2023-2024学年河南省驻马店市西平县九年级（上）期末数学模拟试卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年河南省驻马店市西平县九年级（上）期末数学模拟试卷（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 361.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 冀教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-30 01:40:40 | ||
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文档简介
2023-2024学年河南省驻马店市西平县九年级（上）期末数学模拟试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（3分）抛物线2的顶点坐标是（ ）
A． B． C． D．
3．（3分）关于抛物线y＝﹣x2+2x﹣3的判断，下列说法正确的是（ ）
A．抛物线的开口方向向上
B．抛物线的对称轴是直线x＝﹣1
C．当x＜1时，y随x的增大而减小
D．抛物线与y轴的交点坐标为（0，﹣3）
4．（3分）一个不透明的袋子中装有30个红球和若干个白球，这些球除了颜色外都相同．若小明每次从袋子中随机摸出一个球，记下颜色后再放回，经过多次重复试验，小明发现摸到白球的频率逐渐稳定于0.4，则小明估计袋子中白球的个数约为（ ）
A．50个 B．30个 C．20个 D．12个
5．（3分）如图，△ABC中，DE∥BC，若AD：DB＝2：3，则下列结论中正确的（ ）
A． B． C． D．
6．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，⊙O的半径为1，AB，CB，则∠ADC的度数是（ ）
A．100° B．105° C．110° D．120°
7．（3分）若方程5x2+x﹣5＝0的两个实数根分别为x1，x2．则x1+x2等于（ ）
A． B． C．﹣1 D．1
8．（3分）如图，已知⊙O中，直径AF⊥BC于点H，点D在上，且∠ACD＝30°，过点A作AE⊥CD于点E，已知△BCD的周长为，且BH＝2，则⊙O的半径长为（ ）
A． B． C． D．
9．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝10，，将△ABC绕点C逆时针旋转到Δ A'B'C的位置，其中点A'是点A的对应点，点B'是点B的对应点，并且点A'恰好落在线段AB的延长线上，则AA'的长为（ ）
A．12 B．20 C．8 D．16
10．（3分）已知等腰直角△ABC的斜边AB＝4，正方形DEFG的边长为，把△ABC和正方形DEFG如图放置，点B与点E重合，边AB与EF在同一条直线上，将△ABC沿AB方向以每秒个单位的速度匀速平行移动，当点A与点E重合时停止移动．在移动过程中，△ABC与正方形DEFG重叠部分的面积S与移动时间t（s）的函数图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．（3分）三角形两边的长分别为2和5，第三边的长是方程x2﹣8x+15＝0的根，则该三角形的周长为 ．
12．（3分）我国古代数学著作《增删算法统宗》记载“圆中方形”问题：“今有圆田一段，中间有个方池．丈量田地待耕犁，恰好三分在记，池面至周有数，每边三步无疑．内方圆径若能知，堪作算中第一．”其大意为：有一块圆形的田，中间有一块正方形水池，测量出除水池外圆内可耕地的面积恰好72平方步，从水池边到圆周，每边相距3步远．如果你能求出正方形边长和圆的直径，那么你的计算水平就是第一了．如图，设正方形的边长是x步，则列出的方程是 ．
13．（3分）如图，在正五边形ABCDE中，若边长AB＝2，则AC的长为 ．
14．（3分）如图，将半径为5cm的扇形OAB沿西北方向平移，得到扇形O′A′B′．若∠AOB＝90°，则阴影部分的面积为 cm2．（sin12°）
15．（3分）如图，正方形ABCD和正方形CGFE的顶点C，D，E在同一条直线上，顶点B，C，G在同一条直线上，O是EG的中点，∠EGC的平分线GH过点D，交BE于点H，连接FH交EG于点M，连接OH．以下四个结论：①OH⊥BE：②△EHM∽△FHG：③：④2，其中正确的结论是 ．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．（10分）解下列方程：
（1）2x2﹣6x＝3；
（2）（x﹣5）2+x（x﹣5）＝0．
17．（8分）如图，已知等边△ABC的边长为8，E是边AC中点，点D、P分别在边AB、BC上（BP＜PC），且BD＝3．∠DPE＝60°．求BP的长．
