资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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，在菱形ABCD中，AB＝4，按以下步骤作图：①分别以点C和点D为圆心，大于 CD的长为半径画弧，两弧交于点M，N；②作直线MN，且MN恰好经过点A，与CD交于点E，连接BE，则BE的值为（ ）
A． B．2 C．3 D．4
2．二次函数的图像如图所示，它的对称轴为直线，与轴交点的横坐标分别为，，且.下列结论中：①；②；③；④方程有两个相等的实数根；⑤.其中正确的有（ ）
A．②③⑤ B．②③ C．②④ D．①④⑤
3．如图，是的内接正十边形的一边，平分交于点，则下列结论正确的有（ ）
①；②；③；④．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．如图，点P（x，y）（x＞0）是反比例函数y=（k＞0）的图象上的一个动点，以点P为圆心，OP为半径的圆与x轴的正半轴交于点A，若△OPA的面积为S，则当x增大时，S的变化情况是（ ）
A．S的值增大 B．S的值减小
C．S的值先增大，后减小 D．S的值不变
5．如图，AB是⊙O的直径，AC，BC分别与⊙O交于点D，E，则下列说法一定正确的是（ ）
A．连接BD，可知BD是△ABC的中线 B．连接AE，可知AE是△ABC的高线
C．连接DE，可知 D．连接DE，可知S△CDE：S△ABC＝DE：AB
6．下列图形是中心对称图形而不是轴对称图形的是 （ ）
A． B． C． D．
7．下面四个手机应用图标中是轴对称图形的是( )
A． B． C． D．
8．如图，在⊙O中，弦BC＝1，点A是圆上一点，且∠BAC＝30°，则的长是( )
A．π B． C． D．
9．甲、乙两名同学在一次用频率去估计概率的实验中，统计了某一结果出现的频率绘出的统计图如图，则符合这一结果的实验可能是（ ）
A．掷一枚正六面体的骰子，出现1点的概率
B．抛一枚硬币，出现正面的概率
C．从一个装有2个白球和1个红球的袋子中任取一球，取到红球的概率
D．任意写一个整数，它能被2整除的概率
10．如图，点A、B、C均在⊙O上，若∠AOC＝80°，则∠ABC的大小是（ ）
A．30° B．35° C．40° D．50°
11．已知x1，x2是一元二次方程的两根，则x1＋x2的值是（ ）
A．0 B．2 C．－2 D．4
12．若两个相似三角形的周长之比是1：4，那么这两个三角形的面积之比是（ ）
A．1：4 B．1：2 C．1：16 D．1：8
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，分别以正五边形ABCDE的顶点A，D为圆心，以AB长为半径画，若，则阴影部分图形的周长为______结果保留．
14．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°．把△ABC绕点A按顺时针方向旋转60°后得到△AB′C′，若AB＝4，则线段BC在上述旋转过程中所扫过部分（阴影部分）的面积是_____．（结果保留π）．
15．抛物线y＝x2﹣4x+3与x轴交于A、B，与y轴交于C，则△ABC的面积＝__．
16．计算：sin30°＋tan45°＝_____．
17．如图，点在反比例函数的图象上，轴，垂足为，且，则__________.
18．正方形ABCD的边长为4,圆C半径为1，E为圆C上一点，连接DE，将DE绕D顺时针旋转90°到DE’，F在CD上，且CF=3，连接FE’，当点E在圆C上运动，FE’长的最大值为____.
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作EF⊥AC于点E，交AB的延长线于点F．
（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）如果AB=5，BC=6，求DE的长．
20．（8分）（1）如图①，在△ABC中，AB＝m，AC＝n（n＞m），点P在边AC上．当AP＝ 时，△APB∽△ABC；
（2）如图②，已知△DEF（DE＞DF），请用直尺和圆规在直线DF上求作一点Q，使DE是线段DF和DQ的比例项．（保留作图痕迹，不写作法）
21．（8分）用配方法解下列方程.
(1) ;
(2) .
22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，
（1）画出关于轴对称的，并写出点的坐标；
（2）画出绕原点顺时针方向旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）将平移得到，使点的对应点是，点的对应点时，点的对应点是，在坐标系中画出，并写出点，的坐标.
23．（10分）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣4经过A（﹣3，0），B（5，﹣4）两点，与y轴交于点C，连接AB，AC，BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求△ABC的面积；
（3）抛物线的对称轴上是否存在点M，使得△ABM是直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
24．（10分）在平面直角坐标系中的位置如图所示.
