资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．若点A（2，），B（-3，），C（-1，）三点在抛物线的图象上，则、、的大小关系是（ ）
A．
B．
C．
D．
2．下列两个图形，一定相似的是（ ）
A．两个等腰三角形 B．两个直角三角形
C．两个等边三角形 D．两个矩形
3．如图，点A、点B是函数y=的图象上关于坐标原点对称的任意两点，BC∥x轴，AC∥y轴，△ABC的面积是4，则k的值是（ ）
A．-2 B．±4 C．2 D．±2
4．已知甲、乙两地相距100（km），汽车从甲地匀速行驶到乙地，则汽车行驶的时间（t）与行驶速度v（km/h）的函数关系图象大致是（ ）．
A． B． C． D．
5．如图，在中，，且DE分别交AB，AC于点D，E，若，则△和△的面积之比等于（ ）
A． B． C． D．
6．若x＝2是关于x的一元二次方程x2﹣2a＝0的一个根，则a的值为（ ）
A．3 B．2 C．4 D．5
7．池塘中放养了鲤鱼2000条，鲢鱼若干条，在几次随机捕捞中，共捕到鲤鱼200条，鲢鱼300条，估计池塘中原来放养了鲢鱼（ ）
A．10000条 B．2000条 C．3000条 D．4000条
8．如图，在正方形网格中，线段A′B′是线段AB绕某点逆时针旋转角α得到的，点A′与A对应，则角α的大小为（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
9．如图，AB是⊙O的直径，OC是⊙O的半径，点D是半圆AB上一动点（不与A、B重合）,连结DC交直径AB与点E,若∠AOC=60°，则∠AED的范围为（ ）
A．0°< ∠AED <180° B．30°< ∠AED <120°
C．60°< ∠AED <120° D．60°< ∠AED <150°
10．下列说法中错误的是（ ）
A．成中心对称的两个图形全等
B．成中心对称的两个图形中，对称点的连线被对称轴平分
C．中心对称图形的对称中心是对称点连线的中心
D．中心对称图形绕对称中心旋转180°后，都能与自身重合
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠ADC＝60°，∠B＝30°，若CD＝3cm，则BD＝_____cm．
12．如图，点G是△ABC的重心，过点G作GE//BC，交AC于点E，连结GC. 若△ABC的面积为1，则△GEC的面积为____________.
13．在平面直角坐标系中，抛物线的图象如图所示．已知点坐标为，过点作轴交抛物线于点，过点作交抛物线于点，过点作轴交抛物线于点，过点作交抛物线于点……，依次进行下去，则点的坐标为_____．
14．如图，抛物线向右平移个单位得到抛物线___________．
15．如图，在△ABC中，AC=4，将△ABC绕点C按逆时针旋转30°得到△FGC，则图中阴影部分的面积为_____．
16．一元二次方程x2﹣4=0的解是．_________
17．如图，将矩形ABCD绕点A旋转至矩形AB′C′D′位置，此时AC′的中点恰好与D点重合，AB′交CD于点E．若AB＝3，则△AEC的面积为_____．
18．一个三角形的两边长为2和9,第三边长是方程x2－14x+48=0的一个根，则三角形的周长为____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）在Rt△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，求：
（1）cosA；
（2）当AB＝4时，求BC的长.
20．（6分）如图，直线与双曲线在第一象限内交于两点，已知.
求的值及直线的解析式；
根据函数图象，直接写出不等式的解集.
21．（6分）如图，在单位长度为1的正方形网格中，一段圆弧经过网格的交点A、B、C．
（1）请完成如下操作：
①以点O为原点、竖直和水平方向为轴、网格边长为单位长，建立平面直角坐标系；
②根据图形提供的信息，标出该圆弧所在圆的圆心D，并连接AD、CD．
（2）请在（1）的基础上，完成下列填空：
①写出点的坐标：C ；D（ ）；
②⊙D的半径＝ （结果保留根号）；
③若扇形ADC是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面的面积为 ；（结果保留π）
④若E（7，0），试判断直线EC与⊙D的位置关系，并说明你的理由．
22．（8分）如图，在四边形中，∥,=2,为的中点，请仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图(保留作图痕迹)
（1）在图1中，画出△ABD的BD边上的中线；
（2）在图2中，若BA=BD, 画出△ABD的AD边上的高 .
