资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
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(每小题3分,共30分)
1．如图，在中，，，，是线段上的两个动点，且，过点，分别作，的垂线相交于点，垂足分别为，.有以下结论：①；②当点与点重合时，；③；④.其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．在一个不透明的口袋中，装有若干个红球和9个黄球，它们只有颜色不同，摇匀后从中随机摸出一个球，记下颜色后再放回口袋中，通过大量重复摸球试验发现，摸到黄球的频率是0.3，则估计口袋中大约有红球（ ）
A．21个 B．14个 C．20个 D．30个
3．在平面直角坐标系中，正方形，，，，，按如图所示的方式放置，其中点在轴上，点，，，，，，…在轴上，已知正方形的边长为1，，，…，则正方形的边长是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，AB，BC是⊙O的两条弦，AO⊥BC，垂足为D，若⊙O的直径为5，BC＝4，则AB的长为（ ）
A．2 B．2 C．4 D．5
5．在一个不透明的袋子里装有6个颜色不同的球(除颜色不同外，质地、大小均相同)，其中个球为红球，个球为白球，若从该袋子里任意摸出1个球，则摸出的球是白球的概率为( )
A． B． C． D．
6．已知，则下列比例式成立的是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，菱形ABCD的边长为2，∠A=60°，以点B为圆心的圆与AD、DC相切，与AB、CB的延长线分别相交于点E、F，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
8．对于二次函数,下列说法正确的是（ ）
A．当x>0，y随x的增大而增大
B．当x=2时，y有最大值－3
C．图像的顶点坐标为（－2，－7）
D．图像与x轴有两个交点
9．在△ABC中，∠C＝90°，tanA＝，那么sinA的值是（ ）
A． B． C． D．
10．将分别标有“孔”“孟”“之”“乡”汉字的四个小球装在一个不透明的口袋中，这些球除汉字外无其他差别，每次摸球前先搅拌均匀.随机摸出一球，不放回；再随机摸出一球.两次摸出的球上的汉字能组成“孔孟”的概率是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，在平面直角坐标系中，，则经过三点的圆弧所在圆的圆心的坐标为__________；点坐标为，连接，直线与的位置关系是___________．
12．已 知二次函数 y =ax2－bx＋2(a ≠0) 图象的顶点在第二象限，且过点（1，0），则a的取值范围是 _________；若a＋b 的值为非零整数，则 b 的值为 _________．
13．如图，平面直角坐标系中，已知O（0，0），A（﹣3，4），B（3，4），将△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，测第70次旋转结束时，点D的坐标为_____．
14．如图，矩形中，，点在边上，且，的延长线与的延长线相交于点，若，则______.
15．在二次根式中的取值范围是__________.
16．抛物线y＝（x＋2）2－2的顶点坐标是________．
17．如图，ΔABP是由ΔACD按顺时针方向旋转某一角度得到的，若∠BAP＝60°，则在这一旋转过程中，旋转中心是____________，旋转角度为____________.
18．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，以AB为边在第一象限作正方形，点D恰好在双曲线上，则k值为_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形的顶点，过点的双曲线与矩形的边交于点．
(1)求双曲线的解析式以及点的坐标；．
(2)若点是抛物线的顶点；
①当双曲线过点时，求顶点的坐标；
②直接写出当抛物线过点时，该抛物线与矩形公共点的个数以及此时的值．
20．（6分）如图，点D，E分别在△ABC的AB，AC边上，且DE∥BC，AG⊥BC于点G，与DE交于点F．已知，BC＝10，AF＝1．FG＝2，求DE的长．
21．（6分）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝54°，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E，过点B作直线BF，交AC的延长线于点F．
（1）求证：BE＝CE；
（2）若AB＝6，求弧DE的长；
（3）当∠F的度数是多少时，BF与⊙O相切，证明你的结论．
22．（8分）如图所示的是夹文件用的铁(塑料)夹子在常态下的侧面示意图．AC，BC表示铁夹的两个面，O点是轴，OD⊥AC于点D，且AD＝15mm，DC＝24mm，OD＝10mm．已知文件夹是轴对称图形，试利用图②，求图①中A，B两点间的距离．
23．（8分）近期猪肉价格不断走高，引起市民与政府的高度关注，当市场猪肉的平均价格达到一定的单价时，政府将投入储备猪肉以平抑猪肉价格.
