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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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（每题4分，共48分）
1．下列方程中，为一元二次方程的是（ ）
A．x=2 B．x+y=3 C． D．
2．附城二中到联安镇为5公里，某同学骑车到达，那么时间t与速度(平均速度)v之间的函数关系式是( )
A．v＝5t B．v＝t＋5 C．v＝ D．v＝
3．若，则代数式的值（ ）
A．-1 B．3 C．-1或3 D．1或-3
4．若关于的方程，它的一根为3，则另一根为（ ）
A．3 B． C． D．
5．如图，已知抛物线y=x2+px+q的对称轴为直线x=﹣2，过其顶点M的一条直线y=kx+b与该抛物线的另一个交点为N（﹣1，﹣1）．若要在y轴上找一点P，使得PM+PN最小，则点P的坐标为（ ）.
A．（0，﹣2） B．（0，﹣） C．（0，﹣） D．（0，﹣）
6．如图摆放的圆锥、圆柱、三棱柱、球，其主视图是三角形的是（ ）
A． B． C． D．
7．如图, 在同一坐标系中（水平方向是x轴），函数和的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
8．若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围（ ）
A．且 B． C． D．
9．已知二次函数的图象如图所示，对于下列结论：①；②；③；④；⑤方程的根是，，其中正确结论的个数是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
10．点A、B、C是平面内不在同一条直线上的三点，点D是平面内任意一点，若A、B、C、D四点恰能构成一个平行四边形，则在平面内符合这样条件的点D有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
11．如图，是坐标原点，菱形顶点的坐标为，顶点在轴的负半轴上，反比例函数的图象经过顶点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
12．如图，是由一些相同的小正方形围成的立方体图形的三视图，则构成这种几何体的小正方形的个数是（）
A．4 B．6 C．9 D．12
二、填空题（每题4分，共24分）
13．圆锥的母线长是5 cm,底面半径长是3 cm,它的侧面展开图的圆心角是____.
14．如图，在以A为直角顶点的等腰直角三角形纸片ABC中，将B角折起，使点B落在AC边上的点D（不与点A，C重合）处，折痕是EF．
如图1，当CD＝AC时，tanα1＝；
如图2，当CD＝AC时，tanα2＝；
如图3，当CD＝AC时，tanα3＝；
……
依此类推，当CD＝AC（n为正整数）时，tanαn＝_____．
15．九年级8班第一小组名同学在庆祝2020年新年之际，互送新年贺卡，表达同学间的真诚祝福，全组共送出贺卡30张，则的值是___．
16．如图所示的两个四边形相似，则的度数是 ．
17．若、是方程的两个实数根，代数式的值是______．
18．某一时刻，一棵树高15m，影长为18m．此时，高为50m的旗杆的影长为_____m．
三、解答题（共78分）
19．（8分）知识改变世界，科技改变生活.导航装备的不断更新极大方便了人们的出行.如图，某校组织学生乘车到黑龙滩（用C表示）开展社会实践活动，车到达A地后，发现C地恰好在A地的正北方向，且距离A地13千米，导航显示车辆应沿北偏东60°方向行驶至B地，再沿北偏西37°方向行驶一段距离才能到达C地，求B、C两地的距离.（参考数据：sin53°≈,cos53°≈，tan53°≈)
20．（8分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数与轴和轴分别交于点，点，与反比例函数在第一象限的图象交于点，点，且点的坐标为.
（1）求一次函数和反比例函数解析式；
（2）若的面积是8，求点坐标.
21．（8分）如图，在平面直角坐标系中，过点A（2，0）的直线l与y轴交于点B，tan∠OAB=，直线l上的点P位于y轴左侧，且到y轴的距离为1．
（1）求直线l的表达式；
（2）若反比例函数的图象经过点P，求m的值．
22．（10分）如图，在中，，，.点由点出发沿方向向点匀速运动，同时点由点出发沿方向向点匀速运动，它们的速度均为.作于，连接，设运动时间为，解答下列问题：
（1）设的面积为，求与之间的函数关系式，的最大值是 ；
（2）当的值为 时，是等腰三角形.
23．（10分）平面直角坐标系中有点和某一函数图象，过点作轴的垂线，交图象于点，设点，的纵坐标分别为，．如果，那么称点为图象的上位点；如果，那么称点为图象的图上点；如果，那么称点为图象的下位点．
（1）已知抛物线.
