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、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．如图，⊙O的弦AB=16，OM⊥AB于M，且OM=6，则⊙O的半径等于
A．8 B．6 C．10 D．20
2．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴是直线x=1，与x轴交于A、B（-1,0），与y轴交于C．下列结论错误的是（ ）
A．二次函数的最大值为a+b+c B．4a-2b+c﹤0
C．当y＞0时，-1﹤x﹤3 D．方程ax2+bx+c=-2解的情况可能是无实数解，或一个解，或二个解.
3．如图，⊙A、⊙B、⊙C、⊙D、⊙E相互外离，它们的半径都是1，顺次连接五个圆心得到五边形ABCDE，则图中五个扇形（阴影部分）的面积之和是（ ）
A． B．1.5 C．2 D．2.5
4．若点A（2，y1），B（﹣3，y2），C（﹣1，y3）三点在抛物线y＝x2﹣4x﹣m的图象上，则y1、y2、y3的大小关系是（ ）
A．y1＞y2＞y3 B．y2＞y1＞y3 C．y2＞y3＞y1 D．y3＞y1＞y2
5．等腰三角形一边长为2，它的另外两条边的长度是关于x的一元二次方程x2﹣6x+k＝0的两个实数根，则k的值是（ ）
A．8 B．9 C．8或9 D．12
6．如图，动点A在抛物线y＝-x2+2x+3（0≤x≤3）上运动，直线l经过点（0，6），且与y轴垂直，过点A作AC⊥l于点C，以AC为对角线作矩形ABCD，则另一对角线BD的取值范围正确的是（ ）
A．2≤BD≤3 B．3≤BD≤6 C．1≤BD≤6 D．2≤BD≤6
7．下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
8．如图，把正三角形绕着它的中心顺时针旋转60°后，是（ ）
A． B． C． D．
9．已知AB、CD是⊙O的两条弦，AB∥CD，AB＝6，CD＝8，⊙O的半径为5，则AB与CD的距离是（ ）
A．1 B．7 C．1或7 D．无法确定
10．已知：在△ABC中，∠A＝78°，AB＝4，AC＝6，下列阴影部分的三角形与原△ABC不相似的是( )
A． B．
C． D．
11．如图，是内两条互相垂直的直径，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
12．如图，各正方形的边长均为1，则四个阴影三角形中，一定相似的一对是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．③④
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，已知在中，.以为直径作半圆，交于点.若，则的度数是________度．
14．数据3000，2998，3002，2999，3001的方差为__________．
15．分解因式：x3﹣16x＝______．
16．若m是关于x的方程的一个根，则的值为_________.
17．点P（2，﹣1）关于原点的对称点坐标为（﹣2，m），则m＝_____．
18．如果关于的一元二次方程的一个解是，则________.
三、解答题（共78分）
19．（8分）一只不透明的袋子中装有1个红球和1个白球，这些球除颜色外都相同，搅匀后从中任意摸出1个球，记录颜色后放回、搅匀，这样连续共计摸3次．
（1）用树状图列出所有可能出现的结果；
（2）求3次摸到的球颜色相同的概率．
20．（8分）先阅读下列材料，然后解后面的问题．
材料：一个三位自然数 （百位数字为a，十位数字为b，个位数字为c），若满足a+c=b，则称这个三位数为“欢喜数”，并规定F（）=ac．如374，因为它的百位上数字3与个位数字4之和等于十位上的数字7，所以374是“欢喜数”，∴F（374）=3×4=1．
（1）对于“欢喜数”，若满足b能被9整除，求证：“欢喜数”能被99整除；
（2）已知有两个十位数字相同的“欢喜数”m，n（m＞n），若F（m）﹣F（n）=3，求m﹣n的值．
21．（8分）如图，在△ABC中，AB=AC，CD是AB边上的中线，延长AB到点E，使BE=AB，连接CE．求证：CD= CE．
22．（10分）已知点M(2，a)在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，点M关于原点中心对称的点N在一次函数y＝﹣2x+8的图象上，求此反比例函数的解析式．
23．（10分）如图，抛物线与轴相交于两点（点在点的左侧），与轴相交于点.抛物线上有一点，且.
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标.
（2）当点位于轴下方时，求面积的最大值.
（3）①设此抛物线在点与点之间部分（含点和点）最高点与最低点的纵坐标之差为.求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围；
②当时，点的坐标是___________.
