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(每小题3分,共30分)
1．下列四组、、的线段中，不能组成直角三角形的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
2．如图，△ABC内接于⊙O，若∠A=α，则∠OBC等于（ ）
A．180°﹣2α B．2α C．90°+α D．90°﹣α
3．若将二次函数的图象先向左平移2个单位长度，再向下平移2个单位长度，则所得图象对应函数的表达式为（ ）
A． B．
C． D．
4．设a、b是两个整数，若定义一种运算“△”，a△b＝a2+b2+ab，则方程（x+2）△x＝1的实数根是（ ）
A．x1＝x2＝1 B．x1＝0，x2＝1
C．x1＝x2＝﹣1 D．x1＝1，x2＝﹣2
5．已知，如图，点C，D在⊙O上，直径AB=6cm，弦AC，BD相交于点E，若CE=BC，则阴影部分面积为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在⊙O中，弦AB的长为8，圆心O到AB的距离为3，则⊙O的半径为（ ）
A．10 B．8 C．7 D．5
7．若关于的一元二次方程有两个相等的根，则的值为（ ）
A． B． C．或 D．或
8．抛物线y＝x2＋2x＋3的对称轴是( )
A．直线x＝1 B．直线x＝－1
C．直线x＝－2 D．直线x＝2
9．关于x的方程的两个根是-2和1，则的值为（ ）
A．-8 B．8 C．16 D．-16
10．如图，∠A是⊙O的圆周角，∠A＝40°，则∠OBC＝( )
A．30° B．40° C．50° D．60°
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，将一张矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，点C的对应点为，再将所折得的图形沿EF折叠，使得点D和点A重合若，，则折痕EF的长为______．
12．已知函数（为常数），若从中任取值，则得到的函数是具有性质“随增加而减小”的一次函数的概率为___________.
13．函数是关于反比例函数，则它的图象不经过______的象限.
14．若关于的一元二次方程没有实数根，则的取值范围是__________．
15．如图，点的坐标为，过点作轴的垂线交过原点与轴夹角为的直线于点，以原点为圆心，的长为半径画弧交轴正半轴于点；再过点作轴的垂线交直线于点，以原点为圆心，以的长为半径画弧交轴正半轴于点……按此做法进行下去，则点的坐标是_____．
16．若关于x的一元二次方程x2+2x+m﹣2＝0有实数根，则m的值可以是__．（写出一个即可）
17．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC∥EF，EF分别与AB，AC，CD相交于点E，M，F，若EM：BC＝2：5，则FC：CD的值是_____．
18．不透明袋子中装有7个球，其中有3个红球，4个黄球，这些球除颜色外无其他差别，从袋子中随机取出1个球，则它是红球的概率是_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）中，∠ACB=90°，AC=BC，D是BC上一点，连接AD，将线段AD绕着点A逆时针旋转，使点D的对应点E在BC的延长线上。过点E作EF⊥AD垂足为点G，
（1）求证：FE=AE；
（2）填空：=__________
（3）若，求的值(用含k的代数式表示)．
20．（6分）在一个不透明的盒子中，共有三颗白色和一颗黑色围棋棋子，它们除了颜色之外没有其他区别.随机地从盒子中取出一颗棋子后，不放回再取出第二颗棋子，请用画树状图或列表的方法表示所有结果，并求出恰好取出“一白一黑”两颗棋子的概率.
21．（6分）如图，已知二次函数的图象与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，顶点为点.
（1）点的坐标为 ，点的坐标为 ；（用含有的代数式表示）
（2）连接.
①若平分，求二次函数的表达式；
②连接，若平分，求二次函数的表达式.
22．（8分）已知二次函数的图象和轴交于点、，与轴交于点，点是直线上方的抛物线上的动点.
(1)求直线的解析式.
(2)当是抛物线顶点时，求面积.
(3)在点运动过程中，求面积的最大值.
23．（8分）解下列方程
（1）；
（2）.
