资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．我国古代数学名著《孙子算经》中记载了一道大题，大意是：匹马恰好拉了片瓦，已知匹小马能拉片瓦，匹大马能拉片瓦，求小马、大马各有多少匹，若设小马有匹，大马有匹，依题意，可列方程组为（ ）
A． B．
C． D．
2．已知关于x的二次方程有两个实数根，则k的取值范围是（ ）
A． B．且 C． D．且
3．如图,从一块直径为的圆形铁皮上剪出一个圆心角为90°的扇形.则此扇形的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，∠1＝∠2，则下列各式不能说明△ABC∽△ADE的是（ ）
A．∠D＝∠B B．∠E＝∠C C． D．
5．在平行四边形ABCD中，点E是边AD上一点，且AE=2ED，EC交对角线BD于点F，则等于（ ）
A． B． C． D．
6．下列函数中，是二次函数的是（ ）
A．y＝2x+1 B．y＝（x﹣1）2﹣x2
C．y＝1﹣x2 D．y＝
7．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
8．如图，已知等边的边长为，以为直径的圆交于点，以为圆心，为半径作圆，是上一动点，是的中点，当最大时，的长为（ ）
A． B． C． D．
9．已知两个相似三角形的相似比为2∶3，较小三角形面积为12平方厘米，那么较大三角形面积为（ ）
A．18平方厘米 B．8平方厘米 C．27平方厘米 D．平方厘米
10．如图，已知与位似，位似中心为点且的面积与面积之比为，则的值为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．若点（p，2）与（﹣3，q）关于原点对称，则p+q＝__．
12．如图，四边形是菱形，，对角线，相交于点，于，连接，则=_________度.
13．若是关于x的一元二次方程的解，则代数式的值是________.
14．如图，在平面直角坐标系中，直角三角形的直角顶点与原点O重合，顶点A，B恰好分别落在函数，的图象上，则tan∠ABO的值为___________
15．如图，AB∥CD∥EF，AF与BE相交于点G，且AG＝2，GD＝1，DF＝5，那么的值等于________．
16．2018年10月21日，河间市诗经国际马拉松比赛拉开帷幕，电视台动用无人机航拍技术全程录像．如图，是无人机观测AB两选手在某水平公路奔跑的情况，观测选手A处的俯角为，选手B处的俯角为45º．如果此时无人机镜头C处的高度CD＝20米，则AB两选手的距离是_______米．
17．九年级8班第一小组名同学在庆祝2020年新年之际，互送新年贺卡，表达同学间的真诚祝福，全组共送出贺卡30张，则的值是___．
18．半径为4 cm，圆心角为60°的扇形的面积为 cm1．
三、解答题(共66分)
19．（10分）十八大以来，某校已举办五届校园艺术节.为了弘扬中华优秀传统文化，每届艺术节上都有一些班级表演“经典诵读”、“民乐演奏”、“歌曲联唱”、“民族舞蹈”等节目.小颖对每届艺术节表演这些节目的班级数进行统计，并绘制了如图所示不完整的折线统计图和扇形统计图.
(1)五届艺术节共有________个班级表演这些节日，班数的中位数为________，在扇形统计图中，第四届班级数的扇形圆心角的度数为________；
(2)补全折线统计图；
(3)第六届艺术节，某班决定从这四项艺术形式中任选两项表演(“经典诵读”、“民乐演奏”、“歌曲联唱”、“民族舞蹈”分别用，，，表示).利用树状图或表格求出该班选择和两项的概率.
20．（6分）如图，在中，于点.若，求的值.
