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(每小题3分,共30分)
1．如图，一张扇形纸片OAB，∠AOB＝120°，OA＝6，将这张扇形纸片折叠，使点A与点O重合，折痕为CD，则图中未重叠部分（即阴影部分）的面积为（ ）
A．9 B．12π﹣9 C． D．6π﹣
2．若式子有意义，则x的取值范围为( )
A．x≥2 B．x≠3
C．x≥2或x≠3 D．x≥2且x≠3
3．如图，已知的三个顶点均在格点上，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，⊙O的直径BA的延长线与弦DC的延长线交于点E，且CE＝OB，已知∠DOB＝72°，则∠E等于（ ）
A．18° B．24° C．30° D．26°
5．已知二次函数y＝ax2＋bx＋c＋2的图象如图所示，顶点为(－1，1)，下列结论：
①abc＜1；②b2－4ac＝1；③a＜2；④4a－2b＋c＞1．其中正确结论的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
6．如图，⊙O中，弦AB与CD交于点M，∠A=45°，∠AMD=75°，则∠B的度数是（ ）
A．15° B．25° C．30° D．75°
7．如图， AB与CD相交于点E，点F在线段BC上，且AC // EF // DB，若BE＝5， BF＝3，AE＝BC，则的值为( )
A． B． C． D．
8．矩形的周长为12cm，设其一边长为xcm，面积为ycm2，则y与x的函数关系式及其自变量x的取值范围均正确的是（ ）
A．y=﹣x2+6x（3＜x＜6） B．y=﹣x2+12x（0＜x＜12）
C．y=﹣x2+12x（6＜x＜12） D．y=﹣x2+6x（0＜x＜6）
9．如图，是的外接圆，，点是外一点，，，则线段的最大值为（ ）
A．9 B．4.5 C． D．
10．要使有意义，则x的取值范围为( )
A．x≤0 B．x≥－1 C．x≥0 D．x≤－1
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．计算：__________．
12．已知抛物线经过和两点，则的值为__________．
13．反比例函数的图象具有下列特征：在所在象限内，的值随值增大而减小．那么的取值范围是_____________．
14．二次函数y＝kx2－6x＋3的图象与x轴有交点，则k的取值范围是___________________________．
15．如图，若内一点满足，则称点为的布罗卡尔点，三角形的布罗卡尔点是法国数学教育家克雷尔首次发现，后来被数学爱好者法国军官布罗卡尔重新发现，并用他的名字命名，布罗卡尔点的再次发现，引发了研究“三角形几何”的热潮．已知中，，，为的布罗卡尔点，若，则________．
16．如图，E，F分别为矩形ABCD的边AD，BC的中点，且矩形ABCD与矩形EABF相似，AB＝1，则BC的长为_____．
17．如图，⊙的半径于点，连接并延长交⊙于点，连接.若,则的长为 ___ .
18．函数是关于反比例函数，则它的图象不经过______的象限.
三、解答题(共66分)
19．（10分）在平面直角坐标系中，对“隔离直线”给出如下定义：点是图形上的任意一点，点是图形上的任意一点，若存在直线：满足且，则称直线：是图形与的“隔离直线”，如图，直线：是函数的图像与正方形的一条“隔离直线”.
（1）在直线①，②，③，④中，是图函数的图像与正方形的“隔离直线”的为 .
（2）如图，第一象限的等腰直角三角形的两腰分别与坐标轴平行，直角顶点的坐标是，⊙O的半径为，是否存在与⊙O的“隔离直线”？若存在，求出此“隔离直线”的表达式：若不存在，请说明理由；
（3）正方形的一边在轴上，其它三边都在轴的左侧，点是此正方形的中心，若存在直线是函数的图像与正方形的“隔离直线”，请直接写出的取值范围.