（1）从今年年初至5月20日，猪肉价格不断走高，5月20日比年初价格上涨了60%，某市民在今年5月20日购买2.5千克猪肉至少要花100元钱，那么今年年初猪肉的最低价格为每千克多少元？
（2）5月20日猪肉价格为每千克40元，5月21日，某市决定投入储备猪肉，并规定其销售价格在5月20日每千克40元的基础上下调a%出售，某超市按规定价出售一批储备猪肉，该超市在非储备猪肉的价格仍为40元的情况下，该天的两种猪肉总销量比5月20日增加了a%，且储备猪肉的销量占总销量的，两种猪肉销售的总金额比5月20日提高了,求a的值.
24．（8分）如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，AB＝10，∠ABC＝60°，求AC和BD的长．
25．（10分）某果园有100棵橙子树，平均每棵结600个橙子．现准备多种一些橙子树以提高果园产量，但是如果多种树，那么树之间的距离和每一棵树所接受的阳光就要减少．根据经验估计，每增种1棵树，平均每棵树就少结5个橙子．设果园增种x棵橙子树，果园橙子的总产量为y个．
（1）求y与x之间的关系式；
（2）增种多少棵橙子树，可以使橙子的总产量在60 420个以上？
26．（10分）计划开设以下课外活动项目：A 一版画、B 一机器人、C 一航模、D 一园艺种植．为了解学生最喜欢哪一种活动项目，随机抽取了部分学生进行调查（每位学生 必须选且只能选一个项目），并将调查结果绘制成了两幅不完整的统计图，请回答下列问题：
（1）这次被调查的学生共有 人；扇形统计图中，选“D一园艺种植”的学生人数所占圆心角的度数是 °；
（2）请你将条形统计图补充完整；
（3）若该校学生总数为 1500 人，试估计该校学生中最喜欢“机器人”和最喜欢“航模”项目的总 人数
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】利用勾股定理判定①正确；利用三角形中位线可判定②正确；③中利用相似三角形的性质；④中利用全等三角形以及勾股定理即可判定其错误.
【详解】∵，，
∴，故①正确；
∵当点与点重合时，CF⊥AB，FG⊥AC，
∴FG为△ABC的中位线
∴GC=MH=，故②正确；
ABE不是三角形，故不可能，故③错误；
∵AC=BC，∠ACB=90°
∴∠A=∠5=45°
将△ACF顺时针旋转90°至△BCD，则CF=CD，∠1=∠4，∠A=∠6=45°，BD=AF
∵∠2=45°
∴∠1+∠3=∠3+∠4=45°
∴∠DCE=∠2
在△ECF和△ECD中，CF=CD，∠DCE=∠2，CE=CE
∴△ECF≌△ECD（SAS）
∴EF=DE
∵∠5=45°
∴∠BDE=90°
∴，即故④错误；
故选：B.
此题主要考查等腰直角三角形、三角形中位线以及全等三角形的性质、勾股定理的运用，熟练掌握，即可解题.
2、A
【分析】在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，列出方程求解．
【详解】由题意可得：
解得：x＝21，
经检验，x=21是原方程的解
故红球约有21个，
故选：A．
此题主要考查了利用频率估计概率，本题利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．关键是根据红球的频率得到相应的等量关系．
3、D
【分析】利用正方形的性质结合锐角三角函数关系得出正方形边长，进而即可找到规律得出答案．
【详解】∵正方形的边长为1，，，…
同理可得
故正方形的边长为
故选：D．
本题主要考查正方形的性质和锐角三角函数，利用正方形的性质和锐角三角函数找出规律是解题的关键．
4、A
【分析】连接BO,根据垂径定理得出BD,在△BOD中利用勾股定理解出OD,从而得出AD,在△ABD中利用勾股定理解出AB即可．
【详解】连接OB，
∵AO⊥BC，AO过O，BC＝4，
∴BD＝CD＝2，∠BDO＝90°，
由勾股定理得：OD＝＝＝，
∴AD＝OA+OD＝+＝4，
在Rt△ADB中，由勾股定理得：AB＝＝＝2，
故选：A．
本题考查圆的垂径定理及勾股定理的应用,关键在于熟练掌握相关的基础性质．
5、D
【分析】让白球的个数除以球的总个数即为所求的概率．
【详解】解：因为一共有6个球，白球有4个，
所以从布袋里任意摸出1个球，摸到白球的概率为：．
故选：D．
本题考查了概率公式，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．
