资源描述
2022-2023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．已知函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图，则函数y＝ax+b与y＝的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
2．如图，点M为反比例函数y＝上的一点，过点M作x轴，y轴的垂线，分别交直线y＝-x+b于C，D两点，若直线y＝-x+b分别与x轴，y轴相交于点A，B，则AD·BC的值是（ ）
A．3 B．2 C．2 D．
3．模型结论：如图①，正内接于，点是劣弧上一点，可推出结论.
应用迁移：如图②，在中，，，，是内一点，则点到三个顶点的距离和的最小值为（ ）
A． B．5 C． D．
4．一同学将方程化成了的形式，则m、n的值应为（ ）
A．m=1．n=7 B．m=﹣1，n=7 C．m=﹣1，n=1 D．m=1，n=﹣7
5．如图，点A、B、C在⊙O上，∠ACB＝130°，则∠AOB的度数为（ ）
A．50° B．80° C．100° D．110°
6．下列二次根式中，与是同类二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，甲乙两楼相距30米，乙楼高度为36米，自甲楼顶A 处看乙楼楼顶B处仰角为30°，则甲楼高度为（ ）
A．11米 B．（36﹣15）米 C．15米 D．（36﹣10）米
8．如图，舞台纵深为6米，要想获得最佳音响效果，主持人应站在舞台纵深所在线段的离舞台前沿较近的黄金分割点处，那么主持人站立的位置离舞台前沿较近的距离约为（ ）
A．1.1米 B．1.5米 C．1.9米 D．2.3米
9．如图，等腰直角三角形的顶点A、C分别在直线a、b上，若a∥b，∠1=30°，则∠2的度数为（ ）
A．30° B．15° C．10° D．20°
10．下列语句中，正确的是（ ）
①相等的圆周角所对的弧相等；②同弧或等弧所对的圆周角相等；③平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧；④圆内接平行四边形一定是矩形．
A．①② B．②③ C．②④ D．④
11．把多项式分解因式，结果正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．在Rt△ABC中，∠C＝90°，若 ，则∠B的度数是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
二、填空题（每题4分，共24分）
13．现有两个不透明的袋子，一个装有2个红球、1个白球，另一个装有1个黄球、2个红球，这些球除颜色外完全相同．从两个袋子中各随机摸出1个球，摸出的两个球颜色相同的概率是_____．
14．已知反比例函数的图象经过点，则这个函数的表达式为__________．
15．若某斜面的坡度为，则该坡面的坡角为______.
16．如图，AD与BC相交于点O，如果，那么当的值是_____时，AB∥CD．
17．烟花厂为春节特别设计制作一种新型礼炮，这种礼炮的升空高度h（m）与飞行时间t（s）的关系式是h＝，若这种礼炮在点火升空到最高点引爆，则从点火升空到引爆需要的时间是____________．
18．如右图是一个立体图形的三视图，那么这个立体图形的体积为______．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图 1，直线 y=2x+2 分别交 x 轴、y 轴于点A、B，点C为x轴正半轴上的点，点 D从点C处出发，沿线段CB匀速运动至点 B 处停止，过点D作DE⊥BC，交x轴于点E，点 C′是点C关于直线DE的对称点，连接 EC′，若△ DEC′与△ BOC 的重叠部分面积为S，点D的运动时间为t（秒），S与 t 的函数图象如图 2 所示．
（1）VD = ,C 坐标为 ；
（2）图2中，m= ，n= ，k= .
（3）求出S与t 之间的函数关系式（不必写自变量t的取值范围）.