24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，，的坐标分别，，，以为顶点的抛物线过点．动点从点出发，以每秒个单位的速度沿线段向点匀速运动，过点作轴，交对角线于点．设点运动的时间为（秒）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若分的面积为的两部分，求的值；
（3）若动点从出发的同时，点从出发，以每秒1个单位的速度沿线段向点匀速运动，点为线段上一点．若以，，，为顶点的四边形为菱形，求的值．
25．（12分）如图，在△ABC中，AB＝BC，D是AC中点，BE平分∠ABD交AC于点E，点O 是AB上一点，⊙O过B、E两点，交BD于点G，交AB于点F．
（1）判断直线AC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）当BD＝6，AB＝10时，求⊙O的半径．
26．在平面直角坐标系中，已知抛物线.
（1）我们把一条抛物线上横坐标与纵坐标相等的点叫做这条抛物线的“方点”.试求拋物线的“方点”的坐标；
（2）如图，若将该抛物线向左平移1个单位长度，新抛物线与轴相交于、两点（在左侧），与轴相交于点，连接.若点是直线上方抛物线上的一点，求的面积的最大值；
（3）第（2）问中平移后的抛物线上是否存在点，使是以为直角边的直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点的坐标；若不存在，说明理由.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】连接OA，即可证得△OMA是直角三角形，根据垂径定理即可求得AM，根据勾股定理即可求得OA的长，即⊙O的半径．
【详解】连接OA，
∵M是AB的中点，
∴OM⊥AB，且AM=8，
在Rt△OAM中，OA===1．
故选C．
【点睛】
本题主要考查了垂径定理，以及勾股定理，根据垂径定理求得AM的长，证明△OAM是直角三角形是解题的关键．
2、D
【分析】A. 根据对称轴为时，求得顶点对应的y的值即可判断；
B. 根据当时，函数值小于0即可判断；
C. 根据抛物线与轴的交点坐标即可判断．
D. 根据抛物线与直线的交点情况即可判断.
【详解】A.∵当时，，根据图象可知，，正确．不符合题意；
B.∵当时，，根据图象可知，，正确．不符合题意；
C.∵抛物线是轴对称图形，对称轴是直线，点，所以与轴的另一个交点的坐标为，根据图象可知：当时，，正确．不符合题意；
D. 根据图象可知：抛物线与直线有两个交点，∴关于的方程有两个不相等的实数根，本选项错误，符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了二次函数与系数的关系、根的判别式、抛物线与x轴的交点，掌握二次函数的性质、二次函数图象与系数的关系是解题的关键．
3、B
【分析】本题考查的是扇形面积，圆心角之和等于五边形的内角和，由于半径相同，那么根据扇形的面积公式计算即可．
【详解】图中五个扇形（阴影部分）的面积是，故选B.
4、C
【分析】先求出二次函数的图象的对称轴，然后判断出，，在抛物线上的位置，再根据二次函数的增减性求解．
【详解】解：∵二次函数中，
∴开口向上，对称轴为，
∵中，∴最小，
又∵，都在对称轴的左侧，
而在对称轴的左侧，随得增大而减小，故．
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查二次函数的图象与性质,特别是对称轴与其两侧的增减性,熟练掌握图象与性质是解答关键.
5、B
【分析】根据一元二次方程的解法以及等腰三角形的性质即可求出答案．
【详解】解：①当等腰三角形的底边为2时，
此时关于x的一元二次方程x2−6x＋k＝0的有两个相等实数根，
∴△＝36−4k＝0，
∴k＝9，
此时两腰长为3，
∵2＋3＞3，
∴k＝9满足题意，
②当等腰三角形的腰长为2时，
此时x＝2是方程x2−6x＋k＝0的其中一根，
代入得4−12＋k＝0，
∴k＝8，
∴x2−6x＋8＝0
求出另外一根为：x＝4，
∵2＋2＝4，
∴不能组成三角形，
综上所述，k＝9，
故选B．
【点睛】
本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法以及等腰三角形的性质．
6、D
【分析】根据题意先利用配方法得到抛物线的顶点坐标为（1，4），再根据矩形的性质得BD=AC，由于2≤AC≤1，从而进行分析得到BD的取值范围．
【详解】解：∵，
∴抛物线开口向下，顶点坐标为（1，4），
∵四边形ABCD为矩形，
∴BD=AC，
∵直线l经过点（0，1），且与y轴垂直，抛物线y＝-x2+2x+3（0≤x≤3），
∴2≤AC≤1，
∴另一对角线BD的取值范围为：2≤BD≤1．
故选：D．
【点睛】
本题考查矩形的性质与二次函数图象上点的坐标特征，注意掌握二次函数图象上点的坐标满足其解析式．
7、D
【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．
【详解】A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
8、A
【分析】根据旋转的性质判断即可.
