2023-2024学年北京数学九年级第一学期期末复习检测模拟试题

这是一份2023-2024学年北京数学九年级第一学期期末复习检测模拟试题，共19页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，若反比例函数y＝的图象经过点等内容，欢迎下载使用。

1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．抛物线y＝x2﹣4x+1与y轴交点的坐标是（ ）
A．（0，1）B．（1，O）C．（0，﹣3）D．（0，2）
2．二次函数经过平移后得到二次函数，则平移方法可为（ ）
A．向左平移1个单位，向上平移1个单位
B．向左平移1个单位，向下平移1个单位
C．向右平移1个单位，向下平移1个单位
D．向右平移1个单位，向上平移1个单位
3．二次函数的图象如图所示，对称轴为直线，下列结论不正确的是（ ）
A．
B．当时，顶点的坐标为
C．当时，
D．当时，y随x的增大而增大
4．己知的半径为，点是线段的中点，当时，点与的位置关系是（ ）
A．点在外B．点在上C．点在内D．不能确定
5．如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为点D，若AC=，∠C=45°，tan∠ABC=3，则BD等于（ ）
A．2B．3C．D．
6．将二次函数y＝ax2的图象先向下平移2个单位，再向右平移3个单位，截x轴所得的线段长为4，则a＝（ ）
A．1B．C．D．
7．赵州桥的桥拱可以用抛物线的一部分表示，函数关系为，当水面宽度AB为20m时，水面与桥拱顶的高度DO等于（ ）
A．2mB．4mC．10mD．16m
8．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A(3，0)，顶点B在y轴正半轴上，顶点D在x轴负半轴上，若抛物线y=－x2－5x+c经过点B、C，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．15B．20C．25D．30
9．若反比例函数y＝的图象经过点（3，1），则它的图象也一定经过的点是（ ）
A．（﹣3，1）B．（3，﹣1）C．（1，﹣3）D．（﹣1，﹣3）
10．如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的高，∠A≠45°，则下列比值中不等于csA的是（ ）
A．B．C．D．
11．的绝对值为（ ）
A．B．C．D．
12．下列事件中，属于必然事件的是（ ）
A．2020年的除夕是晴天B．太阳从东边升起
C．打开电视正在播放新闻联播D．在一个都是白球的盒子里，摸到红球
二、填空题（每题4分，共24分）
13．一个周长确定的扇形，要使它的面积最大，扇形的圆心角应为______度．
14．如图，正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，O为位似中心，相似比为1：，点A的坐标为(1，0)，则四边形ODEF的面积为_____．
15．已知点、在二次函数的图像上，则___.（填“”、“”、“”）
16．二次函数的图象如图所示，对称轴为．若关于的方程（为实数）在范围内有实数解，则的取值范围是__________．
17．如图，点在上，，则度数为_____．
18．写出一个经过点（0，3）的二次函数：________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）解方程：（1）x2﹣2x+1=0 （2）2x2﹣3x+1=0
20．（8分）计算：2cs30°+（π﹣3.14）0﹣
21．（8分）如图，已知⊙O的半径长为R=5，弦AB 与弦CD平行，它们之间距离为5，AB=6，求弦CD的长．
22．（10分）已知：△ABC在直角坐标平面内，三个顶点的坐标分别为A(0，3)、B(3，4)、C(2，2)（正方形网格中每个小正方形的边长是一个单位长度）．
（1）画出△ABC向下平移4个单位长度得到的△A1B1C1；
（2）以点B为位似中心，在网格内画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC位似，且位似比为2：1；
（3）△A2B2C2的面积是 平方单位．