23．（8分）（1）解方程：
（2）如图，四边形是的内接四边形，若，求的度数．
24．（8分）在中，，，，点从出发沿方向在运动速度为3个单位/秒，点从出发向点运动，速度为1个单位/秒，、同时出发，点到点时两点同时停止运动．
（1）点在线段上运动，过作交边于，时，求的值；
（2）运动秒后，，求此时的值；
（3）________时，．
25．（10分）如图所示，∠DBC＝90°，∠C＝45°，AC＝2，△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，连接AE．
（1）求证：△ABC≌△ABE；
（2）连接AD，求AD的长．
26．（10分）教育部基础教育司负责人解读“2020新中考”时强调要注重学生分析与解决问题的能力，要增强学生的创新精神和综合素质.王老师想尝试改变教学方法，将以往教会学生做题改为引导学生会学习.于是她在菱形的学习中，引导同学们解决菱形中的一个问题时，采用了以下过程（请解决王老师提出的问题）：
先出示问题（1）:如图1，在等边三角形中，为上一点，为上一点，如果，连接、，、相交于点，求的度数.
通过学习，王老师请同学们说说自己的收获.小明说发现一个结论：在这个等边三角形中，只要满足，则的度数就是一个定值，不会发生改变.紧接着王老师出示了问题（2）:如图2，在菱形中，，为上一点，为上一点，，连接、，、相交于点，如果，，求出菱形的边长.
问题（3）：通过以上的学习请写出你得到的启示（一条即可）.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【解析】首先求出二次函数的图象的对称轴x==2，且由a=1＞0，可知其开口向上，然后由A（2，）中x=2，知最小，再由B（-3，），C（-1，）都在对称轴的左侧，而在对称轴的左侧，y随x得增大而减小，所以．总结可得．
故选C．
点睛：此题主要考查了二次函数的图像与性质，解答此题的关键是（1）找到二次函数的对称轴；（2）掌握二次函数的图象性质．
2、C
【解析】根据相似三角形的判定方法 一一判断即可；
所应用判断方法:两角对应相等，两三角形相似.
【详解】解：∵两个等边三角形的内角都是60°，
∴两个等边三角形一定相似，
故选C．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
3、C
【详解】解：∵反比例函数的图象在一、三象限，
∴k＞0，
∵BC∥x轴，AC∥y轴，
∴S△AOD=S△BOE=k，
∵反比例函数及正比例函数的图象关于原点对称，
∴A、B两点关于原点对称，
∴S矩形OECD=1△AOD=k，
∴S△ABC=S△AOD+S△BOE+S矩形OECD=1k=4，解得k=1．
故选C．
【点睛】
本题考查反比例函数的性质．
4、C
【分析】根据题意写出t与v的关系式判断即可.
【详解】根据题意写出t与v的关系式为，故选C.
【点睛】
本题是对反比例函数解析式和图像的考查，准确写出解析式并判断其图像是解决本题的关键.
5、B
【解析】由DE∥BC，利用“两直线平行，同位角相等”可得出∠ADE=∠ABC，∠AED=∠ACB，进而可得出△ADE∽△ABC，再利用相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求出结论．
【详解】∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠ABC，∠AED=∠ACB，
∴△ADE∽△ABC，
∴．
故选B．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，牢记相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
6、A
【分析】把x＝2代入已知方程，列出关于a的新方程，通过解新方程可以求得a的值．
【详解】∵x＝2是关于x的一元二次方程x2﹣2a＝0的一个根，
∴22×﹣2a＝0，
解得 a＝1．
即a的值是1．
故选：A．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解的定义．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．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以，一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．
7、C
【分析】根据题意求出鲤鱼与鲢鱼的比值，进而利用池塘中放养了鲤鱼2000条除以鲤鱼与鲢鱼的比值即可估计池塘中原来放养了鲢鱼的条数．
【详解】解：由题意可知鲤鱼与鲢鱼的比值为：，
所以池塘中原来放养了鲢鱼：（条）.