① 在点A(-1，0)，B(0，-2)，C(2，3)中，是抛物线的上位点的是 ；
② 如果点是直线的图上点，且为抛物线的上位点，求点的横坐标的取值范围；
（2）将直线在直线下方的部分沿直线翻折，直线的其余部分保持不变，得到一个新的图象，记作图象．⊙的圆心在轴上，半径为．如果在图象和⊙上分别存在点和点F，使得线段EF上同时存在图象的上位点，图上点和下位点，求圆心的横坐标的取值范围．
24．（10分）如图，在⊙O中，点C是的中点，弦AB与半径OC相交于点D，AB=11，CD=1．求⊙O半径的长．
25．（12分）如图，抛物线y＝x2+x﹣与x轴相交于A，B两点，顶点为P．
（1）求点A，点B的坐标；
（2）在抛物线上是否存在点E，使△ABP的面积等于△ABE的面积？若存在，求出符合条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由．
26．如图，为了测量山脚到塔顶的高度（即的长），某同学在山脚处用测角仪测得塔顶的仰角为，再沿坡度为的小山坡前进400米到达点，在处测得塔顶的仰角为.
（1）求坡面的铅垂高度（即的长）；
（2）求的长.（结果保留根号，测角仪的高度忽略不计）.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【解析】本题根据一元二次方程的定义解答．一元二次方程必须满足四个条件：未知数的最高次数是2；二次项系数不为0；是整式方程；含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
【详解】A、x=2是一元一次方程，故A错误；
B、x+y=3是二元一次方程，故B错误；
C、是一元二次方程，故C正确；
D、是分式方程，故D错误；
故选：C．
本题考查的是一元二次方程的定义，掌握一元二次方程的定义是关键．
2、C
【分析】根据速度＝路程÷时间即可写出时间t与速度(平均速度)v之间的函数关系式.
【详解】∵速度＝路程÷时间，
∴v＝.
故选C.
此题主要考查反比例函数的定义，解题的关键是熟知速度路程的公式.
3、B
【分析】利用换元法解方程即可.
【详解】设=x，原方程变为：
，
解得x=3或-1，
∵≥0，
∴
故选B.
本题考查了用换元法解一元二次方程，设=x，把原方程转化为是解题的关键.
4、C
【分析】设方程的另一根为t，根据根与系数的关系得到3+t=2，然后解关于t的一次方程即可．
【详解】设方程的另一根为t，
根据题意得：3+t=2，
解得：t=-1，
即方程的另一根为-1．
故选：C．
本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系：是一元二次方程的两根时，，．
5、B
【解析】根据线段垂直平分线的性质，可得N，′根据待定系数法，可得函数解析式，根据配方法，可得M点坐标，根据两点之间线段最短，可得MN′，根据自变量与函数值的对应关系，可得P点坐标．
【详解】如图，
作N点关于y轴的对称点N′，连接MN′交y轴于P点，
将N点坐标代入抛物线，并联立对称轴，得，
解得，
y=x2+4x+2=（x+2）2-2，
M（-2，-2），
N点关于y轴的对称点N′（1，-1），
设MN′的解析式为y=kx+b，
将M、N′代入函数解析式，得，
解得，
MN′的解析式为y=x-，
当x=0时，y=-，即P（0，-），
故选：B．
本题考查了二次函数的性质，利用了线段垂直平分线的性质，两点之间线段最短得出P点的坐标是解题关键．
6、D
【解析】根据主视图是从物体正面看所得到的图形判断即可．
【详解】A.主视图是圆；
B.主视图是矩形；
C.主视图是矩形；
D.主视图是三角形．
故选：D．
本题主要考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．
7、A
【分析】根据一次函数及反比例函数的图象与系数的关系作答．
【详解】解：A、由函数y=的图象可知k＞0与y=kx+3的图象k＞0一致，正确；
B、由函数y=的图象可知k＞0与y=kx+3的图象k＞0，与3＞0矛盾，错误；
C、由函数y=的图象可知k＜0与y=kx+3的图象k＜0矛盾，错误；
D、由函数y=的图象可知k＞0与y=kx+3的图象k＜0矛盾，错误．
故选A．
本题主要考查了反比例函数的图象性质和一次函数的图象性质，要掌握它们的性质才能灵活解题．
8、A
【分析】根据题意可得k满足两个条件，一是此方程是一元二次方程，所以二次项系数k不等于0，二是方程有两个不相等的实数根，所以b2-4ac>0，根据这两点列式求解即可.