20．（6分）如图，为的直径，平分，交于点，过点作直线，交的延长线于点，交的延长线于点
（1）求证：是的切线
（2）若，，求的长
21．（6分）如图，已知抛物线与轴交于、两点，，交轴于点，对称轴是直线．
（1）求抛物线的解析式及点的坐标；
（2）连接，是线段上一点，关于直线的对称点正好落在上，求点的坐标；
（3）动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度向点运动，过作轴的垂线交抛物线于点，交线段于点．设运动时间为（）秒．若与相似，请求出的值．
22．（8分）已知关于x的一元二次方程x2－（2m＋3）x＋m2＋2＝0。
（1）若方程有实数根，求实数m的取值范围；
（2）若方程两实数根分别为，且满足，求实数m的值。
23．（8分）当前，“精准扶贫”工作已进入攻坚阶段，凡贫困家庭均要“建档立卡”．某初级中学七年级共有四个班，已“建档立卡”的贫困家庭的学生人数按一、二、三、四班分别记为A1，A2，A3，A4，现对A1，A2，A3，A4统计后，制成如图所示的统计图．
（1）求七年级已“建档立卡”的贫困家庭的学生总人数；
（2）将条形统计图补充完整，并求出A1所在扇形的圆心角的度数；
（3）现从A1，A2中各选出一人进行座谈，若A1中有一名女生，A2中有两名女生，请用树状图表示所有可能情况，并求出恰好选出一名男生和一名女生的概率．
24．（8分）如图，一次函数的图象与反比例函数在第一象限的图象交于和两点，与轴交于点.
（1）求反比例函数的解析式；
（2）若点在轴上，且的面积为，求点的坐标.
25．（10分）某校举行秋季运动会，甲、乙两人报名参加100 m比赛，预赛分A、B、C三组进行，运动员通过抽签决定分组．
（1）甲分到A组的概率为 ；
（2）求甲、乙恰好分到同一组的概率．
26．（10分）国家计划2035年前实施新能源汽车，某公司为加快新旧动能转换，提高公司经济效益，决定对近期研发出的一种新型能源产品进行降价促销.根据市场调查：这种新型能源产品销售单价定为200元时，每天可售出300个；若销售单价每降低1元，每天可多售出5个.已知每个新型能源产品的成本为100元.
问：（1）设该产品的销售单价为元，每天的利润为元.则_________（用含的代数式表示）
（2）这种新型能源产品降价后的销售单价为多少元时，公司每天可获利32000元？
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【分析】根据阴影部分的面积=S扇形BDO﹣S弓形OD计算即可．
【详解】由折叠可知，
S弓形AD=S弓形OD，DA=DO．
∵OA=OD，
∴AD=OD=OA，
∴△AOD为等边三角形，
∴∠AOD=60°．
∵∠AOB=120°，
∴∠DOB=60°．
∵AD=OD=OA=6，
∴AC=CO=3，
∴CD=3，
∴S弓形AD=S扇形ADO﹣S△ADO6×36π﹣9，
∴S弓形OD=6π﹣9，
阴影部分的面积=S扇形BDO﹣S弓形OD(6π﹣9)=9．
故选：A．
【点睛】
本题考查了扇形面积与等边三角形的性质，熟练运用扇形公式是解答本题的关键．
2、D
【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0的条件可得关于x的不等式组，解不等式组即可.
【详解】由题意，要使在实数范围内有意义，必须且x≠3，
故选D.
3、D
【分析】过B点作BD⊥AC于D，求得AB、AC的长，利用面积法求得BD的长，利用勾股定理求得AD的长，利用锐角三角函数即可求得结果．
【详解】过B点作BD⊥AC于D，如图，
由勾股定理得，
，，
∵，即，
在中，，，，
，
∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查了解直角三角形以及勾股定理的运用，面积法求高的运用；熟练掌握勾股定理，构造直角三角形是解题的关键．
4、B
【分析】根据圆的半径相等可得等腰三角形，根据三角形的外角的性质和等腰三角形等边对等角可得关于∠E的方程，解方程即可求得答案．
【详解】解：如图，连接CO,
∵CE＝OB＝CO=OD，
∴∠E＝∠1，∠2＝∠D
∴∠D=∠2＝∠E+∠1＝2∠E．
∴∠3＝∠E+∠D＝∠E+2∠E＝3∠E．
由∠3＝72°，得3∠E＝72°．
解得∠E＝24°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆的认识，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质.能利用圆的半径相等得出等腰三角形是解题关键．
5、A
【分析】根据抛物线的图像和表达式分析其系数的值，通过特殊点的坐标判断结论是否正确．
【详解】∵函数图象开口向上，
∴，
又∵顶点为(，1)，
∴，
∴,
由抛物线与轴的交点坐标可知：，
∴c＞1，
∴abc＞1,故①错误；
∵抛物线顶点在轴上，
∴，即，
又，
∴，故②错误；
∵顶点为(，1)，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，则，故③错误；
由抛物线的对称性可知与时的函数值相等，
∴，
∴，故④正确．
综上，只有④正确，正确个数为1个．
故选：A．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与系数的关系，根据二次函数图象以及顶点坐标找出之间的关系是解题的关键．
6、C
【分析】由三角形外角定理求得∠C的度数，再由圆周角定理可求∠B的度数．
【详解】∵∠A=45°，∠AMD=75°，
∴∠C=∠AMD-∠A=75°-45°=30°，
∴∠B=∠C=30°，
故选C．
7、A
【分析】根据平行线分线段成比例定理得可求出BC的长，从而可得CF的长，再根据平行线分线段成比例定理得，求解即可得.