21．（6分）某学校的学生为了对小雁塔有基本的认识，在老师的带领下对小雁塔进行了测量．测量方法如下：如图，间接测得小雁塔地部点D到地面上一点E的距离为115.2米，小雁塔的顶端为点B，且BD⊥DE，在点E处竖直放一个木棒，其顶端为C，CE＝1.72米，在DE的延长线上找一点A，使A、C、B三点在同一直线上，测得AE＝4.8米．求小雁塔的高度．
22．（8分）如图，四边形内接于，对角线为的直径，过点作的垂线交的延长线于点，过点作的切线，交于点．
（1）求证：；
（2）填空：
①当的度数为 时，四边形为正方形；
②若，，则四边形的最大面积是 ．
23．（8分）阅读下列材料，然后解答问题．
经过正四边形(即正方形)各顶点的圆叫做这个正四边形的外接圆，圆心是正四边形的对称中心，这个正四边形叫做这个圆的内接正四边形．
如图，正方形ABCD内接于⊙O，⊙O的面积为S1，正方形ABCD的面积为S1．以圆心O为顶点作∠MON，使∠MON＝90°．将∠MON绕点O旋转，OM、ON分别与⊙O交于点E、F，分别与正方形ABCD的边交于点G、H．设由OE、OF、及正方形ABCD的边围成的图形(阴影部分)的面积为S．
（1）当OM经过点A时(如图①)，则S、S1、S1之间的关系为： (用含S1、S1的代数式表示)；
（1）当OM⊥AB于G时(如图②)，则(1)中的结论仍然成立吗？请说明理由；
（3）当∠MON旋转到任意位置时（如图③），则（1）中的结论任然成立吗：请说明理由.
24．（8分）解方程：．
25．（10分）如图，抛物线（a≠0）经过A（-1，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）点P在抛物线的对称轴上，当△ACP的周长最小时，求出点P的坐标；
（3） 点N在抛物线上，点M在抛物线的对称轴上，是否存在以点N为直角顶点的Rt△DNM与Rt△BOC相似，若存在，请求出所有符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
26．（10分）如图，⊙O中，FG、AC是直径，AB是弦，FG⊥AB，垂足为点P，过点C的直线交AB的延长线于点D，交GF的延长线于点E，已知AB=4，⊙O的半径为．
（1）分别求出线段AP、CB的长；
（2）如果OE=5，求证：DE是⊙O的切线；
（3）如果tan∠E=，求DE的长．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【分析】设大马有x匹，小马有y匹，根据题意可得等量关系：①小马数+大马数=100；②小马拉瓦数+大马拉瓦数=100，根据等量关系列出方程组即可．
【详解】设小马有x匹，大马有y匹，由题意得：
，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，列出方程组．
2、B
【分析】根据一元二次方程根的判别式让∆=b2−4ac≥1，且二次项的系数不为1保证此方程为一元二次方程．
【详解】解：由题意得：且，
解得：且，
故选：B．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式，方程有2个实数根应注意两种情况：∆≥1，二次项的系数不为1．
3、A
【解析】分析：连接AC，根据圆周角定理得出AC为圆的直径，解直角三角形求出AB，根据扇形面积公式求出即可．
详解：连接AC．
∵从一块直径为2m的圆形铁皮上剪出一个同心角为90°的扇形，即∠ABC=90°，∴AC为直径，即AC=2m，AB=BC．
∵AB2+BC2=22，∴AB=BC=m，∴阴影部分的面积是=（m2）．
故选A．
点睛：本题考查了圆周角定理和扇形的面积计算，能熟记扇形的面积公式是解答此题的关键．
4、D
【分析】根据∠1＝∠2，可知∠DAE＝∠BAC，因此只要再找一组角或一组对应边成比例即可．
【详解】解：A和B符合有两组角对应相等的两个三角形相似；
C、符合两组对应边的比相等且相应的夹角相等的两个三角形相似；
D、对应边成比例但无法证明其夹角相等，故其不能推出两三角形相似．
故选D．
【点睛】
考查了相似三角形的判定：①有两个对应角相等的三角形相似；②有两个对应边的比相等，且其夹角相等，则两个三角形相似；③三组对应边的比相等，则两个三角形相似．
5、A
【解析】试题分析：如图，∵四边形ABCD为平行四边形，∴ED∥BC，BC=AD，∴△DEF∽△BCF，∴，设ED=k，则AE=2k，BC=3k，∴==，故选A．
考点：1．相似三角形的判定与性质；2．平行四边形的性质．
6、C
【解析】根据二次函数的定义进行判断．
【详解】解：A、该函数是由反比例函数平移得到的，不是二次函数，故本选项错误；
B、由已知函数解析式得到：y＝－2x＋1，属于一次函数，故本选项错误；
C、该函数符合二次函数的定义，故本选项正确；
D、该函数不是二次函数，故本选项错误；
故选：C．
【点睛】
本题考查二次函数的定义．熟知一般地，形如y＝ax2＋bx＋c（a、b、c是常数，a≠0）的函数，叫做二次函数是解答此题的关键．
7、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.