24．（8分）如图所示，AD，BE是钝角△ABC的边BC，AC上的高，求证：．
25．（10分）在一个不透明的袋子中，装有除颜色外都完全相同的4个红球和若干个黄球．
如果从袋中任意摸出一个球是红球的概率为，那么袋中有黄球多少个？
在的条件下如果从袋中摸出一个球记下颜色后放回，再摸出一个球，用列表或画树状图的方法求出两次摸出不同颜色球的概率．
26．（10分）如图，四边形ABCD为菱形，以AD为直径作⊙O交AB于点F，连接DB交⊙O于点H，E是BC上的一点，且BE＝BF，连接DE．
（1）求证：DE是⊙O的切线．
（2）若BF＝2，BD＝2，求⊙O的半径．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】根据勾股定理的逆定理判断三角形三边是否构成直角三角形，依次计算判断得出结论．
【详解】A.∵，，
∴，A选项不符合题意．
B.∵，，
∴，B选项符合题意．
C.∵，，
∴，C选项不符合题意．
D.∵，
∴，D选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查三角形三边能否构成直角三角形，熟练逆用勾股定理是解题关键．
2、D
【解析】连接OC，则有∠BOC=2∠A=2α，
∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB，
∵∠OBC+∠OCB+∠BOC=180°，
∴2∠OBC+2α=180°，
∴∠OBC=90°-α，
故选D.
3、C
【分析】根据抛物线的平移规律：上加下减，左加右减解答即可.
【详解】解：将的图象先向左平移2个单位长度，再向下平移2个单位长度，则所得二次函数的表达式为：.
故选：C.
【点睛】
本题考查了抛物线的平移，属于基本知识题型，熟练掌握抛物线的平移规律是解题的关键.
4、C
【解析】根据题中的新定义将所求方程化为普通方程，整理成一般形式，左边化为完全平方式，用直接开平方的方法解方程即可．
【详解】解：∵a△b＝a2+b2+ab，
∴（x+2）△x＝（x+2）2+x2+x（x+2）＝1，
整理得：x2+2x+1＝0，即（x+1）2＝0，
解得：x1＝x2＝﹣1．
故选：C．
【点睛】
此题考查了解一元二次方程﹣配方法，利用此方法解方程时，首先将方程二次项系数化为1，常数项移到方程右边，然后方程左右两边都加上一次项系数一半的平方，左边化为完全平方式，右边合并为一个非负常数，开方转化为两个一元一次方程来求解．
5、B
【分析】连接OD、OC，根据CE=BC，得出∠DBC=∠CEB=45°，进而得出∠DOC=90°，根据S阴影=S扇形-S△ODC即可求得．
【详解】连接OD、OC，
∵AB是直径,
∴∠ACB=90°，
∵CE=BC，
∴∠CBD=∠CEB=45°，
∴∠COD =2∠DBC=90°，
∴S阴影=S扇形−S△ODC= −×3×3= −.
故答案选B.
【点睛】
本题考查的知识点是扇形面积的计算，解题的关键是熟练的掌握扇形面积的计算.
6、D
【分析】根据垂径定理可得出AE的值，再根据勾股定理即可求出答案．
【详解】解：∵OE⊥AB，
∴AE=BE=4，
∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查的知识点是垂径定理，根据垂径定理得出AE的值是解此题的关键．
7、B
【分析】把化为一元二次方程的一般形式，根据一元二次方程的判别式列方程求出b值即可.
【详解】∵，
∴x2+(b-1)x=0，
∵一元二次方程有两个相等的根，
∴(b-1)2-4×1×0=0，
解得：b=1，
故选：B.
【点睛】
本题考查一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，根的判别式△=b2-4ac，当△>0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△<0时，方程没有实数根.熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题关键.
