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（每题4分，共48分）
1．不等式的解为（ ）
A． B． C． D．
2．已知两个相似三角形的相似比为4:9，则这两个三角形的对应高的比为（ ）
A． B． C． D．
3．下列说法正确的是（ ）
A．等弧所对的圆心角相等 B．三角形的外心到这个三角形的三边距离相等
C．经过三点可以作一个圆 D．相等的圆心角所对的弧相等
4．下列计算正确的是（ ）
A． B． C．÷ D．
5．若函数y＝（3﹣m）﹣x+1是二次函数，则m的值为（ ）
A．3 B．﹣3 C．±3 D．9
6．如图，A、B、C是⊙O上互不重合的三点,若∠CAO＝∠CBO＝20°，则∠AOB的度数为（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
7．《孙子算经》中有一道题: “今有木，不知长短，引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺，木长几何？”译文大致是:“用一根绳子去量一根木条，绳子剩余尺；将绳子对折再量木条，木条剩余尺，问木条长多少尺？”如果设木条长尺，绳子长尺，可列方程组为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在⊙O中，AE是直径，半径OC垂直于弦AB于D，连接BE，若AB=2，CD=1，则BE的长是
A．5 B．6 C．7 D．8
9．一元二次方程mx2+mx﹣＝0有两个相等实数根，则m的值为（ ）
A．0 B．0或﹣2 C．﹣2 D．2
10．如图，是的弦，半径于点，且的长是（ ）
A． B． C． D．
11．一组数据3，1，4，2，－1，则这组数据的极差是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
12．在以下四个图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F．过点D作DG∥BE，交BC于点G，连接FG交BD于点O．若AB＝6，AD＝8，则DG的长为_____．
14．如图，转盘中个扇形的面积都相等．任意转动转盘次，当转盘停止转动时，指针落在阴影部分的概率为________．
15．若抛物线的顶点在坐标轴上，则b的值为________.
16．因式分解：______.
17．如图，在菱形ABCD中，边长为1，∠A＝60˚，顺次连接菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1；顺次连结四边形A1B1C1D1各边中点，可得四边形A2B2C2D2；顺次连结四边形A2B2C2D2各边中点，可得四边形A3B3C3D3；按此规律继续下去，…，则四边形A2019B2019C2019D2019的面积是_____．
18．关于的方程有两个不相等的实数根，那么的取值范围是__________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在中，，，以为顶点在边上方作菱形，使点分别在边上，另两边分别交于点，且点恰好平分．
（1）求证： ；
（2）请说明：．
20．（8分）计算：|1﹣|+．
21．（8分）A、B两地间的距离为15千米，甲从A地出发步行前往B地，20分钟后，乙从 B地出发骑车前往A地，且乙骑车比甲步行每小时多走10千米．乙到达A地后停留40分钟，然后骑车按原路原速返回，结果甲、乙两人同时到达B地．求甲从A地到B地步行所用的时间．
22．（10分）如图，二次函数y＝﹣2x2+x+m的图象与x轴的一个交点为A（1，0），另一个交点为B，且与y轴交于点C．
（1）求m的值；
（2）求点B的坐标；
（3）该二次函数图象上是否有一点D（x，y）使S△ABD＝S△ABC，求点D的坐标．
23．（10分）如图，矩形的对角线与相交于点．延长到点，使，连结．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，请直接写出平行四边形的周长 ．
24．（10分）已知，为⊙的直径，过点的弦∥半径，若．求的度数．
25．（12分）用配方法解方程：
26．某小区新建成的住宅楼主体工程已经竣工，只剩下楼体外表需贴瓷砖，已知楼体外表的面积为．
（1）写出每块瓷砖的面积与所需的瓷砖块数（块）之间的函数关系式；
（2）为了使住宅楼的外观更漂亮，开发商决定采用灰、白、蓝三种颜色的瓷砖，每块瓷砖的面积都是，灰、白、蓝瓷砖使用比例是，则需要三种瓷砖各多少块？
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】根据一元一次不等式的解法进行求解即可．
【详解】解：移项得，，
合并得，，
系数化为1得，．
故选：B．
【点睛】
本题考查一元一次不等式的解法，属于基础题型，明确解法是关键．
2、B
【分析】根据相似三角形的性质即可得出答案.
