资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．若(、均不为0)，则下列等式成立的是( )
A． B． C． D．
2．将二次函数y＝x2的图象沿y轴向上平移2个单位长度，再沿x轴向左平移3个单位长度，所得图象对应的函数表达式为（ ）
A．y＝（x+3）2+2 B．y＝（x﹣3）2+2 C．y＝（x+2）2+3 D．y＝（x﹣2）2+3
3．如图，矩形ABCD中，E是AB的中点，将△BCE沿CE翻折，点B落在点F处，tan∠BCE=．设AB=x，△ABF的面积为y，则y与x的函数图象大致为
A． B．
C． D．
4．对一批衬衣进行抽检，得到合格衬衣的频数表如下，若出售1200件衬衣，则其中次品的件数大约是（ ）
抽取件数（件）
50
100
150
200
500
800
1000
合格频数
48
98
144
193
489
784
981
A．12 B．24 C．1188 D．1176
5．在Rt△ABC中，，如果∠A=，，那么线段AC的长可表示为（ ）．
A．； B．； C．； D．．
6．已知函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则关于x的方程ax2+bx+c﹣4＝0的根的情况是（ ）
A．有两个相等的实数根 B．有两个异号的实数根
C．有两个不相等的实数根 D．没有实数根
7．下列是我国四大银行的商标，其中不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，正三角形ABC的边长为4cm，D，E，F分别为BC，AC，AB的中点，以A，B，C三点为圆心，2cm为半径作圆．则图中阴影部分面积为（ ）
A．（2-π）cm2 B．（π-）cm2 C．（4-2π）cm2 D．（2π-2）cm2
9．如图，将绕点旋转得到，设点的坐标为，则点的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
10．若分式的值为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
11．如图，△AOB缩小后得到△COD，△AOB与△COD的相似比是3，若C（1，2），则点A的坐标为（ ）
A．（2，4） B．（2，6） C．（3，6） D．（3，4）
12．如图，在中，，，，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点，则阴影区域的面积为( )
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．若点在反比例函数的图像上，则______．
14．如图，在四边形ABCD中，∠BAD=∠CDA=90°，AB=1，CD=2，过A，B，D三点的⊙O分别交BC，CD于点E，M，下列结论：
①DM=CM；②弧AB=弧EM；③⊙O的直径为2；④AE=AD．
其中正确的结论有______（填序号）．
15．已知A(﹣4，y1)，B(﹣1，y2)是反比例函数y＝-（k＞0）图象上的两个点，则y1与y2的大小关系为_____．
16．如图，在中，，为边上一点，已知，，，则____________．
17．等腰△ABC的腰长与底边长分别是方程x2﹣6x+8=0的两个根，则这个△ABC的周长是_____．
18．在一只不透明的袋中，装着标有数字，，，的质地、大小均相同的小球．小明和小东同时从袋中随机各摸出个球，并计算这两球上的数字之和，当和小于时小明获胜，反之小东获胜．则小东获胜的概率_______．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，四边形ABCD的∠BAD=∠C=90°，AB=AD，AE⊥BC于E，△BEA旋转一定角度后能与△DFA重合．
（1）旋转中心是哪一点？
（2）旋转了多少度？
（3）若AE=5cm，求四边形ABCD的面积．
20．（8分）如图，已知：
的长等于________；
若将向右平移个单位得到，则点的对应点的坐标是________；
若将绕点按顺时针方向旋转后得到，则点对应点的坐标是________．
21．（8分）如图，平台AB高为12m，在B处测得楼房CD顶部点D的仰角为45°，底部点C的俯角为30°，求楼房CD的高度（＝1．7）．
22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，BD是⊙O的弦，延长BD到点C，使DC＝BD，连结AC，过点D作DE⊥AC，垂足为E．
（1）求证：AB＝AC；
（2）求证：DE为⊙O的切线；
（3）若⊙O的半径为5，sinB＝，求DE的长．
23．（10分）二次函数y＝ax2＋bx＋c中的x，y满足下表
x
…
－1
0
1
3
…
y
…
0
3
1
0
…
不求关系式，仅观察上表，直接写出该函数三条不同类型的性质：
（1） ；
（2） ；
（3） ．
24．（10分）阅读下列材料，然后解答问题．
经过正四边形(即正方形)各顶点的圆叫做这个正四边形的外接圆，圆心是正四边形的对称中心，这个正四边形叫做这个圆的内接正四边形．
如图，正方形ABCD内接于⊙O，⊙O的面积为S1，正方形ABCD的面积为S1．以圆心O为顶点作∠MON，使∠MON＝90°．将∠MON绕点O旋转，OM、ON分别与⊙O交于点E、F，分别与正方形ABCD的边交于点G、H．设由OE、OF、及正方形ABCD的边围成的图形(阴影部分)的面积为S．
（1）当OM经过点A时(如图①)，则S、S1、S1之间的关系为： (用含S1、S1的代数式表示)；
（1）当OM⊥AB于G时(如图②)，则(1)中的结论仍然成立吗？请说明理由；
（3）当∠MON旋转到任意位置时（如图③），则（1）中的结论任然成立吗：请说明理由.
