人教版九年级上册数学期末模拟卷（第21-29章训练卷）（含解析）

九年级数学第21-29章训练卷（人教，带解析）
（时间：100分钟，满分120分）
一、单选题(共10题；共30分)
1．（3分）（2025九下·深圳开学考）将抛物线向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，则平移后抛物线的顶点坐标是（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）（2024九上·河东期中）某市2023年底已有绿化面积300公顷，经过两年绿化，绿化面积逐年增加，到2025年底增加到432公顷．设绿化面积平均每年的增长率为x，由题意所列方程正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（3分）如图，是抛物线形拱桥，当拱桥顶端C离水面时，水面的宽度为．
有下列结论：
①当水面宽度为时，水面下降了；
②当水面下降时，水面宽度为；
③当水面下降时，水面宽度增加了．
其中，正确的是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．（3分）（2024·邵阳模拟）在同一平面直角坐标系中，一次函数与反比例函数的图象如图所示，则当时，自变量x的取值范围为（　　）
A．x＜1 B．x＞3 C．0＜x＜1 D．1＜x＜3
5．（3分）（2024·绍兴模拟）若实数x，y满足条件，则x2＋y2＋2x的最大值是（　　）
A．14 B．15 C．16 D．不能确定
6．（3分） 如果 是关于 的反比例函数， 那么当 增加 时， 将（　　）
A．减少 B．减少 C．增加 D．增加
7．（3分）（2024九上·都江堰期末）已知点在反比例函数的图像上，则的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
8．（3分）（2024·柳州三模）“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．小文购买了以“二十四节气”为主题的邮票，他要将“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中的两张送给好朋友小乐．小文将这四张邮票背面朝上放在桌面上（邮票背面完全相同），让小乐从中随机抽取一张（不放回），再从中随机抽取一张，则小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“秋分”的概率是（　　）
A． B． C． D．
9．（3分）如图，若点D是等边三角形的边上任意一点，将绕点A顺时针旋转得到，连接，则下列结论一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
10．（3分）（2025·衡南模拟）如图，已知二次函数的图象与x轴相交于点，，则下列结论正确的个数是（　　）
①
②
③对任意实数m，均成立
④若点，在抛物线上，则
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题(共5题；共15分)
11．（3分）方程的两根为、，则　 　．
12．（3分）（2024九上·湖南开学考）已知（m－1）＋3x－5＝0是一元二次方程，则m＝　 　．
13．（3分）（2024·娄星模拟） 古希腊数学家泰勒斯曾利用立杆测影的方法，在金字塔影子的顶部直立一根木杆，借助太阳光测金字塔的高度．如图，木杆EF长米，它的影长FD是3米，同一时刻测得OA是274米，则金字塔的高度BO是　 　米．
14．（3分）小明发现相机快门打开过程中，光圈大小变化如图①所示，于是他绘制了如图②所示的图形.图②中六个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接正六边形和一个小正六边形，若 PQ所在的直线经过点M，PB=5cm，小正六边形的面积为 则该圆的半径为　 　 cm.
15．（3分）（2024·南山模拟）如图，在平面直角坐标系中，以反比例函数图象上的点点B为顶点，分别作菱形和菱形，点D，E在x轴上，以点O为圆心，长为半径作弧，连接．则阴影部分面积之和为　 　．
三、解答题(共8题；共75分)
16．（10分）
（1）（5分）计算：； （2）（5分）化简：．
（9分）有四张完全一样正面分别写有汉字“吉”、“林”、“七”、“中"的卡片，将其背面朝上并洗匀，从中随机抽取一张，记下卡片正面上的汉字后放回，洗匀后再从中随机抽取一张，请用列表法或者画树状图法求抽取的两张卡片上的汉字相同的概率．
18.如图，已知点，点．
（1）（3分）将绕点P逆时针旋转得，画出并写出点C的对应点的坐标为_______；
（2）（3分）画出△ABC关于原点成中心对称的图形，并写出点A的对应点的坐标为_______；
（3）（3分）把向下平移6个单位长度得，画出，由图可知可由绕点Q逆时针旋转90°而得到，则点Q的坐标为_______．
19．（9分）（2024·游仙模拟）【阅读理解】
在平面直角坐标系中，过一点分别作坐标轴的垂线，若垂线与坐标轴围成矩形的周长与面积相等，则这个点叫做“和谐点”.如图①，矩形ABOC的周长与面积相等，则点A是“和谐点”.
（1）（4分）【尝试发现】点E(2，3)，F（-4，4)，M(- ， -6），N(，-6-2)，其中“和谐点”是 ▲ .请说明理由，
（2）（5分）【探索发现】如图2，若点P是双曲线y=上的“和谐点”，请求出所有满足条件的P点坐标.
