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、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．下列说法正确的是（ ）
A．为了了解长沙市中学生的睡眠情况，应该采用普查的方式
B．某种彩票的中奖机会是1%，则买111张这种彩票一定会中奖
C．若甲组数据的方差s甲2＝1．1，乙组数据的方差s乙2＝1．2，则乙组数据比甲组数据稳定
D．一组数据1，5，3，2，3，4，8的众数和中位数都是3
2．如图，△ABC中AB两个顶点在x轴的上方，点C的坐标是（﹣1，0），以点C为位似中心，在x轴的下方作△ABC的位似图形△A′B′C′，且△A′B′C′与△ABC的位似比为2：1．设点B的对应点B′的横坐标是a，则点B的横坐标是（ ）
A． B． C． D．
3．如果二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，那么下列不等式成立的是（）
A．a>0 B．b<0
C．ac<0 D．bc<0
4．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为M，下列结论不成立的是（ ）
A．CM=DM B． C．∠ACD=∠ADC D．OM=MD
5．若关于的方程有两个相等的实数根，则的值是（ ）
A．-1 B．-3 C．3 D．6
6．若关于的一元二次方程的一个根是1，则的值为( )
A．-2 B．1 C．2 D．0
7．已知如图所示，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠BCA＝75°，AC＝8cm，DE垂直平分BC，则BE的长是（ ）
A．4cm B．8cm C．16cm D．32cm
8．以下给出的几何体中，主视图是矩形，俯视图是圆的是（ ）
A． B． C． D．
9．以原点为中心，把点逆时针旋转，得点，则点坐标是( )
A． B． C． D．
10．如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC=124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（ ）
A．56° B．62° C．68° D．78°
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．若，则_______．
12．若，那么△ABC的形状是___．
13．已知函数y＝kx2﹣2x+1的图象与x轴只有一个有交点，则k的值为_____．
14． “国庆节”和“中秋节”双节期间，某微信群规定，群内的每个人都要发一个红包，并保证群内其他人都能抢到且自己不能抢自己发的红包，若此次抢红包活动，群内所有人共收到156个红包，则该群一共有_____人．
15．为测量学校旗杆的高度，小明的测量方法如下：如图，将直角三角形硬纸板DEF的斜边DF与地面保持平行，并使边DE与旗杆顶点A在同一直线上．测得DE＝0.5米，EF＝0.25米，目测点D到地面的距离DG＝1.5米，到旗杆的水平距离DC＝20米．按此方法，请计算旗杆的高度为_____米．
16．如图，矩形纸片ABCD中，AB=8cm，AD=6cm，按下列步骤进行裁剪和拼图：
第一步：如图①，在线段AD上任意取一点E，沿EB，EC剪下一个三角形纸片EBC（余下部分不再使用）；
第二步：如图②，沿三角形EBC的中位线GH将纸片剪成两部分，并在线段GH上任意取一点M，线段BC上任意取一点N，沿MN将梯形纸片GBCH剪成两部分；
第三步：如图③，将MN左侧纸片绕G点按顺时针旋转180º，使线段GB与GE重合，将MN右侧纸片绕H点按逆时针方向旋转180º，使线段HC与HE重合，拼成一个与三角形纸片EBC面积相等的四边形纸片（裁剪和拼图过程均无缝且不重叠）则拼成的这个四边形纸片的周长的最大值为___cm．
17．若，则__________.
18．将抛物线向左平移个单位，得到新的解析式为________.
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，大圆的弦AB、AC分别切小圆于点M、N．
（1）求证：AB=AC；
（2）若AB＝8，求圆环的面积．
20．（6分）如图，已知是的直径，点是延长线上一点过点作的切线，切点为.过点作于点，延长交于点.连结，，，.若，.
（1）求的长。
（2）求证：是的切线.
（3）试判断四边形的形状，并求出四边形的面积.