【详解】根据“相似三角形对应高的比等于相似比”可得对应高的比为4:9，故答案选择B.
【点睛】
本题考查相似三角形的性质，相似三角形对应边、对应高、对应中线以及周长比都等于相似比.
3、A
【解析】试题分析：A．等弧所对的圆心角相等，所以A选项正确；
B．三角形的外心到这个三角形的三个顶点的距离相等，所以B选项错误；
C．经过不共线的三点可以作一个圆，所以C选项错误；
D．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所以D选项错误．
故选C．
考点：1．确定圆的条件；2．圆心角、弧、弦的关系；3．三角形的外接圆与外心．
4、C
【分析】根据二次根式的加减法对A、B进行判断；根据二次根式的除法法则对C进行判断；根据完全平方公式对D进行判断．
【详解】A、原式＝2﹣，所以A选项错误；
B、3与不能合并，所以B选项错误；
C、原式＝＝2，所以C选项正确；
D、原式＝3+4+4＝7+4，所以D选项错误．
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
5、B
【分析】根据二次函数的定义来求解，注意二次项的系数与次数.
【详解】根据二次函数的定义，可知 m2-7=2 ，且 3-m≠0 ，解得 m=-3 ，所以选择B.
故答案为B
【点睛】
本题考查了二次函数的定义，注意二次项的系数不能为0.
6、D
【分析】连接CO并延长交⊙O于点D，根据等腰三角形的性质，得∠CAO=∠ACO，∠CBO=∠BCO，结合三角形外角的性质，即可求解．
【详解】连接CO并延长交⊙O于点D，
∵∠CAO=∠ACO，∠CBO=∠BCO，
∴∠CAO=∠ACO=∠CBO=∠BCO＝20°，
∴∠AOD=∠CAO+∠ACO=40°，∠BOD=∠CBO+∠BCO=40°，
∴∠AOB=∠AOD+∠BOD=80°．
故选D．
【点睛】
本题主要考查圆的基本性质，三角形的外角的性质以及等腰三角形的性质，添加和数的辅助线，是解题的关键．
7、D
【分析】根据“一根绳子去量一根木条，绳子剩余4.5尺”可知：绳子－木条=4.5，再根据“将绳子对折再量木条，木条剩余1尺”可知：木条－绳子=1，据此列出方程组即可．
【详解】由题意可得，．
故选：D．
【点睛】
本题考查二元一次方程组的实际应用，解题的关键是明确题意，找出等量关系，列出相应的二元一次方程组．
8、B
【分析】根据垂径定理求出AD,根据勾股定理列式求出半径 ，根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】解：∵半径OC垂直于弦AB，
∴AD=DB= AB=
在Rt△AOD中，OA2=(OC-CD)2+AD2,即OA2=(OA-1)2+( )2，
解得，OA=4
∴OD=OC-CD=3，
∵AO=OE,AD=DB,
∴BE=2OD=6
故选B
【点睛】
本题考查的是垂径定理、勾股定理，掌握垂直于弦的直径平分这条弦是解题的关键
9、C
【解析】由方程有两个相等的实数根，得到根的判别式等于0，求出m的值，经检验即可得到满足题意m的值．
【详解】∵一元二次方程mx1+mx﹣＝0有两个相等实数根，
∴△＝m1﹣4m×（﹣）＝m1+1m＝0，
解得：m＝0或m＝﹣1，
经检验m＝0不合题意，
则m＝﹣1．
故选C．
【点睛】
此题考查了根的判别式，根的判别式的值大于0，方程有两个不相等的实数根；根的判别式的值等于0，方程有两个相等的实数根；根的判别式的值小于0，方程没有实数根．
10、C
【分析】利用勾股定理和垂径定理即可求解．
【详解】∵，
∴AD=4cm
在Rt△AOD中，OA2＝OD2＋AD2，
∴25＝（5−DC）2＋16，
∴DC＝2cm．
故选：C．
【点睛】
主要考查了垂径定理的运用．垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的两条弧．解此类题一般要把半径、弦心距、弦的一半构建在一个直角三角形里，运用勾股定理求解．
11、A
【分析】根据极差的定义进行计算即可.
【详解】这组数据的极差为：4－(－1)=5.