23．（10分）如图，已知抛物线（a≠0）经过A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）三点，直线l是抛物线的对称轴．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）设点P是直线l上的一个动点，当点P到点A、点B的距离之和最短时，求点P的坐标；
（3）点M也是直线l上的动点，且△MAC为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点M的坐标．
24．（10分）如图，抛物线（a≠0）经过A（-1，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）点P在抛物线的对称轴上，当△ACP的周长最小时，求出点P的坐标；
（3） 点N在抛物线上，点M在抛物线的对称轴上，是否存在以点N为直角顶点的Rt△DNM与Rt△BOC相似，若存在，请求出所有符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
25．（12分）如图，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连接CG．
（1）试说明四边形EFCG是矩形；
（2）当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中，
①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；
②求点G移动路线的长．
26．如图所示，学校准备在教学楼后面搭建一简易矩形自行车车棚，一边利用教学楼的后墙（可利用的墙长为），另外三边利用学校现有总长的铁栏围成，留出2米长门供学生进出.若围成的面积为，试求出自行车车棚的长和宽.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【分析】抛物线与y轴相交时，横坐标为0，将横坐标代入抛物线解析式可求交点纵坐标．
【详解】解：当x=0时，y=x2-4x+1=1，
∴抛物线与y轴的交点坐标为（0，1），
故选A．
本题考查了抛物线与坐标轴交点坐标的求法．令x=0，可到抛物线与y轴交点的纵坐标，令y=0，可得到抛物线与x轴交点的横坐标．
2、D
【分析】解答本题可根据二次函数平移的特征，左右平移自变量x加减（左加右减），上下平移y加减（下加上减），据此便能得出答案．
【详解】由得
平移方法可为向右平移1个单位，向上平移1个单位
故答案为：D．
本题考查了二次函数的平移问题，掌握次函数的平移特征是解题的关键．
3、C
【解析】根据对称轴公式和二次函数的性质，结合选项即可得到答案.
【详解】解：∵二次函数
∴对称轴为直线
∴，故A选项正确；
当时，
∴顶点的坐标为，故B选项正确；
当时，由图象知此时
即
∴，故C选项不正确；
∵对称轴为直线且图象开口向上
∴当时，y随x的增大而增大，故D选项正确；
故选C．
本题考查二次函数，解题的关键是熟练掌握二次函数.
4、C
【分析】首先根据题意求出OA，然后和半径比较大小即可.
【详解】由已知，得OA=OP=4cm，
∵的半径为
∴OA＜5
∴点在内
故答案为C.
此题主要考查点和圆的位置关系，解题关键是找出点到圆心的距离.
5、A
【解析】根据三角函数定义可得AD=AC•sin45°，从而可得AD的长，再利用正切定义可得BD的长．
【详解】∵AC=6，∠C=45°
∴AD=AC⋅sin45°=6×=6，
∵tan∠ABC=3，
∴=3，
∴BD==2，
故选A．
本题主要考查解直角三角形，三角函数的知识，熟记知识点是解题的关键．
6、D
【分析】根据题意可以写出平移后的函数解析式，然后根据截x轴所得的线段长为4，可以求得a的值，本题得以解决．
【详解】解：二次函数y＝ax2的图象先向下平移2个单位，再向右平移3个单位之后的函数解析式为y＝a（x﹣3）2﹣2，
当y＝0时，ax2﹣6ax+9a﹣2＝0，
设方程ax2﹣6ax+9a﹣2＝0的两个根为x1，x2，
则x1+x2＝6，x1x2＝，
∵平移后的函数截x轴所得的线段长为4，
∴|x1﹣x2|＝4，
∴（x1﹣x2）2＝16，
∴（x1+x2）2﹣4x1x2＝16，
∴36﹣4×＝16，
解得，a＝，
故选：D．
本题考查解二次函数综合题，解题关键是根据题意可以写出平移后的函数解析式.