8、B
【分析】点E在以F为圆心的圆上运动，要使AE最大，则 AE过F,根据等腰三角形的性质和圆周角定理证得F是BC的中点，从而得到EF为△BCD的中位线，根据平行线的性质证得 ,根据勾股定理即可求得结论．
【详解】点D在C上运动时，点E在以F为圆心的圆上运动，要使AE最大，则AE过F,连接CD,
∵△ABC是等边三角形，AB是直径，
∴ ,
∴F是BC的中点，
∴E为BD的中点，
∴EF为△BCD的中位线，
∴ ,
∴ ,
， ，
故 ，
故选B．
【点睛】
本题考查了圆的动点问题，掌握等腰三角形的性质、圆周角定理、中位线定理、平行线的性质和勾股定理是解题的关键．
9、C
【分析】根据相似三角形面积比等于相似比的平方即可解题
【详解】∵相似三角形面积比等于相似比的平方
故选C
【点睛】
本题考查相似三角形的性质，根据根据相似三角形面积比等于相似比的平方列出式子即可
10、A
【分析】根据位似图形的性质得到AC：DF=3：1，AC∥DF，再证明∽，根据相似的性质进而得出答案．
【详解】∵与位似，且的面积与面积之比为9：4，
∴AC：DF=3：1，AC∥DF，
∴∠ACO=∠DFO，∠CAO=∠FDO，
∴∽，
∴AO：OD=AC：DF=3：1．
故选：A．
【点睛】
本题考查位似图形的性质，及相似三角形的判定与性质，注意掌握位似是相似的特殊形式，位似比等于相似比，其对应的面积比等于相似比的平方．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出p，q的值进而得出答案．
【详解】解：∵点（p，2）与（﹣3，q）关于原点对称，
∴p＝3，q＝﹣2，
∴p+q＝3﹣2＝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，正确掌握关于原点对称点的坐标之间的关系是解题关键．
12、25
【解析】首先求出∠HDB的度数，再利用直角三角形斜边中线定理可得OH=OD，由此可得∠OHD=∠ODH即可解决问题．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD,DO=OB,∠DAO=∠BAO=25°，
∴∠ABO=90°−∠BAO=65°，
∵DH⊥AB，
∴∠DHB=90°，
∴∠BDH=90°−ABO=25°，
在Rt△DHB中，∵OD=OB，
∴OH=OD=OB，
∴∠DHO=∠HDB=25°，
故答案为：25.
【点睛】
本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线定理，熟练掌握性质定理是解题的关键.
13、1
【分析】把x=2代入已知方程求得2a+b的值，然后将其整体代入所求的代数式并求值即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程的解是x=2，
∴4a+2b-8=0，
则2a+b=4，
∴2020+2a+b=2020+(2a+b)=2020+4=1．
故答案是：1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解定义，以及求代数式的值，解题时，利用了“整体代入”的数学思想．
14、
【分析】根据反比例函数的几何意义可得直角三角形的面积；根据题意可得两个直角三角形相似，而相似比就是直角三角形∆AOB的两条直角边的比，从而得出答案.
【详解】过点A、B分别作AD⊥x轴，BE⊥x轴，垂足为D、E,
∵顶点A，B恰好分别落在函数，的图象上
∴
又∵∠AOB=90°
∴∠AOD=∠OBE
∴
∴
则tan∠ABO=
故本题答案为：.
【点睛】
本题考查了反比例函数，相似三角形和三角函数的综合题型，连接辅助线是解题的关键.
15、
【详解】∵AB∥CD∥EF，
∴ ，
故答案为．
16、
【分析】在两个直角三角形中，都是知道已知角和对边，根据正切函数求出邻边后，相加求和即可；
【详解】由已知可得，，CD=20，
∵于点D，
∴在中，，，
∴，
在中，，，
∴，
∴．
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了解直角三角形的应用，准确理解和计算是解题的关键．
17、1
【分析】根据题意列出方程，求方程的解即可．
【详解】根据题意可得以下方程
解得 （舍去）
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的实际应用，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
18、.
【解析】试题分析：根据扇形的面积公式求解.
试题解析：.
考点：扇形的面积公式.
三、解答题(共66分)
19、 (1)40，7，81°；(2)见解析；(3).