【详解】解:∵把正三角形绕着它的中心顺时针旋转60°，
∴图形A符合题意，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是图形的旋转，和学生的空间想象能力，熟练掌握旋转的性质是解题的关键.
9、C
【分析】由于弦AB、CD的具体位置不能确定，故应分两种情况进行讨论：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧；作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可.
【详解】解：①当弦AB和CD在圆心同侧时，如图①，
过点O作OF⊥CD，垂足为F，交AB于点E，连接OA，OC，
∵AB∥CD，
∴OE⊥AB，
∵AB＝8，CD＝6，
∴AE＝4，CF＝3，
∵OA＝OC＝5，
∴由勾股定理得：EO＝＝3，OF＝＝4，
∴EF＝OF﹣OE＝1；
②当弦AB和CD在圆心异侧时，如图②，
过点O作OE⊥AB于点E，反向延长OE交AD于点F，连接OA，OC，
EF＝OF+OE＝1，
所以AB与CD之间的距离是1或1．
故选：C．
【点睛】
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧. 也考查了勾股定理及分类讨论的思想的应用.
10、C
【分析】根据相似三角形的判定定理对各选项进行逐一判定即可．
【详解】解：A、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，故本选项错误；
B、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，故本选项错误；
C、两三角形的对应边不成比例，故两三角形不相似，故本选项正确．
D、两三角形对应边成比例且夹角相等，故两三角形相似，故本选项错误；
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定定理是解答此题的关键.
11、C
【分析】根据直径的定义与等腰三角形的性质即可求解．
【详解】∵是内两条互相垂直的直径，
∴AC⊥BD
又OB=OC
∴==
故选C．
【点睛】
此题主要考查圆内的角度求解，解题的关键是熟知圆内等腰三角形的性质．
12、A
【分析】利用勾股定理，求出四个图形中阴影三角形的边长，然后判断哪两个三角形的三边成比例即可.
【详解】解：由图，根据勾股定理，可得出
①图中阴影三角形的边长分别为：；
②图中阴影三角形的边长分别为：；
③图中阴影三角形的边长分别为：；
④图中阴影三角形的边长分别为：；
可以得出①②两个阴影三角形的边长，
所以图①②两个阴影三角形相似；
故答案为：A.
【点睛】
本题考查相似三角形的判定，即如果两个三角形三条边对应成比例，则这两个三角形相似；本题在做题过程中还需注意，阴影三角形的边长利用勾股定理计算，有的图形需要把小正方形补全后计算比较准确.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、1
【分析】首先连接AD，由等腰△ABC中，AB=AC，以AB为直径的半圆交BC于点D，可得∠BAD=∠CAD=20°，即可得∠ABD=70°，继而求得∠AOD的度数，则可求得的度数．
【详解】解：连接AD、OD，
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
即AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴
∴∠ABD=70°，
∴∠AOD=1°
∴的度数1°；
故答案为1．
【点睛】
此题考查了圆周角定理以及等腰三角形的性质，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
14、2
【分析】先根据平均数的计算公式求出平均数，再根据方差公式计算即可．
【详解】数据3000，2998，3002，2999，3001的平均数是： ，
方差是：
，
故答案为：
【点睛】
本题考查了方差的定义，熟记方差的计算顺序：先差、再方、再平均.
15、x（x+4）（x–4）.
【解析】先提取x，再把x2和16=42分别写成完全平方的形式，再利用平方差公式进行因式分解即可．
解：原式=x（x2﹣16）=x（x+4）（x﹣4），
故答案为x（x+4）（x﹣4）．
16、2
【分析】将代入方程，进行化简即可得出答案.
【详解】由题意得：
则
故答案为：2.
【点睛】
本题考查了一元二次方程的根的定义，理解题意得到一个关于m的等式是解题关键.