6、C
【分析】依据比例的性质，将各选项变形即可得到正确结论．
【详解】解：A．由可得，2y=3x，不合题意；
B．由可得，2y=3x，不合题意；
C．由可得，3y=2x，符合题意；
D．由可得，3x=2y，不合题意；
故选：C．
本题主要考查了比例的性质，解决问题的关键是掌握：内项之积等于外项之积．
7、A
【详解】解：设AD与圆的切点为G，连接BG，
∴BG⊥AD，
∵∠A=60°，BG⊥AD，
∴∠ABG=30°，在直角△ABG中，BG=AB=×2=，AG=1，
∴圆B的半径为，
∴S△ABG==，
在菱形ABCD中，
∵∠A=60°，则∠ABC=120°，
∴∠EBF=120°，
∴S阴影=2（S△ABG﹣S扇形ABG）+S扇形FBE==．
故选A．
考点：1．扇形面积的计算；2．菱形的性质；3．切线的性质；4．综合题．
8、B
【详解】二次函数,
所以二次函数的开口向下，当x＜2，y随x的增大而增大，选项A错误；
当x=2时，取得最大值，最大值为－3,选项B正确；
顶点坐标为（2，-3），选项C错误；
顶点坐标为（2，-3），抛物线开口向下可得抛物线与x轴没有交点，选项D错误，
故答案选B.
考点：二次函数的性质.
9、C
【分析】根据正切函数的定义，可得BC，AC的关系，根据勾股定理，可得AB的长，根据正弦函数的定义，可得答案．
【详解】tanA＝＝，BC＝x，AC＝3x，
由勾股定理，得
AB＝x，
sinA＝＝，
故选：C．
本题考查了同角三角函数的关系，利用正切函数的定义得出BC=x，AC=3x是解题关键．
10、B
【分析】根据简单概率的计算公式即可得解.
【详解】一共四个小球，随机摸出一球，不放回；再随机摸出一球一共有12中可能，其中能组成孔孟的有2种，所以两次摸出的球上的汉字能组成“孔孟”的概率是.
故选B.
考点：简单概率计算.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、（2，0） 相切
【分析】由网格容易得出AB的垂直平分线和BC的垂直平分线，它们的交点即为点M，根据图形即可得出点M的坐标；由于C在⊙M上，如果CD与⊙M相切，那么C点必为切点；因此可连接MC，证MC是否与CD垂直即可．可根据C、M、D三点坐标，分别表示出△CMD三边的长，然后用勾股定理来判断∠MCD是否为直角．
【详解】解：如图，作线段AB，CD的垂直平分线交点即为M，由图可知经过A、B、C三点的圆弧所在圆的圆心M的坐标为（2，0）．
连接MC，MD，
∵MC2=42+22=20，CD2=42+22=20，MD2=62+22=40，
∴MD2=MC2+CD2，∴∠MCD=90°，
又∵MC为半径，
∴直线CD是⊙M的切线．
故答案为：（2，0）；相切．
本题考查的直线与圆的位置关系，圆的切线的判定等知识，在网格和坐标系中巧妙地与圆的几何证明有机结合，较新颖．
12、
【分析】根据题意可得a<0，再由可以得到b>0，把（1，0）函数得a−b+2=0，导出b和a的关系，从而解出a的范围，再根据a＋b 的值为非零整数的限制条件，从而得到a,b的值.
【详解】依题意知a<0, ，a−b+2=0，
故b>0，且b=a+2，a=b−2，a+b=a+a+2=2a+2，
∴a+2>0，
∴−2<a<0，
∴−2<2a+2<2，
∵a+b的值为非零实数，
∴a+b的值为−1，1，
∴2a+2=−1或2a+2=1，
或 ，
∵b=a+2，
或
13、 (3，﹣10)
【分析】首先根据坐标求出正方形的边长为6，进而得到D点坐标，然后根据每旋转4次一个循环，可知第70次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90°，即可得出此时D点坐标．
【详解】解：∵A(﹣3，4)，B(3，4)，
∴AB=3+3=6，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB=6，
∴D(﹣3，10)，
∵70=4×17+2，
∴每4次一个循环，第70次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90°，此时D点与(﹣3，10)关于原点对称，
∴此时点D的坐标为(3，﹣10)．
故答案为：(3，﹣10)．
本题考查坐标与图形，根据坐标求出D点坐标，并根据旋转特点找出规律是解题的关键．
14、
【分析】设BC=EC=a,根据相似三角形得到，求出a的值，再利用tanA即可求解.
