资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．抛物线y=（x+2）2﹣2的顶点坐标是（ ）
A．（2，﹣2） B．（2，2） C．（﹣2，2） D．（﹣2，﹣2）
2．如图，AB是半圆O的直径，且AB＝4cm，动点P从点O出发，沿OA→→BO的路径以每秒1cm的速度运动一周．设运动时间为t，s＝OP2，则下列图象能大致刻画s与t的关系的是（ ）
A． B．
C． D．
3．在Rt△ABC中，∠C＝90°，若斜边AB是直角边BC的3倍，则tanB的值是( )
A． B．3 C． D．2
4．如图，将绕着点按顺时针方向旋转，点落在位置，点落在位置，若，则的度数是 （ ）
A． B． C． D．
5．抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图，则下列结论中正确的是（ ）
A．ab＜0 B．a+b+2c﹣2＞0 C．b2﹣4ac＜0 D．2a﹣b＞0
6．如图，在⊙O中，直径CD⊥弦AB，则下列结论中正确的是
A．AC=AB B．∠C=∠BOD C．∠C=∠B D．∠A=∠B0D
7．参加一次聚会的每两人都握了一次手，所有人共握手10 次，若共有 x 人参加聚会，则根据题意，可列方程（ ）
A． B． C． D．
8．一个布袋内只装有1个黑球和2个白球,这些球除颜色不同外其余都相同,随机摸出一个球后放回搅匀,再随机摸出一个球,则两次摸出的球都是黑球的概率是( )
A． B． C． D．
9．如图，以（1，-4）为顶点的二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴负半轴交于A点，则一元二次方程ax2+bx+c=0的正数解的范围是（ ）
A．2＜x＜3 B．3＜x＜4 C．4＜x＜5 D．5＜x＜6
10．如图，在平面直角坐标系内，四边形ABCD为菱形，点A，B的坐标分别为（﹣2，0），（0，﹣1），点C，D分别在坐标轴上，则菱形ABCD的周长等于（ ）
A． B．4 C．4 D．20
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，圆心都在x轴正半轴上的半圆O1，半圆O2，…，半圆On均与直线l相切，设半圆O1，半圆O2，…，半圆On的半径分别是r1，r2，…，rn，则当直线l与x轴所成锐角为30时，且r1=1时，r2017=_______.
12．如图，一次函数的图象在第一象限与反比例函数的图象相交于A，B两点，当时，x的取值范围是，则_____．
13．把抛物线向下平移2个单位，再向右平移1个单位，所得到的抛物线是 ．
14．如图，是用卡钳测量容器内径的示意图．量得卡钳上A，D两端点的距离为4cm，，则容器的内径BC的长为_____cm．
15．如图，E，F分别为矩形ABCD的边AD，BC的中点，且矩形ABCD与矩形EABF相似，AB＝1，则BC的长为_____．
16．若m是关于x的方程的一个根，则的值为_________.
17．在相同时刻，物高与影长成正比．在某一晴天的某一时刻，某同学测得他自己的影长是2.4m，学校旗杆的影长为13.5m，已知该同学的身高是1.6m，则学校旗杆的高度是_____．
18．方程的解是_______．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图所示，阳光透过长方形玻璃投射到地面上，地面上出现一个明亮的平行四边形，杨阳用量角器量出了一条对角线与一边垂直，用直尺量出平行四边形的一组邻边的长分别是30 cm,50 cm，请你帮助杨阳计算出该平行四边形的面积．
20．（6分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝ax+b的图象与反比例函数y＝的图象交于第二、四象限内的A，B两点，与x轴交于点C，与y轴交于点D，点B的坐标是（m，﹣4），连接AO，AO＝5，sin∠AOC＝．
（1）求反比例函数和一次函数的解析式；
（2）连接OB，求△AOB的面积．
21．（6分）如图，AB是⊙O的直径，点C是圆上一点，点D是半圆的中点，连接CD交OB于点E，点F是AB延长线上一点，CF＝EF．
（1）求证：FC是⊙O的切线；
（2）若CF＝5，，求⊙O半径的长．
22．（8分）如图，PB与⊙O相切于点B，过点B作OP的垂线BA，垂足为C，交⊙O于点A，连结PA，AO，AO的延长线交⊙O于点E，与PB的延长线交于点D．
（1）求证：PA是⊙O的切线;
（2）若tan∠BAD=， 且OC=4，求PB的长.
