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（每题4分，共48分）
1．如图，△ABC内接于⊙O，AB=BC，∠ABC=120°，⊙O的直径AD=6，则BD的长为( )
A．2 B．3 C．2 D．3
2．已知点A（﹣3，a），B（﹣2，b），C（1，c）均在抛物线y＝3（x+2）2+k上，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．c＜a＜b B．a＜c＜b C．b＜a＜c D．b＜c＜a
3． 如图，桌面上放着1个长方体和1个圆柱体，按如图所示的方式摆放在一起，其左视图是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，△ABC中，DE∥BC，则下列等式中不成立的是（ ）
A． B． C． D．
5．如图是二次函数图象的一部分，则关于的不等式的解集是( )
A． B． C． D．
6．在中，，，，则的值是（ ）
A． B． C． D．
7．一件商品的原价是100元，经过两次降价后价格为81元，设每次降价的百分比都是x，根据题意，下面列出的方程正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．点P1（﹣1，），P2（3，），P3（5，）均在二次函数的图象上，则，，的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
9．如图是二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象，其对称轴为x＝1，下列结论：①abc＞0；②2a＋b＝0；③4a＋2b＋c＜0；④若(－，y1)，(，y2)是抛物线上两点，则y1＜y2，其中结论正确的是( )
A．①② B．②③ C．②④ D．①③④
10．如图，在平面直角坐标系中，已知⊙D经过原点O，与x轴、y轴分别交于A、B两点，B点坐标为（0，2），OC与⊙D相交于点C，∠OCA＝30°，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．2π﹣2 B．4π﹣ C．4π﹣2 D．2π﹣
11．等腰三角形的一边长等于4，一边长等于9，则它的周长是（ ）
A．17 B．22 C．17或22 D．13
12．在中， ，则( )．
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．一元二次方程x2﹣4x+4=0的解是________．
14．如图是一条水铺设的直径为2米的通水管道横截面，其水面宽1.6米，则这条管道中此时水深为______米．
15．如果a，b，c，d是成比例线段，其中a=2cm，b=6cm，c=5cm，则线段d=_______cm．
16．如图，在△ABC和△APQ中，∠PAB=∠QAC，若再增加一个条件就能使△APQ∽△ABC，则这个条件可以是________．
17．如图，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，使AB′恰好经过点C，连接BB′，则∠BAC′的度数为_____°．
18．如图，在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，则△AEF与△ABC的面积之比为 ．
三、解答题（共78分）
19．（8分）有一个直径为1m的圆形铁皮，要从中剪出一个最大的圆心角为90°的扇形ABC，如图所示．
（1）求被剪掉阴影部分的面积：
（2）用所留的扇形铁皮围成一个圆锥，该圆锥的底面圆的半径是多少？
20．（8分）如图，一次函数分别交y轴、x 轴于A、B两点，抛物线过A、B两点．（1）求这个抛物线的解析式；（2）作垂直x轴的直线x=t，在第一象限交直线AB于M，交这个抛物线于N．求当t 取何值时，MN有最大值？最大值是多少？
21．（8分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（3，2）、B（3，5）、C（1，2）．
⑴在平面直角坐标系中画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1;
⑵把△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度，得图中的△AB2C2，点C2在AB上．请写出：
①旋转角为 度；
②点B2的坐标为 ．
22．（10分）如图，在中，，平分交于点，将绕点顺时针旋转到的位置，点在上．
（1）旋转的度数为______；
（2）连结，判断与的位置关系，并说明理由．
23．（10分）从甲、乙、丙、丁4名同学中随机抽取环保志愿者．求下列事件的概率：
（1）抽取1名，恰好是甲；
（2）抽取2名，甲在其中．
24．（10分）（1016内蒙古包头市）一幅长10cm、宽11cm的图案，如图，其中有一横两竖的彩条，横、竖彩条的宽度比为3：1．设竖彩条的宽度为xcm，图案中三条彩条所占面积为ycm1．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（1）若图案中三条彩条所占面积是图案面积的，求横、竖彩条的宽度．
25．（12分）解方程：x2﹣6x+8＝1．
26．如图，将矩形ABCD绕点C旋转得到矩形EFGC，点E在AD上．延长AD交FG于点H
（1）求证：△EDC≌△HFE；
（2）若∠BCE＝60°，连接BE、CH．证明：四边形BEHC是菱形．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】连接OB，如图，利用弧、弦和圆心角的关系得到 ，则利用垂径定理得到OB⊥AC，所以∠ABO=∠ABC=60°，则∠OAB=60°，再根据圆周角定理得到∠ABD=90°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系计算BD的长．
【详解】连接OB，如图：
∵AB=BC，
∴，
∴OB⊥AC，
∴OB平分∠ABC，
∴∠ABO=∠ABC=×120°=60°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=60°，
∵AD为直径，
∴∠ABD=90°，
在Rt△ABD中，AB=AD=3，
∴BD=.
