资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，若点M是y轴正半轴上的任意一点，过点M作PQ∥x轴，分别交函数y＝（y＞0）和y＝（y＞0）的图象于点P和Q，连接OP和OQ，则下列结论正确是（ ）
A．∠POQ不可能等于90°
B．
C．这两个函数的图象一定关于y轴对称
D．△POQ的面积是
2．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E为AB的中点且CD＝4，则OE等于( )
A．1 B．2 C．3 D．4
3．关于的一元二次方程的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．无实数根 D．不能确定
4．如图，AB为⊙O的直径，点C、D在⊙O上，∠BAC=50°，则∠ADC为（ ）
A．40° B．50° C．80° D．100°
5．二次函数y＝(x﹣4)2+2图象的顶点坐标是( )
A．(﹣4，2) B．(4，﹣2) C．(4，2) D．(﹣4，﹣2)
6．在下列四个汽车标志图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
7．下列说法中错误的是（ ）
A．成中心对称的两个图形全等
B．成中心对称的两个图形中，对称点的连线被对称轴平分
C．中心对称图形的对称中心是对称点连线的中心
D．中心对称图形绕对称中心旋转180°后，都能与自身重合
8．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
9．下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是( )
A． B． C． D．
10．如图，将∠AOB放置在5×5的正方形网格中，则tan∠AOB的值是
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，在大楼AB的楼顶B处测得另一栋楼CD底部C的俯角为60度，已知A、C两点间的距离为15米，那么大楼AB的高度为_____米．（结果保留根号）
12．超市经销一种水果，每千克盈利10元，每天销售500千克，经市场调查，若每千克涨价1元，日销售量减少20千克，现超市要保证每天盈利6000元，每千克应涨价为______元．
13．平面直角坐标系内的三个点A（1，－3）、B（0，－3）、C（2，－3），___ 确定一个圆．（填“能”或“不能”）
14．如图，四边形，都是平行四边形，点是内的一点，点，，，分别是，上，，的一点，，，若阴影部分的面积为5，则的面积为__________．
15．如图，在正方形ABCD的外侧，作等边△ABE，则∠BFC=_________°
16．若关于 x 的一元二次方程2x2-x+m=0 有两个相等的实数根，则 m 的值为__________．
17．如图，抛物线y＝﹣（x+1）（x﹣9）与坐标轴交于A、B、C三点，D为顶点，连结AC，BC．点P是该抛物线在第一象限内上的一点．过点P作y轴的平行线交BC于点E，连结AP交BC于点F，则的最大值为_______．
18．某数学兴趣小组利用太阳光测量一棵树的高度（如图），在同一时刻，测得树的影长为6米，小明的影长为1米，已知小明的身高为1.5米，则树高为_________米．
三、解答题(共66分)
19．（10分）在一次数学兴趣小组活动中，阳光和乐观两位同学设计了如图所示的两个转盘做游戏（每个转盘被分成面积相等的几个扇形，并在每个扇形区域内标上数字）．游戏规则如下：两人分别同时转动甲、乙转盘，转盘停止后，若指针所指区域内两数和小于12，则阳光获胜，反之则乐观获胜（若指针停在等分线上，重转一次，直到指针指向某一份内为止）．
（1）请用列表或画树状图的方法表示出上述游戏中两数和的所有可能的结果；
（2）游戏对双方公平吗？请说明理由．
20．（6分）如图，△OAP是等腰直角三角形，∠OAP＝90°，点A在第四象限，点P坐标为（8，0），抛物线y＝ax2+bx+c经过原点O和A、P两点．
（1）求抛物线的函数关系式．
（2）点B是y轴正半轴上一点，连接AB，过点B作AB的垂线交抛物线于C、D两点，且BC＝AB，求点B坐标；
（3）在（2）的条件下，点M是线段BC上一点，过点M作x轴的垂线交抛物线于点N，求△CBN面积的最大值．
21．（6分）已知，反比例函数的图象经过点M（2，a﹣1）和N（﹣2，7+2a），求这个反比例函数解析式．
22．（8分）如图，一枚运载火箭从地面处发射，当火箭到达点时，从位于地面处的雷达站测得的距离是6，仰角为；1后火箭到达点，此时测得仰角为（所有结果取小数点后两位）．
（1）求地面雷达站到发射处的水平距离；
（2）求这枚火箭从到的平均速度是多少？（参考数据：，，，，，）
23．（8分）已知：关于x的方程
（1）求证：m取任何值时，方程总有实根．
（2）若二次函数的图像关于y轴对称.
a、求二次函数的解析式
b、已知一次函数，证明：在实数范围内，对于同一x值，这两个函数所对应的函数值均成立.