20．（9分）（2024九上·杭州月考）如图，是的直径，为上一点，为上一点，且，延长交于，连接．
（1）（4分）求证：；
（2）（5分）若，，求的长．
21．（9分）如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，E是AC上一点，且∠1+∠2＝90°．
（1）（4分）求证：△ADE∽△ABC．
（2）（5分）若，△ABC的面积为25，求△ADE的面积．
22．（10分）如图，直线AF与相切于点A，弦，连接BO并延长交于点E，连接CE并延长交AF于点D．
（1）（5分）求证：；
（2）（5分）若的半径r=10，BC=16，求DE的长．
23．（10分）（2024·靖宇模拟）问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8．直角三角板EDF中∠EDF＝90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N．
（1）（5分）猜想证明：
如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
（2）（5分）问题解决：
如图②，在三角板旋转过程中，当∠B＝∠MDB时，求线段CN的长．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：将抛物线向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度后的抛物线解析式为，即，
∴移后抛物线的顶点坐标是，
故答案为：D．
【分析】利用平移规律“上加下减，左加右减”得到解析式解析式，即可得到顶点坐标．
2．【答案】B
【解析】【解答】解：由题意，得．
故答案为．B．
【分析】设绿化面积平均每年的增长率为x，根据“ 经过两年绿化，绿化面积逐年增加，到2025年底增加到432公顷 ”直接列出方程即可.
3．【答案】D
【解析】【解答】解：如图，建立平面直角坐标系，坐标原点O在上，所在直线为x轴， y轴过抛物线顶点C，
根据题意得，，，
由对称性知，
∴，，，
设抛物线解析式为，
代入得，，
解得，，
∴，
设水面下降到位置，
当水面宽5米时，
设，
则，
∴水面下降了，①正确；
当水面下降时，
设，则，
解得，，
∴水面宽度为，②正确；
当水面下降时，
设，则，
解得，
∴水面宽度为，
∴水面宽度增加了，③正确．
故选D．
【分析】建立平面直角坐标系，坐标原点O在上，所在直线为x轴， y轴过抛物线顶点C，根据题意得，，，，，，设抛物线解析式为，根据待定系数法将点B坐标代入解析式可得，设水面下降到位置，当水面宽5米时，设，代入解析式可判断①；当水面下降时，设，代入解析式可判断②；当水面下降时，设，代入代数式可判断③.
4．【答案】D
【解析】【解答】解：由图像可得：两个交点的横坐标分别是：
所以：当时，
，
故答案为：D
【分析】先确定一次函数函数图象在反比例函数图象上方的区段，再找出这个区段所对应的自变量的范围即可．
5．【答案】B
【解析】【解答】解：由已知得：，
∴，
又，
解得：，
∴在上是随着x的增大而增大，
∴当x=3时，y=0时，x2+y2+2x的最大值，
最大值为：．
故答案为：B.
【分析】根据题意，得到求出对称轴为直线x=4，然后根据二次函数的增减性解题即可.
6．【答案】B
【解析】【解答】解：A、∵减少50%，甲×（1＋50%）×乙×（1 50%）＝甲×乙×1.5×0.5＝甲×乙×0.75，∴A错误，不符合题意；
B、∵y减少，甲×（1＋50%）×乙×（1 ）＝甲×乙×1.5×＝甲×乙，∴B正确，符合题意；
C、∵y增加50%，甲×（1＋50%）×乙×（1＋50%）＝甲×乙×1.5×1.5＝甲×乙×2.25，∴C错误，不符合题意；
D、∵增加，甲×（1＋50%）×乙×（1+）＝甲×乙×1.5×＝甲×乙×0.5，∴D错误，不符合题意；
故答案为：B.
【分析】如果甲、乙是两个成反比例的量，那么甲×乙的积是一定的，甲增加50%就是甲×（1＋50%）将选项中的描述代入，运算之后依然是甲×乙即可.
7．【答案】B
【解析】【解答】∵将x=-4代入可得y1=；将x=1代入可得y2=-2；将x=3代入可得y3=，
∴，
故答案为：B.
【分析】将三点坐标分别代入解析式求出，再比较大小即可.
8．【答案】A
【解析】【解答】解：立春用表示，立夏用表示，秋分用表示，大寒用表示，
画树状图如下：
由图可知，共有种等可能的结果，其中小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“秋分”的情况有种，
∴小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“秋分”的概率为．
故答案为：A．
【分析】根据题意画出相应的树状图，得到总结果数及小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“秋分”的结果数，然后根据概率公式计算即可．
9．【答案】C
【解析】【解答】解：是等边三角形，
，，
由旋转的性质可知，，，
，
是等边三角形，
若，则，
而的度数无法确定，则无法确定，即A选项错误；
是等边三角形，
，
若，则，即是中点，
而点D是等边三角形的边上任意一点，即B选项错误；
是等边三角形，
，即C选项正确；
是等边三角形，
，
若，则，
，
而的度数无法确定，则无法确定，即D选项错误；
故选：C.