18．（9分）已知关于x的一元二次方程x2+2x+3a﹣1＝0．
（1）若a＝﹣1，解这个方程；
（2）若该方程有实数根，求a的取值范围．
19．（9分）一只不透明的袋子中，装有2个白球，1个红球，1个黄球，这些球除颜色外都相同．请用列表法或画树形图法求下列事件的概率：
（1）搅匀后从中任意摸出1个球，恰好是白球．
（2）搅匀后从中任意摸出2个球，2个都是白球．
（3）再放入几个除颜色外都相同的黑球，搅匀后从中任意摸出1个球，恰好是黑球的概率为，求放入了几个黑球？
20．（9分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以斜边AB上的中线CD为直径作⊙O与AB交于点为E，与AC交于点F，过F作FH⊥AB，垂足为H．
（1）求证：FH是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为2.5，cosA，求AE的长．
21．（10分）某超市销售一款洗手液，这款洗手液成本价为每瓶16元，当销售单价定为每瓶20元时，每天可售出60瓶．市场调查反应：销售单价每上涨1元，则每天少售出5瓶．若设这款洗手液的销售单价上涨x元，每天的销售量利润为y元．
（1）每天的销售量为 瓶，每瓶洗手液的利润是 元；（用含x的代数式表示）
（2）若这款洗手液的日销售利润y达到300元，则销售单价应上涨多少元？
（3）当销售单价上涨多少元时，这款洗手液每天的销售利润y最大，最大利润为多少元？
22．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）与x轴交于点A（﹣2，0）、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，直线经过点A，交抛物线的对称轴于点E．
（1）求△ABE的面积；
（2）联结EC，交x轴于点F，联结AC，若，求抛物线的表达式；
（3）在（2）的条件下，点P是直线AE上一点，且∠EPB＝∠ECB，求点P的坐标．
23．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D在BC边上，以点A为中心，将线段AD顺时针旋转α得到线段AE，连接BE．
（1）求证：BA平分∠EBC；
（2）连接DE交AB于点F，过点C作CG∥AB，交ED的延长线于点G．补全图形，用等式表示线段EF与DG之间的数量关系，并证明．
2023-2024学年河南省驻马店市西平县九年级（上）期末数学模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．【解答】解：A．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故选项符合题意；
C．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
2．【解答】解：∵抛物线2，
∴抛物线2的顶点坐标是：（，2），
故选：A．
3．【解答】解：∵抛物线y＝﹣x2+2x﹣3＝﹣（x﹣1）2﹣2，
∴该抛物线的开口向下，抛物线的对称轴是直线x＝1，当x＜1时，y随x的增大而增大，故选项A、B、C不符合题意；
∵当x＝0时，y＝﹣3，
∴抛物线与y轴的交点坐标为（0，﹣3），故选项D符合题意．
故选：D．
4．【解答】解：设袋中白球有x个，
根据题意，得：0.4，
解得：x＝32，
经检验：x＝20是分式方程的解，
所以估计袋子中白球的个数约为20个，
故选：C．
5．【解答】解：∵AD：DB＝2：3，
∴，
∵DE∥BC，
∴，A错误，B正确；
，C错误；
，D错误．
故选：B．
6．【解答】解：过O分别作OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，连接OB，
则AE＝BEAB，BF＝CFBC，OB＝1
∴cos∠OBE，cos∠OBF，
∴∠OBE＝45°，∠OBF＝30°，
∴∠ABC＝∠OBE+∠OBF＝75°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝180°﹣75°＝105°，
故选：B．
7．【解答】解：根据根与系数的关系得，x1+x2．
故选：A．
8．【解答】解：如图，
设AF与CD交于点G，延长CD至T，使DT＝BD，连接BG，AT，BT，OC，
∴∠DBT＝∠DTB，
∵，
∴∠BDC＝∠BAC，
∵直径AF⊥BC，
∴CH＝BH＝2，
∴AB＝AC，GB＝GC，
∴∠BAH＝∠CAH∠BAC，∠ABC＝∠ACB，∠GBC＝∠GCB，
∴∠ABC﹣∠GBC＝∠ACB﹣∠GCB，
∴∠ABG＝∠ACG＝30°，
∵∠BDC＝∠DTB+∠DBT＝2∠BTD，
∴∠BTD＝∠BAH，
∴点T、B、G、A共圆，