故选：C.
【点睛】
本题考查的是通过样本去估计总体，熟练掌握通过样本去估计总体的方法，只需将样本“成比例地放大”为总体即可．
8、C
【详解】分析：先根据题意确定旋转中心，然后根据旋转中心即可确定旋转角的大小．
详解：如图，连接A′A，BB′，分别A′A，BB′作的中垂线，相交于点O.
显然，旋转角为90°，
故选C．
点睛：考查了旋转的性质，解题的关键是能够根据题意确定旋转中心，难度不大．先找到这个旋转图形的两对对应点，连接对应两点，然后就会出现两条线段，分别作这两条线段的中垂线，两条中垂线的交点就是旋转中心.
9、D
【分析】连接BD，根据圆周角定理得出∠ADC=30°, ∠ADB=90°，再根据三角形的外角性质可得到结论.
【详解】如图，连接BD，
由∵∠AOC=60°,
∴∠ADC=30°,
∴∠DEB>30°
∴∠AED<150°,
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°,
∴∠EDB=90°-30°=60°,
∴∠AED>60°
∴60°<∠AED<150°,
故选D
【点睛】
本题考查了圆周角定理和三角形的外角性质.正确应用圆周角定理找出∠ADC=30°, ∠ADB=90°是解题的关键.
10、B
【解析】试题分析：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么就说明这两个图形的形状关于这个点成中心对称中心对称，中心对称图形的对称中心是对称点连线的交点，根据中心对称图形的定义和性质可知A、C、D正确，B错误．
故选B．
考点：中心对称．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】根据30°直角三角形的比例关系求出AD,再根据外角定理证明∠DAB=∠B,即可得出BD=AD．
【详解】∵∠B＝30°，∠ADC＝10°，
∴∠BAD＝∠ADC﹣∠B＝30°，
∴AD＝BD，
∵∠C＝90°，
∴∠CAD＝30°，
∴BD＝AC＝2CD＝1cm，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查30°直角三角形的性质、外交定理,关键在于熟练掌握基础知识并灵活运用．
12、
【分析】如图，延长AG交BC于D,利用相似三角形的面积比等于相似比的平方解决问题即可．
【详解】解：连接AG并延长交BC于点D，
∴D为BC中点
∴
又∵
∴
∵G为重心
∴
∴
∴,
又∵
∴.
【点睛】
本题考查三角形的重心，三角形的面积，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
13、
【解析】根据二次函数性质可得出点的坐标，求得直线为，联立方程求得的坐标，即可求得的坐标，同理求得的坐标，即可求得的坐标，根据坐标的变化找出变化规律，即可找出点的坐标．
【详解】解：∵点坐标为，
∴直线为，，
∵，
∴直线为，
解得或，
∴，
∴，
∵，
∴直线为，
解得或，
∴，
∴
…，
∴，
故答案为．
【点睛】
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、一次函数的图象以及交点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律是解题的关键．
14、
【分析】先确定抛物线的顶点坐标为（0，2），再利用点平移的规律得到点（0，2）平移后所得对应点的坐标为（1，2），然后根据顶点式可得平移后的抛物线的解析式．
【详解】解：抛物线的顶点坐标为（0，2），把点（0，2）向右平移1个单位所得对应点的坐标为（1，2），
∴平移后的抛物线的解析式是：；
故答案为．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
15、
【解析】根据旋转的性质可知△FGC的面积=△ABC的面积，观察图形可知阴影部分的面积就是扇形CAF的面积．
【详解】解：由题意得，△FGC的面积=△ABC的面积，∠ACF=30º，AC=4，
由图形可知，阴影部分的面积=△FGC的面积+扇形CAF的面积﹣△ABC的面积，
∴阴影部分的面积=扇形CAF的面积=.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了旋转的性质，不规则图形及扇形的面积计算.