【详解】
又
，解得
又
故选：A.
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例定理，根据定理求出BC的长是解题关键.
8、D
【分析】已知一边长为xcm，则另一边长为（6-x）cm，根据矩形的面积公式即可解答．
【详解】解：已知一边长为xcm，则另一边长为（6-x）cm．
则y=x（6-x）化简可得y=-x2+6x，（0＜x＜6），
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了根据实际问题列二次函数关系式的知识，解题的关键是用x表示出矩形的另一边，此题难度一般．
9、C
【分析】连接OB、OC，如图，则△OBC是顶角为120°的等腰三角形，将△OPC绕点O顺时针旋转120°到△OMB的位置，连接MP，则∠POM=120°，MB=PC=3，OM=OP，根据等腰三角形的性质和锐角三角函数可得 ，于是求OP的最大值转化为求PM的最大值，因为，所以当P、B、M三点共线时，PM最大，据此求解即可.
【详解】解：连接OB、OC，如图，则OB=OC，∠BOC=2∠A=120°，将△OPC绕点O顺时针旋转120°到△OMB的位置，连接MP，则∠POM=120°，MB=PC=3，OM=OP，
过点O作ON⊥PM于点N，则∠MON=60°，MN=PM，
在直角△MON中，，∴，
∴当PM最大时，OP最大，
又因为，所以当P、B、M三点共线时，PM最大，此时PM=3+6=9，
所以OP的最大值是：.
故选：C.
【点睛】
本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质、旋转的性质、解直角三角形和两点之间线段最短等知识，具有一定的难度，将△OPC绕点O顺时针旋转120°到△OMB的位置，将求OP的最大值转化为求PM的最大值是解题的关键.
10、B
【分析】根据二次根式有意义有条件进行求解即可.
【详解】要使有意义，则被开方数要为非负数，
即，
∴，
故选B.
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，熟知二次根式有意义的条件是被开方数为非负数是解题的关键.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】先计算根号、负指数和sin30°，再运用实数的加减法运算法则计算即可得出答案.
【详解】原式=，故答案为.
【点睛】
本题考查的是实数的运算，中考必考题型，需要熟练掌握实数的运算法则.
12、
【分析】根据（-2，n）和（1，n）可以确定函数的对称轴x=1，再由对称轴的x=，即可求出b，于是可求n的值.
【详解】解：抛物线经过（-2，n）和（1，n）两点，可知函数的对称轴x=1，
∴=1，
∴b=2；
∴y=-x2+2x+1，
将点（-2，n）代入函数解析式，可得n=-1；
故答案是：-1．
【点睛】
本题考查二次函数图象上点的坐标；熟练掌握二次函数图象上点的对称性是解题的关键．
13、
【分析】直接利用当k＞1，双曲线的两支分别位于第一、第三象限，在每一象限内y随x的增大而减小；当k＜1，双曲线的两支分别位于第二、第四象限，在每一象限内y随x的增大而增大，进而得出答案．
【详解】解：∵反比例函数的图象在所在象限内，y的值随x值的增大而减小，
∴k＞1．
故答案为：k＞1．
【点睛】
此题主要考查了反比例函数的性质，掌握基本性质是解题的关键．
14、k≤3且k≠0
【解析】根据题意得，(-6)2-4×3k≥0且k≠0，所以k≤3且k≠0，故答案为k≤3且k≠0.
15、
【分析】作CH⊥AB于H．首先证明，再证明△PAB∽△PBC，可得，即可求出PA、PC.
【详解】解：作CH⊥AB于H．
∵CA=CB，CH⊥AB，∠ACB=120°，
∴AH=BH，∠ACH=∠BCH=60°，∠CAB=∠CBA=30°，
∴BC=2CH,
∴AB=2BH=2= ，
∵∠PAC=∠PCB=∠PBA，
∴∠PAB=∠PBC，
∴△PAB∽△PBC，
，
∵，
∴PA=，PC=,
∴PA+PC=，
故答案为：.