17、1
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出答案．
【详解】∵点P（2，﹣1）关于原点的对称点坐标为（﹣2，m），
∴m＝1．
故答案为：1．
【点睛】
此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确把握对应点横纵坐标的关系是解题关键．
18、1
【分析】利用一元二次方程解的定义得到，然后把变形为，再利用整体代入的方法计算．
【详解】把代入方程得：，
∴，
∴ ．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
三、解答题（共78分）
19、（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据题意画树状图，求得所有等可能的结果；
（2）由（1）可求得3次摸到的球颜色相同的结果数，再根据概率公式即可解答．
【详解】（1）画树状图为：
共有8种等可能的结果数；
（2）3次摸到的球颜色相同的结果数为2，
3次摸到的球颜色相同的概率＝＝．
【点睛】
本题考查列表法或树状图法求概率，解题的关键是不重复不遗漏地列出所有等可能的结果．
20、（1）详见解析；（2）99或2．
【解析】（1）首先由题意可得a+c=b，将欢喜数展开，因为要证明“欢喜数”能被99整除，所以将展开式中100a拆成99a+a，这样展开式中出现了a+c，将a+c用b替代，整理出最终结果即可；
（2）首先设出两个欢喜数m、n，表示出F（m）、F（n）代入F（m）﹣F（n）=3中，将式子变形分析得出最终结果即可.
【详解】（1）证明：∵为欢喜数，
∴a+c=b．
∵=100a+10b+c=99a+10b+a+c=99a+11b，b能被9整除，
∴11b能被99整除，99a能被99整除，
∴“欢喜数”能被99整除；
（2）设m=，n=（且a1＞a2），
∵F（m）﹣F（n）=a1•c1﹣a2•c2=a1•（b﹣a1）﹣a2（b﹣a2）=（a1﹣a2）（b﹣a1﹣a2）=3，a1、a2、b均为整数，
∴a1﹣a2=1或a1﹣a2=3．
∵m﹣n=100（a1﹣a2）﹣（a1﹣a2）=99（a1﹣a2），
∴m﹣n=99或m﹣n=2．
∴若F（m）﹣F（n）=3，则m﹣n的值为99或2．
【点睛】
做此类阅读理解类题目首先要充分理解题目，会运用因式分解将式子变形.
21、见解析
【解析】试题分析：作BF∥AC交EC于F，通过证明△FBC≌△DBC，得到CD=CF，根据三角形中位线定理得到CF=CE，等量代换得到答案．
试题解析：证明：作BF∥AC交EC于F．
∵BF∥AC，∴∠FBC=∠ACB．∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠FBC=∠ABC．
∵BF∥AC，BE=AB，∴BF= AC，CF=CE．
∵CD是AB边上的中线，∴BD=AB，∴BF=BD．
在△FBC和△DBC中，∵BF＝BD，∠FBC＝∠DBC，BC＝BC，∴△FBC≌△DBC，∴CD=CF，∴CD=CE．
点睛：本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质，正确作出辅助线、灵活运用定理是解题的关键．
22、y＝﹣
【分析】由点M与点N关于原点中心对称，可表示出点N的坐标，代入一次函数的关系式，可求得a的值，确定点M的坐标，再代入反比例函数的关系式求出k的值即可．
【详解】∵点M(2，a)，点M与点N关于原点中心对称，
∴N(﹣2，﹣a)代入y=﹣2x+8得：
﹣a=4+8，
∴a=﹣12，
∴M(2，﹣12)代入反比例函数y=得，
k=﹣24，
∴反比例函数的解析式为y=﹣．
【点睛】
本题考查了一次函数、反比例函数图象上点的坐标特征，把点的坐标代入相应的函数关系式是常用的方法．
23、（1），顶点坐标为；（2）8；（3）①；②.
【分析】（1）将点C代入表达式即可求出解析式，将表达式转换为顶点式即可写出顶点坐标；
（2）根据题目分析可知，当点P位于抛物线顶点时，△ABP面积最大，根据解析式求出A、B坐标，从而得到AB长，再利用三角形面积公式计算面积即可；
（3）①分三种情况：0<m≤1、1<m≤2以及m>2时，分别进行计算即可；
②将h=9代入①中的表达式分别计算判断即可.
【详解】解：（1）将点代入，得，
解得，
∴，
∵，
∴抛物线的顶点坐标为；
（2）令，
解得或，
∴，，
∴，
当点与抛物线顶点重合时，△ABP的面积最大，
此时；
（3）①∵点C(0，－3)关于对称轴x=1对称的点的坐标为(2，－3)，P(m，)，
∴当时，，
当时，，
当时，,
综上所述，；
②当h=9时，
若，此时方程无解，
若，解得m=4或m=－2（不合题意，舍去），
∴P(4，5).