(3)在（2）的条件下，若二次函数的象经过（-5,0），且在实数范围内，对于x的同一个值，这三个函数所对应的函数值均成立，求二次函数的解析式.
24．（8分）在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，BD：DC＝2：1，BC＝7.8cm，求点D到AB的距离．
25．（10分）如图，二次函数的图象交轴于点，交轴于点是直线下方抛物线上一动点．
（1）求这个二次函数的表达式;
（2）连接，是否存在点，使面积最大，若存在，求出点的坐标;若不存在，请说明理由．
26．（10分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线交 y轴于点为A，顶点为D，对称轴与x轴交于点H．
（1）求顶点D的坐标（用含m的代数式表示）；
（2）当抛物线过点（1，-2），且不经过第一象限时，平移此抛物线到抛物线的位置，求平移的方向和距离；
（3）当抛物线顶点D在第二象限时，如果∠ADH=∠AHO，求m的值．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】利用特例对A进行判断；根据反比例函数的几何意义得到S△OMQ＝OM•QM＝﹣k1，S△OMP＝OM•PM＝k2，则可对B、D进行判断；利用关于y轴对称的点的坐标特征对C进行判断．
【详解】解：A、当k1＝3，k2＝﹣，若Q（﹣1，），P（3，），则∠POQ＝90°，所以A选项错误；
B、因为PQ∥x轴，则S△OMQ＝OM•QM＝﹣k1，S△OMP＝OM•PM＝k2，则＝﹣，所以B选项错误；
C、当k2＝﹣k1时，这两个函数的图象一定关于y轴对称，所以C选项错误；
D、S△POQ＝S△OMQ+S△OMP＝|k1|+|k2|，所以D选项正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查了反比例函数比例系数的几何意义：在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是，且保持不变．
2、B
【分析】利用菱形的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进而得出答案．
【详解】∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD＝4，AC⊥BD，
又∵点E是边AB的中点，
∴OE＝AB＝1．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了菱形的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得出OE=AB是解题关键．
3、A
【分析】根据根的判别式即可求解判断.
【详解】∵△=b2-4ac=m2+4＞0，故方程有两个不相等的实数根，
故选A.
【点睛】
此题主要考查一元二次方程根的判别式，解题的关键是熟知判别式的性质.
4、A
【解析】试题分析：先根据圆周角定理的推论得到∠ACB=90°，再利用互余计算出∠B=40°，然后根据圆周角定理求解．
解：连结BC，如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠BAC=50°，
∴∠B=90°﹣50°=40°，
∴∠ADC=∠B=40°．
故选A．
考点：圆周角定理．
5、C
【分析】利用二次函数顶点式可直接得到抛物线的顶点坐标．
【详解】解：∵y＝(x﹣4)2+2，
∴顶点坐标为(4，2)，
故答案为C．
【点睛】
本题考查了二次函数的顶点式,掌握顶点式各参数的含义是解答本题的关键.
6、B
【解析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合．因此，符合此定义的只有选项B．故选B．
7、B
【解析】试题分析：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么就说明这两个图形的形状关于这个点成中心对称中心对称，中心对称图形的对称中心是对称点连线的交点，根据中心对称图形的定义和性质可知A、C、D正确，B错误．
故选B．
考点：中心对称．
8、C
【分析】根据轴对称，中心对称的概念逐一判断即可．
【详解】解：A、该图形为轴对称图形，但不是中心对称图形，故A错误；
B、该图形为中心对称图形，但不是轴对称图形，故B错误；
C、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故C正确；
D、该图形为轴对称图形，但不是中心对称图形，故D错误；
故答案为C．
【点睛】
本题考查了轴对称，中心对称图形的识别，掌握轴对称，中心对称的概念是解题的关键．
9、C
【解析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各个选项进行判断，即可得到答案.
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故A错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故B错误；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C正确；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故D错误；
故选：C.
【点睛】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，解题的关键是熟练掌握概念进行分析判断.
10、B
【解析】分析：认真读图，在以∠AOB的O为顶点的直角三角形里求tan∠AOB的值：tan∠AOB=．故选B．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】由解直角三角形，得，即可求出AB的值.
【详解】解：根据题意，△ABC是直角三角形，∠A=90°，
∴，
∴；
∴大楼AB的高度为米.
故答案为：.