20．（8分）已知关于的方程有两个不相等的实数根．
（1）求的取值范围；
（2）若，求的值．
21．（8分）某校为了开阔学生的视野，积极组织学生参加课外读书活动．“放飞梦想”读书小组协助老师随机抽取本校的部分学生，调查他们最喜爱的图书类别（图书分为文学类、艺体类、科普类、其他等四类），并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图，请你结合图中的信息解答下列问题：
（1）求被调查的学生人数；
（2）补全条形统计图；
（3）已知该校有1200名学生，估计全校最喜爱文学类图书的学生有多少人？
22．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，A(3，4)，B(0，﹣1)，C(4，0)．
（1）以点B为中心，把△ABC逆时针旋转90°，画出旋转后的图形；
（2）在（1）中的条件下，
①点C经过的路径弧的长为 （结果保留π）；
②写出点A'的坐标为 ．
23．（10分）校车安全是近几年社会关注的重大问题，安全隐患主要是超速和超载，某中学数学活动小组设计了如下检测公路上行驶的汽车速度的实验：先在公路旁边选取一点C，再在笔直的车道l上确定点D，使CD与l垂直，测得CD的长等于24米，在l上点D的同侧取点A、B，使∠CAD＝30°，∠CBD＝60°．
（1）求AB的长（结果保留根号）；
（2）已知本路段对校车限速为45千米/小时，若测得某辆校车从A到B用时1.5秒，这辆校车是否超速？说明理由．（参考数据：≈1.7，≈1.4）
24．（10分）如图，⊙O的直径AB长为10，弦AC长为6，∠ACB的平分线交⊙O于D．
（1）求BC的长；
（2）连接AD和BD，判断△ABD的形状，说明理由．
（3）求CD的长．
25．（12分）如图所示，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．连接，设运动时间为．
（1）当为何值时，？
（2）设的面积为，求与的函数关系式，并求出当为何值时，取得最大值？的最大值是多少？
26．解方程
（1）x2﹣6x﹣7＝0
（2）（x﹣1）（x+3）＝12
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】直接利用二次函数、一次函数、反比例函数的性质分析得出答案．
【详解】∵二次函数开口向下，
∴a＜0，
∵二次函数对称轴在y轴右侧，
∴a，b异号，
∴b＞0，
∵抛物线与y轴交在负半轴，
∴c＜0，
∴y＝ax+b图象经过第一、二、四象限，
y＝的图象分布在第二、四象限，
故选：C．
【点睛】
本题考查了函数的性质以及图象问题，掌握二次函数、一次函数、反比例函数的性质是解题的关键．
2、C
【分析】设点M的坐标为()，将代入y＝-x+b中求出C点坐标，同理求出D点坐标，再根据两点之间距离公式即可求解．
【详解】解：设点M的坐标为()，
将代入y＝-x+b中，得到C点坐标为()，
将代入y＝-x+b中，得到D点坐标为()，
∵直线y＝-x+b分别与x轴，y轴相交于点A，B，
∴A点坐标(0，b)，B点坐标为(b，0)，
∴AD×BC=，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是一次函数及反比例函数的性质，先设出M点坐标，用M点的坐标表示出C、D两点的坐标是解答此题的关键．
3、D
【分析】在△DEG右侧作等边三角形DGM，连接FM，由模型可知DF+FG=FM，∴DF+EF+FG的最小值即为线段EM，根据题意求出EM即可.
【详解】解：在△DEG右侧作等边三角形DGM，过M作ED的垂线交ED延长线于H，连接FM，EM，
由模型可知DF+FG=FM，∴DF+EF+FG的最小值即为EF+FM的最小值，即线段EM，
由已知易得∠MDH=30°，DM=DG=，
∴在直角△DMH中，MH=DM=，DH=，
∴EH=3+3=6，
在直角△MHE中，
【点睛】
本题主要考查了学生的知识迁移能力，熟练掌握等边三角形的性质和勾股定理是解题的关键.
4、B
【解析】先把（x+m）1=n展开，化为一元二次方程的一般形式，再分别使其与方程x1-4x-3=0的一次项系数、二次项系数及常数项分别相等即可．
【详解】解：∵（x+m）1=n可化为：x1+1mx+m1-n=0，
∴，解得：
故选：B．
【点睛】
此题比较简单，解答此题的关键是将一元二次方程化为一般形式，再根据题意列出方程组即可．
5、C
【分析】根据圆内接四边形的性质和圆周角定理即可得到结论．
【详解】在优弧AB上任意找一点D，连接AD，BD．
∵∠D=180°﹣∠ACB=50°，
∴∠AOB=2∠D=100°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
6、A
【解析】试题分析：因为=2，所以与是同类二次根式，所以A正确；因为与不是同类二次根式，所以B错误；因为，所以与不是同类二次根式，所以B错误；因为，所以与不是同类二次根式，所以B错误；故选A．
考点：同类二次根式
7、D
【分析】分析题意可得：过点A作AE⊥BD，交BD于点E；可构造Rt△ABE，利用已知条件可求BE；而乙楼高AC＝ED＝BD﹣BE．
【详解】解：过点A作AE⊥BD，交BD于点E，
在Rt△ABE中，AE＝30米，∠BAE＝30°，
∴BE＝30×tan30°＝10（米），
∴AC＝ED＝BD﹣BE＝（36﹣10）（米）．
∴甲楼高为（36﹣10）米．
故选D．
【点睛】
此题主要考查三角函数的应用，解题的关键是熟知特殊角的三角函数值.