21．（6分）计算：
解方程：
22．（8分）如图，已知抛物线y1=x2-2x-3与x轴相交于点A，B(点A在B的左侧)，与y轴相交于点C，直线y2=kx+b经过点B，C．
（1）求直线BC的函数关系式；
（2）当y1>y2时，请直接写出x的取值范围．
23．（8分）如图，是的直径，轴，交于点．
（1）若点，求点的坐标；
（2）若为线段的中点，求证：直线是的切线．
24．（8分）若x1、x2是关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个根，则方程的两个根x1、x2和系数a、b、c有如下关系：，.我们把它们称为根与系数关系定理.
如果设二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴的两个交点为A(x1，0)，B(x2，0).利用根与系数关系定理我们又可以得到A、B两个交点间的距离为：AB=====
请你参考以上定理和结论，解答下列问题：
设二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴的两个交点为A(x1，0)，B(x2，0)，抛物线的顶点为C，显然△ABC为等腰三角形.
(1)当△ABC为等腰直角三角形时，直接写出b2-4ac的值；
(2)当△ABC为等腰三角形，且∠ACB=120°时，直接写出b2-4ac的值；
(3)设抛物线y=x2+mx+5与x轴的两个交点为A、B，顶点为C，且∠ACB=90°，试问如何平移此抛物线，才能使∠ACB=120°.
25．（10分）如图，点E是矩形ABCD对角线AC上的一个动点（点E可以与点A和点C重合），连接BE．已知AB=3cm，BC=4cm．设A、E两点间的距离为xcm，BE的长度为ycm．
某同学根据学习函数的经验，对函数y随自变量x的变化而变化的规律进行探究．
下面是该同学的探究过程，请补充完整：
（1）通过取点、画图、测量及分析，得到了x与y的几组值，如下表：
说明：补全表格时相关数值保留一位小数）
（2）建立平面直角坐标系，描出已补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函数的图象．
（3）结合画出的函数图象，解决问题：当BE=2AE时，AE的长度约为 cm．（结果保留一位小数）
26．（10分）如图，，点是线段的一个三等分点，以点为圆心，为半径的圆交于点，交于点，连接
(1)求证:是的切线；
(2)点为上的一动点，连接.
①当 时，四边形是菱形;
②当 时，四边形是矩形.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】根据抽样调查、概率、方差、中位数与众数的概念判断即可．
【详解】A、为了解长沙市中学生的睡眠情况，应该采用抽样调查的方式，不符合题意；
B、某种彩票的中奖机会是1%，则买111张这种彩票可能会中奖，不符合题意；
C、若甲组数据的方差s甲2＝1．1，乙组数据的方差s乙2＝1．2，则甲组数据比乙组数据稳定，不符合题意；
D、一组数据1，5，3，2，3，4，8的众数和中位数都是3，符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查统计的相关概念,关键在于熟记概念．
2、D
【解析】设点B的横坐标为x，然后表示出BC、B′C的横坐标的距离，再根据位似变换的概念列式计算．
【详解】设点B的横坐标为x，则B、C间的横坐标的长度为﹣1﹣x，B′、C间的横坐标的长度为a+1，
∵△ABC放大到原来的2倍得到△A′B′C，
∴2（﹣1﹣x）＝a+1，
解得x＝﹣（a+3），
故选：D．
【点睛】
本题考查了位似变换，坐标与图形的性质，根据位似变换的定义，利用两点间的横坐标的距离等于对应边的比列出方程是解题的关键．
3、C
【解析】试题解析：由函数图象可得各项的系数:
故选C.