∴∠ATG＝∠ABG＝30°，
∴∠ATG＝∠ABE＝30°，
∴AC＝AT，
∵AE⊥CD，
∴CE＝ETCT，
∵△BCD的周长为，BC＝4，
∴CD+BD＝6，
∴CT＝TD+CD＝6，
∴CE＝3，
在Rt△ACE中，∠ABE＝30°，CE＝3，
∴AC6，
∴AH4，
设OA＝OC＝r，则OH＝AH﹣OA＝4r，
∵OC2﹣OH2＝CH2，
∴r2﹣（4r）2＝22，
∴r，
故选：D．
9．【解答】解：过点C作CD⊥AB于点D，
∵AC＝10，，
设BC＝3x，AB＝5x，
∴AC＝4x＝10，
∴x，
∴BC，AB，
∵S△ABCAB CD，
∴CD6，
∴AD8，
∵将△ABC绕点C逆时针旋转到Δ A'B'C的位置，
∴CA＝CA'，
∵CD⊥AA'，
∴AA'＝2AD＝16．
故选：D．
10．【解答】解：①当0＜t≤1时，St2，函数为开口方向向上的抛物线；
②当1＜t≤2时，如图2，
设BC交FG于H，则FH＝BF，
则GHBF，
S＝S正方形DEFG﹣S△HMGt2+4t﹣2，函数为开口方向向下的抛物线；
③当2＜t≤3时，S＝2；
④当3＜t≤4时，同理可得St2+6t﹣7，函数为开口方向向下的抛物线；
故只有选项C符合题意．
故选：C．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．【解答】解：解方程x2﹣8x+15＝0得：x＝3或5，
当第三边为3时，2+3＝5，不符合三角形三边关系定理，不能组成三角形，舍去；
当第三边为5时，符合三角形三边关系定理，能组成三角形，此时三角形的周长是2+5+5＝12，
故答案为：12．
12．【解答】解：设正方形的边长是x步，则列出的方程是：π（3）2﹣x2＝72．
故答案为：π（3）2﹣x2＝72．
13．【解答】解：如图，∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠ABC＝∠BCD108°，AB＝BC＝CD＝2，
∴∠BCA＝∠BAC36°，
∴∠ABF＝108°﹣36°＝72°，
∵∠AFB＝∠CBD+∠BCA＝36°+36°＝72°，
∴∠ABF＝∠AFB，
∴AF＝AB＝2，
∵∠BCF＝∠ACB，∠BAC∠CBF，
∴△BCF∽△ACB，
∴，
即，
解得CF1（取正值），
∴AC＝CF+AF1+21，
故答案为：1．
14．【解答】解：如图，设O′A′交于点D，O′B′交于点E，连接OE，OD，过点D作DJ⊥OA于点J．
将半径为5cm的扇形OAB沿西北方向平移，即将半径为5cm的扇形OAB向西平移1cm，再向上平移1cm，
∴O′E＝EC﹣O′C1＝21，
∵sin∠AOD，
∴∠AOD＝∠BOE＝12°，
∴S阴＝S扇形BOE+S扇形AOD+S△OO′E+S△OO′D
＝221×（21）
＝（21）（cm2）．
故答案为：（21）．
15．【解答】解：如图，∵四边形ABCD和四边形CGFE是正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCE＝∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴∠BEC＝∠BGH，
∵∠BGH+∠CDG＝90°，∠CDG＝∠HDE，
∴∠BEC+∠HDE＝90°，
∴GH⊥BE．
故①错误；
∵△EHG是直角三角形，O为EG的中点，
∴OH＝OG＝OE，
∴点H在正方形CGFE的外接圆上，
∵EF＝FG，
∴∠FHG＝∠EHF＝∠EGF＝45°，∠HEG＝∠HFG，
∴△EHM∽△FHG，
故②正确；
∵△BGH≌△EGH，
∴BH＝EH，
又∵O是EG的中点，
∴HO∥BG，
∴△DHN∽△DGC，
∴，
设EC和OH相交于点N．
设HN＝a，则BC＝2a，设正方形ECGF的边长是2b，则NC＝b，CD＝2a，
∴，即a2+2ab﹣b2＝0，
解得：a＝（﹣1）b，或a＝（﹣1）b（舍去），
则1，
∴1，
故③正确；
∵△BGH≌△EGH，
∴EG＝BG，
∵HO是△EBG的中位线，
∴HOBG，
∴HOEG，
设正方形ECGF的边长是2b，
∴EG＝2b，
∴HOb，
∵OH∥BG，CG∥EF，
∴OH∥EF，
∴△MHO∽△MFE，
∴，
∴EMOM，
∴1，
∴1，
∵EO＝GO，
∴S△HOE＝S△HOG，
∴1．
故④错误．
故其中正确的结论是②③．
故答案为：②③．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．【解答】解：（1）∵2x2﹣6x＝3，
∴x2﹣3x，
则x2﹣3x，即（x）2，
∴x±，
∴x1，x2；
（2）∵（x﹣5）2+x（x﹣5）＝0，
∴（x﹣5）（2x﹣5）＝0，
则x﹣5＝0或2x﹣5＝0，
解得x1＝5，x2．