23．（8分）如图，在矩形ABCD中，点E是AD上的一个动点，连接BE，作点A关于BE的对称点F，且点F落在矩形ABCD的内部，连接AF，BF，EF，过点F作GF⊥AF交AD于点G，设．
（1）求证：AE=GE；
（2）当点F落在AC上时，用含n的代数式表示的值；
（3）若AD=4AB，且以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形，求n的值．
24．（8分）用恰当的方法解下列方程．
（1）2x2﹣3x﹣1＝0
（2）x2+2＝2x
25．（10分）（1）计算：cos60°﹣tan30°+tan60°﹣2sin245°；
（2）解方程：2（x﹣3）2＝x（x﹣3）．
26．（10分）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC边上的高，E是BC边上的一个动点（不与B，C重合），EF⊥AB，EG⊥AC，垂足分别为F，G．
（1）求证：；
（2）FD与DG是否垂直？若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由；
（3）当的值为多少时，△FDG为等腰直角三角形？
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】根据二次函数的顶点式方程可以直接写出其顶点坐标．
【详解】∵抛物线为y=（x+2）2﹣2，∴顶点坐标为（﹣2，﹣2）．
故选D．
本题考查了二次函数的顶点坐标的求法，掌握二次函数的顶点式y=a（x﹣h）2+k是解题的关键．
2、C
【解析】在半径AO上运动时，s=OP1=t1；在弧BA上运动时，s=OP1=4；在BO上运动时，s=OP1=（4π+4-t）1，s也是t是二次函数；即可得出答案．
【详解】解：利用图象可得出：当点P在半径AO上运动时，s=OP1=t1；
在弧AB上运动时，s=OP1=4；
在OB上运动时，s=OP1=（1π+4-t）1．
结合图像可知C选项正确
故选：C．
此题考查了动点问题的函数图象，能够结合图形正确得出s与时间t之间的函数关系是解决问题的关键．
3、D
【分析】先求出AC，再根据正切的定义求解即可.
【详解】设BC=x，则AB=3x，
由勾股定理得，AC=，
tanB===，
故选D．
考点：1．锐角三角函数的定义；2．勾股定理．
4、C
【解析】由旋转可知∠BAC=∠A’，∠A’CA=20°，据此可进行解答.
【详解】解：由旋转可知∠BAC=∠A’，∠A’CA=20°，由AC⊥A’B’可得∠BAC=∠A’=90°-20°=70°，
故选择C.
本题考查了旋转的性质.
5、D
【解析】利用抛物线开口方向得到a＞0，利用抛物线的对称轴在y轴的左侧得到b＞0，则可对A选项进行判断；利用x＝1时，y＝2得到a+b＝2﹣c，则a+b+2c﹣2＝c<0，于是可对B选项进行判断；利用抛物线与x轴有2个交点可对C选项进行判断；利用﹣1＜﹣＜0可对D选项进行判断．
【详解】∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线的对称轴在y轴的左侧，
∴a、b同号，即b＞0，
∴ab＞0，故A选项错误；
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，
∴c<0，
∵x＝1时，y＝2，
∴a+b+c＝2，
∴a+b+2c﹣2＝2+c﹣2＝c<0，故B选项错误；
∵抛物线与x轴有2个交点，
∴△＝b2﹣4ac＞0，故 C选项错误；
∵﹣1＜﹣＜0，
而a＞0，
∴﹣2a＜﹣b，即2a﹣b＞0，所以D选项正确．
故选：D．
本题主要考查二次函数解析式的系数的几何意义，掌握二次函数解析式的系数与图象的开口方向，对称轴，图象与坐标轴的交点的位置关系，是解题的关键.
6、B
【解析】先利用垂径定理得到弧AD=弧BD，然后根据圆周角定理得到∠C=∠BOD，从而可对各选项进行判断．
【详解】解：∵直径CD⊥弦AB，
∴弧AD =弧BD，
∴∠C=∠BOD．
故选B．
本题考查了垂径定理和圆周角定理，垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
7、C
【分析】如果人参加了这次聚会，则每个人需握手次，人共需握手次；而每两个人都握了一次手，因此一共握手次.
【详解】设人参加了这次聚会，则每个人需握手次，
依题意，可列方程.
故选C.
本题主要考查一元二次方程的应用.