【详解】解：根据题意得，
k≠0,且(-6)2-36k>0,
解得，且.
故选：A.
本题考查一元二次方程的定义及利用一元二次方程根的情况确定字母系数的取值范围，根据需满足定义及根的情况列式求解是解答此题的重要思路.
9、B
【分析】根据抛物线与轴的交点个数可对①进行判断；利用时函数值为负数可对②进行判断；由抛物线开口方向得，由抛物线的对称轴方程得到，由抛物线与轴交点位置得，于是可对③进行判断；由于时，，得到，然后把代入计算，则可对④进行判断；根据抛物线与轴的交点问题可对⑤进行判断．
【详解】解：抛物线与轴有两个不同的交点，
，
∴，即①正确；
时，，
，
∴，即②正确；
抛物线开口向上，
，
抛物线的对称轴为直线，
，
抛物线与轴交点位于轴负半轴，
，
，所以③错误；
，，
，
而，
，所以④正确；
抛物线与轴的交点坐标为、，
即或3时，，
方程的根是，，所以⑤正确．
综上所述：正确结论有①②④⑤，正确结论有4个.
故选：．
本题考查了二次函数与系数的关系：对于二次函数，二次项系数决定抛物线的开口方向和大小；一次项系数和二次项系数共同决定对称轴的位置；常数项决定抛物线与轴交点；抛物线与轴交点个数由△决定．
10、C
【解析】试题分析：由题意画出图形，在一个平面内，不在同一条直线上的三点，与D点恰能构成一个平行四边形，符合这样条件的点D有3个．
故选C．
考点：平行四边形的判定
11、C
【分析】根据点C的坐标以及菱形的性质求出点B的坐标，然后利用待定系数法求出k的值即可．
【详解】∵，
∴，
∵四边形OABC是菱形，
∴AO=CB=OC=AB=5，
则点B的横坐标为，
故B的坐标为：，
将点B的坐标代入得，，
解得：．
故选：C．
本题考查了菱形的性质以及利用待定系数法求反比例函数解析式，解答本题的关键是根据菱形的性质求出点B的坐标．
12、D
【分析】根据三视图，得出立体图形，从而得出小正方形的个数．
【详解】根据三视图，可得立体图形如下，我们用俯视图添加数字的形式表示，数字表示该图形俯视图下有几个小正方形
则共有：1+1+1+2+2+2+1+1+1=12
故选：D
本题考查三视图，解题关键是在脑海中构建出立体图形，建议可以如本题，通过在俯视图上标数字的形式表示立体图形帮助分析．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、216°.
【详解】圆锥的底面周长为2π×3=6π(cm),
设圆锥侧面展开图的圆心角是n°,则=6π,
解得n=216.
故答案为216°.
本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
14、
【分析】探究规律，利用规律解决问题即可．
【详解】观察可知，正切值的分子是3，5，7，9，…，2n+1，
分母与勾股数有关系，分别是勾股数3，4，5；5，12，13；7，24，25；9，40，41；…，2n+1，，中的中间一个．
当，
将
故答案为：
本题考查规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
15、1
【分析】根据题意列出方程，求方程的解即可．
【详解】根据题意可得以下方程
解得 （舍去）
故答案为：1．
本题考查了一元二次方程的实际应用，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
16、．
【解析】由两个四边形相似，根据相似多边形的对应角相等，即可求得∠A的度数，又由四边形的内角和等于360°，即可求得∠α的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD∽四边形A′B′C′D′，
∴∠A=∠A′=138°，
∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，
∴∠α=360°-∠A-∠B-∠C =360°-60°-138°-75°==87°．
故答案为87°．
此题考查了相似多边形的性质．此题比较简单，解题的关键是掌握相似多边形的对应角相等定理的应用．
17、1
【分析】先对所求代数式进行变形为，然后将代入方程中求出的值，根据根与系数的关系求出的值，最后代入即可求解．
【详解】∵是方程的根
∴
∴
∵、是方程的两个实数根
∴原式=
故答案为：1．
本题主要考查一元二次方程的根，根与系数的关系，掌握根与系数的关系，能够对所求代数式进行适当变形是解题的关键．
18、1
【分析】设旗杆的影长为xm，然后利用同一时刻物高与影长成正比例列方程求解即可．
【详解】解：设旗杆的影长BE为xm，
如图：∵AB∥CD
∴△ABE∽△DCE
∴，
由题意知AB=50,CD=15,CE=18,
即，，
解得x＝1，
经检验，x=1是原方程的解，
即高为50m的旗杆的影长为1m．
故答案为：1．
此题主要考查比例的性质，解题的关键是熟知同一时刻物高与影长成正比例.
