资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．下列事件中，是随机事件的是（ ）
A．三角形任意两边之和大于第三边
B．任意选择某一电视频道，它正在播放新闻联播
C．a是实数，|a|≥0
D．在一个装着白球和黑球的袋中摸球，摸出红球
2．如图反比例函数 ()与正比例函数() 相交于两点A，B．若点A(1，2)，B坐标是（ ）
A．(，) B．(，) C．(，) D．(，)
3．一个不透明的袋中，装有2个黄球、3个红球和5个白球，它们除颜色外都相同．从袋中任意摸出一个球，是白球的概率是（ ）
A． B． C． D．
4．如图图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在▱ABCD中，E是AB的中点，EC交BD于点F，则△BEF与△DCB的面积比为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，如果∠ACD＝35°，那么∠BAD等于（ ）
A．35° B．45° C．55° D．65°
7．的倒数是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在四边形ABCD中，ADBC，DE⊥BC，垂足为点E，连接AC交DE于点F，点G为AF的中点，∠ACD＝2∠ACB，若DG＝3，EC＝1，则DE的长为( )
A．2 B． C．2 D．
9．下列命题正确的是（ ）
A．矩形的对角线互相垂直平分
B．一组对角相等，一组对边平行的四边形一定是平行四边形
C．正八边形每个内角都是
D．三角形三边垂直平分线交点到三角形三边距离相等
10．如图，中，，在同一平面内，将绕点旋转到的位置，使得，则旋转角等于（ ）
A． B． C． D．
11．如图，在△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，DE∥BC．若AD=6，DB=3，则的值为（ ）
A． B． C． D．2
12．下列方程是一元二次方程的是 （ ）
A． B．x2+5=0 C．x2+=8 D．x（x+3）=x2﹣1
二、填空题（每题4分，共24分）
13．点关于原点的对称点的坐标为________.
14．二次函数的最大值是__________．
15．圆锥的底面半径是1，侧面积是3π，则这个圆锥的侧面展开图的圆心角为________．
16．已知：，且y≠4，那么=______．
17．若关于的一元二次方程有实数根，则的值可以为________（写出一个即可）．
18．二次函数y＝x2﹣4x+3的对称轴方程是_____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）计算：
20．（8分）如图，AB是⊙O的弦，过点O作OC⊥OA，OC交于AB于P，且CP=CB．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）已知∠BAO=25°，点Q是弧AmB上的一点.
①求∠AQB的度数；
②若OA=18，求弧AmB的长.
21．（8分）解下列两题：
(1)已知，求的值；
(2)已知α为锐角，且2sinα=4cos30°﹣tan60°，求α的度数．
22．（10分）空地上有一段长为am的旧墙MN，某人利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园ABCD，已知木栏总长为110m．
（1）已知a＝30，矩形菜园的一边靠墙，另三边一共用了110m木栏，且围成的矩形菜园而积为1000m1．如图1，求所利用旧墙AD的长；
（1）已知0＜a＜60，且空地足够大，如图1．请你合理利用旧墙及所给木栏设计一个方案，使得所围成的矩形菜园ABCD的面积最大，并求面积的最大值．
23．（10分）如图,将绕点顺时针旋转得到,点恰好落在的延长线上，连接．分别交于点交于点．
求的角度;
求证：．
24．（10分）如图，为的直径，、为上两点，且点为的中点，过点作的垂线，交的延长线于点，交的延长线于点.
（1）求证：是的切线；
（2）当，时，求的长.