25．（12分）如图，，平分，过点作交于，连接交于，若，，求，的长．
26．已知，如图，是直角三角形斜边上的中线，交的延长线于点.
求证:；
若，垂足为点，且，求的值.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】直接利用比例的性质分别判断得出答案．
【详解】解：A、，则xy=21，故此选项错误；
B、，则xy=21，故此选项错误；
C、，则3y=7x，故此选项错误；
D、，则3x=7y，故此选项正确．
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了比例的性质，正确将比例式变形是解题关键．
2、A
【分析】直接利用二次函数的平移规律，左加右减，上加下减，进而得出答案．
【详解】解：将二次函数y＝x1的图象沿y轴向上平移1个单位长度，得到：y＝x1+1，
再沿x轴向左平移3个单位长度得到：y＝（x+3）1+1．
故选：A．
【点睛】
解决本题的关键是得到平移函数解析式的一般规律：上下平移，直接在函数解析式的后面上加，下减平移的单位；左右平移，比例系数不变，在自变量后左加右减平移的单位．
3、D
【解析】设AB＝x，根据折叠，可证明∠AFB=90°，由tan∠BCE=，分别表示EB、BC、CE，进而证明△AFB∽△EBC，根据相似三角形面积之比等于相似比平方，表示△ABF的面积.
【详解】设AB＝x，则AE＝EB＝x，由折叠，FE＝EB＝x，则∠AFB＝90°，由tan∠BCE＝，∴BC＝x，EC＝x，∵F、B关于EC对称，∴∠FBA＝∠BCE，∴△AFB∽△EBC，∴，∴y＝，故选D.
【点睛】
本题考查了三角函数，相似三角形，三角形面积计算，二次函数图像等知识，利用相似三角形的性质得出△ABF和△EBC的面积比是解题关键.
4、B
【分析】由表中数据可判断合格衬衣的频率稳定在0.98，于是利于频率估计概率可判断任意抽取一件衬衣是合格品的概率为0.98，从而得出结论．
【详解】解：根据表中数据可得任抽取一件衬衣是合格品的概率为0.98，次品的概率为0.02，
出售1200件衬衣，其中次品大约有1200×0.02=24（件），
故选：B．
【点睛】
此题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率=所求情况数与总情况数之比．
5、B
【分析】根据余弦函数是邻边比斜边，可得答案．
【详解】解：由题意，得
，
，
故选：．
【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义，利用余弦函数的定义是解题关键．
6、A
【分析】根据抛物线的顶点坐标的纵坐标为4，判断方程ax2+bx+c﹣4＝0的根的情况即是判断函数y＝ax2+bx+c的图象与直线y＝4交点的情况．
【详解】∵函数的顶点的纵坐标为4，
∴直线y＝4与抛物线只有一个交点，
∴方程ax2+bx+c﹣4＝0有两个相等的实数根，
故选A．
【点睛】
本题考查了二次函数与一元二次方程，熟练掌握一元二次方程与二次函数间的关系是解题的关键.