8、D
【解析】试题分析：列表如下
黑
白1
白2
黑
（黑，黑）
（白1，黑）
（白2，黑）
白1
（黑，白1）
（白1，白1）
（白2，白1）
白2
（黑，白2）
（白1，白2）
（白2，白2）
由表格可知，随机摸出一个球后放回搅匀，再随机摸出一个球所以的结果有9种，两次摸出的球都是黑球的结果有1种，所以两次摸出的球都是黑球的概率是．故答案选D．
考点：用列表法求概率．
9、C
【解析】试题解析：∵二次函数y=ax2+bx+c的顶点为（1，-4），
∴对称轴为x=1，
而对称轴左侧图象与x轴交点横坐标的取值范围是-3＜x＜-2，
∴右侧交点横坐标的取值范围是4＜x＜1．
故选C．
考点：图象法求一元二次方程的近似根．
10、C
【分析】根据题意和勾股定理可得AB长，再根据菱形的四条边都相等，即可求出菱形的周长．
【详解】∵点A，B的坐标分别为（﹣2，0），（0，﹣1），
∴OA＝2，OB＝1，
∴，
∴菱形ABCD的周长等于4AB＝4．
故选：C．
此题主要考查了菱形的性质，勾股定理以及坐标与图形的性质，得出AB的长是解题关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【详解】分别作O1A⊥l，O2B⊥l，O3C⊥l，如图，
∵半圆O1，半圆O2，…，半圆On与直线l相切，
∴O1A=r1，O2B=r2，O3C=r3，
∵∠AOO1=30°，
∴OO1=2O1A=2r1=2，
在Rt△OO2B中，OO2=2O2B，即2+1+r2=2r2，
∴r2=3，
在Rt△OO2C中，OO3=2O2C，即2+1+2×3++r3=2r3，
∴r3=9=32，
同理可得r4=27=33，
所以r2017=1．
故答案为1．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．也考查了从特殊到一般的方法解决规律型问题．
12、1．
【解析】由已知得A、B的横坐标分别为1，1，代入两解析式即可求解.
【详解】由已知得A、B的横坐标分别为1，1，所以有解得，故答案为1．
此题主要考查反比例函数与一次函数综合，解题的关键是熟知函数图像交点的性质.
13、
【解析】试题分析：根据抛物线的平移规律：左加右减，上加下减，可知：把抛物线向下平移2个单位得，再向右平移1个单位，得．
考点：抛物线的平移．
14、1
【分析】依题意得：△AOD∽△BOC，则其对应边成比例，由此求得BC的长度．
【详解】解：如图，连接AD，BC，
∵，∠AOD＝∠BOC，
∴△AOD∽△BOC，
∴，
又AD＝4cm，
∴BC＝AD＝1cm．
故答案是：1．
本题考查相似三角形的判定与性质的实际应用及分析问题、解决问题的能力．利用数学知识解决实际问题是中学数学的重要内容．解决此问题的关键在于正确理解题意的基础上建立数学模型，把实际问题转化为数学问题．
15、
【分析】根据相似多边形的性质列出比例式，计算即可．
【详解】∵矩形ABCD与矩形EABF相似，
∴＝，即＝，
解得，AD＝，
∴矩形ABCD的面积＝AB•AD＝，
故答案为：．
本题考查了相似多边形的性质，掌握相似多边形的对应边的比相等是解题的关键.
16、2
【分析】将代入方程，进行化简即可得出答案.
【详解】由题意得：
则
故答案为：2.
本题考查了一元二次方程的根的定义，理解题意得到一个关于m的等式是解题关键.
17、9米
【分析】由题意根据物高与影长成比例即旗杆的高度：13.5＝1.6：2.4，进行分析即可得出学校旗杆的高度．
【详解】解：∵物高与影长成比例，
∴旗杆的高度：13.5＝1.6：2.4，
∴旗杆的高度＝＝9米．
故答案为：9米．
本题考查相似三角形的应用，解题的关键是理解题意，把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比，列出方程并通过解方程求出旗杆的高度．
18、
【分析】根据提公因式法解一元二次方程直接求解即可．
【详解】
提公因式得
解得．
故答案为．
本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是关键．
三、解答题(共66分)
19、1200cm2
【解析】先利用勾股定理计算AC，然后根据平行四边形的面积求解.
【详解】解 如图，AB＝30 cm，BC＝50 cm，AB⊥AC，
在Rt△ABC中，AC＝＝40 cm，
所以该平行四边形的面积＝30×40＝1 200(cm2)．
本题主要考查了利用勾股定理求直角三角形边长和求平行四边形面积，熟练掌握方法即可求解.