【点睛】
此题考查了解直角三角形的应用——仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数定义是解本题的关键．
12、5或1
【分析】设每千克水果应涨价x元，得出日销售量将减少20x千克，再由盈利额＝每千克盈利×日销售量，依题意得方程求解即可．
【详解】解：设每千克水果应涨价x元，
依题意得方程：（500－20x）（1＋x）＝6000，
整理，得x2－15x＋50＝0，
解这个方程，得x1＝5，x2＝1．
答：每千克水果应涨价5元或1元．
故答案为：5或1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程．
13、不能
【分析】根据三个点的坐标特征得到它们共线，于是根据确定圆的条件可判断它们不能确定一个圆．
【详解】解：∵B（0，-3）、C（2，-3），
∴BC∥x轴，
而点A（1，-3）与C、B共线，
∴点A、B、C共线，
∴三个点A（1，-3）、B（0，-3）、C（2，-3）不能确定一个圆．
故答案为：不能．
【点睛】
本题考查了确定圆的条件：不在同一直线上的三点确定一个圆．
14、90
【分析】根据平行四边形的性质得到AB∥CD，AB=CD，EF∥HG，EF=HG，根据平行线分线段成比例定理和相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】∵四边形都是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，．
又∵，
∴，
∴，，，
．易知，
∴
【点睛】
此题考查平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，三角形的面积，正确的识别图形是解题的关键．
15、1
【解析】根据正方形的性质及等边三角形的性质求出∠ADE=15°，∠DAC=45°，再求∠DFC，证，可得∠BFC=∠DFC．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CD=BC， =45°
又∵△ABE是等边三角形，
∴AE=AB=BE，∠BAE=1°
∴AD=AE
∴∠ADE=∠AED，∠DAE=90°+1°=150°
∴∠ADE=（180°-150°）÷2=15°
又∵∠DAC=45°
∴∠DFC=45°+15°=1°
在和中
∴
∴∠BFC=∠DFC=1°
故答案为：1．
【点睛】
本题主要是考查了正方形的性质和等边三角形的性质，本题的关键是求出∠ADE=15°．
16、
【解析】根据“关于x的一元二次方程2x2-x+m=0有两个相等的实数根”，结合根的判别式公式，得到关于m的一元一次方程，解之即可．
【详解】根据题意得：
△=1-4×2m=0，
整理得：1-8m=0，
解得：m=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了根的判别式，正确掌握根的判别式公式是解题的关键．
17、
【分析】根据抛物线的解析式求得A、B、C的坐标，进而求得AB、BC、AC的长，根据待定系数法求得直线BC的解析式，作PN⊥BC，垂足为N．先证明△PNE∽△BOC，由相似三角形的性质可知PN=PE，然后再证明△PFN∽△AFC，由相似三角形的性质可得到PF:AF与m的函数关系式，从而可求得的最大值．
【详解】∵抛物线y=﹣(x+1)(x﹣9)与坐标轴交于A、B、C三点，
∴A(﹣1，0)，B(9，0)，
令x=0，则y=1，
∴C(0，1)，
∴BC，
设直线BC的解析式为y=kx+b．
∵将B、C的坐标代入得：，解得k=﹣，b=1，
∴直线BC的解析式为y=﹣x+1．
设点P的横坐标为m，则纵坐标为﹣(m+1)(m﹣9)，点E(m，﹣m+1)，
∴PE=﹣(m+1)(m﹣9)﹣(﹣m+1)=﹣m2+1m．
作PN⊥BC，垂足为N．
∵PE∥y轴，PN⊥BC，
∴∠PNE=∠COB=90°，∠PEN=∠BCO．
∴△PNE∽△BOC．
∴===．
∴PN=PE=(-m2+1m)．
∵AB2=(9+1)2=100，AC2=12+12=10，BC2=90，
∴AC2+BC2=AB2．
∴∠BCA=90°，
又∵∠PFN=∠CFA，
∴△PFN∽△AFC．