7、A
【分析】根据轴对称图形和的概念和各图形特点解答即可．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故本选项正确；
B、是轴对称图形，故本选项错误；
C、是轴对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，故本选项错误；
故选：A．
【点睛】
本题考查了轴对称图形的特点，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图象沿对称轴折叠后可重合．
8、C
【分析】连接AD，由等边三角形的性质可知AD⊥BC，∠A=∠B=∠C=60°，根据S阴影=S△ABC-3S扇形AEF即可得出结论．
【详解】连接AD，
∵△ABC是正三角形，
∴AB=BC=AC=4，∠BAC=∠B=∠C=60°，
∵BD=CD，
∴AD⊥BC，
∴AD==，
∴S阴影=S△ABC-3S扇形AEF=×4×2﹣=(4﹣2π)cm2，
故选C．
【点睛】
本题考查了有关扇形面积的计算，熟记扇形的面积公式是解答此题的关键．
9、B
【分析】由题意可知，点C为线段A的中点，故可根据中点坐标公式求解．对本题而言，旋转后的纵坐标与旋转前的纵坐标互为相反数，（旋转后的横坐标+旋转前的横坐标）÷2=－1，据此求解即可.
【详解】解：∵绕点旋转得到，点的坐标为，
∴旋转后点A的对应点的横坐标为：，纵坐标为－b，所以旋转后点的坐标为：．
故选：B．
【点睛】
本题考查了旋转变换后点的坐标规律探求，属于常见题型，掌握求解的方法是解题的关键.
10、A
【分析】分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零，据此求解即可．
【详解】解：∵分式的值为1，
∴x-2=1且x+4≠1．
解得：x=2．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查的是分式值为零的条件，熟练掌握分式值为零的条件是解题的关键．
11、C
【解析】根据位似变换的性质计算即可．
【详解】由题意得，点A与点C是对应点，
△AOB与△COD的相似比是3，
∴点A的坐标为（1×3，2×3），即（3，6），
故选：C．
【点睛】
本题考查的是位似变换的性质，掌握在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k是解题的关键．
12、C
【分析】根据直角三角形的性质得到AC＝2，BC＝2，∠B＝60，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90，∠A＝30，AB＝4，
∴BC＝AB＝2，AC＝，∠B＝60，
∴阴影部分的面积＝S△ACB−S扇形BCD＝×2×2-=，
故选：C．
【点睛】
本题考查了扇形面积的计算，含30角的直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键
二、填空题（每题4分，共24分）
13、-1
【解析】将点代入反比例函数，即可求出m的值．
【详解】解：将点代入反比例函数得：．
故答案为：-1．
【点睛】
本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，只要点在函数的图象上，就一定满足函数的解析式
14、①②④
【分析】连接BD，BM，AM，EM，DE，根据圆周角定理的推论可判定四边形ADMB是矩形，进一步可判断①；在①的基础上可判定四边形AMCB是平行四边形，进而得BE∥AM，即可判断②；易证∠AEM=∠ADM=90º，DM=EM，再利用角的关系可得∠ADE=∠AED，继而可判断④；由题设条件求不出⊙O的直径，故可判断③.
【详解】解：连接BD，BM，AM，EM，DE，
∵∠BAD=90°，∴BD为圆的直径，∴∠BMD=90°，
∴∠BAD=∠CDA=∠BMD=90°，
∴四边形ADMB是矩形，∴AB=DM=1，
又∵CD=2，∴CM=1，∴DM=CM，故①正确；
∵AB∥MC，AB=MC，∴四边形AMCB是平行四边形，
∴BE∥AM，∴，故②正确；
∵，∴AB=EM=1，∴DM=EM，∴∠DEM=∠EDM，
∵∠ADM=90º，∴AM是直径，∴∠AEM=∠ADM=90º，
∴∠ADE=∠AED，∴AD=AE，故④正确；
由题设条件求不出⊙O的直径，所以③错误；
故答案为：①②④.
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理及其推论、圆心角、弦及弧之间的关系、等腰三角形的判定、矩形的判定与性质以及平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握有关性质及定理是解本题的关键.
15、y1＜y1
【分析】根据双曲线所在的象限，得出y随x的增大而增大，即可判断．
【详解】解：∵k＞0，∴﹣k＜0，因此在每个象限内，y随x的增大而增大，
∵﹣4＜﹣1，
∴y1＜y1，
故答案为：y1＜y1．
【点睛】
此题主要考查反比例函数的图像与性质，解题的关键是熟知反比例函数在各象限的增减性．
16、
【分析】由题意直接根据特殊三角函数值，进行分析计算即可得出答案.
【详解】解：∵在中，，，，
∴，
∴，
∵，
∴,
∴.
故答案为：.
【点睛】
本题考查锐角三角函数，熟练掌握三角函数定义以及特殊三角函数值进行分析是解题的关键.