8、D
【分析】根据黄金分割点的比例，求出距离即可．
【详解】∵黄金分割点的比例为
（米）
∴主持人站立的位置离舞台前沿较近的距离约为 （米）
故答案为：D．
【点睛】
本题考查了黄金分割点的实际应用，掌握黄金分割点的比例是解题的关键．
9、B
【解析】分析：由等腰直角三角形的性质和平行线的性质求出∠ACD=60°，即可得出∠2的度数．
详解：如图所示：
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC=90°，∠ACB=45°，
∴∠1+∠BAC=30°+90°=120°，
∵a∥b，
∴∠ACD=180°-120°=60°，
∴∠2=∠ACD-∠ACB=60°-45°=15°；
故选B．
点睛：本题考查了平行线的性质、等腰直角三角形的性质；熟练掌握等腰直角三角形的性质，由平行线的性质求出∠ACD的度数是解决问题的关键．
10、C
【分析】根据圆周角定理、垂径定理、圆内接四边形的性质定理判断．
【详解】①在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等，本说法错误；
②同弧或等弧所对的圆周角相等，本说法正确；
③平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧，本说法错误；
④圆内接平行四边形一定是矩形，本说法正确；
故选：C．
【点睛】
本题考查的是命题的真假判断，掌握圆周角定理、垂径定理、圆内接四边形的性质定理是解题的关键．
11、B
【分析】如果把乘法公式反过来，就可以把某些多项式分解因式，这种方法叫公式法．平方差公式：；完全平方公式： ；
【详解】解： ，
故选B．
【点睛】
本题考查了分解因式，熟练运用平方差公式是解题的关键
12、C
【分析】根据特殊角的函数值可得∠A度数，进一步利用两个锐角互余求得∠B度数．
【详解】解：∵，
∴∠A=30°，
∵∠C＝90°，
∴∠B=90°-∠A=60°
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了特殊角的函数值，以及直角三角形两个锐角互余，熟练掌握特殊角函数值是解题的关键.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】列表得出所有等可能结果，从中找到两个球颜色相同的结果数，利用概率公式计算可得．
【详解】解：列表如下：
黄
红
红
红
（黄，红）
（红，红）
（红，红）
红
（黄，红）
（红，红）
（红，红）
白
（黄，白）
（红，白）
（红，白）
由表知，共有9种等可能结果，其中摸出的两个球颜色相同的有4种结果，
所以摸出的两个球颜色相同的概率为，
故答案为．
【点睛】
本题考查了列表法与树状图的知识，解题的关键是能够用列表或列树状图将所有等可能的结果列举出来，难度不大．
14、
【分析】把点的坐标代入根据待定系数法即可得解．
【详解】解：∵反比例函数y=经过点M（-3，2），
∴2=，
解得k=-6，
所以，反比例函数表达式为y= ．
故答案为：y=．
【点睛】
本题考查了待定系数法求反比例函数解析式，是求函数解析式常用的方法，需要熟练掌握并灵活运用．
15、30°
【分析】根据坡度与坡比之间的关系即可得出答案.
【详解】∵
∴坡面的坡角为
故答案为：
【点睛】
本题主要考查坡度与坡角，掌握坡度与坡角之间的关系是解题的关键.
16、
【分析】如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边，据此可得结论.
【详解】，
当时，，
.
故答案为.
【点睛】
本题主要考查了平行线分线段成比例定理，解题时注意：如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边.