4、D
【解析】∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为M，
∴M为CD的中点，即CM=DM，选项A成立；
∵B为的中点，即，选项B成立；
在△ACM和△ADM中，∵AM=AM，∠AMC=∠AMD=90°，CM=DM，
∴△ACM≌△ADM（SAS），∴∠ACD=∠ADC，选项C成立．
而OM与MD不一定相等，选项D不成立．故选D．
5、C
【分析】根据方程有两个相等的实数根，判断出根的判别式为0，据此求解即可．
【详解】∵关于的方程有两个相等的实数根，
∴，
解得：．
故选：C．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．
6、C
【分析】根据方程的解的定义，把x=1代入方程，即可得到关于a的方程，再求解即可．
【详解】解：根据题意得：1-3+a=0
解得：a=1．
故选C．
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程的解的定义，特别需要注意的条件是二次项系数不等于0.
7、C
【分析】连接CE，先由三角形内角和定理求出∠B的度数，再由线段垂直平分线的性质及三角形外角的性质求出∠CEA的度数，由直角三角形中30°所对的直角边是斜边的一半即可解答．
【详解】解：连接CE，
∵Rt△ABC中，∠A＝90°，∠BCA＝75°，
∴∠B＝90°﹣∠BCA＝90°﹣75°＝15°，
∵DE垂直平分BC，
∴BE＝CE，
∴∠BCE＝∠B＝15°，
∴∠AEC＝∠BCE+∠B＝30°，
∵Rt△AEC中，AC＝8cm，
∴CE＝2AC＝16cm，
∵BE＝CE，
∴BE＝16cm．
故选：C．
【点睛】
此题考查的是垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的性质和直角三角形的性质，掌握垂直平分线的性质、等边对等角、三角形外角的性质和30°所对的直角边是斜边的一半是解决此题的关键．
8、D
【分析】根据几何体的正面看得到的图形，可得答案．
【详解】A、主视图是圆，俯视图是圆，故A不符合题意；
B、主视图是矩形，俯视图是矩形，故B不符合题意；
C、主视图是三角形，俯视图是圆，故C不符合题意；
D、主视图是个矩形，俯视图是圆，故D符合题意；
故选D．
【点睛】
本题考查了简单几何体的三视图，熟记简单几何的三视图是解题关键．
9、B
【分析】画出图形，利用图象法即可解决问题．
【详解】观察图象可知B（-5，4），
故选B．
【点睛】
本题考查坐标与图形变化-旋转，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题
10、C
【解析】分析：由点I是△ABC的内心知∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，从而求得∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）=180°﹣2（180°﹣∠AIC），再利用圆内接四边形的外角等于内对角可得答案．
详解：∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，
∵∠AIC=124°，
∴∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）
=180°﹣2（∠IAC+∠ICA）
=180°﹣2（180°﹣∠AIC）
=68°，
又四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE=∠B=68°，
故选C．
点睛：本题主要考查三角形的内切圆与内心，解题的关键是掌握三角形的内心的性质及圆内接四边形的性质．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、12
【分析】根据比例的性质即可求解．
【详解】∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了比例的性质，解答本题的关键是明确比例的性质的含义．
12、等边三角形
【分析】由非负性和特殊角的三角函数值，求出∠A和∠B的度数，然后进行判断，即可得到答案．
【详解】解：，
∴，，
∴∠A=60°，∠B=60°，
∴∠C=60°，
∴△ABC是等边三角形；
故答案为：等边三角形．
【点睛】