17、11
【详解】∵，
∴（x－2）（x－4）=1．
∴x－2=1或x－4=1，即x1=2，x2=4.
∵等腰△ABC的腰长与底边长分别是方程的两个根，
∴当底边长和腰长分别为2和4时，满足三角形三边关系，此时△ABC的周长为：2+4+4=11；
当底边长和腰长分别为4和2时，由于2+2=4，不满足三角形三边关系，△ABC不存在.
∴△ABC的周长=11.
故答案是：11
18、
【分析】根据题意画出树状图，再根据概率公式即可得出答案.
【详解】根据题意画图如下：
可以看出所有可能结果共有12种，其中数字之和大于等于9的有8种
∴P（小东获胜）＝=
故答案为：.
【点睛】
此题主要考查概率公式的应用，解题的关键是根据题意画出树状图表示所有情况.
三、解答题（共78分）
19、（1）点A为旋转中心；（1）旋转了90°或170°；（3）四边形ABCD的面积为15cm1．
【分析】（1）根据图形确定旋转中心即可；
（1）对应边AE、AF的夹角即为旋转角，再根据正方形的每一个角都是直角解答；
（3）根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得△BAE的面积等于△DAF的面积，从而得到四边形ABCD的面积等于正方形AECF的面积，然后求解即可．
【详解】（1）由图可知，点A为旋转中心；
（1）在四边形ABCD中，∠BAD=90°，所以，旋转了90°或170°；
（3）由旋转性质知，AE=AF，∠F=∠AEB=∠AEC=∠C=90°
∴四边形AECF是正方形，
∵△BEA旋转后能与△DFA重合，
∴△BEA≌△DFA，
∴S△BEA=S△DFA，
∴四边形ABCD的面积=正方形AECF的面积，
∵AE=5cm，
∴四边形ABCD的面积=51=15cm1．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质以及旋转中心的确定，旋转角的确定，以及旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小的性质．
20、； , .
【分析】（1）直接利用勾股定理求出AC的长即可；
（2）利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（3）利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案．
【详解】
(1)AC==；
故答案为；
(2)如图所示：△A′B′C′即为所求，
A点的对应点A′的坐标为：(1,2)；
故答案为(1,2)；
(3)如图所示：△A1B1C1，即为所求；
A点对应点A1的坐标是：(3,0).
故答案为(3,0).
【点睛】
本题考查了坐标系中作图，解题的关键是根据图形找出相对应的点即可.
21、32.2m．
【详解】
试题分析：首先分析图形，根据题意构造直角三角形．本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造关系式求解．
试题解析：如图，过点B作BE⊥CD于点E，
根据题意，∠DBE=25°，∠CBE=30°．
∵AB⊥AC，CD⊥AC，
∴四边形ABEC为矩形，
∴CE=AB=12m，
在Rt△CBE中，cot∠CBE=，
∴BE=CE•cot30°=12×=12，
在Rt△BDE中，由∠DBE=25°，
得DE=BE=12．
∴CD=CE+DE=12（+1）≈32.2．
答：楼房CD的高度约为32.2m．
考点：解直角三角形的应用——仰角俯角问题．
22、（1）见解析；（2）见解析；（3）.
【解析】（1）连接AD，根据圆周角定理得到AD⊥BC，根据线段垂直平分线的性质证明；
（2）连接OD，根据三角形中位线定理得到OD∥AC，得到DE⊥OD，证明结论；
（3）解直角三角形求得AD，进而根据勾股定理求得BD、CD，据正弦的定义计算即可求得．
【详解】（1）证明：如图，连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴AD⊥BC，又DC＝BD，
∴AB＝AC；
（2）证明：如图，连接OD，
∵AO＝BO，CD＝DB，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，又DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE为⊙O的切线；
（3）解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵⊙O的半径为5，
∴AB＝AC＝10，
∵sinB＝ ＝ ，
∴AD＝8，
∴CD＝BD＝ ＝6，
∴sinB＝sinC＝＝，
∴DE＝．
【点睛】
本题考查的是圆周角定理、切线的判定定理以及三角形中位线定理，掌握相关的性质定理和判定定理是解题的关键．
23、（1）抛物线与x轴交于点（-1,0）和（3,0）；与y轴交于点（0,3）；（2）抛物线的对称轴为直线x=1;（3）当x＜1时，y随x的增大而增大
【分析】根据表格中数据，可得抛物线与x轴交点坐标，与y轴交点坐标，抛物线的对称轴直线以及抛物线在对称轴左侧的增减性，从而进行解答.
