2023~2024学年沪科版九年级上册期末数学复习押题卷 (1)（含答案解析）

2023-2024学年沪科版九年级上册期末数学复习押题卷
一、选择题
1．下列图形中，轴对称图形的个数是（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．如图，AD∥BE∥CF，AB=3，BC=6，DE=2，则EF的值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．如图， ， 与 ， 分别相交于点 ， ， ，与 的平分线 相交于点 ，且 ，则 的度数（　　）
A．70° B．65° C．60° D．55°
4．若，两点均在函数的图象上，且，则与的大小关系为（　　）
A． B． C． D．无法判断
5．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC于点D，则下列结论不正确的是（　　）
A． B． C． D．
6．如图，在九年级体育测试中，小朱掷出的实心球的飞行高度y（米）与水平距离x（米）之间的关系大致满足二次函数，则小朱本次投掷实心球的成绩为（　　）
A．7m B．7.5m C．8m D．8.5m
7．抛物线y=（x﹣1）2+2与y轴交点坐标为（　　）
A．（0，1） B．（0，2） C．（1，2） D．（0，3）
8．已知点A在函数y1=﹣ （x＞0）的图象上，点B在直线y2=kx+1+k（k为常数，且k≥0）上．若A，B两点关于原点对称，则称点A，B为函数y1，y2图象上的一对“友好点”．请问这两个函数图象上的“友好点”对数的情况为（　　）
A．有1对或2对 B．只有1对 C．只有2对 D．有2对或3对
9．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2AC.正方形DEFG如图放置，点D，G分别在AC，BC上，E，F都在边AB上，若AB＝14，则EF的长为（　　）
A．2 B．4 C．2 D．8
10．在Rt△ABC中，∠C＝90°，CD⊥AB于点D，AB=13，CD=6，则AC+BC＝（　　）
A．5 B．5 C．13 D．9
二、填空题
11．江边有一处高10米，背水坡角为的防洪大堤，大堤的横截面为梯形，其中，（如图）．某防洪指挥部发现该大堤急需加固，经调查论证，防洪指挥部专家组制定的加固方案是沿背水坡面用土石进行加固，使上底加宽3米，加固后背水坡的坡比为．则加固后坝底增加的宽度　 　米．
12．已知a，b是一元二次方程x2﹣2x﹣2020＝0的两个根，则a2+2b﹣3的值等于　 　.
13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D在AB边上，将△CBD沿CD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处．若∠A=26°，则∠CDE=　 　．
14．如图，平面直角坐标系中，矩形ABOC的边BO，CO分别在x轴，y轴上，A点的坐标为（﹣8，6），点P在矩形ABOC的内部，点E在BO边上，满足△PBE∽△CBO，当△APC是等腰三角形时，P点坐标为　 　．
三、计算题
15．计算：
四、作图题
16．如图，A，B，C三点表示三个城市，某物流公司为建一个物流仓库，考虑运输问题，要求新建仓库O到三个城市距离相等，请用尺规作出O的位置。(保留作图痕迹)
17．如图，在正方形网格中，△OBC的顶点分别为O（0，0），B（3，﹣1）、C（2，1）．
（1）以点O（0，0）为位似中心，按比例尺2：1在位似中心的异侧将△OBC放大为△OB′C′，放大后点B、C两点的对应点分别为B′、C′，画出△OB′C′　 　，并写出点B′、C′的坐标：B′（　 　，　 　），C′（　 　，　 　）；
（2）在（1）中，若点M（x，y）为线段BC上任一点，写出变化后点M的对应点M′的坐标（　 　，　 　）．
五、解答题
18．某涵洞的横断面呈拋物线形，现测得底部的宽 ，涵洞顶部到底面的最大高度为 在如图所示的直角坐标系中，求抛物线所对应的二次函数的表达式.
六、综合题
19．汽车超速行驶是交通安全的重大隐患，为了有效降低交通事故的发生，许多道路在事故易发路段设置了区间测速．如图，学校附近有一条笔直的公路 ，其间设有区间测速，所有车辆限速40千米/小时．数学实践活动小组设计了如下活动：在 上确定 两点，并在 路段进行区间测速，在 外取一点P，作 ，垂足为点C．测得 米， ．
（参考数据： ）
（1）求 的长度；
（2）若测得一汽车从点A到点B用时6秒，请你用所学的数学知识说明该车是否超速．
20．如图，在中，，点O在上，以点O为圆心，长为半径的圆与、分别交于点D、E，且．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，则的长为　 　．
21．如图，△ABC的三边分别为AC＝6，BC＝8，AB＝10，如果将△ABC沿AD折叠，使AC恰好落在AB边上．
（1）试判断△ABC的形状，并说明理由．
（2）求线段CD的长．
22．已知正方形 ， 为对角线 上一点.