16、x=±1
【解析】移项得x1=4，
∴x=±1．
故答案是：x=±1．
17、
【分析】先求出∠ACD=30°，进而可算出CE、AD，再算出△AEC的面积．
【详解】如图，
由旋转的性质可知：AC=AC'，
∵D为AC'的中点，
∴AD=，
∵ABCD是矩形，
∴AD⊥CD，
∴∠ACD=30°，
∵AB∥CD，
∴∠CAB=30°，
∴∠C'AB'=∠CAB=30°，
∴∠EAC=30°，
∴AE=EC，
∴DE=，
∴CE=，
DE=，
AD=，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、矩形的性质、直角三角形中30度角的性质，三角形面积计算等知识点，难度不大．清楚旋转的“不变”特性是解答的关键．
18、1
【分析】先求得方程的两根，根据三角形的三边关系，得到合题意的边，进而求得三角形周长即可．
【详解】解方程x2-14x+48=0得第三边的边长为6或8，依据三角形三边关系，不难判定边长2，6，9不能构成三角形，2，8，9能构成三角形，∴三角形的周长=2+8+9=1．
【点睛】
本题考查三角形的周长和解一元二次方程，解题的关键是检验三边长能否成三角形．
三、解答题(共66分)
19、（1）；（2）
【解析】（1）根据等腰直角三角形的判定得到△ABC为等腰直角三角形，则∠A=45°，然后利用特殊角的三角函数值求解即可；（2）根据∠A的正弦求解即可.
【详解】∵AC＝BC，∠C＝90°，
∴∠A=∠B=45°，
∴cosA=cos45°= ，
∴BC=AB=2，
【点睛】
本题考查解直角三角形及等腰直角三角形的判定，熟练掌握特殊角三角函数值是解题关键.
20、（1），；（2）或.
【分析】 ⑴ 将点 A（1，m）B(2，1)代入y2得出k2，m；再将A,B坐标代入y1中，求出即可；
⑵ 直接根据函数图像写出答案即可.
【详解】解：点在双曲线上，
双曲线的解析式为
在双曲线上，
，
直线过两点，
，解得，
直线的解析式为.
根据函数图象可知，不等式的解集为或.
【点睛】
此题主要考查了一次函数与反比例函数交点问题，已知一个交点坐标先求出反比例函数的解析式是解题的关键.
21、（1）①答案见解析；②答案见解析；（2）①C（6，2）； D（2，0）；②；③；④相切，理由见解析．
【分析】（1）①按题目的要求作图即可②根据圆心到A、B、C距离相等即可得出D点位置；
（2）①C（6，2），弦AB，BC的垂直平分线的交点得出D（2，0）；
②OA，OD长已知，△OAD中勾股定理求出⊙D的半径=2；
③求出∠ADC的度数，得弧ADC的周长，求出圆锥的底面半径，再求圆锥的底面的面积；
④△CDE中根据勾股定理的逆定理得∠DCE=90°，直线EC与⊙D相切．
【详解】（1）①②如图所示：
（2）①故答案为：C（6，2）；D（2，0）；
②⊙D的半径=；
故答案为：；
③解：AC=，CD=2，
AD2+CD2=AC2，∴∠ADC=90°．
扇形ADC的弧长=
圆锥的底面的半径=，
圆锥的底面的面积为π（）2=；
故答案为：；
（4）直线EC与⊙D相切．
证明：∵CD2+CE2=DE2=25，）
∴∠DCE=90°．
∴直线EC与⊙D相切．
【点睛】
本题综合考查了图形的性质和坐标的确定，是综合性较强，难度较大的综合题，圆的圆心D是关键．
22、 (1)作图见解析；（2）作图见解析.