25．（12分）如图，直径为AB的⊙O交的两条直角边BC，CD于点E，F，且，连接BF．
（1）求证CD为⊙O的切线；
（2）当CF=1且∠D=30°时，求⊙O的半径．
26．计算
（1）
（2）
（3）
（4）
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】随机事件就是可能发生也可能不发生的事件，根据定义即可判断．
【详解】A、三角形任意两边之和大于第三边是必然事件，故选项不合题意；
B、任意选择某一电视频道，它正在播放新闻联播，是随机事件，故选项符合题意；
C、a是实数，|a|≥0，是必然事件，故选项不合题意；
D、在一个装着白球和黑球的袋中摸球，摸出红球，是不可能事件，故选项不合题意．
故选：B．
本题考查了随机事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
2、A
【分析】先根据点A的坐标求出两个函数解析式，然后联立两个解析式即可求出答案．
【详解】将A（1，2）代入反比例函数()，
得a=2，
∴反比例函数解析式为：，
将A（1，2）代入正比例函数()，
得k=2，
∴正比例函数解析式为：，
联立两个解析式，
解得或，
∴点B的坐标为（-1，-2），
故选：A．
本题考查了反比例函数和正比例函数，求出函数解析式是解题关键．
3、A
【分析】由题意可得，共有10种等可能的结果，其中从口袋中任意摸出一个球是白球的有5种情况，利用概率公式即可求得答案．
【详解】解：∵从装有2个黄球、3个红球和5个白球的袋中任意摸出一个球有10种等可能结果，
其中摸出的球是白球的结果有5种，
∴从袋中任意摸出一个球，是白球的概率是＝，
故选A．
此题考查了概率公式，明确概率的意义是解答问题的关键，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
4、D
【分析】根据中心对称图形的概念和识别．
【详解】根据中心对称图形的概念和识别，可知D是中心对称图形，A、C是轴对称图形，D既不是中心对称图形，也不是轴对称图形．
故选D．
本题考查中心对称图形，掌握中心对称图形的概念，会判断一个图形是否是中心对称图形．
5、D
【分析】根据平行四边形的性质得出AB=CD，AB∥CD，根据相似三角形的判定得出△BEF∽△DCF，根据相似三角形的性质和三角形面积公式求出即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，E为AB的中点，
∴AB=DC=2BE，AB∥CD，
∴△BEF∽△DCF，
∴==，
∴DF=2BF，=()2=，
∴=，
∴S△BEF=S△DCF，S△DCB=S△DCF，
∴==，故选D.
本题考查了相似三角形的性质和判定和平行四边形的性质，能熟记相似三角形的性质是解此题的关键.
6、C
【分析】根据题意可知、，通过与互余即可求出的值．
【详解】解：∵
∴
∵是的直径
∴
∴
故选：C
本题考查了圆周角定理，同弧所对的圆周角相等、并且等于它所对的圆心角的一半，也考查了直径所对的圆周角为90度．
7、A
【分析】根据乘积为1的两个数互为倒数进行解答即可．
【详解】解：∵×1=1，
∴的倒数是1．
故选A．
本题考查了倒数的概念，熟记倒数的概念是解答此题的关键．
8、C
【分析】根据直角三角形斜边上中线的性质可得DG=AG，根据等腰三角形的性质，得到，由三角形外角的性质，可得，再根据平行线的性质和等量关系可得，根据等腰三角形的性质得到ＣＤ＝ＤＧ，最后由勾股定理解题即可．
【详解】
为AF的中点，即DG为斜边AF的中线，
设
在中，
根据勾股定理得，
故选：C．
本题考查勾股定理、直角三角形斜边上的中线、等腰三角形的性质、平行线的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
9、B
【分析】根据矩形的性质、平行四边形的判定、多边形的内角和及三角形垂直平分线的性质，逐项判断即可．
【详解】A.矩形的对角线相等且互相平分，故原命题错误；
B.已知如图：，，求证：四边形ABCD是平行四边形．
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴一组对角相等，一组对边平行的四边形一定是平行四边形，故原命题正确；
C.正八边形每个内角都是：，故原命题错误；
D.三角形三边垂直平分线交点到三角形三个顶点的距离相等，故原命题错误．
故选：B．
本题考查命题的判断，明确矩形性质、平行四边形的判定定理、多边形内角和公式及三角形垂直平分线的性质是解题关键．
10、B
【分析】由平行线的性质得出,由旋转的性质可知,则有,然后利用三角形内角和定理即可求出旋转角的度数．
【详解】
由旋转的性质可知
所以旋转角等于40°
故选：B．
本题主要考查平行线的性质，等腰三角形的性质和旋转的性质，掌握旋转角的概念及平行线的性质，等腰三角形的性质和旋转的性质是解题的关键．
11、A
【分析】先求出AB，由平行线分线段成比例定理得出比例式，即可得出结果．
【详解】∵，
∴，
∵，
∴；
故选：A．
本题考查了平行线分线段成比例定理；熟记平行线分线段成比例定理是解决问题的关键．
12、B
【分析】根据一元二次方程的定义对各选项进行逐一分析即可．
【详解】A、方程x+2y=1是二元一次方程，故本选项错误；
B、方程x2+5=0是一元二次方程，故本选项正确；
C、方程x2+=8是分式方程，故本选项错误；
D、方程x（x+3）=x2-1是一元一次方程，故本选项错误．
故选B．
本题考查的是一元二次方程的定义，熟知只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程是解答此题的关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】根据点关于原点对称，横纵坐标都变号，即可得出答案.
【详解】根据对称变换规律，将P点的横纵坐标都变号后可得点，故答案为.
本题考查坐标系中点的对称变换，熟记变换口诀“关于谁对称，谁不变，另一个变号；关于原点对称，两个都变号”.
