∠CFE＝∠A，∵∠CFE＋∠OFD＝∠A＋∠ECO＝90°，∴∠OFD＝∠ECO，又∵∠COE＝∠FOD，∴△COE∽△FOD．【點睛】本題考查相似的判定與性質綜合，相似判定難點首先在于確定哪兩個三角形相似，其次是判定定理的選擇，相似判定常用“角角”定理，另外需注意相似圖形其潛在信息點是邊的比例關系以及角等．20、（1）；（2）當時，線段的長度有最大值，最大值為；（3）的值為6或或或3【分析】（1）令即可得出點A的坐標，再根據點B的坐標利用待定系數法即可求得拋物線的解析式；（2）由點D的橫坐標，可知點P和點D的坐標，再根據點在直線下方的拋物線上，即可表示PD解析式，并轉化為頂點式就可得出答案；（3）根據題意分別表示出,,分當時，當時，當時三種情況分別求出m的值即可.【詳解】（1）對于，取，得，∴.將，代入，得解得∴拋物線的解析式為.（2）∵點的橫坐標為，∴點的坐標為，點的坐標為，∵點在直線下方的拋物線上，∴.∵，當時，線段的長度有最大值，最大值為.（3）由，，，得，，.當為等腰三角形時，有三種情況：①當時，，即，解得（不合題意，舍去），；②當時，，即，解得，；③當時，，即，解得.綜上所述，的值為6或或或3.【點睛】本題考查了待定系數求二次函數解析式、二次函數的最值、等腰三角形的性質，綜合性比較強，需要注意的是求m的值時，等腰三角形要分情況討論.21、1【分析】連接OB，OC，根據圓周角定理得到∠BOC=60°，根據等邊三角形的性質即可得到結論．【詳解】解：連接OB，OC，∵∠A=30°，∴∠BOC=60°，∵OB=OC，∴△OBC是等邊三角形，∴OC=BC=4，∴⊙O的直徑=1．【點睛】本題考查三角形的外接圓與外心，等邊三角形的判定和性質，解題關鍵是正確的作出輔助線．22、（1）；（2）的值是，該方程的另一根為．【解析】試題分析：（1）利用根的判別式列出不等式求解即可；（2）利用根與系數的關系列出有關的方程（組）求解即可.試題解析：（1）∵b2﹣4ac=22﹣4×1×（a﹣2）=12﹣4a＞0，解得：a＜1，∴a的取值范圍是a＜1；（2）設方程的另一根為x1，由根與系數的關系得：，解得：，則a的值是﹣1，該方程的另一根為﹣1．23、（1）相切，證明詳見解析；（2）.【分析】（1）過O作OF⊥AD于F，連接OE,可證△ODF≌△ODE，可得OF=OE,根據相切判定即可得出：AD與相切；（2）連接MC，可證，可得DF=CG，過點E作EP⊥BD于P，過點F作FH⊥BD于H設DP=a，DH=b，由于△DHF與△DPE都是等腰直角三角形，設EP=DP=a，FH=DH=b,利用勾股定理：可列出方程組解得a=b，可得，.由于可得，由可得OD=a，由OD=OM-DM，可得，代入2DF+y=2可得，整理得y與x的函數解析式,由DF≤1，EG≥0，可得x的取值范圍，即可求解問題.【詳解】解：（1）直線AD與⊙O相切，理由如下：過O作OF⊥AD于F，連接OE∴∠OFD=90°在正方形ABCD中，BD平分∠ADE，∠ADE=90°∴∠FDO=∠EDO=45°∵與CD僅有一個公共點E∴CD與相切∴OE⊥DC，OE為半徑∴∠OED=90°又∵OD=OD∴△ODF≌△ODE∴OF=OE∵OF⊥AD、OF=OE∴AD與相切（2）連接MC在正方形ABCD中，∠BCD=90°，∠ADB=45°∵∠BCD=90°，M為正方形的中心∴MC=MD=，∠ADB=∠DCM=45°∵FM⊥MG，即∠FMG=90°且在正方形ABCD中，∠DMC=90°∴∠FMD+∠DMG=∠DMG+∠CMG∴∠FMD=∠CMG∴∴DF=CG過點E作EP⊥BD于P，過點F作FH⊥BD于H設DP=a，DH=b∵∠FDM=∠EDM=45°∴△DHF與△DPE都是等腰直角三角形∴EP=DP=a，FH=DH=b∵，且由（1）得∴點O在正方形ABCD外∴OP=OD+DP，OH=OD+DH在Rt△OPE與Rt△OHF中得：（a-b）(OD+a+b)=0∴a-b=0或OD+a+b=0∵OD+a+b>0∴a-b=0∴a=b即點P與點H重合，也即EF⊥BD，垂足為P（或H）∵DP=a，DH=b∵在Rt△DPE中，在Rt△DHF中，∴DF=DE∵CD=DE+EG+CG=2，即2DF+EG=2∴2DF+y=2∵在Rt△DPF中，，且∴在Rt△OPE與Rt△OHF中∴∴OD+a=2a∴OD=a又因為OD=OM-DM，即∴又因為2DF+y=2∴∴∴∵DF≤1，且2DF+EG=2∴EG≥0，即y≥0∴∴∴y與x的函數解析式為【點睛】本題考查一次函數綜合題、正方形的性質、三角形全等的判定和性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識，學會利用參數，構建方程以及方程組解決問題.24、（1）①（6，），②（3，）；（2）【分析】（1）①由四邊形OABC是矩形，根據矩形的性質，即可求得點B的坐標；②由正切函數，即可求得∠CAO的度數，③由三角函數的性質，即可求得點P的坐標；（2）分別從當0≤x≤3時，當3＜x≤5時，當5＜x≤9時，當x＞9時去分析求解即可求得答案．【詳解】解：（1）①∵四邊形OABC是矩形，∴AB=OC，OA=BC，∵A（6，0）、C（0，2），∴點B的坐標為：（6，2）；②如圖1：當點Q與點A重合時，過點P作PE⊥OA于E，∵∠PQO=60°，D（0，3），∴PE=3，∴AE=，∴OE=OA-AE=6-3=3，∴點P的坐標為（3，3）；故答案為：①（6，2），②（3，