本题考查了特殊角的三角函数值，非负性的应用，解题的关键是熟练掌握非负数的性质，正确得到∠A和∠B的度数．
13、0或1．
【分析】当k＝0时，函数为一次函数，满足条件；当k≠0时，利用判别式的意义得到当△＝0时抛物线与x轴只有一个交点，求出此时k的值即可．
【详解】当k＝0时，函数解析式为y＝﹣2x+1，此一次函数与x轴只有一个交点；
当k≠0时，△＝（﹣2）2﹣4k＝0，解得k＝1，此时抛物线与x轴只有一个交点，
综上所述，k的值为0或1．
故答案为0或1．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点问题，注意要分情况讨论．
14、1
【分析】设该群的人数是x人，则每个人要发其他（x﹣1）张红包，则共有x（x﹣1）张红包，等于156个，由此可列方程．
【详解】设该群共有x人，依题意有：
x（x﹣1）=156
解得：x=﹣12（舍去）或x=1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的应用，正确找准等量关系列方程即可，比较简单．
15、11.1
【解析】根据题意证出△DEF∽△DCA，进而利用相似三角形的性质得出AC的长，即可得出答案．
【详解】由题意得：∠DEF＝∠DCA＝90°，∠EDF＝∠CDA，∴△DEF∽△DCA，则，即，解得：AC＝10，故AB＝AC+BC＝10+1.1＝11.1（米），即旗杆的高度为11.1米．
故答案为11.1．
【点睛】
本题考查了相似三角形的应用；由三角形相似得出对应边成比例是解题的关键．
16、
【分析】首先确定剪拼之后的四边形是个平行四边形，其周长大小取决于MN的大小．然后在矩形中探究MN的不同位置关系，得到其长度的最大值与最大值，从而问题解决．
【详解】解：画出第三步剪拼之后的四边形M1N1N2M2的示意图，如答图1所示．
图中，N1N2=EN1+EN2=NB+NC=BC，
M1M2=M1G+GM+MH+M2H=2（GM+MH）=2GH=BC（三角形中位线定理），
又∵M1M2∥N1N2，
∴四边形M1N1N2M2是一个平行四边形，
其周长为2N1N2+2M1N1=2BC+2MN．
∵BC=6为定值，
∴四边形的周长取决于MN的大小．
如答图2所示，是剪拼之前的完整示意图，
过G、H点作BC边的平行线，分别交AB、CD于P点、Q点，则四边形PBCQ是一个矩形，这个矩形是矩形ABCD的一半，
∵M是线段PQ上的任意一点，N是线段BC上的任意一点，
根据垂线段最短，得到MN的最小值为PQ与BC平行线之间的距离，即MN最小值为4；
而MN的最大值等于矩形对角线的长度，即
，
四边形M1N1N2M2的周长=2BC+2MN=12+2MN，
∴最大值为12+2×=12+．
故答案为：12+．
【点睛】
此题通过图形的剪拼，考查了动手操作能力和空间想象能力，确定剪拼之后的图形，并且探究MN的不同位置关系得出四边形周长的最值是解题关键．
17、
【分析】根据等式的基本性质，将等式的两边同时除以，即可得出结论.
【详解】解：将等式的两边同时除以，得
故答案为：.
【点睛】
此题考查的是将等式变形，掌握等式的基本性质是解决此题的关键.
18、
【分析】先求出平移后的抛物线的顶点坐标，再利用顶点式抛物线解析式写出即可．
【详解】抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣3），
向左平移2个单位后的抛物线的顶点坐标为（﹣3，﹣3），
所以，平移后的抛物线的解析式为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用根据规律利用点的变化确定函数解析式．
三、解答题(共66分)
19、（1）证明见解析；（2）S圆环＝16π
【解析】试题分析：（1）连结OM、ON、OA由切线长定理可得AM=AN，由垂径定理可得AM＝BM，AN=NC，从而可得AB=AC.
（2）由垂径定理可得AM＝BM=4，由勾股定理得OA2－OM2＝AM 2＝16，代入圆环的面积公式求解即可.
（1）证明：连结OM、ON、OA
∵AB、AC分别切小圆于点M、N．
∴AM=AN，OM⊥AB，ON⊥AC，
∴AM＝BM，AN=NC，
∴AB=AC
（2）解：∵弦AB切与小圆⊙O相切于点M
∴OM⊥AB
∴AM＝BM＝4
∴在Rt△AOM中，OA2－OM2＝AM 2＝16
∴S圆环＝πOA2－πOM2＝πAM 2＝16π
20、（1）BD=2；(2)见解析；（3）四边形ABCD是菱形，理由见解析. 菱形ABCD得面积为6.