7、B
【分析】根据题意，水面宽度AB为20则B点的横坐标为10，利用B点是函数为图象上的点即可求解y的值即DO
【详解】根据题意B的横坐标为10，
把x＝10代入，
得y＝﹣4，
∴A（﹣10，﹣4），B（10，﹣4），
即水面与桥拱顶的高度DO等于4m．
故选B．
本题考查了点的坐标及二次函数的实际应用．
8、B
【分析】根据抛物线的解析式结合抛物线过点B、C，即可得出点C的横坐标，由菱形的性质可得出AD=AB=BC=1，再根据勾股定理可求出OB的长度，套用平行四边形的面积公式即可得出菱形ABCD的面积．
【详解】解：抛物线的对称轴为，
∵抛物线y=-x2-1x+c经过点B、C，且点B在y轴上，BC∥x轴，
∴点C的横坐标为-1．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=AD=1，
∴点D的坐标为（-2，0），OA=2．
在Rt△ABC中，AB=1，OA=2，
∴OB=，
∴S菱形ABCD=AD•OB=1×4=3．
故选：B．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、菱形的性质以及平行四边形的面积，根据二次函数的性质、菱形的性质结合勾股定理求出AD=1、OB=4是解题的关键．
9、D
【分析】由反比例函数y=的图象经过点（3，1），可求反比例函数解析式，把点代入解析式即可求解．
【详解】∵反比例函数y＝的图象经过点（3，1），
∴y＝，
把点一一代入，发现只有（﹣1，﹣3）符合．
故选D．
本题运用了待定系数法求反比例函数解析式的知识点，然后判断点是否在反比例函数的图象上．
10、A
【解析】根据垂直定义证出∠A=∠DCB，然后根据余弦定义可得答案．
【详解】解：∵CD是斜边AB上的高，
∴∠BDC=90°，
∴∠B+∠DCB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∴∠A=∠DCB，
∴csA=
故选A．
考查了锐角函数定义，关键是掌握余弦=邻边：斜边．
11、C
【分析】根据绝对值的定义即可求解．
【详解】的绝对值为
故选C．
此题主要考查绝对值，解题的关键是熟知其定义．
12、B
【分析】根据必然事件和随机事件的概念进行分析．
【详解】A选项：2020年的元旦是晴天，属于随机事件，故不合题意；
B选项：太阳从东边升起，属于必然事件，故符合题意；
C选项：打开电视正在播放新闻联播，属于随机事件，故不合题意；
D选项：在一个都是白球的盒子里，摸到红球，属于不可能事件，故不合题意．
故选：B．
考查了确定事件和不确定事件（随机事件），确定事件又分为必然事件和不可能事件；注：事先能肯定它一定会发生的事件称为必然事件，事先能肯定它一定不会发生的事件称为不可能事件，必然事件和不可能事件都是确定的．在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】设扇形的弧长，然后，建立关系式，结合二次函数的图象与性质求解最值即可．
【详解】设扇形面积为S，半径为r，圆心角为α，则扇形弧长为a-2r，
所以S=（a-2r）r=-（r-）2+．
故当r=时，扇形面积最大为．
∴
∴此时，扇形的弧长为2r，
∴，
∴
故答案为：．
本题重点考查了扇形的面积公式、弧长公式、二次函数的最值等知识，属于基础题．
14、1
【分析】利用位似图形的性质得出D点坐标，进而求出正方形的面积．
【详解】∵正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，O为位似中心，相似比为1：，点A的坐标为（1，0），
∴OA:OD=1:，
∵OA=1，
∴OD=，
∴正方形ODEF的面积为：OD1=×＝1．
故答案为：1．
此题主要考查了位似变换以及坐标与图形的性质，得出OD的长是解题关键．
15、
【分析】把两点的坐标分别代入二次函数解析式求出纵坐标，再比较大小即可得解.
【详解】时，，
时，，
∵＞0，
∴；
故答案为：．
本题考查了二次函数的性质及二次函数图象上点的坐标特征，用求差法比较大小是常用的方法.
16、
【分析】先求出函数解析式，求出函数值取值范围，把t的取值范围转化为函数值的取值范围.
【详解】由已知可得，对称轴
所以b=-2
所以
当x=1时，y=-1
即顶点坐标是（1，-1）
当x=-1时，y=3
当x=4时，y=8
由得
因为当时，
所以在范围内有实数解，则的取值范围是
故答案为：
考核知识点：二次函数和一元二次方程.数形结合分析问题，注意函数的最低点和最高点.
17、
【分析】根据同圆中同弧所对的圆周角等于圆心角的一半解答即可.
【详解】解：点在上， ，
．
故答案为：．
本题考查的知识点是圆周角定理，熟记定理内容是解题的关键.
18、（答案不唯一）
【分析】设二次函数的表达式为y=x2+x+c，将（0，3）代入得出c=3，即可得出二次函数表达式．
【详解】解：设二次函数的表达式为y=ax2+bx+c（a≠0），
∵图象为开口向上，且经过（0，3），
∴a＞0，c=3，
∴二次函数表达式可以为：y=x2+3（答案不唯一）．
故答案为：y=x2+3（答案不唯一）．
本题主要考查了用待定系数法求二次函数解析式，得出c=3是解题关键，属开放性题目，答案不唯一．
三、解答题（共78分）
19、（1）x1=x2=1 ；（2）x1=1，x2=
【分析】（1）利用配方法解一元二次方程即可得出答案；
（2）利用十字相乘法解一元二次方程即可得出答案.