【点睛】
本题考查等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找相似三角形解决问题．
16、
【分析】根据相似多边形的性质列出比例式，计算即可．
【详解】∵矩形ABCD与矩形EABF相似，
∴＝，即＝，
解得，AD＝，
∴矩形ABCD的面积＝AB•AD＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了相似多边形的性质，掌握相似多边形的对应边的比相等是解题的关键.
17、
【详解】解：连接BE
∵⊙的半径,AB=2
∴ 且 ,
若设⊙的半径为，则.
在△ACO中,根据勾股定理有,
即，
解得：.
∴.
∵是⊙的直径，
∴
.
故答案为：
【点睛】
在与圆的有关的线段的计算中，一定要注意各种情况下构成的直角三角形，有了直角三角形就有可能用勾股定理、三角函数等知识点进行相关计算.本题抓住由半径、弦心距、半弦构成的直角三角形和半圆上所含的直角三角形，三次利用勾股定理并借助方程思想解决问题.
18、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.
三、解答题(共66分)
19、 (1)①④;(2);(3)或
【分析】(1)根据的“隔离直线”的定义即可解决问题；
(2)存在，连接，求得与垂直且过的直接就是“隔离直线”，据此即可求解；
(3)分两种情形正方形在x轴上方以及在x轴下方时，分别求出正方形的一个顶点在直线上时的t的值即可解决问题．
【详解】(1)根据的“隔离直线”的定义可知，是图1函数的图象与正方形OABC的“隔离直线”；直线也是图1函数的图象与正方形OABC的“隔离直线”；而与不满足图1函数的图象与正方形OABC的“隔离直线”的条件；
故答案为：①④；
(2)存在，
理由如下：
连接，过点作轴于点，如图，
在Rt△DGO中，，
∵⊙O的半径为，
∴点D在⊙O上．
过点D作DH⊥OD交y轴于点H，
∴直线DH是⊙O的切线，也是△EDF与⊙O的“隔离直线”．
设直线OD的解析式为，
将点D(2，1)的坐标代入得，
解得：，
∵DH⊥OD，
∴设直线DH的解析式为，
将点D(2，1)的坐标代入得，
解得：，
∴直线DH的解析式为，
∴“隔离直线”的表达式为；
(3)如图：
由题意点F的坐标为()，
当直线经过点F时，，
∴，
∴直线，即图中直线EF，
∵正方形A1B1C1D1的中心M(1，t)，
过点作⊥y轴于点G，
∵点是正方形的中心，且，
∴B1C1，，
∴正方形A1B1C1D1的边长为2，
当时，，
∴点C1的坐标是()，此时直线EF是函数)的图象与正方形A1B1C1D1的“隔离直线”，
∴点的坐标是(-1，2)，
此时；
当直线与只有一个交点时，
，消去y得到，
由，可得，
解得：，
同理，此时点M的坐标为：()，
∴，
根据图象可知:
当或时，直线是函数)的图象与正方形A1B1C1D1的“隔离直线”．
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质、正方形的性质、一次函数的应用、二元二次方程组．一元二次方程的根的判别式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
20、（1）证明见解析；（2）6
【分析】（1）要证CD是⊙O的切线，只要连接OE，再证OE⊥CD即可．
（2）由勾股定理求得AB的长即可．
【详解】证明：（1）如图，连接OE，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA．
∵AE平分∠CAD，
∴∠OAE=∠DAE．
∴∠OEA=∠DAE．
∴OE∥AD．
∵DE⊥AD，
∴OE⊥DE．
∵OE为半径，
∴CD是⊙O的切线．
（2）设⊙O的半径是r，
∵CD是⊙O的切线，
∴∠OEC=90°．
由勾股定理得：OE 2 +CE 2 =OC 2 ，
即 ，解得r=3，
即AB的长是6
【点睛】
本题综合性较强，既考查了切线的判定，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．同时考查了勾股定理，作出辅助线是本题的关键．
21、（1），点坐标为；（2）F；（3）
【分析】(1)先求出点A,B的坐标，将A、B的坐标代入中，即可求解；
(2)确定直线BC的解析式为y=−x+3，根据点E、F关于直线x=1对称，即可求解；
(3) 若与相似，则或，即可求解；
【详解】解：（1）∵点、关于直线对称，，∴，.