三、解答题（共78分）
19、（20-5）千米.
【解析】分析：作BD⊥AC，设AD=x，在Rt△ABD中求得BD=x，在Rt△BCD中求得CD=x，由AC=AD+CD建立关于x的方程，解之求得x的值，最后由BC=可得答案．
详解：过点B作BD⊥ AC，
依题可得：∠BAD=60°，∠CBE=37°,AC=13（千米），
∵BD⊥AC，
∴∠ABD=30°，∠CBD=53°,
在Rt△ABD中，设AD=x，
∴tan∠ABD=
即tan30°=，
∴BD=x，
在Rt△DCB中，
∴tan∠CBD=
即tan53°=，
∴CD=
∵CD+AD=AC,
∴x+=13，解得，x=
∴BD=12-,
在Rt△BDC中，
∴cos∠CBD=tan60°=,
即：BC=(千米),
故B、C两地的距离为（20-5）千米.
点睛：此题考查了方向角问题．此题难度适中，解此题的关键是将方向角问题转化为解直角三角形的知识，利用三角函数的知识求解．
20、（1），；（2）.
【分析】（1）把点分别代入和即可求出一次函数和反比例函数解析式；
（2）过点作轴于点，过点作轴于点,根据割补法求出△OAD的面积，然后再根据三角形的面积公式求出DE的值，从而可求出点D的坐标.
【详解】解（1）把点代入，解得，∴，
把点代入，解得，∴，
（2）过点作轴于点，过点作轴于点,
∵直线与轴相交于点
∴，解得，∴，∴，
∵，∴，
∴，
∴，
∴，，
∵点在第一象限，
∴点的纵坐标为2，
∴，解得，
所以
本题考查了用待定系数法求一次函数和反比例函数的解析式，三角形面积，反比例函数图像上点的坐标特征，关键是求出两函数的解析式．
21、（1）；（2）．
【分析】(1)已知A（2，0）an∠OAB==,可求得OB=1，所以B（0，1），设直线l的表达式为，用待定系数法即可求得直线l的表达式；（2）根据直线l上的点P位于y轴左侧，且到y轴的距离为1可得点P的横坐标为－１，代入一次函数的解析式求得点P的纵坐标，把点P的坐标代入反比例函数中，即可求得m的值．
【详解】解：(1) ∵A（2，0），∴OA=2
∵tan∠OAB==
∴OB=1
∴B（0，1）
设直线l的表达式为，则
∴
∴直线l的表达式为
(2) ∵点P到y轴的距离为1，且点P在y轴左侧，
∴点P的横坐标为－１
又∵点P在直线l上，
∴点P的纵坐标为：
∴点P的坐标是
∵反比例函数的图象经过点P，
∴
∴
本题考查待定系数法求函数的解析式；一次函数与反比例函数的交点坐标．
22、（1）；（2）或或
【分析】(1)先通过条件求出,再利用对应边成比例求出PD,再利用面积公式写出式子,再根据顶点公式求最大值即可.
(2)分别讨论AQ=AP时, AQ=PQ时, AP=PQ时的三种情况.
【详解】解（1），
，
又，
.
，
，
.
，
，
，
，
，
，
，
的最大值是.
（2）由(1)知:AQ=2t,AP=10-2t,
①当AQ=AP时,即2t=10-2t,解得t=.
②当AQ=PQ时,作QE⊥AP,如图所示,
根据等腰三角形的性质,AE=,
易证Rt△AQE∽Rt△ACB,
∴,即,解得t=.