【解析】（1）根据图表可得，五届艺术节共有：；根据中位数定义和圆心角公式求解；（2）根据各届班数画图；（3）用列举法求解；
【详解】解：(1) 五届艺术节共有：个，第四届班数：40×22.5%=9，第五届40=13，第一至第三届班数：5，7，6，故班数的中位数为7，
第四届班级数的扇形圆心角的度数为：3600×22.5%=81°；
(2)折线统计图如下；.
(3)树状图如下.
所有情况共有12种，其中选择和两项的共有2种情况，
所以选择和两项的概率为.
【点睛】
考核知识点：用树状图求概率.从图表获取信息是关键.
20、
【分析】（1）要求的值，应该要求CD的长.证得∠A=∠BCD，然后有tanA= tan∠BCD，表示出两个正切函数后可求得CD的长，于是可解.
【详解】解：∵∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，
∴∠A+∠ACD=∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠A=∠BCD，
∴tanA= tan∠BCD，
∴,
∴,
∴CD=,
∴tanA= .
【点睛】
本题考查了直角三角形三角函数的定义，利用三角函数构建方程求解有时比用相似更简便更直接．
21、43 m.
【解析】直接利用相似三角形的判定与性质得出，进而得出答案．
【详解】解 由题意可得△AEC∽△ADB，
则＝，
故＝，
解得DB＝43，
答：小雁塔的高度为43 m.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，正确得出△AEC∽△ADB是解题的关键．
22、（1）证明见解析；（2）①；②1．
【分析】(1)根据已知条件得到CE是的切线．根据切线的性质得到DF=CF,由圆周角定理得到∠ADC=10°，于是得到结论;
(2)①连接OD,根据圆周角定理和正方形的判定定理即可得到结论;
②根据圆周角定理得到∠ADC=∠ABC=10°，根据勾股定理得到 根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵是的直径，，
∴是的切线．
又∵是的切线，且交于点，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴．
(2)解:①当∠ACD的度数为45°时，四边形ODFC为正方形;
理由:连接OD,
∵AC为的直径,
∴∠ADC=10°,
∵∠ACD=45° ,
∴∠DAC=45°,
∴∠DOC=10° ,
∴∠DOC=∠ODF=∠OCF=10°, ．
∵OD=OC,
∴四边形ODFC为正方形;
故答案为：45°
②四边形ABCD的最大面积是1 ,
理由: ∵AC为的直径,
∴∠ADC=∠ABC=10°,
∵AD=4，DC=2 ,
∴,
∴要使四边形ABCD的面积最大，则△ABC的面积最大,
∴当△ABC是等腰直角三角形时，△ABC的面积最大，
∴四边形ABCD的最大面积：
故答案为：1
【点睛】
本题以圆为载体，考查了圆的切线的性质、平行线的判定、平行四边形的性质、直角三角形全等的判定和45°角的直角三角形的性质，涉及的知识点多，熟练掌握相关知识是解题的关键．
23、（1）；
（1）（1）中的结论仍然成立，理由见解析；
（1）（1）中的结论仍然成立，理由见解析.
【解析】试题分析：（1）结合正方形的性质及等腰直角三角形的性质，容易得出结论；
（1）仍然成立，可证得四边形OGHB为正方形，则可求出阴影部分的面积为扇形OEF的面积减去正方形OGBH的面积；
（3）仍然成立，过O作OR⊥AB，OS⊥BC，垂足分别为R、S，则可证明△ORG≌△OSH，可得出四边形ORBS的面积=四边形OGBH的面积，再利用扇形OEF的面积减正方形ORBS的面积即可得出结论．
试题解析：（1）当OM经过点A时由正方形的性质可知：∠MON=90°，
∴S△OAB=S正方形ABCD=S1，S扇形OEF=S圆O=S1，
∴S=S扇形OEF-S△OAB=S圆O-S正方形ABCD=S1-S1=（S1-S1），
（1）结论仍然成立，理由如下：
∵∠EOF=90°，
∴S扇形OEF=S圆O=S1
∵∠OGB=∠EOF=∠ABC=90°，
∴四边形OGBH为矩形，
∵OM⊥AB，
∴BG=AB=BC=BH，