代入中，得：，解，
∴抛物线的解析式为.
∴点坐标为；
（2）设直线的解析式为，则有：，解得，
∴直线的解析式为.
∵点、关于直线对称，
又到对称轴的距离为1，∴.
∴点的横坐标为2，将代入中，得：，
∴F(2,1);
（3）秒时，.如图
当时
∴，∴，
.
①若，则，即
（舍去），或.
②若，则，即
（舍去），或（舍去）
∴.
【点睛】
主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
22、（1）；（1）1
【分析】（1）根据方程有实数根结合根的判别式，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出结论；
（1）利用根与系数的关系可得出x1+x1=1m+3，x1•x1=m1+1，结合x11+x11=31+x1x1即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值．
【详解】解：（1）∵方程x1-（1m+3）x+m1+1=0有实数根，
∴△=[-（1m+3）]1-4（m1+1）=11m+1≥0，
解得：．
（1）∵方程x1-（1m+3）x+m1+1=0的两个根分别为x1、x1，
∴x1+x1=1m+3，x1•x1=m1+1，
∵x11+x11=31+x1x1，
∴(x1+x1)1-1x1•x1=31+x1x1，
即m1+11m-18=0，
解得：m1=1，m1=-14（舍去），
∴实数m的值为1．
【点睛】
本题考查了根与系数的关系以及根的判别式，熟练掌握当一元二次方程有实数根时根的判别式△≥0是解题的关键．
23、（1）15人;(2)补图见解析.（3）.
【分析】（1）根据三班有6人，占的百分比是40%，用6除以所占的百分比即可得总人数；
（2）用总人数减去一、三、四班的人数得到二班的人数即可补全条形图，用一班所占的比例乘以360°即可得A1所在扇形的圆心角的度数；
（3）根据题意画出树状图，得出所有可能，进而求恰好选出一名男生和一名女生的概率．
【详解】解:（1）七年级已“建档立卡”的贫困家庭的学生总人数：6÷40%=15人；
（2）A2的人数为15﹣2﹣6﹣4=3（人）
补全图形，如图所示，
A1所在圆心角度数为：×360°=48°；
（3）画出树状图如下：
共6种等可能结果,符合题意的有3种
∴选出一名男生一名女生的概率为：P=.
【点睛】
本题考查了条形图与扇形统计图，概率等知识，准确识图，从图中发现有用的信息，正确根据已知画出树状图得出所有可能是解题关键．
24、（1）；（2）或
【分析】（1）先把点代入解得的值，再代入反比例函数中解得的值即可；
（2）的面积可以理解为是以MC为底，点A的纵坐标为高，根据三角形的面积公式列式求解即可.
【详解】解：（1）把点代入，得，解得：，
把代入反比例函数，
；
反比例函数的表达式为；
（2）一次函数的图象与轴交于点，
，
设，
，
，
或，
的坐标为或.
【点睛】
本题主要考查一次函数和反比例函数的交点问题，注意的值有两个.
25、（1）；（2）
【分析】（1）直接利用概率公式求出甲分到A组的概率；
（2）将所有情况列出，找出满足条件：甲、乙恰好分到同一组的情况有几种，计算出概率.
【详解】解：（1）
（2）甲乙两人抽签分组所有可能出现的结果有：（A，A）、（A，B）、（A，C）、（B，A）、（B，B）、（B，C）、（C，A）、（C，B）、（C，C）共有9种，它们出现的可能性相同．所有的结果中，满足“甲乙分到同一组”（记为事件A）的结果有3种，所以P(A)＝．
【点睛】
此题主要考查了树状图法求概率，正确利用列举出所有可能并熟练掌握概率公式是解题关键．
26、（1）或；（2）当销售单价为180元时，公司每天可获利32000元.
【分析】（1）根据总利润＝单件利润销量，用的代数式分别表示两个量，构建方程即可；
（2）由(1)所得的函数，当时,解一元二次方程即可求得答案.
【详解】（1）依题意得：
（2）公司每天可获利32000元，即,则
，
化简得：，
解得：，
答：当销售单价为180元时，公司每天可获利32000元.
【点睛】
本题主要考查二次函数的应用、一元二次方程的解法，理解题意找到题目蕴含的相等关系列出方程是解题的关键．
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