【分析】（1）根据题意连结BD，利用切线定理以及勾股定理进行分析求值；
（2）根据题意连结OB，利用垂直平分线性质以及切线定理进行分析求值；
（3）由题意可知四边形ABCD是菱形，结合勾股定理利用菱形的判定方法进行求证.
【详解】解：（1）连结BD
DE=CE
∴∠DCE=∠EDC
∵⊙O与CD相切于点D，
∴OD⊥DC，∠ODC=90°
∠ODE+∠CDE=90°
∠DOC+∠DCO=90°，∠DCE=∠EDC
∠ODE=∠DOE
DE=OE
∵ 在⊙O中，OE=OD
OE=OD=DE
∠DOE=60°
∵ 在⊙O中，AE⊥DB
BD=2DF
∵在Rt△COE中，∠ODF-90°-∠DOE=90°-60°=30°
∴OD=2OF
∵EF=1 ,设半径为R,
OF=OE-FE=R-1
∴R=2(R-1),解得R=2
∴
BD=2DF=2
(2)连结OB
∵ 在⊙O中，AE⊥DB
BF=DF
AC是DB的垂直平分线
∴OD=0B,CD=CB
∴∠ODB=∠OBD,∠CDB=∠CBD
∴∠ODB+∠CDB=∠OBD+∠CBD
即∠ODC=∠OBC
由（1）得∠ODC=90°
∴∠OBC=90°
即OB⊥BC
又OB是⊙O的半径
∴CB是⊙O的切线
（3）四边形ABCD是菱形，理由如下
∵ 由（1）得在⊙O中,∠DOE=60°，∠ODC=90°
∴∠DAO=∠DOE=30°
∵ 由（1）得∠ODC=90°
∴∠OCD=90°-∠DOC=90°-60°=30°
∴∠DAO=∠OCD
∴DA=CD
∵ 由（2）得AD=AB,CD=BC
∴AD=DC=BC=AB
∴四边形ABCD是菱形
∵在Rt△AFD中，DF=,∠DAC=30°
∴AD=2DF=2
∵四边形ABCD是菱形
∴AC=2AF=6,BD=2DF=2
∴菱形ABCD得面积为：×AC×DB=×6×2=6.
【点睛】
本题考查切线的性质、等边三角形的判定和性质、菱形的判定和性质以及解直角三角形，熟练掌握并综合利用其进行分析是解题关键．
21、（1）；（2），
【分析】根据三角函数性质和一元二次方程的概念即可解题.
【详解】（1）解：原式
（2）解：
，
，
【点睛】
本题考查了三角函数和一元二次方程的求解,属于简单题,熟悉运算性质是解题关键.
22、（1）y=x-1；（2）当y1>y2时，x＜0和x＞1.
【分析】（1）根据抛物线的解析式求出A、B、C的解析式，把B、C的坐标代入直线的解析式，即可求出答案；
（2）根据B、C点的坐标和图象得出即可．
【详解】解：（1）抛物线y1=x2-2x-1，
当x=0时，y=-1，
当y=0时，x=1或-1，
即A的坐标为（-1，0），B的坐标为（1，0），C的坐标为（0，-1），
把B、C的坐标代入直线y2=kx+b得：
，
解得：k=1，b=-1，
即直线BC的函数关系式是y=x-1；
（2）∵B的坐标为（1，0），C的坐标为（0，-1），如图，
∴当y1＞y2时，x的取值范围是x＜0或x＞1．
【点睛】
本题考查了一次函数和二次函数图象上点的坐标特征、用待定系数法求一次函数的解析式和二次函数与一次函数的图象等知识点，能求出B、C的坐标是解此题的关键．
23、（1）；（2）见解析．
【分析】(1)由A、N两点坐标可求AN的长，利用 ，，由勾股定理求BN即可，
(2) 连接MC，NC，由是的直径，可得，D为线段的中点，由直角三角形斜边中线CD的性质得ND=CD，由此得，由半径知，利用等式的性质得∠MCD=∠MND=90º，可证直线是的切线．
【详解】的坐标为，
，
，
，
由勾股定理可知:，
；
连接MC，NC，
是的直径，
，
，
为线段的中点，
，
，
，
，
，
，
即，
直线是的切线．
【点睛】
本题考查点的坐标与切线问题，掌握用两点坐标求线段的长，能在直角三角形中，利用30º角求线段，会利用勾股定理解决问题，会利用半径证角等，利用直角三角形的斜边中线解决角等与线段相等问题，利用等式的性质证直角等知识．
24、 (1)4；(2)；(3)抛物线向上平移个单位后，向左或向右平移任意个单位都能使得度数由90°变为120°.