17．【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝8，∠B＝∠C＝60°，
∵E是边AC中点，
∴CE＝4，
∵∠DPC＝∠B+∠BDP＝∠DPE+∠EPC，且∠DPE＝60°，
∴∠BDP＝∠EPC，且∠B＝∠C，
∴△BDP∽△CPE，
∴，
∴3×4＝BP（8﹣BP）
∴BP＝2或6，
∵BP＜PC，
∴BP＝2．
18．【解答】解：（1）当a＝﹣1时，方程为x2+2x﹣4＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝﹣1；
（2）由题意得，Δ＝22﹣4（3a﹣1）＝﹣12a+8≥0，
∴a．
故a的取值范围为a．
19．【解答】解：（1）将“恰好是白球”记为事件A，
则P（A）．
（2）画树状图如图所示：共有12个等可能的结果，
从中任意摸出2个球，“2个都是白球”记为事件B，
则P（B）．
（3）设放入n个黑球，由题意得，
解得n＝10，即放入了10个黑球．
20．【解答】（1）证明：连接OF，DF，
∵∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，FH⊥AB，
∴CD＝ADAB，∠AHF＝90°，
∵CD是⊙O直径，
∴DF⊥AC，
∴F是AC的中点，
∴OF是△ADC的中位线，
∴OF∥AD，
∴∠OFH＝∠AHF＝90°，
∴OF⊥FH，
∵OF是⊙O的半径，
∴FH是⊙O的切线；
（2）解：连接CE，则∠AEC＝90°，
由⊙O的半径为2.5，知CD＝AD＝5，
由（1）知，DF⊥AC，F是AC的中点，
在Rt△AFD中，cosA，
∴AF＝4，
∴AC＝8，
在Rt△AEC中，cosA，
∴AE．
21．【解答】解：（1）每天的销售量为（60﹣5x）瓶，每瓶洗手液的利润是（4+x）元；
故答案为：（60﹣5x）；（4+x）；
（2）根据题意得，（60﹣5x）（4+x）＝300，
解得：x1＝6，x2＝2，
答：销售单价应上涨2元或6元；
（3）根据题意得，y＝（60﹣5x）（4+x）＝﹣5（x﹣12）（x+4）＝﹣5（x﹣4）2+320，
答：当销售单价上涨4元时，这款洗手液每天的销售利润y最大，最大利润为320元．
22．【解答】解：（1）将A（﹣2，0）代入yx+b得：
﹣1+b＝0，
解得b＝1，
∴yx+1，
抛物线y＝ax2﹣2ax+c的对称轴为直线x1，
在yx+1中，令x＝1得y，
∴E（1，），
∵抛物线y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）与x轴交于点A（﹣2，0）、B两点，
∴A（﹣2，0），B关于对称轴直线x＝1对称，
∴B（4，0），
∴AB＝6，
∴S△ABEAB |yE|6，
答：△ABE的面积是；
（2）过E作EK⊥y轴于K，如图：
∵，
∴，
∵OF∥EK，
∴，
由（1）知E（1，），
∴OK，
∴OC＝2，
∴C（0，﹣2），
把A（﹣2，0），C（0，﹣2）代入y＝ax2﹣2ax+c得：
，
解得，
∴抛物线的表达式为yx2x﹣2；
（3）过B作BP∥CE交直线AE于P，以B为圆心，BP为半径作圆与直线AE另一交点为P'，如图：
由（1）（2）知直线AE为yx+1，C（0，﹣2），B（4，0），
设直线BC为y＝tx﹣2，将B（4，0）代入得：
4t﹣2＝0，
解得t，
∴直线BC为yx﹣2，
∴AE∥BC，
∵BP∥CE，
∴四边形ECBP是平行四边形，
∴∠ECB＝∠EPB，
∴P是满足题意的点，
由C（0，﹣2）平移至B（4，0）与E（1，）平移至P方式相同，可得P（5，），
∵BP＝BP'，
∴∠EP'B＝∠EPB＝∠ECB，
∴P'是满足题意的点，
设P'（m，m+1），
∵BP＝BP'，
∴（5﹣4）2+（0）2＝（m﹣4）2+（m+1）2，
解得m＝5（与P重合，舍去）或m，
∴P'（，），
综上所述，点P的坐标为（5，）或（，）．
23．【解答】（1）证明：∵∠DAE＝∠BAC＝α，
∴∠DAE﹣∠BAD＝∠BAC﹣∠BAD，
即∠BAE＝∠CAD，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴∠ABE＝∠ACD，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACD，
∴∠ABC＝∠ABE，
∴BA平分∠EBC；
（2）解：EF＝DG，
证明：如图，在AC上截取AH＝AF，连接DH，在CG延长线时取点I，使CI＝CH，连接DI，
在△AEF和△ADH中，
，
∴△AEF≌△ADH（SAS），
∴EF＝DH，∠AFE＝∠AHD，
∴∠AFD＝∠CHD，
∵CG∥AB，
∴∠AFD＝∠DGI，
∴∠DGI＝∠CHD，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACD，