在图中画出关于轴对称的图形，并写出顶点的坐标；
将向下平移个单位长度，再向左平移个单位长度得到，画出平移后的，并写出顶点的坐标.
25．（12分）如图，正方形网格中，△ABC为格点三角形（即三角形的顶点都在格点上）．
（1）把△ABC沿BA方向平移后，点A移到点A1，在网格中画出平移后得到的△A1B1C1；
（1）把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，得到△A1B1C1，在网格中画出旋转后的△A1B1C1．
26．如图，平面直角坐标系中，点、点在轴上（点在点的左侧），点在第一象限，满足为直角，且恰使∽△，抛物线经过、、三点．
（1）求线段、的长；
（2）求点的坐标及该抛物线的函数关系式；
（3）在轴上是否存在点，使为等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点的坐标，若不存在，请说明理由．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【解析】由作法得AE垂直平分CD，则∠AED=90°，CE=DE，于是可判断∠DAE=30°，∠D=60°，作EH⊥BC于H，从而得到∠ECH=60°,利用三角函数可求出EH、CH的值，再利用勾股定理即可求出BE的长.
【详解】解：如图所示，作EH⊥BC于H，
由作法得AE垂直平分CD，
∴∠AED=90°，CE=DE＝2，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=2DE，
∴∠DAE=30°，
∴∠D=60°，
∵AD//BC，
∴∠ECH=∠D=60°,
在Rt△ECH中，
EH=CE·sin60°=,
CH=CE·cos60°=,
∴BH=4+1=5，
在Rt△BEH中，由勾股定理得，
.
故选B.
【点睛】
本题考查了垂直平分线的性质、菱形的性质、解直角三角形等知识.合理构造辅助线是解题的关键.
2、A
【分析】利用抛物线开口方向得到a＜0，利用对称轴位置得到b＞0，利用抛物线与y轴的交点在x轴下方得c＜0，则可对①进行判断；根据二次函数的对称性对②③进行判断；利用抛物线与直线y=2的交点个数对④进行判断，利用函数与坐标轴的交点列出不等式即可判断⑤.
【详解】∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵对称轴为直线
∴b=-2a＞0
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，
∴c＜-1，
∴abc＞0，所以①错误；
∵，对称轴为直线
∴故，②正确；
∵对称轴x=1，∴当x=0，x=2时，y值相等，
故当x=0时，y=c＜0，
∴当x=2时，y=，③正确；
如图，作y=2，与二次函数有两个交点，
故方程有两个不相等的实数根，故④错误；
∵当x=-1时，y=a-b+c=3a+c＞0，
当x=0时，y=c＜-1
∴3a＞1，
故，⑤正确；
故选A.
【点睛】
本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y＝ax2＋bx＋c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置． 当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于（0，c）．也考查了二次函数的性质．
3、C
【分析】①③，根据已知把∠ABD，∠CBD，∠A角度确定相等关系，得到等腰三角形证明腰相等即可;②通过证△ABC∽△BCD,从而确定②是否正确,根据AD=BD=BC,即 解得BC=AC，故④正确.
【详解】①BC是⊙A的内接正十边形的一边,
因为AB=AC,∠A=36°,
所以∠ABC=∠C=72°,
又因为BD平分∠ABC交AC于点D,
∴∠ABD=∠CBD=∠ABC=36°=∠A,
∴AD=BD,∠BDC=∠ABD+∠A=72°=∠C,
∴BC=BD,∴BC=BD=AD,正确;
又∵△ABD中，AD+BD＞AB
∴2AD＞AB, 故③错误.
②根据两角对应相等的两个三角形相似易证△ABC∽△BCD,
∴,又AB=AC,
故②正确,
根据AD=BD=BC,即 ,
解得BC=AC,故④正确,
故选C．
【点睛】
本题主要考查圆的几何综合,解决本题的关键是要熟练掌握圆的基本性质和几何图形的性质.