【详解】解：（1）x2﹣2x+1=0
(x-1)2=0
∴x1=x2=1
（2）2x2﹣3x+1=0
(2x-1)(x-1)=0
∴x1=1，x2=
本题考查的是解一元二次方程，解一元二次方程主要有以下几种解法：直接开方法、配方法、公式法和因式分解法.
20、.
【分析】分别根据特殊角的三角函数值、零指数幂的运算法则和二次根式的性质计算各项，再合并即得结果.
【详解】解：原式=.
本题考查了特殊角的三角函数值、零指数幂和二次根式的性质等知识，属于应知应会题型，熟练掌握基本知识是关键.
21、
【分析】如图所示作出辅助线，由垂径定理可得AM=3，由勾股定理可求出OM的值，进而求出ON的值，再由勾股定理求CN的值，最后得出CD的值即可．
【详解】解：如图所示，因为AB∥CD，所以过点O作MN⊥AB交AB于点M，交CD于点N，连接OA，OC，
由垂径定理可得AM=，
∴在Rt△AOM中，，
∴ON=MN-OM=1，
∴在Rt△CON中，，
∴，
故答案为：
本题考查勾股定理及垂径定理，作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
22、（1）见解析；（2）见解析；（3）1
【分析】（1）根据平移的方向与距离进行画图即可；
（2）根据点B为位似中心，且位似比为2：1进行画图即可；
（3）由网格特点可知，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，根据坐标可求边长和面积，再根据相似比即可求出面积．
【详解】解：（1）如图所示，△ABC向下平移4个单位长度得到的△A1B1C1；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；
（3）则由网格特点可知：AC＝BC＝，AC⊥BC，
∴△ABC的面积＝．
又∵△A2B2C2与△ABC位似，且位似比为2：1，
∴△A2B2C2的面积＝．
故答案为：1．
本题主要考查了利用平移变换和位似变换进行作图，解决问题的关键是掌握：平移图形时，要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．
23、（1）；（2）P（1，0）；（3）M（1，）（1，）（1，﹣1）（1，0）．
【分析】（1）直接将A、B、C三点坐标代入抛物线的解析式中求出待定系数即可；
（2）由图知：A．B点关于抛物线的对称轴对称，那么根据抛物线的对称性以及两点之间线段最短可知，直线l与x轴的交点，即为符合条件的P点；
（3）由于△MAC的腰和底没有明确，因此要分三种情况来讨论：①MA=AC、②MA=MC、③AC=MC；可先设出M点的坐标，然后用M点纵坐标表示△MAC的三边长，再按上面的三种情况列式求解．
【详解】解：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）代入抛物线中，
得：，
解得：，
故抛物线的解析式：．
（2）当P点在x轴上，P，A，B三点在一条直线上时，
点P到点A、点B的距离之和最短，
此时x==1，
故P（1，0）；
（3）如图所示：抛物线的对称轴为：x==1，设M（1，m），已知A（﹣1，0）、C（0，﹣3），则：
=，==，=10；
①若MA=MC，则，得：=，
解得：m=﹣1；
②若MA=AC，则，得：=10，
得：m=；
③若MC=AC，则，得：=10，
得：，；
当m=﹣6时，M、A、C三点共线，构不成三角形，不合题意，故舍去；
综上可知，符合条件的M点，且坐标为 M（1，）（1，）（1，﹣1）（1，0）．
考点：二次函数综合题；分类讨论；综合题；动点型．
24、（1），D（，）；（2）P（，）；（3）存在．N（，）或（，）或（，）或（，）．
【解析】试题分析：（1）利用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）确定出当△ACP的周长最小时，点P就是BC和对称轴的交点，利用两点间的距离公式计算即可；
（3）作出辅助线，利用tan∠MDN=2或，建立关于点N的横坐标的方程，求出即可．
试题解析：（1）由于抛物线 （a≠0）经过A（-1，0），B（2，0）两点，因此把A、B两点的坐标代入 （a≠0），可得：；解方程组可得：，故抛物线的解析式为：，∵=，所以D的坐标为（，）．
（2）如图1，设P（，k），∵，∴C（0，－1），∵A（-1，0），B（2，0），∴A、B两点关于对称轴对称，连接CB交对称轴于点P，则△ACP的周长最小．设直线BC为y=kx+b，则：，解得：，∴直线BC为：．当x=时，=，∴P（，）；