∵CG∥AB，
∴∠ABC＝∠ICD，
∴∠ACD＝∠ICD，
在△HCD和△ICD中，
，
∴△HCD≌△ICD（SAS），
∴∠CID＝∠CHD，DI＝DH，
∵∠DGI＝∠CHD，
∴∠CID＝∠DGI，
∴DI＝DG，
∴DG＝DH，
∵EF＝DH，
∴EF＝DG．
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一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（3分）抛物线2的顶点坐标是（ ）
A． B． C． D．
3．（3分）关于抛物线y＝﹣x2+2x﹣3的判断，下列说法正确的是（ ）
A．抛物线的开口方向向上
B．抛物线的对称轴是直线x＝﹣1
C．当x＜1时，y随x的增大而减小
D．抛物线与y轴的交点坐标为（0，﹣3）
4．（3分）一个不透明的袋子中装有30个红球和若干个白球，这些球除了颜色外都相同．若小明每次从袋子中随机摸出一个球，记下颜色后再放回，经过多次重复试验，小明发现摸到白球的频率逐渐稳定于0.4，则小明估计袋子中白球的个数约为（ ）
A．50个 B．30个 C．20个 D．12个
5．（3分）如图，△ABC中，DE∥BC，若AD：DB＝2：3，则下列结论中正确的（ ）
A． B． C． D．
6．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，⊙O的半径为1，AB，CB，则∠ADC的度数是（ ）
A．100° B．105° C．110° D．120°
7．（3分）若方程5x2+x﹣5＝0的两个实数根分别为x1，x2．则x1+x2等于（ ）
A． B． C．﹣1 D．1
8．（3分）如图，已知⊙O中，直径AF⊥BC于点H，点D在上，且∠ACD＝30°，过点A作AE⊥CD于点E，已知△BCD的周长为，且BH＝2，则⊙O的半径长为（ ）
A． B． C． D．
9．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝10，，将△ABC绕点C逆时针旋转到Δ A'B'C的位置，其中点A'是点A的对应点，点B'是点B的对应点，并且点A'恰好落在线段AB的延长线上，则AA'的长为（ ）
A．12 B．20 C．8 D．16
10．（3分）已知等腰直角△ABC的斜边AB＝4，正方形DEFG的边长为，把△ABC和正方形DEFG如图放置，点B与点E重合，边AB与EF在同一条直线上，将△ABC沿AB方向以每秒个单位的速度匀速平行移动，当点A与点E重合时停止移动．在移动过程中，△ABC与正方形DEFG重叠部分的面积S与移动时间t（s）的函数图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．（3分）三角形两边的长分别为2和5，第三边的长是方程x2﹣8x+15＝0的根，则该三角形的周长为 ．
12．（3分）我国古代数学著作《增删算法统宗》记载“圆中方形”问题：“今有圆田一段，中间有个方池．丈量田地待耕犁，恰好三分在记，池面至周有数，每边三步无疑．内方圆径若能知，堪作算中第一．”其大意为：有一块圆形的田，中间有一块正方形水池，测量出除水池外圆内可耕地的面积恰好72平方步，从水池边到圆周，每边相距3步远．如果你能求出正方形边长和圆的直径，那么你的计算水平就是第一了．如图，设正方形的边长是x步，则列出的方程是 ．
13．（3分）如图，在正五边形ABCDE中，若边长AB＝2，则AC的长为 ．
14．（3分）如图，将半径为5cm的扇形OAB沿西北方向平移，得到扇形O′A′B′．若∠AOB＝90°，则阴影部分的面积为 cm2．（sin12°）
15．（3分）如图，正方形ABCD和正方形CGFE的顶点C，D，E在同一条直线上，顶点B，C，G在同一条直线上，O是EG的中点，∠EGC的平分线GH过点D，交BE于点H，连接FH交EG于点M，连接OH．以下四个结论：①OH⊥BE：②△EHM∽△FHG：③：④2，其中正确的结论是 ．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．（10分）解下列方程：
（1）2x2﹣6x＝3；
（2）（x﹣5）2+x（x﹣5）＝0．
17．（8分）如图，已知等边△ABC的边长为8，E是边AC中点，点D、P分别在边AB、BC上（BP＜PC），且BD＝3．∠DPE＝60°．求BP的长．
18．（9分）已知关于x的一元二次方程x2+2x+3a﹣1＝0．
（1）若a＝﹣1，解这个方程；
（2）若该方程有实数根，求a的取值范围．
19．（9分）一只不透明的袋子中，装有2个白球，1个红球，1个黄球，这些球除颜色外都相同．请用列表法或画树形图法求下列事件的概率：
（1）搅匀后从中任意摸出1个球，恰好是白球．
（2）搅匀后从中任意摸出2个球，2个都是白球．