14、1
【分析】二次函数的顶点式在x=h时有最值，a>0时有最小值，a<0时有最大值，题中函数 ，故其在时有最大值.
【详解】解：∵，
∴有最大值，
当时，有最大值1．
故答案为1．
本题考查了二次函数顶点式求最值，熟练掌握二次函数的表达式及最值的确定方法是解题的关键.
15、120°
【解析】根据圆锥的侧面积公式S=πrl得出圆锥的母线长，再结合扇形面积公式即可求出圆心角的度数．
【详解】∵侧面积为3π，
∴圆锥侧面积公式为：S=πrl=π×1×l=3π，
解得：l=3，
∴扇形面积为3π=，
解得：n=120，
∴侧面展开图的圆心角是120度．
故答案为：120°．
此题主要考查了圆锥的侧面积公式应用以及与展开图扇形面积关系，求出圆锥的母线长是解决问题的关键．
16、
【分析】由分式的性质和等比性质，即可得到答案.
【详解】解：∵，
∴，
由等比性质，得：
；
故答案为：.
本题考查了比例的性质，以及分式的性质，解题的关键是熟练掌握等比性质.
17、5（答案不唯一，只有即可）
【解析】由于方程有实数根，则其根的判别式△≥1，由此可以得到关于c的不等式，解不等式就可以求出c的取值范围．
【详解】解：一元二次方程化为x2+6x+9-c=1，
∵△=36-4（9-c）=4c≥1，
解上式得c≥1．
故答为5（答案不唯一，只有c≥1即可）．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=1（a≠1）的根的判别式∆=b2﹣4ac与根的关系，熟练掌握根的判别式与根的关系式解答本题的关键.当∆>1时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当∆=1时，一元二次方程有两个相等的实数根；当∆<1时，一元二次方程没有实数根.关键在于求出c的取值范围．
18、x＝1
【分析】二次函数y＝ax1+bx+c的对称轴方程为x＝﹣，根据对称轴公式求解即可．
【详解】解：∵y＝x1﹣4x+3，
∴对称轴方程是：x＝﹣＝1．
故答案为：x＝1．
本题考查了根据二次函数的一般式求对称轴的公式，需要熟练掌握．
三、解答题（共78分）
19、1
【分析】先计算特殊的三角函数值和去绝对值，再从左至右计算即可.
【详解】解：原式=
本题考查的是实数与特殊角的三角函数值的混合运算，能够熟知特殊角的三角函数值是解题的关键.
20、（1）见解析；（2）①∠AQB=65°，②l弧AmB=23π.
【解析】(1)连接OB，根据等腰三角形的性质得到∠OAB=∠OBA，∠CPB=∠CBP，再根据∠PAO+∠APO=90°，继而得出∠OBC=90°，问题得证；
(2)①根据等腰三角形的性质可得∠ABO=25°，再根据三角形内角和定理可求得∠AOB的度数，继而根据圆周角定理即可求得答案；
②根据弧长公式进行计算即可得.
【详解】(1)连接OB，
∵CP=CB，
∴∠CPB=∠CBP，
∵OA⊥OC，
∴∠AOC=90°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵∠PAO+∠APO=90°，
∴∠ABO+∠CBP=90°，
∴∠OBC=90°，
∴BC是⊙O的切线；
(2)①∵∠BAO=25° ，OA=OB，
∴∠OBA=∠BAO=25°，
∴∠AOB=180°-∠BAO-∠OBA=130°，
∴∠AQB=∠AOB=65°；
②∵∠AOB=130°，OB=18，
∴l弧AmB==23π.
本题考查了圆周角定理，切线的判定等知识，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.