17、4s
【分析】将二次函数化为顶点式，顶点横坐标即为所求．
【详解】解：∵h==，
∴当t=4时，h取得最大值，
∴从点火升空到引爆需要的时间为4s．
故答案为：4s．
【点睛】
本题考查二次函数的实际应用问题，判断出所求时间为二次函数的顶点坐标的横坐标是关键．
18、250π
【分析】根据三视图可得这个几何体是一个底面直径为10，高为10的圆柱，再根据圆柱的体积公式列式计算即可．
【详解】解：根据这个立体图形的三视图可得：这个几何体是一个圆柱，底面直径为10，高为10，
则这个立体图形的体积为：π×52×10=250π，
故答案为：250π．
【点睛】
本题考查了由三视图判断几何体，考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．
三、解答题（共78分）
19、（1）点D的运动速度为1单位长度/秒，点C坐标为（4，0）．（2）；；．（3）①当点C′在线段BC上时， S＝t2；②当点C′在CB的延长线上， S=−t2＋t−；③当点E在x轴负半轴， S＝t2−4t＋1．
【分析】（1）根据直线的解析式先找出点B的坐标，结合图象可知当t＝时，点C′与点B重合，通过三角形的面积公式可求出CE的长度，结合勾股定理可得出OE的长度，由OC＝OE＋EC可得出OC的长度，即得出C点的坐标，再由勾股定理得出BC的长度，根据CD＝BC，结合速度＝路程÷时间即可得出结论；
（2）结合D点的运动以及面积S关于时间t的函数图象的拐点，即可得知当“当t＝k时，点D与点B重合，当t＝m时，点E和点O重合”，结合∠C的正余弦值通过解直角三角形即可得出m、k的值，再由三角形的面积公式即可得出n的值；
（3）随着D点的运动，按△DEC′与△BOC的重叠部分形状分三种情况考虑：①通过解直角三角形以及三角形的面积公式即可得出此种情况下S关于t的函数关系式；②由重合部分的面积＝S△CDE−S△BC′F，通过解直角三角形得出两个三角形的各边长，结合三角形的面积公式即可得出结论；③通过边与边的关系以及解直角三角形找出BD和DF的值，结合三角形的面积公式即可得出结论．
【详解】（1）令x＝0，则y＝2，即点B坐标为（0，2），
∴OB＝2．
当t＝时，B和C′点重合，如图1所示，
此时S＝×CE•OB＝，
∴CE＝，
∴BE＝．
∵OB＝2，
∴OE＝，
∴OC＝OE＋EC＝＋＝4，BC＝，CD＝，
÷＝1（单位长度/秒），
∴点D的运动速度为1单位长度/秒，点C坐标为（4，0）．
故答案为：1单位长度/秒；（4，0）；
（2）根据图象可知：
当t＝k时，点D与点B重合，
此时k＝＝2；
当t＝m时，点E和点O重合，如图2所示．
sin∠C＝＝＝，cos∠C＝，
OD＝OC•sin∠C＝4×＝，CD＝OC•cos∠C＝4×＝．
∴m＝＝，n＝BD•OD＝×（2−）×＝．
故答案为：；；2．
（3）随着D点的运动，按△DEC′与△BOC的重叠部分形状分三种情况考虑：
①当点C′在线段BC上时，如图3所示．
此时CD＝t，CC′＝2t，0＜CC′≤BC，
∴0＜t≤．
∵tan∠C＝，
∴DE＝CD•tan∠C＝t，
此时S＝CD•DE＝t2；
②当点C′在CB的延长线上，点E在线段OC上时，如图4所示．
此时CD＝t，BC′＝2t−2，DE＝CD•tan∠C＝t，CE＝＝t，OE＝OC−CE＝4−t，
∵，即，
解得：＜t≤．
由（1）可知tan∠OEF＝＝，
∴OF＝OE•tan∠OEF＝t，BF＝OB−OF＝，
∴FM＝BF•cos∠C＝．
此时S＝CD•DE−BC′•FM＝−；
③当点E在x轴负半轴，点D在线段BC上时，如图5所示．
此时CD＝t，BD＝BC−CD＝2−t，CE＝t，DF＝，
∵，即，
∴＜t≤2．
此时S＝BD•DF＝×2×(2−t)2＝t2−4t＋1．
综上，当点C′在线段BC上时， S＝t2；当点C′在CB的延长线上， S=−t2＋t−；当点E在x轴负半轴， S＝t2−4t＋1．
【点睛】
本题考查了勾股定理、解直角三角形以及三角形的面积公式，解题的关键是：（1）求出BC、OC的长度；（2）根据图象能够了解当t＝m和t＝k时，点DE的位置；（3）分三种情况求出S关于t的函数关系式．本题属于中档题，（1）（2）难度不大；（3）需要画出图形，利用数形结合，通过解直角三角形以及三角形的面积公式找出S关于t的函数解析式．
20、（1）且；（2）8
【分析】（1）利用根的判别式求解即可；
（2）利用求根公式求解即可．
【详解】解：（1）∵方程有两个不相等的实数根，
∴且，
解得且.
∴的取值范围是且.
（2）∵是方程的两个根，
∴，，
∴，
即.
解得（舍去），，
经检验，是原方程的解.
故的值是8.