20、（1）y＝﹣，y＝﹣x﹣1；（2）
【分析】（1）过点A作AE⊥x轴于点E，通过解直角三角形求出线段AE、OE的长度，即求出点A的坐标，再由点A的坐标利用待定系数法求出反比例函数解析式即可,再由点B在反比例函数图象上可求出点B的坐标，由点A、B的坐标利用待定系数法求出直线AB的解析式；
（2）令一次函数解析式中y＝0即可求出点C的坐标，再利用三角形的面积公式即可得出结论．
【详解】解：（1）过点作轴于点，
则．
在中，，，
，
，
点的坐标为．
点在反比例函数的图象上，
，解得：．
反比例函数解析式为．
点在反比例函数的图象上，
，解得：，
点的坐标为．
将点、点代入中得：，
解得：，
一次函数解析式为．
（2）令一次函数中，则，
解得：，即点的坐标为．
．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、待定系数法求函数解析式以及三角形的面积公式，根据点的坐标利用待定系数法求出函数解析式是关键．
21、（1）证明见解析；（2）AO＝.
【分析】（1）连接OD，利用点D是半圆的中点得出∠AOD与∠BOD是直角，之后通过等量代换进一步得出∠FCE+∠OCD=∠OED+∠ODC=90°从而证明结论即可；
（2）通过得出＝，再证明△ACF∽△CBF从而得出AF＝10，之后进一步求解即可.
【详解】证明：连接OD，
∵点D是半圆的中点，
∴∠AOD=∠BOD=90°.
∴∠ODC+∠OED=90°.
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD.
又∵CF=EF，
∴∠FCE=∠FEC.
∵∠FEC=∠OED，
∴∠FCE=∠OED.
∴∠FCE+∠OCD=∠OED+∠ODC=90°.
即FC⊥OC.
∴FC是⊙O的切线.
（2）∵tanA＝，
∴在Rt△ABC中，＝.
∵∠ACB＝∠OCF＝90°，
∴∠ACO＝∠BCF＝∠A.
∴△ACF∽△CBF，
∴＝＝＝.
∴AF＝10.
∴CF2＝BF·AF.
∴BF＝.
∴AO＝＝.
本题主要考查了圆的切线证明与综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
22、（1）证明见解析（2）PB=3
【分析】（1）通过证明△PAO≌△PBO可得结论；
（2）根据tan∠BAD=，且OC=4，可求出AC=6，再证得△PAC∽△AOC，最后利用相似三角形的性质以及勾股定理求得答案．
【详解】解：（1）连结OB，则OA=OB，如图1，
∵OP⊥AB，
∴AC=BC，
∴OP是AB的垂直平分线，
∴PA=PB，
在△PAO和△PBO中，
∵ ，
∴△PAO≌△PBO（SSS），
∴∠PBO=∠PAO，
∵PB为⊙O的切线，B为切点，
∴PB⊥OB，
∴∠PBO=90°，
∴∠PAO=90°，即PA⊥OA，
∴PA是⊙O的切线；
（2）∵在Rt△AOC中，tan∠BAD=tan∠CAO=，且OC=4，
∴AC=6，则BC=6，
∴，
在Rt△APO中，AC⊥OP，
易得△PAC∽△AOC，
∴，即AC2=OC•PC，
∴PC=9，
∴OP=PC+OC=13，
在Rt△PBC中，由勾股定理，得PB=．
此题考查了切线的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数、相似三角形的判定和性质，考查的知识点较多，关键是熟练掌握一些基本性质和定理，在解答综合题目时能灵活运用．
23、（1）证明见解析；（2）；（3）n=2或．
【分析】（1）因为GF⊥AF，由对称易得AE=EF，则由直角三角形的两个锐角的和为90度，且等边对等角，即可证明E是AG的中点；
（2）可设AE=a，则AD=na，即需要用n或a表示出AB，由BE⊥AF和∠BAE==∠D=90°，可证明△ABE~△DAC ， 则，因为AB=DC，且DA，AE已知表示出来了，所以可求出AB，即可解答；
（3）求以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形时的n，需要分类讨论，一般分三个，∠FCG=90°，∠CFG=90°，∠CGF=90°；根据点F在矩形ABCD的内部就可排除∠FCG=90°，所以就以∠CFG=90°和∠CGF=90°进行分析解答．
【详解】（1）证明：由对称得AE=FE，
∴∠EAF=∠EFA，
∵GF⊥AE，
∴∠EAF+∠FGA=∠EFA+∠EFG=90°，
∴∠FGA=∠EFG，
∴EG=EF，
∴AE=EG．
（2）解：设AE=a，则AD=na，当点F落在AC上时（如图1），由对称得BE⊥AF，∴∠ABE+∠BAC=90°，
∵∠DAC+∠BAC=90°，
∴∠ABE=∠DAC，
又∵∠BAE=∠D=90°，
∴△ABE~△DAC ，
∴
∵AB=DC，
∴AB2=AD·AE=na·a=na2，
∵AB>0，
∴AB=，
∴
∴.