（3）存在．如图2，过点作NF⊥DM，∵B（2，0），C（0，﹣1），∴OB=2，OC=1，∴tan∠OBC=，tan∠OCB==2，设点N（m，），∴FN=|m﹣|，FD=||=||，∵Rt△DNM与Rt△BOC相似，∴∠MDN=∠OBC，或∠MDN=∠OCB；
①当∠MDN=∠OBC时，∴tan∠MDN==，∴，∴m=（舍）或m=或m=，∴N（，）或（，）；
②当∠MDN=∠OCB时，∴tan∠MDN==2，∴，∴m=（舍）或m=或m=，∴N（，）或（，）；
∴符合条件的点N的坐标（，）或（，）或（，）或（，）．
考点：二次函数综合题；相似三角形的判定与性质；分类讨论；压轴题．
25、（1）证明见解析；（2）①存在，矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为；②．
【解析】试题分析：（1）只要证到三个内角等于90°即可．
（2）①易证点D在⊙O上，根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE，从而证到△CFE∽△DAB，根据相似三角形的性质可得到S矩形ABCD=2S△CFE=．然后只需求出CF的范围就可求出S矩形ABCD的范围．
②根据圆周角定理和矩形的性质可证到∠GDC=∠FDE=定值，从而得到点G的移动的路线是线段，只需找到点G的起点与终点，求出该线段的长度即可．
试题解析：解：（1）证明：如图，
∵CE为⊙O的直径，∴∠CFE=∠CGE=90°．
∵EG⊥EF，∴∠FEG=90°．∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．
∴四边形EFCG是矩形．
（2）①存在．
如答图1，连接OD，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=90°．
∵点O是CE的中点，∴OD=OC．∴点D在⊙O上．
∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，∴△CFE∽△DAB．∴．
∵AD=1，AB=2，∴BD=5.
∴. ∴S矩形ABCD=2S△CFE=．
∵四边形EFCG是矩形，∴FC∥EG．∴∠FCE=∠CEG．
∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，∴∠GDC=∠FDE．
∵∠FDE+∠CDB=90°，∴∠GDC+∠CDB=90°．∴∠GDB=90°
Ⅰ．当点E在点A（E′）处时，点F在点B（F′）处，点G在点D（G′处，如答图1所示．
此时，CF=CB=1．
Ⅱ．当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD，如答图2所示，此时⊙O与射线BD相切，CF=CD=2．
Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，此时点F到达F″′，如答图2所示．S△BCD=BC•CD=BD•CF″′．
∴1×2=5×CF″′．∴CF″′=．
∴≤CF≤1．
∵S矩形ABCD=，∴，即．
∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为．
②∵∠GDC=∠FDE=定值，点G的起点为D，终点为G″，
∴点G的移动路线是线段DG″．
∵∠GDC=∠FDE，∠DCG″=∠A=90°，∴△DCG″∽△DAB．
∴，即，解得．
∴点G移动路线的长为．
考点：1.圆的综合题；2.单动点问题；2.垂线段最短的性质；1.直角三角形斜边上的中线的性质；5.矩形的判定和性质；6.圆周角定理；7.切线的性质；8.相似三角形的判定和性质；9.分类思想的应用．
26、若围成的面积为，自行车车棚的长和宽分别为10米，18米.
【分析】设自行车车棚的宽AB为x米，则长为（38-2x）米，根据矩形的面积公式，即可列方程求解即可．
【详解】解：现有总长的铁栏围成，需留出2米长门
∴设，则；
根据题意列方程，
解得，；
当，（米），
当，（米），而墙长，不合题意舍去，
答：若围成的面积为，自行车车棚的长和宽分别为10米，18米.
本题考查的是一元二次方程的应用，结合图形求解．找到关键描述语，找到等量关系准确的列出方程是解决问题的关键．