故选A.
【点睛】
本题考查极差，掌握极差的定义：一组数据中最大数据与最小数据的差，是解题的关键.
12、B
【分析】旋转180后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】A、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【解析】根据折叠的性质求出四边形BFDG是菱形，假设DF＝BF＝x，∴AF＝AD﹣DF＝8﹣x，根据在直角△ABF中，AB2+AF2＝BF2，即可求解.
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC
∴FD∥BG，
又∵DG∥BE，
∴四边形BFDG是平行四边形，
∵折叠，∴∠DBC=∠DBF，
故∠ADB =∠DBF
∴DF＝BF，
∴四边形BFDG是菱形；
∵AB＝6，AD＝8，
∴BD＝1．
∴OB＝BD＝2．
假设DF＝BF＝x，∴AF＝AD﹣DF＝8﹣x．
∴在直角△ABF中，AB2+AF2＝BF2，即62+（8﹣x）2＝x2，
解得x＝，
即DG＝BF＝，
故答案为：
【点睛】
此题主要考查矩形的折叠性质，解题的关键是熟知菱形的判定与性质及勾股定理的应用.
14、
【分析】根据古典概型的概率的求法，求指针落在阴影部分的概率.
【详解】一般地，如果在一次试验中，有种可能的结果，并且它们发生的可能性都相等，事件包含其中的中结果，那么事件发生的概率为. 图中，因为6个扇形的面积都相等，阴影部分的有3个扇形，所以指针落在阴影部分的概率是．
【点睛】
本题考查古典概型的概率的求法.
15、±1或0
【分析】抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为（，），因为抛物线y=x2-bx+9的顶点在坐标轴上，所以分两种情况列式求解即可．
【详解】解：∵，，
∴顶点坐标为（，），
当抛物线y=x2-bx+9的顶点在x轴上时，
=0，
解得b=±1．
当抛物线y=x2-bx+9的顶点在y轴上时，
=0，
解得b=0，
故答案为：±1或0
【点睛】
此题考查了学生的综合应用能力，解题的关键是掌握顶点的表示方法和x轴上的点的特点．
16、
【分析】先提取公因式，然后用平方差公式因式分解即可.
【详解】解：
故答案为：.
【点睛】
此题考查的是因式分解，掌握提取公因式法和公式法的结合是解决此题的关键.
17、
【分析】连接AC、BD，根据菱形的面积公式，得S菱形ABCD=，进而得矩形A1B1C1D1的面积，菱形A2B2C2D2的面积，以此类推，即可得到答案．
【详解】连接AC、BD，则AC⊥BD，
∵菱形ABCD中，边长为1，∠A＝60°，
∴S菱形ABCD＝AC∙BD＝1×1×sin60°＝，
∵顺次连结菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是矩形，
∴矩形A1B1C1D1的面积＝AC∙BD＝AC∙BD＝S菱形ABCD＝＝，
菱形A2B2C2D2的面积＝×矩形A1B1C1D1的面积＝S菱形ABCD＝＝，
……，
∴四边形A2019B2019C2019D2019的面积＝，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查菱形得性质和矩形的性质，掌握菱形的面积公式，是解题的关键．
18、且
【解析】分析：根据一元二次方程的定义以及根的判别式的意义可得△=4-12m＞1且m≠1，求出m的取值范围即可．
详解：∵一元二次方程mx2-2x+3=1有两个不相等的实数根，
∴△＞1且m≠1，
∴4-12m＞1且m≠1，
∴m＜且m≠1，
故答案为：m＜且m≠1．
点睛：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=1（a≠1，a，b，c为常数）根的判别式△=b2-4ac．当△＞1，方程有两个不相等的实数根；当△=1，方程有两个相等的实数根；当△＜1，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．
三、解答题（共78分）
19、（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据四边形是菱形，得到，又
推出,又点恰好平分,三线合一,
（2）可证，再证，从而求得
【详解】证明：
（1）连接，
∵，，
∴．
∵四边形是菱形，
∴，，
∴是等边三角形．
∵是的中点，
∴
（2）∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、三线合一以及相似三角形的性质.
20、1．
【分析】根据根式、绝对值、指数的运算，以及特殊角的三角函数值，即可求得.