8、B
【分析】根据抛物线的对称轴公式：计算即可．
【详解】解：抛物线y＝x2＋2x＋3的对称轴是直线
故选B．
【点睛】
此题考查的是求抛物线的对称轴，掌握抛物线的对称轴公式是解决此题的关键．
9、C
【解析】试题解析：∵关于x的方程的两个根是﹣2和1，∴=﹣1， =﹣2，∴m=2，n=﹣4，∴=（﹣4）2=1．故选C．
10、C
【分析】根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半求得∠BOC，再根据三角形的内角和定理以及等腰三角形的两个底角相等进行计算．
【详解】解：根据圆周角定理，得
∠BOC＝2∠A＝80°
∵OB＝OC
∴∠OBC＝∠OCB＝＝50°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】首先由折叠的性质与矩形的性质，证得是等腰三角形，则在中，利用勾股定理，借助于方程即可求得AN的长，又由≌，易得：，由三角函数的性质即可求得MF的长，又由中位线的性质求得EM的长，则问题得解
【详解】如图，设与AD交于N，EF与AD交于M，
根据折叠的性质可得：，，，
四边形ABCD是矩形，
，，，
，
，
，
设，则，
在中，，
，
，
即，
，，，
≌，
，
，
，
，
，
由折叠的性质可得：，
，
，
，
，
故答案为．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，三角函数的性质以及勾股定理等知识，综合性较强，有一定的难度，解题时要注意数形结合思想与方程思想的应用．
12、
【分析】根据“随增加而减小”可知，解出k的取值范围，然后根据概率公式求解即可.
【详解】由“随增加而减小”得，
解得，
∴具有性质“随增加而减小”的一次函数的概率为
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一次函数的增减性，以及概率的计算，熟练掌握一次函数增减性与系数的关系和概率公式是解题的关键.
13、第一、三象限
【解析】试题解析：函数是关于的反比例函数，
解得：
比例系数
它的图象在第二、四象限,不经过第一、三象限.
故答案为第一、三象限.
14、
【分析】根据根判别式可得出关于的一元一次不等式组，解不等式组即可得出结论．
【详解】由于关于一元二次方程没有实数根，
∵，，，
∴，
解得：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一元二次方程为常数)的根的判别式．当0，方程有两个不相等的实数根；当0，方程有两个相等的实数根；当0，方程没有实数根．
15、
【分析】先根据一次函数方程式求出B1点的坐标，再根据B1点的坐标求出A2点的坐标，得出B2的坐标，以此类推总结规律便可求出点B2019的坐标．
【详解】∵过点A1作x轴的垂线交过原点与x轴夹角为的直线l于点B1，OA1=2，
∴∠B1OA1=60，∴∠OB1A1=30
∴OB1= OA1=4，B1A1=
∴B1（2，）
∴直线y＝x，
以原O为圆心，OB1长为半径画弧x轴于点A2，则OA2＝OB1，
∵OA2＝4，
∴点A2的坐标为（4，0），
∴B2的坐标为（4，4），即（22，22×），
OA3=
∴点A3的坐标为（8，0），B3（8，8），
……，
以此类推便可得出点A2019的坐标为（22019，0），点B2019的坐标为；
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了点的坐标规律、一次函数图象上点的坐标特征、勾股定理等知识；由题意得出规律是解题的关键．
16、3.
【分析】根据根的判别式即可求出答案．
【详解】由题意可知：△＝4﹣4（m﹣2）≥0，
∴m≤3.
故答案为：3.
【点睛】
考核知识点：一元二次方程根判别式.熟记根判别式是关键.