（1）【建立模型】如图1，连接 ， .求证： ；
（2）【模型应用】如图2， 是 延长线上一点， ， 交 于点 .
①判断 的形状并说明理由；
②若 为 的中点，且 ，求 的长.
（3）【模型迁移】如图3， 是 延长线上一点， ， 交 于点 ， .求证： .
23．已知抛物线与x轴交于点和，与y轴交于点C，O为坐标原点，且．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是线段上的一个动点（不与点B、C重合），过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，连接．当四边形恰好是平行四边形时，求点Q的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，是的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且，在直线上是否存在点F，使得与相似？若存在，求点F的坐标：若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】根据轴对称的定义知：第二个与第四个时轴对称图形.
故答案为：B.
【分析】轴对称图形：一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；据此逐一判断即可.
2．【答案】C
【解析】【解答】∵AD∥BE∥CF，∴ ．
∵AB=3，BC=6，DE=2，∴ ，∴EF=4．
故答案为：C．
【分析】根据平行线分线段成比例定理，可得，代入数据计算即得.
3．【答案】A
【解析】【解答】解： ，
∵
平分 ，
.
故答案为：A.
【分析】根据∠BEF=∠BEP+∠PEF可得∠BEF的度数，由平行线的性质可得∠BEF+∠EFD=180°，求出∠EFD的度数，由角平分线的概念可得∠EFP的度数，然后结合内角和定理进行求解.
4．【答案】B
【解析】【解答】把、 两点分别代入，
得到 =，c=，
根据 可以得出b-c<0，
所以，
故答案为：B
【分析】把、 两点分别代入中，可得=，c=，由可得＞，从而得解.
5．【答案】C
【解析】【解答】解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，sinB= ，
∵AD⊥BC，
∴sinB= ，
sinB=sin∠DAC= ，
综上，只有C不正确
故选：C．
【分析】根据锐角三角函数的定义，即可解答．
6．【答案】C
【解析】【解答】解：令即：
解得：
∴小朱本次投掷实心球的成绩为8米，
故答案为：C.
【分析】当此时x的值，即为小朱本次投掷实心球的成绩.
7．【答案】D
【解析】【解答】解：将x=0代入y=（x﹣1）2+2，得y=3，
所以抛物线与y轴的交点坐标是（0，3）．
故选D．
【分析】将x=0代入y=（x﹣1）2+2，计算即可求得抛物线与y轴的交点坐标．
8．【答案】A
【解析】【解答】解：设A（a，﹣ ），
由题意知，点A关于原点的对称点B（-a， ），在直线y2=kx+1+k上，
则 =﹣ak+1+k，
整理，得：ka2﹣（k+1）a+1=0 ①，
即（a﹣1）（ka﹣1）=0，
∴a﹣1=0或ka﹣1=0，
则a=1或ka﹣1=0，
若k=0，则a=1，此时方程①只有1个实数根，即两个函数图象上的“友好点”只有1对；
若k≠0，则a= ，此时方程①有2个实数根，即两个函数图象上的“友好点”有2对，
综上，这两个函数图象上的“友好点”对数情况为1对或2对，
故选：A．
【分析】根据“友好点”的定义知，函数y1图象上点A（a，﹣ ）关于原点的对称点B（-a， ）一定位于直线y2上，即方程ka2﹣（k+1）a+1=0 有解，整理方程得（a﹣1）（ka﹣1）=0，据此可得答案．
9．【答案】B
【解析】【解答】解：作CH⊥AB于H，交DG于K.设EF=x，则DG=DE=FG=x.
在Rt△ACB中，∵∠ACB=90°，BC=2AC，AB=14，
∴AC＝ ，
∴ ，
∵DG∥AB，
∴△CDG∽△CAB，
∴ ，
∴ ，
解得x=4，
∴EF=4。
故答案为：B。
【分析】作CH⊥AB于H，交DG于K.设EF=x，则DG=DE=FG=x，在Rt△ACB中，利用勾股定理算出AC,BC的长，根据三角形的面积法由AC·BC=AB·CH算出CH的长，根据正方形的性质得出DG∥AB，根据平行于三角形一边的直线截其它两边，所截的三角形与原三角形相似得出△CDG∽△CAB，根据相似三角形对应边成比例得出，根据比例式建立方程，求解算出EF的长。
10．【答案】B
【解析】【解答】解：∵S△ABC= AB CD= AC BC，AB=13，CD=6，
∴AC BC=13×6=78，
∵△ABC为直角三角形，
∴根据勾股定理得：AB =AC +BC =169，
∴(AC+BC) =AC +2AC BC+BC =169+156=325，
则AC+BC= =5 .
故选：B.
11．【答案】
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为梯形，
∴DC∥AB，
∴DG=EH且DG∥EH，
∴四边形EDGH为矩形，
∴ED=GH.