【详解】解：由表格数据可知：当x=0时，y=3；当y=0时，x=-1或3
∴该函数三条不同的性质为：
（1）抛物线与x轴交于点（-1,0）和（3,0）；与y轴交于点（0,3）；（2）抛物线的对称轴为直线x=1;（3）当x＜1时，y随x的增大而增大
【点睛】
本题考查二次函数性质，数形结合思想解题是本题的解题关键.
24、（1）；
（1）（1）中的结论仍然成立，理由见解析；
（1）（1）中的结论仍然成立，理由见解析.
【解析】试题分析：（1）结合正方形的性质及等腰直角三角形的性质，容易得出结论；
（1）仍然成立，可证得四边形OGHB为正方形，则可求出阴影部分的面积为扇形OEF的面积减去正方形OGBH的面积；
（3）仍然成立，过O作OR⊥AB，OS⊥BC，垂足分别为R、S，则可证明△ORG≌△OSH，可得出四边形ORBS的面积=四边形OGBH的面积，再利用扇形OEF的面积减正方形ORBS的面积即可得出结论．
试题解析：（1）当OM经过点A时由正方形的性质可知：∠MON=90°，
∴S△OAB=S正方形ABCD=S1，S扇形OEF=S圆O=S1，
∴S=S扇形OEF-S△OAB=S圆O-S正方形ABCD=S1-S1=（S1-S1），
（1）结论仍然成立，理由如下：
∵∠EOF=90°，
∴S扇形OEF=S圆O=S1
∵∠OGB=∠EOF=∠ABC=90°，
∴四边形OGBH为矩形，
∵OM⊥AB，
∴BG=AB=BC=BH，
∴四边形OGBH为正方形，
∴S四边形OGBH=BG1=（AB）1=S1，
∴S=S扇形OEF-S四边形OGBH=S1-S1=（S1-S1）；
（3）（1）中的结论仍然成立，理由如下：
∵∠EOF=90°，
∴S扇形OEF=S圆O=，
过O作OR⊥AB，OS⊥BC，垂足分别为R、S，
由（1）可知四边形ORBS为正方形，
∴OR=OS，
∵∠ROS=90°，∠MON=90°，
∴∠ROG=∠SOH=90°-∠GOS，
在△ROG和△SOH中，
，
∴△ROG≌△SOH（ASA），
∴S△ORG=S△OSH，
∴S四边形OGBH=S正方形ORBS，
由（1）可知S正方形ORBS=S1，
∴S四边形OGBH=S1，
∴S=S扇形OEF-S四边形OGBH=（S1-S1）．
考点：圆的综合题．
25、BD=，DN=
【分析】由平行线的性质可证∠MBD=∠BDC，即可证AM=MD=MB=4，由BD2=AD•CD可得BD长，再由勾股定理可求MC的长，通过证明△MNB∽△CND，可得，即可求DN的长．
【详解】解：∵BM∥CD
∴∠MBD=∠BDC
∴∠ADB=∠MBD，且∠ABD=90°
∴BM=MD，∠MAB=∠MBA
∴BM=MD=AM=4
∵平分，
∴∠ADB=∠CDB，
∵，
∴△ABD∽△BCD，
∴BD2=AD•CD，
∵ CD=6，AD=8，
∴BD2=48，
即BD=，
∴BC2=BD2-CD2=12
∴MC2=MB2+BC2=28
∴MC=，
∵BM∥CD
∴△MNB∽△CND，
∴，且BD=，
∴设DN=x，
则有，
解得x=，
即DN=.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定及其性质，掌握相关判定方法并灵活运用，是解题的关键．
26、（1）证明见解析；（2）9.
【分析】（1）首先根据直角三角形斜边中线的性质，得出，进而得出，然后由垂直的性质得出，最后由，即可得出；
（2）首先由相似三角形的性质得出，然后由得出，进而即可得出的值.
【详解】是直角三角形斜边上的中线
.
，
而
又
由(1)知
即.
.
【点睛】
此题主要考查直角三角形斜边中线性质以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握，即可解题.
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