17、
【解析】首先得出△AEM∽△ABC，△CFM∽△CDA，进而利用相似三角形的性质求出即可．
【详解】∵AD∥BC∥EF，
∴△AEM∽△ABC，△CFM∽△CDA，
∵EM：BC=2：5，
∴，
设AM=2x，则AC=5x，故MC=3x，
∴，
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了相似三角形的判定与性质，得出是解题关键．
18、
【解析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
【详解】解：∵袋子中共有7个球，其中红球有3个，
∴从袋子中随机取出1个球，它是红球的概率是，
故答案为：．
【点睛】
本题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝ ．
三、解答题(共66分)
19、（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）由得，由∠AGH=∠ECH=90°可得∠DAC=∠BEF，由轴对称的性质得到∠DAC=∠EAC，从而可得∠BEF=∠EAC，利用三角形外角的性质得到，即可得到结论成立；
（2）过点E作EM⊥BE，交BA延长线于点M，作AN⊥ME于N，先证明，得到BF=AM，再利用等腰直角三角形的性质和矩形的性质得到，DE=2CE=2AN，即可得到答案；
（3）先利用相似三角形的判定证明，得到，从而得到，再证明，即可得到．
【详解】（1）证明：∵，
，
∵垂足为点，
，
∵，
，
∵，
，
∵，
，
在和中，，，，
，
，
∵，，
，
；
（2）如图，过点E作EM⊥BE，交BA延长线于点M，作AN⊥ME于N，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠B=45°，
∵EM⊥BE，
∴∠M=∠B=45°，
由（1）已证：，
，即，
在和中，，
∴，
∴BF=AM，
∵AN⊥ME，∠M=45°，
∴是等腰直角三角形，
∴AN=MN，AM=，
易知四边形ACEN是矩形，
∴CE=AN=MN，
∵DE=2CE=2AN，
∴，
故答案为：；
（3）∵，，
，
∵，
由（1）知，
，
由（1）知，
，
，
设，，则，，，，
，
，
∵，，
，
．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的外角性质，全等三角形的判定和性质，以及等角对等边等性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质进行解题，注意角度之间的相互转换．
20、
【分析】根据树状图列举所有等可能的结果与“一白一黑”的情况，再利用概率公式即可求解.
【详解】解：树状图如下，
由树状图可知，共有12种结果，且每种结果出现的可能性是相同的，其中 “一白一黑”有6种，所以恰好取出“一白一黑”两颗棋子的概率为.
【点睛】
本题考查用列表法或树状图求两步事件概率问题，区分“放回”事件和“不放回”事件是解答此题的关键.
21、（1），；（2）①，②
【解析】（1）令y=0，解关于x的方程，解方程即可求出x的值，进而可得点B的坐标；把抛物线的解析式转化为顶点式，即可得出点D的坐标；
（2）①如图1，过点作，交于点，作DF⊥y轴于点F，则易得点C的坐标与CF的长，利用BH的长和∠B的正切可求出HE的长，进而可得DE的长，由题意和平行线的性质易推得，然后可得关于m的方程，解方程即可求出m的值，进而可得答案；
（3）如图2，过点B作BK∥y轴，过点C作CK∥x轴交BK于点K，交DH于点G，连接AE，利用锐角三角函数、抛物线的对称性和等腰三角形的性质可推出，进而可得，然后利用勾股定理可得关于m的方程，解方程即可求出m，问题即得解决.
【详解】解：（1）令y=0，则，
解得：，
∴点的坐标为；
∵，
∴点的坐标为；
故答案为：，；
（2）①如图1，过点作于点H，交于点，作DF⊥y轴于点F，则，，DF=m，CF=，
∵平分，
∴∠BCO=∠BCD，
∵DH∥OC，
∴∠BCO=∠DEC，
∴∠BCD=∠DEC，
∴，
∵，BH=2m，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：（舍去），
∴二次函数的关系式为：；
②如图2，过点B作BK∥y轴，过点C作CK∥x轴交BK于点K，交DH于点G，连接AE，
∵，
∴，
∴，
∵EA=EB，
∴∠3=∠4，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：（舍去），
∴二次函数的关系式为：.
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质、抛物线图象上点的坐标特征、角平分线的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的外角性质、勾股定理、锐角三角函数和一元二次方程的解法等知识，综合性强、难度较大，正确作出辅助线、利用勾股定理构建方程、熟练掌握上述知识是解答的关键.
22、 (1)；(2)3；(3)面积的最大值为.
【分析】（1）由题意分别将x=0、y=0代入二次函数解析式中求出点C、A的坐标，再根据点A、C的坐标利用待定系数法即可求出直线AC的解析式；
（2）由题意先根据二次函数解析式求出顶点，进而利用割补法求面积；
（3）根据题意过点作轴交于点并设点的坐标为()，则点的坐标为进而进行分析.