∵∠DAB=45°，
∴DG=AG=10米.
∵i=，
∴FH=10÷=米，
∴AF=FH+HG-AG=+3-10=-7.
故答案为：-7.
【分析】易得四边形EDGH为矩形，则ED=GH=3，由三角函数的概念可得DG=AG=10米，根据背水坡EF的坡比可求出FH的值，然后根据AF=FH+HG-AG进行计算.
12．【答案】2021
【解析】【解答】解：∵a是一元二次方程的一个根，
∴ ，
再由根与系数的关系可知： ，
∴a2+2b 3
＝a2 2a+2a+2b 3，
＝2020+2(a+b) 3
＝2020+2×2 3
＝2021，
故答案为：2021.
【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系得出 ，根据方程根的定义可知 ，从而将代数式变形后整体代入即可算出答案.
13．【答案】71°
【解析】【解答】解：∵∠A=26°，∴∠B=90°-26°=64°，
∴∠CED=∠B=64°，
∵∠CED=∠EDC+∠A，∴∠EDC=∠CED-∠A=64°-26°=38°，
∴∠CDE=∠CDB=(180°-38°）÷2=71°.
故答案为：71°.
【分析】由余角的性质求出∠B的度数，则由折叠的性质得出∠CED的度数，然后很据三角形外角的性质求出∠EDC，最后根据折叠的性质，结合平角的定义列式即可求出∠CDE的度数.
14．【答案】 或（-4，3）
【解析】【解答】解：∵点P在矩形ABOC的内部，且△APC是等腰三角形，
∴P点在AC的垂直平分线上或在以点C为圆心AC为半径的圆弧上；
①当P点在AC的垂直平分线上时，点P同时在BC上，AC的垂直平分线与BO的交点即是E，如图1所示：
∵PE⊥BO，CO⊥BO，
∴PE∥CO，
∴△PBE∽△CBO，
∵四边形ABOC是矩形，A点的坐标为（﹣8，6），
∴点P横坐标为﹣4，OC＝6，BO＝8，BE＝4，
∵△PBE∽△CBO，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
解得：PE＝3，
∴点P（﹣4，3）；
②P点在以点C为圆心AC为半径的圆弧上，圆弧与BC的交点为P，
过点P作PE⊥BO于E，如图2所示：
∵CO⊥BO，
∴PE∥CO，
∴△PBE∽△CBO，
∵四边形ABOC是矩形，A点的坐标为（﹣8，6），
∴AC＝BO＝8，CP＝8，AB＝OC＝6，
∴BC＝ ＝ ＝10，
∴BP＝2，
∵△PBE∽△CBO，
∴ ＝ ＝ ，即： ＝ ＝ ，
解得：PE＝ ，BE＝ ，
∴OE＝8﹣ ＝ ，
∴点P（﹣ ， ）；
综上所述：点P的坐标为：（﹣ ， ）或（﹣4，3）；
故答案为（﹣ ， ）或（﹣4，3）．
【分析】由题意得出P点在AC的垂直平分线上或在以点C为圆心AC为半径的圆弧上；
①当P点在AC的垂直平分线上时，点P同时在BC上，AC的垂直平分线与BO的交点即是E，证出PE∥CO，则△PBE∽△CBO，由已知得出点P横坐标为﹣4，OC＝6，BO＝8，BE＝4，由相似对应边成比例得出PE＝3即可得出结果；
②P点在以点C为圆心AC为半径的圆弧上，圆弧与BC的交点为P，过点P作PE⊥BO于E，证出PE∥CO，则△PBE∽△CBO，由已知得出AC＝BO＝8，CP＝8，AB＝OC＝6，由勾股定理得出BC＝ ＝10，则BP＝2，由相似对应边成比例得出PE＝ ，BE＝ ，则OE＝ 即可得出结果．
15．【答案】解：原式＝3＋8 1 4× ＋2 ＝10 2 ＋2 ＝10
【解析】【分析】根据二次根式的性质，负指数的意义，0指数的意义，特殊锐角三角函数值，分别化简，再根据实数的运算法则算出结果。
16．【答案】如图所示，分别作AB、BC的垂直平分线，交点O即为仓库的位置.
【解析】【分析】根据线段垂直平分线的性质可知作△ABC任意两边的中垂线，交点O即为仓库的位置.
17．【答案】（1）；﹣6；2；﹣4；﹣2
（2）﹣2x；﹣2y
【解析】【解答】解：（1）如图
B′（﹣6，2），C′（﹣4，﹣2）
2）M′（﹣2x，﹣2y）．
【分析】（1）延长BO，CO，根据相似比，在延长线上分别截取AO，BO，CO的2倍，确定所作的位似图形的关键点A'，B'，C'再顺次连接所作各点，即可得到放大2倍的位似图形△OB'C'；再根据点的位置写出点的坐标即可；（2）M′的坐标的横坐标、纵坐标分别是M的坐标的2倍的相反数．
18．【答案】解：设此抛物线所对应的函数表达式为： ，
，涵洞顶点O到水面的距离为 ，
点坐标应该是 ，
把A点代入得： ，
解得： ，
故涵洞所在抛物线的函数表达式 .