∴===﹣m2+m=﹣(m﹣)2+．
∵，
∴当m时，的最大值为．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了二次函数图象上点的坐标特征、一次函数的解析式、等腰三角形的性质、勾股定理的应用以及相似三角形的证明与性质，求得与m的函数关系式是解题的关键．
18、1
【分析】在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，对应比值相等进而得出答案．
【详解】解：根据相同时刻的物高与影长成比例．设树的高度为，
则，解得：．
故答案为：1．
【点睛】
此题考查相似三角形的应用，解题关键在于掌握其性质定义．
三、解答题(共66分)
19、（1）见解析，两数和共有12种等可能结果；（2）游戏对双方公平，见解析
【分析】（1）根据题意列出表格，得出游戏中两数和的所有可能的结果数；
（2）根据（1）得出两数和共有的情况数和其中和小于12的情况数，再根据概率公式分别求出阳光和乐观获胜的概率，然后进行比较即可得出答案．
【详解】解：（1）根据题意列表如下：
6
7
8
9
3
9
10
11
12
4
10
11
12
13
5
11
12
13
14
可见，两数和共有12种等可能结果；
（2）∵两数和共有12种等可能的情况，其中和小于12的情况有6种，
∴阳光获胜的概率为
∴乐观获胜的概率是，
∵=，
∴游戏对双方公平．
【点睛】
解决游戏公平问题的关键在于分析事件发生的可能性，即比较游戏双方获胜的概率是否相等，若概率相等，则游戏公平，否则不公平．
20、（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）先根据是等腰直角三角形，和点P的坐标求出点A的坐标，再利用待定系数法即可求得；
（2）设点，如图（见解析），过点C作CH垂直y轴于点H，过点A作AQ垂直y轴于点Q，易证明，可得，则点C坐标为，将其代入题（1）中的抛物线函数关系式即可得；
（3）如图，延长NM交CH于点E，则，先通过点B、C求出直线BC的函数关系式，因点N在抛物线上，则设，则可得点M的坐标，再根据三角形的面积公式列出等式，利用二次函数的性质求最值即可.
【详解】（1）是等腰直角三角形，，点P坐标为
则点A的坐标为
将点O、A、B三点坐标代入抛物线的函数关系式得：
，解得：
故抛物线的函数关系式为：；
（2）设点，过点C作CH垂直y轴于点H，过点A作AQ垂直y轴于点Q，
又
故点C的坐标为
将点C的坐标代入题（1）的抛物线函数关系式得：
，解得：
故点B的坐标为；
（3）如图，延长NM交CH于点E，则
设直线BC的解析式为：，将点，点代入得：
解得：
则直线BC的解析式为：
因点N在抛物线上，设，则点M的坐标为
的面积
即
整理得：
又因点M是线段BC上一点，则
由二次函数的性质得：当时，y随x的增大而增大；当时，y随x的增大而减小
故当时，取得最大值.
【点睛】
本题是一道较好的综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式、三角形全等的判定定理与性质、二次函数图象的性质，熟练掌握并灵活运用这些知识点是解题关键.
21、y＝﹣．
【分析】根据了反比例函数图象上点的坐标特征得到，解得，则可确定M点的坐标为，然后设反比例函数解析式为，再利用反比例函数图象上点的坐标特征得到．
【详解】解：根据题意得，
解得，
所以点的坐标为，
设反比例函数解析式为，
则，
所以反比例函数解析式为．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数为常数，的图象是双曲线，图象上的点的横纵坐标的积是定值k，即．
22、（1）雷达站到发射处的水平距离为4.38；（2）这枚火箭从到的平均速度为0.39．
【分析】（1）根据余弦三角函数的定义，即可求解；
（2）先求出AL的值，再求出BL的值，进而即可求解．
【详解】（1）在中，，
答：雷达站到发射处的水平距离为4.38；
（2）在中，，
在中，，
∴，
∴速度为0.39，
答：这枚火箭从到的平均速度为0.39．
【点睛】
本题主要考查解直角三角形的实际应用，掌握三角函数的定义，是解题的关键．
23、（1）证明见解析；（2）a、y1=x2-1；b、证明见解析；（3）.