4、D
【分析】作PB⊥OA于B，如图，根据垂径定理得到OB=AB，则S△POB=S△PAB，再根据反比例函数k的几何意义得到S△POB=|k|，所以S=2k，为定值．
【详解】作PB⊥OA于B，如图，则OB=AB，∴S△POB=S△PAB．
∵S△POB=|k|，∴S=2k，∴S的值为定值．
故选D．
【点睛】
本题考查了反比例函数系数k的几何意义：在反比例函数y=图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．
5、B
【分析】根据圆周角定理，相似三角形的判定和性质一一判断即可．
【详解】解：A、连接BD．∵AB是直径，∴∠ADB＝90°，∴BD是△ABC的高，故本选项不符合题意．
B、连接AE．∵AB是直径，∴∠AEB＝90°，∴BE是△ABC的高，故本选项符合题意．
C、连接DE．可证△CDE∽△CBA，可得，故本选项不符合题意．
D、∵△CDE∽△CBA，可得S△CDE：S△ABC＝DE2：AB2，故本选项不符合题意，
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定以及性质，辅助线的作图是解本题的关键
6、A
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形；故本选项正确；
B、是中心对称图形，也是轴对称图形；故本选项错误；
C、是中心对称图形，也是轴对称图形；故本选项错误；
D、不是中心对称图形，是轴对称图形；故本选项错误；
故选A．
【点睛】
考核知识点：轴对称图形与中心对称图形识别.
7、D
【分析】分别根据轴对称图形与中心对称图形的性质对各选项进行逐一分析即可．
【详解】A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是中心对称图形，故本选项错误；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，故本选项正确．
故选D．
【点睛】
本题考查的是轴对称图形，熟知轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质的图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合是解答此题的关键．
8、B
【解析】连接OB，OC．首先证明△OBC是等边三角形，再利用弧长公式计算即可．
【详解】解：连接OB，OC．
∵∠BOC＝2∠BAC＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB＝OC＝BC＝1，
∴的长＝，
故选B．
【点睛】
考查弧长公式，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
9、C
【解析】解：A．掷一枚正六面体的骰子，出现1点的概率为，故此选项错误；
B．掷一枚硬币，出现正面朝上的概率为，故此选项错误；
C．从一装有2个白球和1个红球的袋子中任取一球，取到红球的概率是：≈0.33；故此选项正确；
D．任意写出一个整数，能被2整除的概率为，故此选项错误．
故选C．
10、C
【分析】根据圆周角与圆心角的关键即可解答.
【详解】∵∠AOC＝80°，
∴.
故选：C.
【点睛】
此题考查圆周角定理：同弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半.
11、B
【解析】∵x1，x1是一元二次方程的两根，∴x1+x1=1．故选B．
12、C
【分析】根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方可得答案．
【详解】解：∵相似三角形的周长之比是1：4，
∴对应边之比为1：4，
∴这两个三角形的面积之比是：1：16，
故选C．
【点睛】
此题主要考查了相似三角形的性质，关键是掌握相似三角形的周长的比等于相似比；相似三角形的面积的比等于相似比的平方．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、+1．
【详解】解：∵五边形ABCDE为正五边形，AB=1，∴AB=BC=CD=DE=EA=1，∠A=∠D=108°，∴== •πAB=，∴C阴影=++BC=+1．
故答案为+1．
14、2π．
【分析】由题意根据阴影部分的面积是：扇形BAB′的面积+S△AB′C′-S△ABC-扇形CAC′的面积，分别求得：扇形BAB′的面积和S△AB′C′，S△ABC以及扇形CAC′的面积，进而分析即可求解．
【详解】解：扇形BAB′的面积是：，
在直角△ABC中，，
．
扇形CAC′的面积是：，
则阴影部分的面积是：扇形BAB′的面积+-扇形CAC′的面积=．
故答案为：2π．
【点睛】
本题考查扇形的面积的计算，正确理解阴影部分的面积是：扇形BAB′的面积+-扇形CAC′的面积是解题的关键．
15、1
【分析】先根据题意求出AB的长。再得到C点坐标，故可求解．
【详解】解：y＝0时，0＝x2﹣4x+1，
解得x1＝1，x2＝1
∴线段AB的长为2，
∵与y轴交点C（0，1），
∴以AB为底的△ABC的高为1，
∴S△ABC＝×2×1＝1，
故答案为：1．
【点睛】
此题主要考查二次函数与几何综合，解题的关键是熟知函数与坐标轴交点的求解方法．
16、
【详解】解：sin30°＋tan45°＝
【点睛】
此题主要考察学生对特殊角的三角函数值的记忆30°、45°、60°角的各个三角函数值,必须正确、熟练地进行记忆．
17、6
【分析】根据三角形的面积等于即可求出k的值.
【详解】∵由题意得：=3，
解得，
∵反比例函数图象的一个分支在第一象限，
∴k=6，
故答案为：6.