【点睛】
本题为二次函数综合题，需熟练掌握二次函数表达式求法及二次函数的性质，对于动点问题正确分析出所存在的所有情况是解题关键.
24、（1）；（2）的值为或；（3）的值为或．
【分析】（1）运用待定系数法求解；
（2）根据已知，证，，可得或；
（3）分两种情况：当为菱形的对角线时：由点，的横坐标均为，可得．求直线的表达式为，再求N的纵坐标，得，根据菱形性质得，可得．在中，得．同理，当为菱形的边时：由菱形性质可得，．由于，所以．结合三角函数可得.
【详解】解：（1）因为，矩形的顶点，，的坐标分别，，，
所以A的坐标是（1,4），可设函数解析式为：
把代入可得，a=-1
所以，即．
（2）因为PE∥CD
所以可得．
由分的面积为的两部分，可得
所以，解得．
所以，的值为=（秒）．
或，解得．
所以，的值为．
综上所述，的值为或．
（3）当为菱形的对角线时：
由点，的横坐标均为，可得
．
设直线AC的解析式为，把A,C的坐标分别代入可得
解得
所以直线的表达式为．
将点的横坐标代入上式，得
．
即．
由菱形可得，．
可得．
在中，得．
解得，，t2=4（舍）．
当为菱形的边时：
由菱形性质可得，．
由于，
所以．
因为．
由，得
．
解得，，
综上所述，的值为或．
【点睛】
考核知识点：相似三角形，二次函数，三角函数.分类讨论，数形结合，运用菱形性质和相似三角形性质或三角函数定义构造方程，再求解是解题关键.
25、（1）（1）AC与⊙O相切，证明见解析；（2）⊙O半径是．
【解析】试题分析：（1）连结OE，如图，由BE平分∠ABD得到∠OBE=∠DBO，加上∠OBE=∠OEB，则∠OBE=∠DBO，于是可判断OE∥BD，再利用等腰三角形的性质得到BD⊥AC，所以OE⊥AC，于是根据切线的判定定理可得AC与⊙O相切；
（2）设⊙O半径为r，则AO=10﹣r，证明△AOE∽△ABD，利用相似比得到，然后解方程求出r即可．
试题解析：（1）AC与⊙O相切．理由如下：
连结OE，如图，
∵BE平分∠ABD，
∴∠OBE=∠DBO，
∵OE=OB，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠OBE=∠DBO，
∴OE∥BD，
∵AB=BC，D是AC中点，
∴BD⊥AC，
∴OE⊥AC，
∴AC与⊙O相切；
（2）设⊙O半径为r，则AO=10﹣r，
由（1）知，OE∥BD，
∴△AOE∽△ABD，
∴，即，
∴r=，
即⊙O半径是．
考点：圆切线的判定：相似经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．解决（2）小题的关键是利用相似比构建方程．
26、（1）抛物线的方点坐标是，；（2）当时，的面积最大，最大值为；（3）存在，或
【分析】(1)由定义得出x=y，直接代入求解即可
(2)作辅助线PD平行于y轴，先求出抛物线与直线的解析式，设出点P的坐标，利用点坐标求出PD的长，进而求出面积的二次函数，再利用配方法得出最大值
(3)通过抛物线与直线的解析式可求出点B，C的坐标，得出△OBC为等腰直角三角形，过点C作交x轴于点M，作交y轴于点N，得出M，N的坐标，得出直线BN、MC的解析式然后解方程组即可.
【详解】解：（1）由题意得：∴
解得，
∴抛物线的方点坐标是，.
（2）过点作轴的平行线交于点.
易得平移后抛物线的表达式为，直线的解析式为.
设，则.
∴
∴
∴当时，的面积最大，最大值为.
(3)如图所示，过点C作交x轴于点M，作交y轴于点N
由已知条件得出点B的坐标为B(3,0)，C的坐标为C(0,3)，
∴△COB是等腰直角三角形，
∴可得出M、N的坐标分别为：M(-3,0)，N(0,-3)
直线CM的解析式为：y=x+3
直线BN的解析式为：y=x-3
由此可得出：或
解方程组得出：或
∴或
【点睛】
本题是一道关于二次函数的综合题目，解题的关键是根据题意得出抛物线与直线的解析式.
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