【解析】（1）首先此题的方程并没有明确是一次方程还是二次方程，所以要分类讨论：
①m=0，此时方程为一元一次方程，经计算可知一定有实数根；
②m≠0，此时方程为二元一次方程，可表示出方程的根的判别式，然后结合非负数的性质进行证明．
（2）①由于抛物线的图象关于y轴对称，那么抛物线的一次项系数必为0，可据此求出m的值，从而确定函数的解析式；
②此题可用作差法求解，令y1-y2，然后综合运用完全平方式和非负数的性质进行证明．
（3）根据②的结论，易知y1、y2的交点为（1，0），由于y1≥y3≥y2成立，即三个函数都交于（1，0），结合点（-5，0）的坐标，可用a表示出y3的函数解析式；已知y3≥y2，可用作差法求解，令y=y3-y2，可得到y的表达式，由于y3≥y2，所以y≥0，可据此求出a的值，即可得到抛物线的解析式．
【详解】解：（1）分两种情况：
当m=0时，原方程可化为3x-3=0，即x=1； ∴m=0时，原方程有实数根；
当m≠0时，原方程为关于x的一元二次方程，
∵△=[-3（m-1）]2-4m（2m-3）=m2-6m+9=（m-3）2≥0，
∴方程有两个实数根；
综上可知：m取任何实数时，方程总有实数根；
（2）①∵关于x的二次函数y1=mx2-3（m-1）x+2m-3的图象关于y轴对称；
∴3（m-1）=0，即m=1；
∴抛物线的解析式为：y1=x2-1；
②∵y1-y2=x2-1-（2x-2）=（x-1）2≥0，
∴y1≥y2（当且仅当x=1时，等号成立）；
（3）由②知，当x=1时，y1=y2=0，即y1、y2的图象都经过（1，0）；
∵对应x的同一个值，y1≥y3≥y2成立，
∴y3=ax2+bx+c的图象必经过（1，0），
又∵y3=ax2+bx+c经过（-5，0），
∴y3=a（x-1）（x+5）=ax2+4ax-5a；
设y=y3-y2=ax2+4ax-5a-（2x-2）=ax2+（4a-2）x+（2-5a）；
对于x的同一个值，这三个函数对应的函数值y1≥y3≥y2成立，
∴y3-y2≥0，
∴y=ax2+（4a-2）x+（2-5a）≥0；
根据y1、y2的图象知：a＞0，
∴y最小=≥0
∴（4a-2）2-4a（2-5a）≤0， ∴（3a-1）2≤0，
而（3a-1）2≥0，只有3a-1=0，解得a= ，
∴抛物线的解析式为：
【点睛】
本题考查二次函数与一元二次方程的关系、根的判别式、完全平方公式、非负数的性质以及用待定系数法确定函数解析式的方法，难度较大,
24、2.6cm
【分析】先要过D作出垂线段DE，根据角平分线的性质求出CD＝DE，再根据已知即可求得D到AB的距离的大小．
【详解】解：过点D作DE⊥AB于E．
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DC⊥AC
∴CD＝DE
又BD：DC＝2：1，BC＝7.8cm
∴DC＝7.8÷（2+1）＝7.8÷3＝2.6cm．
∴DE＝DC＝2.6cm．
∴点D到AB的距离为2.6cm．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质定理,属于简单题,正确作出辅助线是解题关键.
25、（1）；（2）存在点，使面积最大，点的坐标为．
【分析】（1）由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）过P作PE⊥x轴，交x轴于点E，交直线BC于点F，用P点坐标可表示出PF的长，则可表示出△PBC的面积，利用二次函数的性质可求得△PBC面积的最大值及P点的坐标．
【详解】（1）∵二次函数的图象交轴于点，
∴设二次函数表达式为，
把A、B二点坐标代入可得，
解这个方程组，得，
∴抛物线解析式为：；
（2））∵点P在抛物线上，
∴设点的坐标为
过作轴于，交直线于
设直线的函数表达式，
将B（4，0），C（0，-4）代入得，
解这个方程组，得，
∴直线BC解析式为，
点的坐标为，
，
，
∵，
当时，最大，
此时，
所以存在点，使面积最大，点的坐标为．
【点睛】
本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、三角形的面积、方程思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中用P点坐标表示出△PBC的面积是解题的关键．
26、（1）顶点D（m，1-m）；（1）向左平移了1个单位，向上平移了1个单位；（3）m=－1或m=－1．
【解析】试题分析：把抛物线的方程配成顶点式，即可求得顶点坐标.
把点代入求出抛物线方程，根据平移规律，即可求解.
分两种情况进行讨论.
试题解析：（1）∵，
∴顶点D（m，1-m）．
（1）∵抛物线过点（1，-1），
∴．
即，
∴或（舍去），
∴抛物线的顶点是（1，-1）．
∵抛物线的顶点是（1，1），∴向左平移了1个单位，向上平移了1个单位．
（3）∵顶点D在第二象限，∴．
情况1，点A在轴的正半轴上，如图（1）．作于点G，
∵A（0，），D（m，-m+1），
∴H（），G（），
∴．∴．
整理得：．∴或（舍）．
情况1，点A在轴的负半轴上，如图（1）．作于点G，
∵A（0，），D（m，-m+1），∴H（），G（），
∴．∴．
整理得：．∴或（舍），
或
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