（3）再放入几个除颜色外都相同的黑球，搅匀后从中任意摸出1个球，恰好是黑球的概率为，求放入了几个黑球？
20．（9分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以斜边AB上的中线CD为直径作⊙O与AB交于点为E，与AC交于点F，过F作FH⊥AB，垂足为H．
（1）求证：FH是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为2.5，cosA，求AE的长．
21．（10分）某超市销售一款洗手液，这款洗手液成本价为每瓶16元，当销售单价定为每瓶20元时，每天可售出60瓶．市场调查反应：销售单价每上涨1元，则每天少售出5瓶．若设这款洗手液的销售单价上涨x元，每天的销售量利润为y元．
（1）每天的销售量为 瓶，每瓶洗手液的利润是 元；（用含x的代数式表示）
（2）若这款洗手液的日销售利润y达到300元，则销售单价应上涨多少元？
（3）当销售单价上涨多少元时，这款洗手液每天的销售利润y最大，最大利润为多少元？
22．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）与x轴交于点A（﹣2，0）、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，直线经过点A，交抛物线的对称轴于点E．
（1）求△ABE的面积；
（2）联结EC，交x轴于点F，联结AC，若，求抛物线的表达式；
（3）在（2）的条件下，点P是直线AE上一点，且∠EPB＝∠ECB，求点P的坐标．
23．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D在BC边上，以点A为中心，将线段AD顺时针旋转α得到线段AE，连接BE．
（1）求证：BA平分∠EBC；
（2）连接DE交AB于点F，过点C作CG∥AB，交ED的延长线于点G．补全图形，用等式表示线段EF与DG之间的数量关系，并证明．
2023-2024学年河南省驻马店市西平县九年级（上）期末数学模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．【解答】解：A．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故选项符合题意；
C．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
2．【解答】解：∵抛物线2，
∴抛物线2的顶点坐标是：（，2），
故选：A．
3．【解答】解：∵抛物线y＝﹣x2+2x﹣3＝﹣（x﹣1）2﹣2，
∴该抛物线的开口向下，抛物线的对称轴是直线x＝1，当x＜1时，y随x的增大而增大，故选项A、B、C不符合题意；
∵当x＝0时，y＝﹣3，
∴抛物线与y轴的交点坐标为（0，﹣3），故选项D符合题意．
故选：D．
4．【解答】解：设袋中白球有x个，
根据题意，得：0.4，
解得：x＝32，
经检验：x＝20是分式方程的解，
所以估计袋子中白球的个数约为20个，
故选：C．
5．【解答】解：∵AD：DB＝2：3，
∴，
∵DE∥BC，
∴，A错误，B正确；
，C错误；
，D错误．
故选：B．
6．【解答】解：过O分别作OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，连接OB，
则AE＝BEAB，BF＝CFBC，OB＝1
∴cos∠OBE，cos∠OBF，
∴∠OBE＝45°，∠OBF＝30°，
∴∠ABC＝∠OBE+∠OBF＝75°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝180°﹣75°＝105°，
故选：B．
7．【解答】解：根据根与系数的关系得，x1+x2．
故选：A．
8．【解答】解：如图，
设AF与CD交于点G，延长CD至T，使DT＝BD，连接BG，AT，BT，OC，
∴∠DBT＝∠DTB，
∵，
∴∠BDC＝∠BAC，
∵直径AF⊥BC，
∴CH＝BH＝2，
∴AB＝AC，GB＝GC，
∴∠BAH＝∠CAH∠BAC，∠ABC＝∠ACB，∠GBC＝∠GCB，
∴∠ABC﹣∠GBC＝∠ACB﹣∠GCB，
∴∠ABG＝∠ACG＝30°，
∵∠BDC＝∠DTB+∠DBT＝2∠BTD，
∴∠BTD＝∠BAH，
∴点T、B、G、A共圆，
∴∠ATG＝∠ABG＝30°，
∴∠ATG＝∠ABE＝30°，
∴AC＝AT，
∵AE⊥CD，
∴CE＝ETCT，
∵△BCD的周长为，BC＝4，
∴CD+BD＝6，
∴CT＝TD+CD＝6，
∴CE＝3，
在Rt△ACE中，∠ABE＝30°，CE＝3，
∴AC6，
∴AH4，
设OA＝OC＝r，则OH＝AH﹣OA＝4r，
∵OC2﹣OH2＝CH2，
∴r2﹣（4r）2＝22，
∴r，
故选：D．