【详解】设BC=EC=a,
∵AB∥CD，
∴△ABF∽△ECF，
∴,即
解得a=（-舍去）
∴tanF==
故答案为：.
此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知矩形的性质及正切的定义.
15、x<1
【解析】试题解析：若二次根式有意义，
则<2，
解得x<1．
故答案为：x<1．
本题考查二次根式及分式有意义的条件；用到的知识点为：二次根式有意义，被开方数为非负数；分式有意义，分母不为2．
16、（-2，-2）
【分析】由题意直接利用顶点式的特点，即可求出抛物线的顶点坐标．
【详解】解：∵y=（x+2）2-2是抛物线的顶点式，
∴抛物线的顶点坐标为（-2，-2）．
故答案为：（-2，-2）．
本题主要考查的是二次函数的性质，掌握二次函数顶点式的特征是解题的关键．
17、，
【分析】根据条件得出AD=AP,AC=AB，确定旋转中心，根据条件得出∠DAP=∠CAB=90°，确定旋转角度数.
【详解】解：∵△ABP是由△ACD按顺时针方向旋转而得，
∴△ABP≌△ACD，
∴∠DAC=∠PAB=60°,AD=AP,AC=AB,
∴∠DAP=∠CAB=90°,
∴△ABP是△ACD以点A为旋转中心顺时针旋转90°得到的.
故答案为：A，90°
本题考查旋转的性质，明确旋转前后的图形大小和形状不变，正确确定对应角，对应边是解答此题的关键.
18、1
【解析】作DH⊥x轴于H，如图，
当y=0时，-3x+3=0，解得x=1，则A（1，0），
当x=0时，y=-3x+3=3，则B（0，3），
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAO+∠DAH=90°，
而∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠ABO=∠DAH，
在△ABO和△DAH中
∴△ABO≌△DAH，
∴AH=OB=3，DH=OA=1，
∴D点坐标为（1，1），
∵顶点D恰好落在双曲线y= 上，
∴a=1×1=1．
故答案是：1.
三、解答题(共66分)
19、（1），；（2）①；②三个，
【分析】（1）将C点坐标代入求得k的值即可求得反比例函数解析式，将代入所求解析式求得x的值即可求得E点坐标；
（2）①将抛物线化为顶点式，可求得P点的横坐标，再根据双曲线解析式即可求得P点坐标；②根据B点为函数与y轴的交点可求得t的值和函数解析式，再根据函数的对称轴，与x轴的交点坐标即可求得抛物线与矩形公共点的个数．
【详解】解:(1)把点代入，得，
∴
把代入，得，
∴；
(2)①∵抛物线
∴顶点的横坐标，
∵顶点在双曲线上，
∴，
∴顶点，
②当抛物线过点时，
，解得，
抛物线解析式为，
故函数的顶点坐标为，对称轴为，与x轴的交点坐标分别为
所以它与矩形在线段BD上相交于和，在线段AB上相交于，即它与矩形有三个公共点，此时．
本题考查待定系数法求反比例函数解析式和求二次函数解析式，二次函数的性质．在求函数解析式时一般该函数有几个未知的常量就需要代入几个点的坐标，本题（2）（3）中熟练掌握二次函数一般式，交点式，顶点式三种表达式之间的互相转化是解决此题的关键．
20、2
【分析】根据DE∥BC得出△ADE∽△ABC，然后利用相似三角形的高之比等于相似比即可求出DE的长度．
【详解】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵AG⊥BC，
∴AF⊥DE，
∴＝，
∵BC＝10，AF＝1，FG＝2，
∴DE＝10×＝2．
本题主要考查相似三角形的性质，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
21、（1）证明见解析；（2）弧DE的长为π；（3）当∠F的度数是36°时，BF与⊙O相切．理由见解析.
【解析】(1)连接AE，求出AE⊥BC，根据等腰三角形性质求出即可；
(2)根据圆周角定理求出∠DOE的度数，再根据弧长公式进行计算即可；
(3)当∠F的度数是36°时，可以得到∠ABF=90°，由此即可得BF与⊙O相切.