21、 (1) 6；(2) 锐角α=30°
【分析】（1）根据等式,设a=3k，b=4k，代入所求代数式化简求值即可；
（2）由cos30°=，tan60°=，化简即可得出sinα的值，根据特殊角的三角函数值即可得．
【详解】解：(1)∵，
∴设a=3k，b=4k，
∴==6，
故答案为：6；
(2)∵2sinα=4cos30°﹣tan60°=4×﹣=，
∴sinα=，
∴锐角α=30°，
故答案为：30°．
本题考查了化简求值，特殊角的三角函数值的应用，掌握化简求值的计算是解题的关键．
22、（1）旧墙AD的长为10米；（1）当0＜a＜40时，围成长和宽均为米的矩形菜园面积最大，最大面积为平方米；当40≤a＜60时，围成长为a米，宽为米的矩形菜园面积最大，最大面积为（60﹣）平方米．
【分析】(1)按题意设出AD=x米，用x表示AB，再根据面积列出方程解答；
(1)根据旧墙长度a和AD长度表示矩形菜园长和宽，注意分类讨论S与菜园边长之间的数量关系．
【详解】解：(1)设AD＝x米，则AB＝，
依题意得，＝1000，
解得x1＝100，x1＝10，
∵a＝30，且x≤a，
∴x＝100舍去，
∴利用旧墙AD的长为10米，
故答案为10米；
(1)设AD＝x米，矩形ABCD的面积为S平方米，
①如果按图1方案围成矩形菜园，依题意得，
S＝，
∵0＜a＜60，
∴x＜a＜60时，S随x的增大而增大，
当x＝a时，S最大为；
②如按图1方案围成矩形菜园，依题意得，
S＝，
当a＜时，即0＜a＜40时，
则x＝时，S最大为，
当，即40≤a＜60时，S随x的增大而减小，
∴x＝a时，S最大＝，
综合①②，当0＜a＜40时，
，
此时，按图1方案围成矩形菜园面积最大，最大面积为平方米，
当40≤a＜60时，两种方案围成的矩形菜园面积最大值相等．
∴当0＜a＜40时，围成长和宽均为米的矩形菜园面积最大，最大面积为平方米；
当40≤a＜60时，围成长为a米，宽为米的矩形菜园面积最大，最大面积为平方米．
本题以实际应用为背景，考查了一元二次方程与二次函数最值的讨论，解得时注意分类讨论变量大小关系．
23、（1）；（2）见解析
【解析】(1)根据题意将绕点顺时针旋转得到，可知≌，根据全等三角形性质和外角性质可求得∠AFE的度数.
(2)根据(1)中≌可知对应角相等，对应边相等，来证明(ASA).
【详解】解：(1)由绕顺时针旋转得到
又
∠AFB=∠ACB=
证明：
在和中
本题考查的是三角形旋转造全等，利用全等三角形的性质和外角的性质来求得外角的度数和判定另外两个三角形全等.
24、（1）详见解析；（2）.
【分析】（1）连接，如图，由点为的中点可得，根据可得，可得，于是，进一步即可得出，进而可证得结论；
（2）在中，利用解直角三角形的知识可求得半径的长，进而可得AD的长，然后在中利用∠D的正弦即可求出结果.
【详解】解：（1）连接，如图，∵点为的中点，∴，∴.
∵，∴，∴.
∴.
∵，∴.
∴，即.
∴是的切线；
（2）在中，∵，∴设，则，
则，解得：.
∴，，∴.
在中，∵，∴.
本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、平行线的判定和性质以及解直角三角形的知识，属于中档题型，熟练掌握上述知识是解题的关键.
25、（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）连接OF，只要证明OF∥BC，即可推出OF⊥CD，由此即可解决问题；
（2）连接AF，利用∠D=30°，求出∠CBF=∠DBF =30°，得出BF=2，在利用勾股定理得出AB的长度，从而求出⊙O的半径．
【详解】(1)连接OF，
∵ ，
∴∠CBF=∠FBA，
∵OF=OB，
∴∠FBO=∠OFB，
∵点A、O、B三点共线,
∴∠CBF=∠OFB，
∴BC∥OF，
∴∠OFC+∠C=180°，
∵∠C=90°，
∴∠OFC=90°，即OF⊥DC，
∴CD为⊙O的切线；
(2) 连接AF，
∵AB为直径，
∴∠AFB=90°，
∵∠D=30°，
∴∠CBD=60°，
∵，
∴∠CBF=∠DBF=∠CBD=30°，
在，CF=1，∠CBF=30°，
∴BF=2CF=2，
在,∠ABF=30°，BF=2，
∴AF=AB，
∴AB2=(AB)2+BF2，
即AB2=4，
∴，
⊙O的半径为；
本题考查切线的判定、直角三角形30度角的性质、勾股定理，直径对的圆周角为90°等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
26、 (1) ；(2)；(3) ；(4)3
【分析】（1）先运用去括号原则以及完全平方差公式去括号，再合并同类项，最后利用因式分解法求解即可；
（2）先运用完全平方差公式去括号，再移项和合并同类项，最后利用因式分解法求解即可；
（3）由题意代入特殊三角函数值，并利用二次根式运算法则进行计算；
（4）由题意代入特殊三角函数值，并利用二次根式运算法则以及负指数幂和去绝对值的运算方法进行计算.
【详解】解：（1）
解为：；
（2）
解为：；
（3）
=
=
=；
（4）
=
=
=3.
本题考查一元二次方程的解法和实数的计算，用到的知识点是因式分解法求一元二次方程和负整数指数幂、零指数幂和特殊角的三角函数值，关键是根据式子的特点灵活运用解方程的方法进行求解．
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