（3）解：设AE=a，则AD=na，由AD=1AB，则AB=.
当点F落在线段BC上时（如图2），EF=AE=AB=a，此时，
∴n=1，
∴当点F落在矩形外部时，n>1．
∵点F落在矩形的内部，点G在AD上，
∴∠FCG<∠BCD，
∴∠FCG<90°，若∠CFG=90°，则点F落在AC上，由（2）得=，
∴n=2．
若∠CGF=90°（如图3），则∠CGD+∠AGF=90°，
∵∠FAG+∠AGF=90°，
∴∠CGD=∠FAG=∠ABE，
∵∠BAE=∠D=90°，
∴△ABE~△DGC，
∴，
∴AB·DC=DG·AE，即.
解得 n=或n=＜1（不合题意，舍去），
∴当n=2或时，以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形．
考点：矩形的性质；解直角三角形的应用；相似三角形的判定与性质；分类讨论；压轴题．
24、（1）x＝；（2）
【分析】（1）利用公式法求解可得；
（2）利用因式分解法求解可得．
【详解】解：（1）∵a＝2，b＝﹣3，c＝﹣1，
∴△＝（﹣3）2﹣4×2×（﹣1）＝17＞0，
∴x＝；
（2）∵x2﹣2x+2＝0，
∴（x﹣）2＝0，
则．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
25、（1）；（2）x1＝3，x2＝1．
【分析】（1）把特殊角的三角函数值代入，然后进行计算即可；
（2）移项后用分解因式法求解.
【详解】解：（1）原式＝；
（2）移项，得：2（x﹣3）2﹣x（x﹣3）＝0，
即（x﹣3）（2x﹣1﹣x）＝0，
∴x﹣3＝0或x﹣1＝0，
解得：x1＝3，x2＝1．
本题考查了特殊角的三角函数值的有关运算和一元二次方程的解法，属于基础题型，熟练掌握基本知识是解题的关键.
26、（1）见解析；（2）FD与DG垂直，理由见解析；（3）当时，△FDG为等腰直角三角形，理由见解析.
【分析】（1）由比例线段可知，我们需要证明△ADC∽△EGC，由两个角对应相等即可证得；
（2）由矩形的判定定理可知，四边形AFEG为矩形，根据矩形的性质及相似三角形的判定可得到△AFD∽△CGD，从而不难得到结论；
（3）先判断出DF＝DG，再利用同角的余角相等判断出∠ADF＝∠CDG，∠BAD＝∠C，得出△ADF≌△CDG，即可得出结论．
【详解】（1）证明：在△ADC和△EGC中，
∵∠ADC＝∠EGC，∠C＝∠C，
∴△ADC∽△EGC．
∴．
（2）解：FD与DG垂直．
理由如下：
在四边形AFEG中，
∵∠FAG＝∠AFE＝∠AGE＝90°，
∴四边形AFEG为矩形．
∴AF＝EG．
∵，
∴．
又∵△ABC为直角三角形，AD⊥BC，
∴∠FAD＝∠C＝90°﹣∠DAC，
∴△AFD∽△CGD．
∴∠ADF＝∠CDG．
∵∠CDG+∠ADG＝90°，
∴∠ADF+∠ADG＝90°．
即∠FDG＝90°．
∴FD⊥DG．
（3）解：当的值为1时，△FDG为等腰直角三角形，理由如下：
由（2）知，∠FDG＝90°，
∵△DFG为等腰直角三角形，
∴DF＝DG，
∵AD是BC边上的高，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADG+∠CDG＝90°，
∵∠FDG＝90°，
∴∠ADG+∠ADF＝90°，
∴∠ADF＝∠CDG，
∵∠CAD+∠BAD＝90°，∠C+∠CAD＝90°，
∴∠BAD＝∠C，
∴△ADF≌△CDG（AAS），
∴AD＝CD，
∵∠ADC＝90°，
∴∠C＝45°＝∠B，
∴AB＝AC，
即：当的值为1时，△FDG为等腰直角三角形．
此题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，同角的余角相等，判断出△ADF≌△CDG是解本题的关键．
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