【详解】(1)连接AE，如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∴AE⊥BC，
∵AB=AC，
∴BE=CE；
(2)∵AB=AC，AE⊥BC，
∴AE平分∠BAC，
∴∠CAE=∠BAC=×54°=27°，
∴∠DOE=2∠CAE=2×27°=54°，
∴弧DE的长=；
(3)当∠F的度数是36°时，BF与⊙O相切，
理由如下：∵∠BAC=54°，
∴当∠F=36°时，∠ABF=90°，
∴AB⊥BF，
∴BF为⊙O的切线．
本题考查了圆周角定理、切线的判定、弧长公式等，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
22、AB＝30(mm)
【解析】解：如图所示，连接AB，与CO的延长线交于点E．
∵夹子是轴对称图形，对称轴是CE，且A，B为一组对称点，
∴CE⊥AB，AE＝EB．
在Rt△AEC和Rt△ODC中，∵∠ACE＝∠OCD，
∴Rt△AEC∽Rt△ODC，
∴．∵(mm)，
∴(mm)．
∴AB＝2AE＝15×2＝30(mm)．
23、（1）1元；（2）a=2.
【分析】（1）设今年年初猪肉价格为每千克x元；根据题意列出一元一次不等式，解不等式即可；
（2）设5月2日两种猪肉总销量为1；根据题意列出方程，解方程即可．
【详解】解：（1）设今年年初猪肉价格为每千克x元；
根据题意得：2.5×（1+60%）x≥100，解得：x≥1．
答：今年年初猪肉的最低价格为每千克1元；
（2）设5月2日两种猪肉总销量为1；
根据题意得：40（1﹣a%）×（1+a%）+40×（1+a%）=40（1+a%），
令a%=y，
原方程化为：40（1﹣y）×（1+y）+40×（1+y）=40（1+y），
整理得：，
解得：y=0.2，或y=0（舍去），
则a%=0.2，
∴a=2．
答：a的值为2．
24、AC=10,BD=10
【分析】根据菱形的性质可得Rt△ABO中，∠ABO=∠ABD＝∠ABC＝30°，则可得AO和BO的长，根据AC=2AO，BD=2BO可得AC和BD的长；
【详解】解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=AC，OB=OD=BD，∠ABD＝∠ABC＝30°，
在Rt△ABO中，AB＝10，∠ABO=∠ABD＝30°，
∴AO＝AB=5，BO＝AB=5，
∴AC＝2AO＝10，BD＝2BO＝10．
本题主要考查了菱形的性质，解直角三角形，掌握菱形的性质，解直角三角形是解题的关键.
25、（1）y=600-5x（0≤x＜120）；（2）7到13棵
【分析】（1）根据增种1棵树，平均每棵树就会少结5个橙子列式即可；（2）根据题意列出函数解析式，然后根据函数关系式y=-5x2+100x+60000=60420，结合一元二次方程解法得出即可．
【详解】解：（1）平均每棵树结的橙子个数y（个）与x之间的关系为：
y=600-5x（0≤x＜120）；
（2）设果园多种x棵橙子树时，可使橙子的总产量为w，
则w=（600-5x）（100+x）
=-5x2+100x+60000
当y=-5x2+100x+60000=60420时，
整理得出：x2-20x+84=0，
解得：x1=14，x2=6，
∵抛物线对称轴为直线x==10，
∴增种7到13棵橙子树时，可以使果园橙子的总产量在60420个以上．
此题主要考查了二次函数的应用，准确分析题意，列出y与x之间的二次函数关系式是解题关键．
26、（1）200；72（2）60（人），图见解析（3）1050人．
【分析】（1）由A类有20人，所占扇形的圆心角为36°，即可求得这次被调查的学生数，再用360°乘以D人数占总人数的比例可得；
（2）首先求得C项目对应人数，即可补全统计图；
（3）总人数乘以样本中B、C人数所占比例可得．
【详解】（1）∵A类有20人，所占扇形的圆心角为36°，
∴这次被调查的学生共有：20÷＝200（人）；
选“D一园艺种植”的学生人数所占圆心角的度数是360°×＝72°，
故答案为：200、72；
（2）C项目对应人数为：200−20−80−40＝60（人）；
补充如图．
（3）1500×＝1050（人），
答：估计该校学生中最喜欢“机器人”和最喜欢“航模”项目的总人数为1050人．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