∴四边形OGBH为正方形，
∴S四边形OGBH=BG1=（AB）1=S1，
∴S=S扇形OEF-S四边形OGBH=S1-S1=（S1-S1）；
（3）（1）中的结论仍然成立，理由如下：
∵∠EOF=90°，
∴S扇形OEF=S圆O=，
过O作OR⊥AB，OS⊥BC，垂足分别为R、S，
由（1）可知四边形ORBS为正方形，
∴OR=OS，
∵∠ROS=90°，∠MON=90°，
∴∠ROG=∠SOH=90°-∠GOS，
在△ROG和△SOH中，
，
∴△ROG≌△SOH（ASA），
∴S△ORG=S△OSH，
∴S四边形OGBH=S正方形ORBS，
由（1）可知S正方形ORBS=S1，
∴S四边形OGBH=S1，
∴S=S扇形OEF-S四边形OGBH=（S1-S1）．
考点：圆的综合题．
24、，
【分析】通过观察方程形式，利用二次三项式的因式分解法解方程比较简单．
【详解】解：原方程变形为
∴，．
【点睛】
此题考查因式分解法解一元二次方程，解题关键在于掌握运算法则．
25、（1），D（，）；（2）P（，）；（3）存在．N（，）或（，）或（，）或（，）．
【解析】试题分析：（1）利用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）确定出当△ACP的周长最小时，点P就是BC和对称轴的交点，利用两点间的距离公式计算即可；
（3）作出辅助线，利用tan∠MDN=2或，建立关于点N的横坐标的方程，求出即可．
试题解析：（1）由于抛物线 （a≠0）经过A（-1，0），B（2，0）两点，因此把A、B两点的坐标代入 （a≠0），可得：；解方程组可得：，故抛物线的解析式为：，∵=，所以D的坐标为（，）．
（2）如图1，设P（，k），∵，∴C（0，－1），∵A（-1，0），B（2，0），∴A、B两点关于对称轴对称，连接CB交对称轴于点P，则△ACP的周长最小．设直线BC为y=kx+b，则：，解得：，∴直线BC为：．当x=时，=，∴P（，）；
（3）存在．如图2，过点作NF⊥DM，∵B（2，0），C（0，﹣1），∴OB=2，OC=1，∴tan∠OBC=，tan∠OCB==2，设点N（m，），∴FN=|m﹣|，FD=||=||，∵Rt△DNM与Rt△BOC相似，∴∠MDN=∠OBC，或∠MDN=∠OCB；
①当∠MDN=∠OBC时，∴tan∠MDN==，∴，∴m=（舍）或m=或m=，∴N（，）或（，）；
②当∠MDN=∠OCB时，∴tan∠MDN==2，∴，∴m=（舍）或m=或m=，∴N（，）或（，）；
∴符合条件的点N的坐标（，）或（，）或（，）或（，）．
考点：二次函数综合题；相似三角形的判定与性质；分类讨论；压轴题．
26、（1）CB=2，AP =2；（2）证明见解析；（3）DE=．
【分析】（1）根据圆周角定理由AC为直径得∠ABC=90°，在Rt△ABC中，根据勾股定理可计算出BC=2，再根据垂径定理由直径FG⊥AB得到AP=BP=AB=2；
（2）易得OP为△ABC的中位线，则OP=BC=1，再计算出，根据相似三角形的判定方法得到△EOC∽△AOP，根据相似的性质得到∠OCE=∠OPA=90°，然后根据切线的判定定理得到DE是⊙O的切线；
（3）根据平行线的性质由BC∥EP得到∠DCB=∠E，则tan∠DCB=tan∠E=，在Rt△BCD中，根据正切的定义计算出BD=3，根据勾股定理计算出CD=，然后根据平行线分线段成比例定理得，再利用比例性质可计算出DE=．
【详解】解：（1）∵AC为直径，
∴∠ABC=90°，
在Rt△ABC中，AC=2，AB=4，
∴BC==2，
∵直径FG⊥AB，
∴AP=BP=AB=2；
（2）∵AP=BP，
∴OP为△ABC的中位线，
∴OP=BC=1，
∴，
而，
∴，
∵∠EOC=∠AOP，
∴△EOC∽△AOP，
∴∠OCE=∠OPA=90°，
∴OC⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（3）∵BC∥EP，
∴∠DCB=∠E，
∴tan∠DCB=tan∠E=
在Rt△BCD中，BC=2，tan∠DCB==，
∴BD=3，
∴CD==，
∵BC∥EP，
∴，即，
∴DE=．
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