【详解】|1﹣|+（﹣cos60°）2﹣﹣（2+3）0
＝﹣1+4﹣+3﹣1
＝1
【点睛】
本题考查根式、绝对值、指数的运算，以及特殊角的三角函数值，属基础题.
21、3小时．
【分析】本题的等量关系是路程=速度×时间．本题可根据乙从B到A然后再到B用的时间=甲从A到B用的时间-20分钟-40分钟来列方程．
【详解】解：设甲从A地到B地步行所用时间为x小时，
由题意得：
化简得：2x2-5x-3=0，
解得：x1=3，x2=-，
经检验知x=3符合题意，
∴x=3，
∴甲从A地到B地步行所用时间为3小时．
【点睛】
本题考查分式方程的应用，注意分式方程结果要检验．
22、（1）1；（2）B（﹣，0）；（3）D的坐标是（，1）或（，﹣1）或（，﹣1）
【分析】（1）把点A的坐标代入函数解析式，利用方程来求m的值；（2）令y＝0，则通过解方程来求点B的横坐标；（3）利用三角形的面积公式进行解答．
【详解】解：（1）把A（1，0）代入y＝﹣2x2+x+m，得
﹣2×12+1+m＝0，
解得 m＝1；
（2）由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣2x2+x+1．
令y＝0，则﹣2x2+x+1＝0，
故x＝＝，
解得 x1＝﹣，x2＝1．
故该抛物线与x轴的交点是（﹣，0）和（1，0）．
∵点为A（1，0），
∴另一个交点为B是（﹣，0）；
（3）∵抛物线解析式为y＝﹣2x2+x+1，
∴C（0，1），
∴OC＝1．
∵S△ABD＝S△ABC，
∴点D与点C的纵坐标的绝对值相等，
∴当y＝1时，﹣2x2+x+1＝1，即x（﹣2x+1）＝0
解得 x＝0或x＝．
即（0，1）（与点C重合，舍去）和D（，1）符合题意．
当y＝﹣1时，﹣2x2+x+1＝﹣1，即2x2﹣x﹣2＝0
解得x＝．
即点（，﹣1）和（，﹣1）符合题意．
综上所述，满足条件的点D的坐标是（，1）或（，﹣1）或（，﹣1）．
【点睛】
本题考查了抛物线的图象和性质,解答（3）题时，注意满足条件的点D还可以在x轴的下方是解题关键．
23、（1）见解析；（2）1．
【分析】（1）因为，所以，利用一组对边平行且相等即可证明；
（2）利用矩形的性质得出 ,进而利用求出CD的值，然后利用勾股定理求出AD的值，即可求周长
【详解】（1）∵是矩形
∴
∴四边形是平行四边形；
（2）∵是矩形
∴
∵四边形是平行四边形
∴平行四边形的周长为
【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定及性质，矩形的性质，掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键．
24、∠C=30°
【分析】根据平行线的性质求出∠AOD，根据圆周角定理解答．
【详解】解：∵OA∥DE，
∴∠AOD=∠D=60°，
由圆周角定理得，∠C= ∠AOD=30°
【点睛】
本题考查的是圆周角定理和平行线的性质，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．
25、x1=+1，x2=+1
【分析】先把方程进行整理，然后利用配方法进行解方程，即可得到答案.
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴x1=+1，x2=+1.
【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进行解一元二次方程.
26、（1）；（2）需要灰瓷砖125000块，白瓷砖250000块、蓝瓷砖为250000块
【分析】（1）根据每块瓷砖的面积S=楼体外表的总面积÷所需的瓷砖块数n块，求出即可；
（2）设用灰瓷砖x块，则白瓷砖、蓝瓷砖分别为2x块、2x块，再用n=625000求出即可．
【详解】解；（1）∵每块瓷砖的面积楼体外表的总面积÷所需的瓷砖块数块，
由此可得出与的函数关系式是：
（2）当时，
设用灰瓷砖块，则白瓷砖、蓝瓷砖分别为块、块，
依据题意得出：，
解得：，
∴需要灰瓷砖125000块，白瓷砖250000块、蓝瓷砖为250000块．
【点睛】
此题主要考查了反比例函数的应用，根据已知得出瓷砖总块数进而得出等式方程是解题关键．
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