【详解】解：(1) 分别将x=0、y=0代入二次函数解析式中求出点C、A的坐标为；；
将；代入，得到直线的解析式为.
(2)由，将其化为顶点式为，可知顶点P为，
如图P为顶点时连接PC并延长交x轴于点G，
则有，
将P点和C点代入求出PC的解析式为，解得G为，
所有=3；
(3)过点作轴交于点.
设点的坐标为()，则点的坐标为
∴，
当时，取最大值，最大值为.
∵，
∴面积的最大值为.
【点睛】
本题考查待定系数法求一次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、等腰三角形的性质、二次函数的性质以及解二元一次方程组，解题的关键是利用待定系数法求出直线解析式以及利用二次函数的性质进行综合分析.
23、（1），；（2），．
【分析】（1）利用因式分解法解方程；
（2）先变形为（2x-1）2-（x-3）2=0，然后利用因式分解法解方程．
【详解】（1），
或，
所以，；
（2），
，
或，
所以，．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程-因式分解法：因式分解法就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．
24、见解析．
【分析】根据两角相等的两个三角形相似证明△ADC∽△BEC即可．
【详解】证明：∵AD，BE分别是BC，AC上的高
∴∠D=∠E=90°
又 ∠ACD=∠BCE（对顶角相等）
∴△ADC∽△BEC
∴．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握形似三角形的判定方法是解答本题的关键．①有两个对应角相等的三角形相；②有两个对应边的比相等，且其夹角相等，则两个三角形相似；③三组对应边的比相等，则两个三角形相似．
25、（1）袋中有黄球有2个（2）
【解析】设袋中黄球有x个，根据任意摸出一个球是红球的概率为列出关于x的方程，解之可得；
列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式计算可得．
【详解】设袋中黄球有x个，
根据题意，得：，
解得，
经检验是原分式方程的解，
，即袋中有黄球有2个；
列表如下：
红
红
红
红
黄
黄
红
红，红
红，红
红，红
红，红
红，黄
红，黄
红
红，红
红，红
红，红
红，红
红，黄
红，黄
红
红，红
红，红
红，红
红，红
红，黄
红，黄
红
红，红
红，红
红，红
红，红
红，黄
红，黄
黄
黄，红
黄，红
黄，红
黄，红
黄，黄
黄，黄
黄
黄，红
黄，红
黄，红
黄，红
黄，黄
黄，黄
由表知共有36种等可能结果，其中两次摸出不同颜色球的有16种结果，
所以两次摸出不同颜色球的概率为．
【点睛】
本题考查了列表法与树状图法求概率，列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适用于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回试验还是不放回试验用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
26、（1）见解析；（2）.
【分析】（1）证明△DAF≌△DCE，可得∠DFA=∠DEC，证出∠ADE=∠DEC=90°，即OD⊥DE，DE是⊙O的切线．
（2）在Rt△ADF和Rt△BDF中，可得AD2-（AD-BF）2=DB2-BF2，解方程可求出AD的长即可．
【详解】（1）证明：如图1，连接DF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AD∥BC，∠DAB＝∠C，
∵BF＝BE，
∴AB﹣BF＝BC﹣BE，
即AF＝CE，
∴△DAF≌△DCE（SAS），
∴∠DFA＝∠DEC，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠DFA＝90°，
∴∠DEC＝90°
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DEC＝90°，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：如图2，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠DFA＝90°，
∴∠DFB＝90°，
在Rt△ADF和Rt△BDF中，
∵DF2＝AD2﹣AF2，DF2＝BD2﹣BF2，
∴AD2﹣AF2＝DB2﹣BF2，
∴AD2﹣（AD﹣BF）2＝DB2﹣BF2，
∴
∴AD＝1．
∴⊙O的半径为．
【点睛】
此题考查圆的综合，圆周角定理，菱形的性质，切线的判定，三角形全等的性质和判定，勾股定理等知识，解题关键是根据勾股定理列方程解决问题．
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