【解析】【分析】由题意可设抛物线的解析式为：y=ax2，结合已知易得点A的坐标为（-0.8，-2.4），把点A的坐标代入抛物线的解析式计算即可求解.
19．【答案】（1）解：在 中，
在 中
；
（2）解： 该汽车的实际速度
又
该车没有超速．
【解析】【分析】先求出，，据此得出，从而求出该车通过AB段的车速，比较大小即可。
20．【答案】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
为半径
∴与相切；
（2）
【解析】【解答】（2）解：连接，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴设，则，，
∵，
∴，
∴．
【分析】（1）连接OD，先求出，再结合OD为半径，可证出与相切；
（2）连接DE，先证出，可得，再设，则，，将数据代入可得，再求出即可。
21．【答案】（1）解：△ABC是直角三角形；
理由：∵AC2+BC2＝62+82＝100＝AB2，
∴∠C＝90°；
∴△ABC是直角三角形．
（2）解：设折叠后点C与AB上的点E重合．
设CD＝x，则DE＝x，AE＝6，BE＝4，BD＝8﹣x；
∵∠AED＝∠C＝90°，
在Rt△EBD中，x2+42＝（8﹣x）2，
解得：x＝3．
即线段CD的长为3．
【解析】【分析】（1）根据勾股定理的逆定理即可求出答案；
（2）设折叠后点C与AB上的点E重合，CD＝x，则DE＝x，AE＝6，BE＝4，BD＝8﹣x，在Rt△EBD中，根据勾股定理列出方程，解方程即可求出答案.
22．【答案】（1）证明：∵四边形 为正方形， 为对角线，
∴ ， .
∵ ，
∴ ，
∴
（2）解：① 为等腰三角形.理由如下：
∵四边形 为正方形，
∴ ，
∴ .
∵ ，
∴ ，
由（1）得 ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ 为等腰三角形.
②如图1，过点 作 ，垂足为 .
∵四边形 为正方形，点 为 的中点， ，
∴ ， .
由①知 ，
∴ ，
∴ .
在 与 中，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ .
在 中， .
（3）证明：如图2，
∵ ，
∴ .
在 中， ，
∴ .
由（1）得 ，
由（2）得 ，
∴ .
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质可得AB=AD，∠BAE=∠DAE=45°，证明△ABE≌△ADE，据此可得结论；
（2）①根据正方形的性质可得∠GAD=90°，根据垂直的概念可得∠EBF=90°，由（1）得∠ADG=∠EBG，根据等角的余角相等可得∠AGD=∠FBG，根据对顶角的性质可得∠AGD=∠FGB，推出∠FBG=∠FGB，据此判断；
②过点F作FH⊥AB，垂足为H，根据正方形的性质以及中点的概念可得AG=BG=2，AD=4，由①知FG=FB，则GH=BH=1，AH=AG+GH=3，根据对顶角的性质可得∠FGH=∠DGA，结合三角函数的概念可得FH，然后利用勾股定理计算即可；
（3）根据垂直的概念可得∠FBE=90°，则EF=BE，由（1）得BE=DE，由（2）得FG=BF，然后根据GE=EF-FG进行解答.
23．【答案】（1）解：设抛物线的解析式为，
∵，，
∴
代入，得，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：设直线的解析式为，
代入得，
∴，
∴直线的解析式为，
设，，则，
则，
∵是平行四边形，
∴，即，
∴，
∴；
（3）解：由题意得，，，
∴点D、A、Q在同直线上，
设，，
∴，，
作轴，故轴，则，
∴，
∵，
∴，
可知，
∴，
同理可得直线的解析式为，
解方程，得或，
∴，
连接，作轴，
可知：，
∴，
∵，
∴，
即，故F在E的左侧，
此时：，
设，
∵，，，，
I．当时，
，
∴，，
∴，
II．当时，
，
∴，，
∴．
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式即可；
（2）先求出直线的解析式为，设，则，可PQ =-p2+4p，由平行四边形的性质可得CO=PQ，据此建立方程并解之即可；
（3）先判断点D、A、Q在同直线上，设，，可得，， 作轴，故轴，则， 可推出，可知，即得
，求出直线的解析式为， 联立二次函数解析式为方程组并解之，可得E（5，4）， 连接，作轴，可知，即得，再推出，故F在E的左侧， 此时，设， 分两种情况：I．当时， II．当时， 根据相似三角形见的性质分别求解即可.
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