【分析】由旋转的性质，证明是等边三角形，再根据角度之间的数量关系逐一判断即可．
10．【答案】B
【解析】【解答】解：由图象可得：抛物线开口向上，对称轴在轴左侧，交轴于负半轴，
∴，，，
∴，
∴，故①正确；
∵二次函数的图象与x轴相交于点，，
∴二次函数的对称轴为直线，，，
由得：，
∵，
∴，
∴，即，故②错误；
当时，二次函数有最小值，
由图象可得，对任意实数m，，
∴对任意实数m，均成立，故③正确；
∵点，在抛物线上，且，
∴，故④错误；
综上所述，正确的有①③，共个，
故答案为：B．
【分析】① 由抛物线的开口向上知，由抛物线顶点坐标的大体位置知对称轴在y左侧，即同号，由抛物线与y轴交点的位置知，所以；
② 由抛物线与x轴的交点坐标为和知，对称轴为，即或；则当时，，所以；
③ 因为抛物线开口向上，所以二次函数有最小值，即当时，最小，因此对于任意实数有，即 成立；
④ 因为抛物线的对称轴为，所以、即离对称轴距离越大函数值越大，所以．
11．【答案】0
【解析】【解答】解：∵方程的两根为、，
∴，，
∴.
故答案为：0.
【分析】根据一元二次方程的根与系数关系即可求解.
12．【答案】－1
【解析】【解答】解：∵（m－1）＋3x－5＝0是一元二次方程，
∴m-1≠0，且，
∴m-1≠0，且，
∴，
故答案为：-1．
【分析】根据一元二次方程的定义可以得到m-1≠0，且，求出m值即可．
13．【答案】137
【解析】【解答】解：由题意，得：，
即：，
∴；
故答案为：137．
【分析】根据同一时刻，物高与影长对应成比例，列出比例式进行求解即可．
14．【答案】8
【解析】【解答】解：设两个正六边形的中心为O，连接OP，OB，过O作OG⊥PM，OH⊥AB，
由题意得：∠MNP=∠NMP=∠MPN=60°，
∵小正六边形的面积为，
∴小正六边形的边长为，即，
∴，
∵OG⊥PM，且O为正六边形的中心，
∴，
在Rt△OPG中，根据勾股定理得：，
设OB=xcm，
∵OH⊥AB，且O为正六边形的中心，
∴，，
∴，
在Rt△PHO中，根据勾股定理得：，
解得：x=8(负值舍去)，
则该圆的半径为8cm.
故答案为：8
【分析】设两个正六边形的中心为O，连接OP，OB，过O作OG⊥PM，OH⊥AB，由正六边形的性质及邻补角性质得到三角形三角形PMN 为等边三角形，由小正六边形的面积求出边长，确定出PM的长，进而求出三角形PMN的面积，利用垂径定理求出PG的长，在直角三角形OPG中，利用勾股定理求出OP的长，设OB=xcm，根据勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解即可得到结果.
15．【答案】
【解析】【解答】解：将，代入到中，
得：，
解得：；
过点作 的垂线，交轴于，
，，
，，
，
半径为2；
，
，
由菱形的性质可知，，
，
圆心角的度数为；
，
，
，
在菱形中，，
，
，
．
故答案为：
【分析】根据待定系数法将点A坐标代入反比例函数解析式可得，过点作 的垂线，交轴于，根据两点间距离可得，，再根据勾股定理可得OA=2，再根据含30°角的直角三角形性质可得，由菱形性质可得，则，再根据菱形面积可得，根据菱形的性质及结合的几何意义可求出，即可求出答案.
16．【答案】（1）解：原式
．
（2）解：原式
．
【解析】【分析】（1）先根据算术平方根，零指数幂，特殊角的三角函数值求出对应的值然后进行计算即可；
（2）先计算括号里的分式的加减，然后计算分式的乘除，即可解答．
17．【答案】解：
共有16种等可能的结果，其中抽到相同汉字的有4种．
∴ P（抽到相同汉字）=
（列表法略． ）
【解析】【分析】先利用树状图求出所有等可能的情况数，再利用概率公式求解即可。
18．【答案】（1）；见解析
（2）．；见解析
（3）．；见解析
【解析】【分析】本题考查中心对称变换、旋转变换作图和平移作图．（1）根据题意：绕点P逆时针旋转得，利用旋转的性质先找出A，B，C的对应点，再进行连接可作出，进而可写出点C的对应点的坐标；
（2）根据中心对称的性质，先找出点A，B，C关于原点对称的点，再进行连接可作出，进而可写出点A的对应点的坐标；
（3）根据平移的性质，先找出向下平移6个单位长度的对应点，再进行连接可作出，进而可写出与的旋转中心坐标．
解：如图，即为所求.点C的对应点的坐标为．
故答案为．
如图，即为所求.点A的对应点的坐标为．
故答案为．
如图，即为所求.由图可知可由绕点Q逆时针旋转90°而得到，则点Q的坐标为．
故答案为．
19．【答案】（1）理由：
点不是和谐点
点是和谐点
点是和谐点
点是和谐点.