【分析】（1）根据上述结论及直角三角形的性质列出等式，计算出即可；
（2）根据上述结论及含120°的等腰三角形的边角关系，列出方程，解出方程即可；
（3）根据（1）中结论，计算出m的值，设出平移后的函数解析式，根据（2）中结论，列出等量关系即可解出．
【详解】解：(1)由 y=ax2+bx+c(a≠0)可知顶点C
∵，
∴当△ABC为等腰直角三角形时，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知：=，化简得
故答案为：4
(2) 由 y=ax2+bx+c(a≠0)可知顶点C
如图，过点C作CD⊥AB交AB于点D，
∵∠ACB=120°，∴∠A=30°
∵tan30°= ，
即，又因为，
∴化简得
故答案为：
(3)∵
因为向左或向右平移时的度数不变,
所以只需将抛物线向上或向下平移使,然后向左或向右平移任意个单位即可.
设向上或向下平移后的抛物线的解析式为:,
平移后，
所以，抛物线向上平移个单位后，向左或向右平移任意个单位都能使得度数由变为.
【点睛】
本题考查二次函数与几何的综合应用题，难度适中，关键是能够根据特殊三角形的性质列出关系式．
25、解：（1）2.5；（2）图象见解析；（3）1.2（1.1—1.3均可）
【分析】（1）根据画图测量即可；
（2）按照（1）中数据描点画图即可；
（3）当BE=2AE时，即y=2x时，画出图形观察图像即可得到值.
【详解】解：（1）根据测量可得：2.5；
（2）根据数据描点画图，即可画图象
（3）当BE=2AE时，即y=2x时，如图，y=2x与原函数图像的交点M的横坐标即为所求，可得AE≈1.2（1.1—1.3均可）.
【点睛】
本题为动点问题的函数图象探究题，解答时用到了数形结合和转化的数学思想．
26、 (1)见解析；(2)①60°，②120°.
【分析】（1）连接，由，得到为等边三角形，得到，即可得到，则结论成立；
（2）①连接BD，由圆周角定理，得到∠ABD=30°，则∠DBE=60°，又有∠BEP=120°，根据同旁内角互补得到PE//DB，然后证明，即可得到答案；
②由圆周角定理，得∠ABD=60°，得到∠EBD=90°，然后由直径所对的圆周角为90°，得到，即可得到答案.
【详解】证明：连接，
，
.
，
为等边三角形，
.
点是的三等分点，
，
，
，即，
是的切线.
（2）①当时，四边形是菱形；
如图，连接BD，
∵，
∴，
∴，
∵AB为直径，则∠AEB=90°，
由（1）知，
∴，
∴，
∴PE//DB，
∵，，
∴，
∴四边形是菱形；
故答案为：60°.
②当时，四边形是矩形.
如图，连接AE、AD、DB，
∵，
∴，
∴，
∵AB是直径，
∴，
∴四边形是矩形.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定和性质，圆周角定理，菱形的判定和矩形的判定，解题的关键是正确作出辅助线，利用圆的性质进行解题.
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