【点睛】
本题考查的知识点是一元二次方程根与系数的关系，熟记根的判别式以及求根公式是解此题的关键．
21、（4）60；（4）作图见试题解析；（4）4．
【解析】试题分析：（4）利用科普类的人数以及所占百分比，即可求出被调查的学生人数；
（4）利用（4）中所求得出喜欢艺体类的学生数进而画出图形即可；
（4）首先求出样本中喜爱文学类图书所占百分比，进而估计全校最喜爱文学类图书的学生数．
试题解析：（4）被调查的学生人数为：44÷40%=60（人）；
（4）喜欢艺体类的学生数为：60-44-44-46=8（人），
如图所示：
全校最喜爱文学类图书的学生约有：4400×=4（人）．
考点：4．条形统计图；4．用样本估计总体；4．扇形统计图．
22、（1）见解析；（2）①，②(﹣5，2)．
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出A、C的对应点A′、C′，然后顺次连接即可；
（2）①先利用勾股定理计算出BC的长，然后利用弧长公式计算；
②利用（1）中所画图形写出点A′的坐标．
【详解】解：（1）如图，△A′BC′为所作；
（2）①BC＝，
故点C经过的路径弧的长＝＝π；
②点A′的坐标为（﹣5，2）．
故答案为：π，（﹣5，2）．
【点睛】
本题考查了作图−旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形，也考查了弧长公式的应用．
23、 (1) ;(2)此校车在AB路段超速，理由见解析.
【分析】（1）结合三角函数的计算公式，列出等式，分别计算AD和BD的长度，计算结果，即可．（2）在第一问的基础上，结合时间关系，计算速度，判断，即可．
【详解】解：（1）由题意得，在Rt△ADC中，tan30°＝＝，
解得AD＝24．
在 Rt△BDC 中，tan60°＝＝，
解得BD＝8
所以AB＝AD﹣BD＝24﹣8＝16（米）．
（2）汽车从A到B用时1.5秒，所以速度为16÷1.5≈18.1（米/秒），
因为18.1（米/秒）＝65.2千米/时＞45千米/时，
所以此校车在AB路段超速．
【点睛】
考查三角函数计算公式，考查速度计算方法，关键利用正切值计算方法，计算结果，难度中等．
24、（1）；（2）△ABD是等腰直角三角形，见解析；（3）
【解析】（1）由题意根据圆周角定理得到∠ACB=90°，然后利用勾股定理可计算出BC的长；
（2）根据圆周角定理得到∠ADB=90°，再根据角平分线定义AD=BD，进而即可判断△ABD为等腰直角三角形；
（3）由题意过点A作AE⊥CD，垂足为E，可知，分别求出CE和DE的长即可求出CD的长．
【详解】解：（1）∵AB是直径
∴∠ACB=∠ADB=90o
在Rt△ABC中，.
（2）连接AD和BD，
∵CD平分∠ACB，∠ACD=∠BCD，
∴即有AD=BD
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴△ABD是等腰直角三角形 .
（3）过点A作AE⊥CD，垂足为E，
在Rt△ACE中，
∵CD平分∠ACB，且∠ACB=90o
∴CE=AE=AC=
在Rt△ABD中，AD2+BD2=AB2 ，得出
在Rt△ADE中，
∴.
【点睛】
本题考查圆的综合问题，熟练掌握圆周角定理即在同圆或等圆中，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．以及其推论半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径进行分析．
25、（1）（2）S＝−（t−）2＋， t＝，S有最大值，最大值为．
【分析】（1）利用分线段成比例定理构建方程即可解决问题．
（2）构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
【详解】（1）∵PQ⊥AC，
∴∠AQP＝∠C＝90°，
∴PQ∥BC，
∴，
在Rt△ACB中，AB＝
∴，
解得t＝，
∴t为时，PQ⊥AC．
（2）如图，作PH⊥AC于H．
∵PH∥BC，
∴，
∴，
∴PH＝（5−t），
∴S＝•AQ•PH＝×t×（5−t）＝−t2＋t＝−（t−）2＋，
∵−＜0，
∴t＝，S有最大值，最大值为．
【点睛】
本题考查平行线分线段成比例定理，二次函数的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
26、（1）x＝7或x＝﹣1（2）x＝﹣5或x＝3
【分析】（1）方程两边同时加16，根据完全平方公式求解方程即可．
（2）开括号，再移项合并同类项，根据十字相乘法求解方程即可．
【详解】（1）∵x2﹣6x﹣7＝0，
∴x2﹣6x+9＝16，
∴（x﹣3）2＝16，
∴x﹣3＝±4，
∴x＝7或x＝﹣1；
（2）原方程化为：x2+2x﹣15＝0，
∴（x+5）（x﹣3）＝0，
∴x＝﹣5或x＝3；
【点睛】
本题考查了解一元二次方程的问题，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
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