【点睛】
此题考查反比例函数的比例系数k的几何意义，掌握三角形的特点与k的关系是解题的关键.
18、
【分析】先作出FE’最大时的图形,再利用勾股定理即可求解.
【详解】解：如下图,过点F作FP⊥AB于P,延长DP到点E’，使PE’=1,此时FE’长最大,
由题可知,PF=4,DF=1,
∴DP==,
∴FE’=,
故答案是：
【点睛】
本题考查了图形的旋转,圆的基本性质,勾股定理的应用,中等难度,准确找到点P的位置是解题关键.
三、解答题（共78分）
19、（1）相切，理由见解析；（2）DE=．
【分析】（1）连接AD，OD，根据已知条件证得OD⊥DE即可；
（2）根据勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）相切，
理由如下：
连接AD，OD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°．
∴AD⊥BC．
∵AB=AC，
∴CD=BD=BC．
∵OA=OB，
∴OD∥AC．
∴∠ODE=∠CED．
∵DE⊥AC，
∴∠ODE=∠CED=90°．
∴OD⊥DE．
∴DE与⊙O相切．
（2）由（1）知∠ADC=90°，
∴在Rt△ADC中，由勾股定理得,
AD==1．
∵SACD=AD•CD=AC•DE，
∴×1×3=×5DE．
∴DE=．
【点睛】
本题主要考查直线与圆的位置关系，等腰三角形的性质、勾股定理等知识.正确大气层造辅助线是解题的关键．
20、（1）；（2）见解析.
【分析】（1）根据相似三角形的判定方法进行分析即可;
（2）直接利用相似三角形的判定方法以及结合做一角等于已知角进而得出答案．
【详解】（1）解：要使△APB∽△ABC成立，∠A是公共角，则,即,∴AP=.
（2）解：作∠DEQ＝∠F,
如图点Q就是所求作的点
【点睛】
本题考查了相似变换，正确掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
21、 (1); (2).
【分析】（1）先移项，然后等式两边同时加上一次项系数一半的平方，解方程即可；
（2）先把原方程方程进行去括号，移项合并运算，然后再利用配方法进行解方程即可.
【详解】解：，
，
即，
或，
原方程的根为：.
，
，
，
，即，
或，
原方程的根为：.
【点睛】
本题考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握配方法解一元二次方程.
22、（1）图详见解析，；（2）图详见解析，；（3）图详见解析，
【分析】（1）从三角形的各点向对称轴引垂线并延长相同单位得到各点的对应点，顺次连接即可，然后从坐标中读出各点的坐标；（2）让三角形的各顶点都绕点O顺时针旋转90°后得到对应点，顺次连接即可；（3）将平移得到，使点的对应点是，点的对应点是，点的对应点是(4，−1)，在坐标系中画出，并写出点，的坐标；
【详解】解：（1）（2）（3）如图所示：
（1）根据图形结合坐标系可得：；
（2）根据图形结合坐标系可得：点 (3，1)；
（3）根据图形结合坐标系可得：，；
【点睛】
本题主要考查了作图-旋转变换，作图-轴对称变换，掌握作图-旋转变换，作图-轴对称变换是解题的关键.
23、（1）y＝x2﹣x﹣4；（2）10；（3）存在，M1（，11），M2（，﹣），M3（，﹣2），M4（，﹣﹣2）.