9．【解答】解：过点C作CD⊥AB于点D，
∵AC＝10，，
设BC＝3x，AB＝5x，
∴AC＝4x＝10，
∴x，
∴BC，AB，
∵S△ABCAB CD，
∴CD6，
∴AD8，
∵将△ABC绕点C逆时针旋转到Δ A'B'C的位置，
∴CA＝CA'，
∵CD⊥AA'，
∴AA'＝2AD＝16．
故选：D．
10．【解答】解：①当0＜t≤1时，St2，函数为开口方向向上的抛物线；
②当1＜t≤2时，如图2，
设BC交FG于H，则FH＝BF，
则GHBF，
S＝S正方形DEFG﹣S△HMGt2+4t﹣2，函数为开口方向向下的抛物线；
③当2＜t≤3时，S＝2；
④当3＜t≤4时，同理可得St2+6t﹣7，函数为开口方向向下的抛物线；
故只有选项C符合题意．
故选：C．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．【解答】解：解方程x2﹣8x+15＝0得：x＝3或5，
当第三边为3时，2+3＝5，不符合三角形三边关系定理，不能组成三角形，舍去；
当第三边为5时，符合三角形三边关系定理，能组成三角形，此时三角形的周长是2+5+5＝12，
故答案为：12．
12．【解答】解：设正方形的边长是x步，则列出的方程是：π（3）2﹣x2＝72．
故答案为：π（3）2﹣x2＝72．
13．【解答】解：如图，∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠ABC＝∠BCD108°，AB＝BC＝CD＝2，
∴∠BCA＝∠BAC36°，
∴∠ABF＝108°﹣36°＝72°，
∵∠AFB＝∠CBD+∠BCA＝36°+36°＝72°，
∴∠ABF＝∠AFB，
∴AF＝AB＝2，
∵∠BCF＝∠ACB，∠BAC∠CBF，
∴△BCF∽△ACB，
∴，
即，
解得CF1（取正值），
∴AC＝CF+AF1+21，
故答案为：1．
14．【解答】解：如图，设O′A′交于点D，O′B′交于点E，连接OE，OD，过点D作DJ⊥OA于点J．
将半径为5cm的扇形OAB沿西北方向平移，即将半径为5cm的扇形OAB向西平移1cm，再向上平移1cm，
∴O′E＝EC﹣O′C1＝21，
∵sin∠AOD，
∴∠AOD＝∠BOE＝12°，
∴S阴＝S扇形BOE+S扇形AOD+S△OO′E+S△OO′D
＝221×（21）
＝（21）（cm2）．
故答案为：（21）．
15．【解答】解：如图，∵四边形ABCD和四边形CGFE是正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCE＝∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴∠BEC＝∠BGH，
∵∠BGH+∠CDG＝90°，∠CDG＝∠HDE，
∴∠BEC+∠HDE＝90°，
∴GH⊥BE．
故①错误；
∵△EHG是直角三角形，O为EG的中点，
∴OH＝OG＝OE，
∴点H在正方形CGFE的外接圆上，
∵EF＝FG，
∴∠FHG＝∠EHF＝∠EGF＝45°，∠HEG＝∠HFG，
∴△EHM∽△FHG，
故②正确；
∵△BGH≌△EGH，
∴BH＝EH，
又∵O是EG的中点，
∴HO∥BG，
∴△DHN∽△DGC，
∴，
设EC和OH相交于点N．
设HN＝a，则BC＝2a，设正方形ECGF的边长是2b，则NC＝b，CD＝2a，
∴，即a2+2ab﹣b2＝0，
解得：a＝（﹣1）b，或a＝（﹣1）b（舍去），
则1，
∴1，
故③正确；
∵△BGH≌△EGH，
∴EG＝BG，
∵HO是△EBG的中位线，
∴HOBG，
∴HOEG，
设正方形ECGF的边长是2b，
∴EG＝2b，
∴HOb，
∵OH∥BG，CG∥EF，
∴OH∥EF，
∴△MHO∽△MFE，
∴，
∴EMOM，
∴1，
∴1，
∵EO＝GO，
∴S△HOE＝S△HOG，
∴1．
故④错误．
故其中正确的结论是②③．
故答案为：②③．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．【解答】解：（1）∵2x2﹣6x＝3，
∴x2﹣3x，
则x2﹣3x，即（x）2，
∴x±，
∴x1，x2；
（2）∵（x﹣5）2+x（x﹣5）＝0，
∴（x﹣5）（2x﹣5）＝0，
则x﹣5＝0或2x﹣5＝0，
解得x1＝5，x2．
17．【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝8，∠B＝∠C＝60°，
∵E是边AC中点，
∴CE＝4，
∵∠DPC＝∠B+∠BDP＝∠DPE+∠EPC，且∠DPE＝60°，
∴∠BDP＝∠EPC，且∠B＝∠C，
∴△BDP∽△CPE，
∴，
∴3×4＝BP（8﹣BP）
∴BP＝2或6，
∵BP＜PC，
∴BP＝2．