③当AP=PQ时,作PF⊥AQ,如图所示,
根据等腰三角形的性质,AF=,
易证Rt△AFP∽Rt△ACB,
∴,即,解得t=.
综上所述,t=或或.
本题考查三角形的动点问题及相似的判定和性质,关键在于合理利用相似得到等量关系.
23、（1）①A，C.②；（2）或.
【分析】（1）①分别将A,B,C三个点的横坐标代入抛物线的解析式中，然后比较求出的函数值与各自点的纵坐标，最后依据上位点的定义判断即可得出答案；
②找到直线与抛物线的两个交点，即可确定点的横坐标的取值范围
（2）当圆与两条直线的反向延长线相切时，为临界点，临界点的两边都满足要求,数形结合求出临界点时圆心的横坐标，即可得出答案.
【详解】解：（1）①当时，，所以A点是抛物线的上位点；
当时，，所以B点不是抛物线的上位点；
当时，，所以C点是抛物线的上位点；
故答案为，.
②∵点是直线的图上点，∴点在上.
又∵点是的上位点，
∴点在与的交点，之间运动.
∵
∴
∴点(，)，(，).
∴.
（2）如图，当圆与两条直线的反向延长线相切时，为临界点，临界点的两边都满足要求.
将沿直线翻折后的直线的解析式为
当时，，∴A(-3,0),OA=3
当时，∴C(0,3),OC=3
∴
∵
∴
∴
∵A(-3,0)
∴
同理可得
∴线段EF上同时存在图象的上位点，图上点和下位点，圆心的横坐标的取值范围为或.
本题主要考查二次函数与一次函数的综合，掌握上位点，图上点和下位点的概念是解题的关键.
24、2
【解析】试题分析：连接OA，根据垂径定理求出AD=6，∠ADO=90°，根据勾股定理得出方程，求出方程的解即可．
试题解析：连接AO，
∵点C是弧AB的中点，半径OC与AB相交于点D，
∴OC⊥AB，
∵AB=11，
∴AD=BD=6，
设⊙O的半径为r，
∵CD=1，
∴在Rt△AOD中，由勾股定理得：AD1=OD1+AD1，
即：r1=（r﹣1）1+61，
∴r=2，
答：⊙O的半径长为2．
25、（1）A（﹣3，0），B（1，0）；（2）存在符合条件的点E，其坐标为（﹣1﹣2，2）或（﹣1+2，2）或（﹣1，﹣2）．
【分析】（1）令y=0可求得相应方程的两根，则可求得A、B的坐标；
（2）可先求得P点坐标，则可求得点E到AB的距离，可求得E点纵坐标，再代入抛物线解析式可求得E点坐标．
【详解】（1）令y=0，则x2+x0，
解得：x=﹣3或x=1，
∴A(﹣3，0)，B(1，0)；
（2）存在．理由如下：
∵yx2+x(x+1)2﹣2，
∴P(﹣1，﹣2)．
∵△ABP的面积等于△ABE的面积，
∴点E到AB的距离等于2，
①当点E在x轴下方时，则E与P重合，此时E(﹣1，﹣2)；
②当点E在x轴上方时，则可设E(a，2)，
∴a2+a2，解得：a=﹣1﹣2或a=﹣1+2，
∴E(﹣1﹣2，2)或E(﹣1+2，2)．
综上所述：存在符合条件的点E，其坐标为(﹣1﹣2，2)或(﹣1+2，2)或(﹣1，﹣2)．
本题考查了二次函数的性质及与坐标轴的交点，分别求得A、B、P的坐标是解答本题的关键．
26、（1）200；（2）.
【分析】(1) 根据AB的坡度得，再根据∠BAH的正弦和斜边长度即可解答；（2）过点作于点，得到矩形，再设米，再由∠DBE=60°的正切值，用含x的代数式表示DE的长，而矩形中，CE=BH=200米，可得DC的长，米，最后根据△ADC是等腰三角形即可解答.
【详解】解：（1）在中，，∴
∴米
（2）过点作于点，如图：
∴四边形是矩形，∴米
设米
∴在中，米
∴米
在中
∴米
在中，，∴
即
解得
∴米
（本题也可通过证明矩形是正方形求解.）
本题考查解直角三角形，解题关键是构造直角三角形，利用三角函数表示出相关线段的长度．
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