（2）解：设点，由“和谐点”的定义知：
解方程得：或
经检验，或都是原分式方程的解
满足条件的点P的坐标分别为：或或或.
【解析】【分析】（1）利用“和谐点”的概念分别验算即可，由于距离都是非负数，所以验算时要给所有的负数加上绝对值符号；
（2）先设出点P的坐标，利用和谐点”的概念列方程，由于点P可能在第一象限，也可能在第三象限，因此列方程时应给横坐标加上绝对值符号，另方程是分式方程，所以要对求出的根进行检验，最后再化简含绝对值的代数式，从而得出所有满足条件的点P的坐标.
20．【答案】（1）证明：∵是的直径，为上一点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴．
（2）解：如图，连接、，
∵，由（1）可知，
∴，
∵和是所对的圆周角和圆心角，
∴，
∵和是所对的圆周角和圆心角，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【解析】【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角得与互余，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和得到与的2倍互补，再等量代换即可；
（2）如图，连接、，由圆周角定理可得，，则，再利用勾股定理计算即可．
（1）解：∵是的直径，为上一点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴．
（2）解：如图，连接、，
∵，由（1）可知，
∴，
∵和是所对的圆周角和圆心角，
∴，
∵和是所对的圆周角和圆心角，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
21．【答案】（1）证明：∵CD⊥AB于点D，
∴∠ADC＝90°，即∠1+∠CDE＝90°，
又∵∠1+∠2＝90°，
∴∠CDE＝∠2，
∴DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC；
（2）解：∵△ADE∽△ABC，
∴＝，即，
∴S△ADE＝4．
【解析】【分析】
(1)根据∠1+∠2＝90°．CD⊥AB 得∠CDE=∠2，证得DE∥BC，再证明△ADE∽△ABC即可。
(2)两三角形相似，则这两个三角形的面积比等于相似比 的平方。(1)中已经证明△ADE∽△ABC，根据这一性质进行计算即可。
22．【答案】（1）证明：∵BE是的直径，
∴∠BCE=90°．
∵，
∴∠CDF=∠ACE=90°，
∵AF与相切于点A，
∴OA⊥AF，
∴∠OAF=90°，
∴∠OAF=∠CDF，
∴
（2）解：如图，作OH⊥CE于点H，
由垂径定理可知：CH=EH．
∵OB=OE，
∴OH是的中位线．
∴，
在中，根据勾股定理，得，
∵OH⊥CE，
∴∠OHD=90°，由（1）知：∠CDA=∠OAD=90°，
∴四边形OADH是矩形，
∴DH=OA=10，
∴DE=DH-EH=10-6=4．
【解析】【分析】（1）利用直径所对的圆周角是直角，可证得∠BCE=90°，利用平行线的性质可证得∠CDF=90°；再利用切线的性质可推出∠OAF=∠CDF=90°，利用同位角相等，两直线平行，可证得结论.
（2）作OH⊥CE于点H，利用垂径定理可证得CH=EH，由此可得到OH是△ECB的中位线，利用三角形的中位线定理可求出OH的长，利用勾股定理求出EH的长；再证明四边形OADH是矩形，利用矩形的性质可求出DH的长，根据DE=DH-EH，代入计算求出DE的长.
23．【答案】（1）解：如图①，四边形AMDN是矩形，理由如下：
∵点D是BC的中点，点M是AB的中点，
∴MD是△BAC的中位线，
∴MD∥AC，
∴∠A+∠AMD＝180°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠AMD＝90°，
∴∠A＝∠AMD＝∠MDN＝90°，
∴四边形AMDN是矩形；
（2）解：如图②，过点N作NG⊥CD于G，
∵AB＝6，AC＝8，∠BAC＝90°，
∴BC＝＝10，
∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD＝5，
∵∠MDN＝∠A＝90°，
∴∠B+∠C＝90°，∠BDM+∠1＝90°，
∵∠B＝∠MDB，
∴∠1＝∠C，
∴DN＝CN，
∵NG⊥CD，
∴DG＝CG＝
∴cosC＝，
∴，
∴．
【解析】【分析】（1）根据三角形的中位线定理，结合三个内角是直角的四边形是矩形，进行证明即可；
（2）过点N作NG⊥CD于G，作勾股定理求BC的长，根据余角的性质可得∠1=∠C，根据等角对等边得DN=CN，利用三线合一，结合三角函数求解即可。
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