18．【解答】解：（1）当a＝﹣1时，方程为x2+2x﹣4＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝﹣1；
（2）由题意得，Δ＝22﹣4（3a﹣1）＝﹣12a+8≥0，
∴a．
故a的取值范围为a．
19．【解答】解：（1）将“恰好是白球”记为事件A，
则P（A）．
（2）画树状图如图所示：共有12个等可能的结果，
从中任意摸出2个球，“2个都是白球”记为事件B，
则P（B）．
（3）设放入n个黑球，由题意得，
解得n＝10，即放入了10个黑球．
20．【解答】（1）证明：连接OF，DF，
∵∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，FH⊥AB，
∴CD＝ADAB，∠AHF＝90°，
∵CD是⊙O直径，
∴DF⊥AC，
∴F是AC的中点，
∴OF是△ADC的中位线，
∴OF∥AD，
∴∠OFH＝∠AHF＝90°，
∴OF⊥FH，
∵OF是⊙O的半径，
∴FH是⊙O的切线；
（2）解：连接CE，则∠AEC＝90°，
由⊙O的半径为2.5，知CD＝AD＝5，
由（1）知，DF⊥AC，F是AC的中点，
在Rt△AFD中，cosA，
∴AF＝4，
∴AC＝8，
在Rt△AEC中，cosA，
∴AE．
21．【解答】解：（1）每天的销售量为（60﹣5x）瓶，每瓶洗手液的利润是（4+x）元；
故答案为：（60﹣5x）；（4+x）；
（2）根据题意得，（60﹣5x）（4+x）＝300，
解得：x1＝6，x2＝2，
答：销售单价应上涨2元或6元；
（3）根据题意得，y＝（60﹣5x）（4+x）＝﹣5（x﹣12）（x+4）＝﹣5（x﹣4）2+320，
答：当销售单价上涨4元时，这款洗手液每天的销售利润y最大，最大利润为320元．
22．【解答】解：（1）将A（﹣2，0）代入yx+b得：
﹣1+b＝0，
解得b＝1，
∴yx+1，
抛物线y＝ax2﹣2ax+c的对称轴为直线x1，
在yx+1中，令x＝1得y，
∴E（1，），
∵抛物线y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）与x轴交于点A（﹣2，0）、B两点，
∴A（﹣2，0），B关于对称轴直线x＝1对称，
∴B（4，0），
∴AB＝6，
∴S△ABEAB |yE|6，
答：△ABE的面积是；
（2）过E作EK⊥y轴于K，如图：
∵，
∴，
∵OF∥EK，
∴，
由（1）知E（1，），
∴OK，
∴OC＝2，
∴C（0，﹣2），
把A（﹣2，0），C（0，﹣2）代入y＝ax2﹣2ax+c得：
，
解得，
∴抛物线的表达式为yx2x﹣2；
（3）过B作BP∥CE交直线AE于P，以B为圆心，BP为半径作圆与直线AE另一交点为P'，如图：
由（1）（2）知直线AE为yx+1，C（0，﹣2），B（4，0），
设直线BC为y＝tx﹣2，将B（4，0）代入得：
4t﹣2＝0，
解得t，
∴直线BC为yx﹣2，
∴AE∥BC，
∵BP∥CE，
∴四边形ECBP是平行四边形，
∴∠ECB＝∠EPB，
∴P是满足题意的点，
由C（0，﹣2）平移至B（4，0）与E（1，）平移至P方式相同，可得P（5，），
∵BP＝BP'，
∴∠EP'B＝∠EPB＝∠ECB，
∴P'是满足题意的点，
设P'（m，m+1），
∵BP＝BP'，
∴（5﹣4）2+（0）2＝（m﹣4）2+（m+1）2，
解得m＝5（与P重合，舍去）或m，
∴P'（，），
综上所述，点P的坐标为（5，）或（，）．
23．【解答】（1）证明：∵∠DAE＝∠BAC＝α，
∴∠DAE﹣∠BAD＝∠BAC﹣∠BAD，
即∠BAE＝∠CAD，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴∠ABE＝∠ACD，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACD，
∴∠ABC＝∠ABE，
∴BA平分∠EBC；
（2）解：EF＝DG，
证明：如图，在AC上截取AH＝AF，连接DH，在CG延长线时取点I，使CI＝CH，连接DI，
在△AEF和△ADH中，
，
∴△AEF≌△ADH（SAS），
∴EF＝DH，∠AFE＝∠AHD，
∴∠AFD＝∠CHD，
∵CG∥AB，
∴∠AFD＝∠DGI，
∴∠DGI＝∠CHD，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACD，
∵CG∥AB，
∴∠ABC＝∠ICD，
∴∠ACD＝∠ICD，
在△HCD和△ICD中，
，
∴△HCD≌△ICD（SAS），
∴∠CID＝∠CHD，DI＝DH，
∵∠DGI＝∠CHD，
∴∠CID＝∠DGI，
∴DI＝DG，
∴DG＝DH，
∵EF＝DH，
∴EF＝DG．
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