【分析】（1）将点A，B代入y＝ax2+bx﹣4即可求出抛物线解析式；
（2）在抛物线y＝x2﹣x﹣4中，求出点C的坐标，推出BC∥x轴，即可由三角形的面积公式求出△ABC的面积；
（3）求出抛物线y＝x2﹣x﹣4的对称轴，然后设点M（，m），分别使∠AMB＝90°，∠ABM＝90°，∠AMB＝90°三种情况进行讨论，由相似三角形和勾股定理即可求出点M的坐标．
【详解】解：（1）将点A（﹣3，0），B（5，﹣4）代入y＝ax2+bx﹣4，
得，
解得，，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣4；
（2）在抛物线y＝x2﹣x﹣4中，
当x＝0时，y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
∵B（5，﹣4），
∴BC∥x轴，
∴S△ABC＝BC•OC
＝×5×4
＝10，
∴△ABC的面积为10；
（3）存在，理由如下：
在抛物线y＝x2﹣x﹣4中，
对称轴为：，
设点M（，m），
①如图1，
当∠M1AB＝90°时，
设x轴与对称轴交于点H，过点B作BN⊥x轴于点N，
则HM1＝m，AH＝，AN＝8，BN＝4，
∵∠AM1H+∠M1AN＝90°，∠M1AN+∠BAN＝90°，
∴∠M1AH＝∠BAN，
又∵∠AHM1＝∠BNA＝90°，
∴△AHM1∽△BNA，
∴，
即，
解得，m＝11，
∴M1（，11）；
②如图2，
当∠ABM2＝90°时，
设x轴与对称轴交于点H，BC与对称轴交于点N，
由抛物线的对称性可知，对称轴垂直平分BC，
∴M2C＝M2B，
∴∠BM2N＝∠AM2N，
又∵∠AHM2＝∠BNM2＝90°，
∴△AHM2∽△BNM2，
∴，
∵HM2＝﹣m，AH＝，BN＝，M2N＝﹣4﹣m，
∴，
解得，，
∴M2（，﹣）；
③如图3，
当∠AMB＝90°时，
设x轴与对称轴交于点H，BC与对称轴交于点N，
则AM2+BM2＝AB2，
∵AM2＝AH2+MH2，BM2＝BN2+MN2，
∴AH2+MH2+BN2+MN2＝AB2，
∵HM＝﹣m，AH＝，BN＝，MN＝﹣4﹣m，
即，
解得，m1＝﹣2，m2＝﹣﹣2，
∴M3（，﹣2），M4（，﹣﹣2）；
综上所述，存在点M的坐标，其坐标为M1（，11），M2（，﹣），M3（，﹣2），M4（，﹣﹣2）．
【点睛】
本题考查了待定系数法求解析式，三角形的面积，直角三角形的存在性，相似三角形的判定与性质等，解题关键是注意分类讨论思想在解题中的运用．
24、（1）作图见解析，；（2）作图见解析，
【分析】（1）先根据点的对称性，画出三点的位置，再顺次连接即可得；最后根据三点在网格中的位置可得它们的坐标；
（2）根据点坐标的平移，先画出三点的位置，再顺次连接即可得；最后根据三点在网格中的位置可得它们的坐标.
【详解】（1）先画出三点的位置，再顺次连接即可得，作图结果如图所示：
观察图形可知：顶点的坐标分别为；
（2）先画出三点的位置，再顺次连接即可得，作图结果如图所示：
观察图形可知：顶点的坐标为，即.
【点睛】
本题考查了点的对称性与平移，读懂题意，掌握在平面直角坐标系中作图的方法是解题关键.
25、 (1)见解析;(1)见解析.
【分析】图形见详解.
【详解】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（1）如图，△A1B1C1为所作．
【点睛】
本题考查了图形的平移和旋转,属于简单题,熟悉旋转和平移的概念是解题关键.
26、（1）OB=6，=；（2）的坐标为；；（3）存在，，，，
【分析】（1）根据题意先确定OA，OB的长，再根据△OCA∽△OBC，可得出关于OC、OA、OB的比例关系式即可求出线段、的长；
（2）由题意利用相似三角形的对应边成比例和勾股定理来求C点的坐标，并将C点坐标代入抛物线中即可求出抛物线的解析式；
（3）根据题意运用等腰三角形的性质，对所有符合条件的点的坐标进行讨论可知有四个符合条件的点，分别进行分析求解即可．
【详解】解：（1）由（）
得，，即：，
∵∽
∴
∴（舍去）
∴线段的长为.
（2）∵∽
∴，
设，
则，
由
得，
解得（-2舍去），
∴，，
过点作于点，
由面积得，∴的坐标为
将点的坐标代入抛物线的解析式得
∴.
（3）存在，，，
①当P1与O重合时，△BCP1为等腰三角形
∴P1的坐标为（0，0）；
②当P2B=BC时（P2在B点的左侧），△BCP2为等腰三角形
∴P2的坐标为（6-2，0）；
③当P3为AB的中点时，P3B=P3C，△BCP3为等腰三角形
∴P3的坐标为（4，0）；
④当BP4=BC时（P4在B点的右侧），△BCP4为等腰三角形
∴P4的坐标为（6+2，0）；
∴在x轴上存在点P，使△BCP为等腰三角形，符合条件的点P的坐标为：
，，，.
【点睛】
本题考查二次函数的综合问题，掌握由抛物线求二次函数的解析式以及用几何中相似三角形的性质求点的坐标等知识运用数形结合思维分析是解题的关键.
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