【分析】（1）根据AB=2CD，AB=BE，可知BE＝CD，再根据BE//CD，可知连接CE，CE与BD的交点F即为BD的中点，连接AF，则AF即为△ABD的BD边上的中线；
（2）由（1）可知连接CE与BD交于点F，则F为BD的中点，根据三角形中位线定理可得EF//AD，EF=AD，则可得四边形ADFE要等腰梯形，连接AF，DE交于点O，根据等腰梯形的性质可推导得出OA=OD，再结合BA=BD可知直线BO是线段AD的垂直平分线，据此即可作出可得△ABD的AD边上的高 .
【详解】（1）如图AF是△ABD的BD边上的中线；
（2）如图AH是△ABD的AD边上的高.
【点睛】
本题考查了利用无刻度的直尺按要求作图，结合题意认真分析图形的成因是解题的关键.
23、（1）；（2）136°
【分析】（1）提出公因式(x-2)，将方程转化为两个因式的积等于零的形式，即可得出两个一元一次方程，再求解即可；
（2）先根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半求出∠BAD，然后根据圆内接四边形的对角互补即可求出∠BCD．
【详解】（1）解：，
，
∴或，
解得：；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
即的度数是136°．
【点睛】
本题考查了因式分解法解一元二次方程和圆周角定理、圆内接四边形的性质，正确的将方程转化为两个因式的积等于零的形式是解决（1）的关键；熟记圆周角定理和圆内接四边形的性质是解决（2）的关键．
24、（1）2；（2）或；（3）
【分析】（1）如图1中，作于，于，利用勾股定理求出AC=10，根据，得到，求出，，，证明四边形是矩形，得到，证明，得到；
（2）作于，根据，得到，求出，，，再证明，得到，即可求出或；
（3）如图3中作于，证明，求出，利用得到，根据即可列式求出t.
【详解】（1）如图1中，作于，于，
∵，，，
∴AC=10，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）如图2中，作于，
∵，
∴，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴或．
（3）如图3中作于，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
整理得：，
解得（或舍弃）．
故答案为：．
【点睛】
此题考查勾股定理，相似三角形的判定及性质，矩形的判定及性质，三角形与动点问题，是一道比较综合的三角形题.
25、（1）见解析；（2）.
【分析】（1）根据旋转的性质得到∠DBE＝∠ABC，∠EBC＝60°，BE＝BC，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）连接AD，根据旋转的性质得到DE＝AC，∠BED＝∠C，DE＝AC＝2，根据全等三角形的性质得到∠BEA＝∠C，AE＝AC＝2，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，
∴∠DBE＝∠ABC，∠EBC＝60°，BE＝BC，
∵∠DBC＝90°，
∴∠DBE＝∠ABC＝30°，
∴∠ABE＝30°，
在△ABC与△ABE中，，
∴△ABC≌△ABE（SAS）；
（2）解：连接AD，
∵△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，
∴DE＝AC，∠BED＝∠C，DE＝AC＝2，
∵△ABC≌△ABE，
∴∠BEA＝∠C，AE＝AC＝2，
∵∠C＝45°，
∴∠BED＝∠BEA＝∠C＝45°，
∴∠AED＝90°，DE＝AE，
∴AD＝AE＝2．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
26、（1）；（2）；（3）答案不唯一，合理即可
【解析】问题（1）根据是等边三角形证明，得出，再根据三角形外角性质即可得证；
问题（2）作交于点，根据四边形是菱形得出，在中利用三角函数即可求得，，最后根据勾股定理得出答案.
问题（3）从个人的积累和心得写一句话即可.
【详解】问题（1）∵是等边三角形，
∴，.
∵，
∴，
∴.
∵，
∴，
问题（2）如图，作交于点，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴是等边三角形，
∴.
由（1）可知，
在中，
，即，
∴，
，即，
∴.
在中，
由勾股定理可得，
∴，
∴，
∴菱形的边长为.
问题（3）如平时应该注意基本图形的积累，在学习过程中做个有心人等，言之有理即可.
【点睛】
本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定、勾股定理及三角函数，综合性比较强，需要添加合适的辅助线对解决问题做铺垫．
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