故选D．
【点睛】
考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了垂径定理和圆周角定理．
2、C
【分析】通过确定A、B、C三个点和函数对称轴的距离，确定对应y轴的大小．
【详解】解：函数的对称轴为：x＝﹣2，
a＝3＞0，故开口向上，
x＝1比x＝﹣3离对称轴远，故c最大，b为函数最小值，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的性质，能根据题意，巧妙地利用性质进行解题是解此题的关键
3、C
【分析】根据左视图是从左面看所得到的图形进行解答即可．
【详解】从左边看时，圆柱和长方体都是一个矩形，圆柱的矩形竖放在长方体矩形的中间．
故选：C．
【点睛】
本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．
4、B
【分析】根据两直线平行，对应线段成比例即可解答．
【详解】∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，＝，
∴，
∴选项A，C，D成立，
故选：B．
【点睛】
本题考查平行线分线段成比例的知识，解题的关键是熟练掌握平行线分线段成比例定理．
5、D
【分析】先根据抛物线平移的规律得到抛物线，通过观察图象可知，它的对称轴以及与轴的交点，利用函数图像的性质可以直接得到答案．
【详解】解：∵根据抛物线平移的规律可知，将二次函数向左平移个单位可得抛物线，如图：
∴对称轴为，与轴的交点为，
∴由图像可知关于的不等式的解集为：．
故选：D
【点睛】
本题考查了二次函数与不等式，主要利用了二次函数的平移规律、对称性，数形结合的思想，解题关键在于通过平移规律得到新的二次函数图象以及与轴的交点坐标．
6、D
【分析】首先根据勾股定理求得AC的长，然后利用正弦函数的定义即可求解．
【详解】∵∠C=90°，BC=1，AB=4，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查了三角函数的定义，求锐角的三角函数值的方法：利用锐角三角函数的定义，转化成直角三角形的边长的比．
7、B
【分析】原价为100，第一次降价后的价格是100×（1-x），第二次降价是在第一次降价后的价格的基础上降价的，第二次降价后的价格为：100×（1-x）×（1-x）=100（1-x）2，则可列出方程．
【详解】设平均每次降价的百分比为x，根据题意可得：
100（1-x）2=81
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程的增长率问题，需注意第二次降价是在第一次降价后的价格的基础上降价的．
8、D
【解析】试题分析：∵，∴对称轴为x=1，P2（3，），P3（5，）在对称轴的右侧，y随x的增大而减小，∵3＜5，∴，根据二次函数图象的对称性可知，P1（﹣1，）与（3，）关于对称轴对称，故，故选D．
考点：二次函数图象上点的坐标特征．
9、C
【解析】试题分析：根据题意可得：a0，b0，c0，则abc0，则①错误；根据对称轴为x=1可得：=1，则-b=2a，即2a+b=0，则②正确；根据函数的轴对称可得：当x=2时，y0，即4a+2b+c0，则③错误；对于开口向下的函数，离对称轴越近则函数值越大，则，则④正确.
点睛：本题主要考查的就是二次函数的性质，属于中等题.如果开口向上，则a0，如果开口向下，则a0；如果对称轴在y轴左边，则b的符号与a相同，如果对称轴在y轴右边，则b的符号与a相反；如果题目中出现2a+b和2a-b的时候，我们要看对称轴与1或者-1的大小关系再进行判定；如果出现a+b+c，则看x=1时y的值；如果出现a-b+c，则看x=-1时y的值；如果出现4a+2b+c，则看x=2时y的值，以此类推；对于开口向上的函数，离对称轴越远则函数值越大，对于开口向下的函数，离对称轴越近则函数值越大.
10、A
【分析】从图中明确S阴=S半-S△，然后依公式计算即可．
【详解】∵∠AOB=90°，
∴AB是直径，
连接AB，
根据同弧对的圆周角相等得∠OBA=∠C=30°，
由题意知OB=2，
∴OA=OBtan∠ABO=OBtan30°=2，AB=AO÷sin30°=4
即圆的半径为2，
∴阴影部分的面积等于半圆的面积减去△ABO的面积，
故选A.
【点睛】
辅助线问题是初中数学的难点，能否根据题意准确作出适当的辅助线很能反映一个学生的对图形的理解能力，因而是中考的热点，尤其在压轴题中比较常见，需特别注意.
11、B
【分析】题目给出等腰三角形有两条边长为4和9，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．
【详解】解：分两种情况：
当腰为4时，4＋4＜9，不能构成三角形；
当腰为9时，4＋9＞9，所以能构成三角形，周长是：9＋9＋4＝1．
故选B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形，这点非常重要，也是解题的关键．
12、A
【分析】利用正弦函数的定义即可直接求解．
【详解】sinA．
故选：A．
【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义及运用：在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、x1=x2=2
【分析】根据配方法即可解方程.
【详解】解：x2﹣4x+4=0
（x-2）2=0
∴x1=x2=2
【点睛】
本题考查了用配方法解一元二次方程,属于简单题,选择配方法是解题关键.
14、
【详解】
解：作出弧AB的中点D，连接OD，交AB于点C．
则OD⊥AB．AC=AB=0.8m．
在直角△OAC中，OC===0.6m．
则水深CD=OD-OC=1-0.6=0.4m．
【点睛】
此题涉及圆中求半径的问题，此类在圆中涉及弦长、半径、圆心角的计算的问题，常把半弦长，圆心角，圆心到弦距离转换到同一直角三角形中，然后通过直角三角形予以求解，常见辅助线是过圆心作弦的垂线．
15、15
【分析】根据比例线段的定义即可求解.
【详解】由题意得：
将a，b，c的值代入得：
解得：（cm）
故答案为：15.
【点睛】
本题考查了比例线段的定义，掌握比例线段的定义及其基本性质是解题关键.
16、∠P=∠B（答案不唯一）
【分析】要使△APQ∽△ABC ，在这两三角形中，由∠PAB=∠QAC可知∠PAQ=∠BAC，还需的条件可以是∠B=∠P或∠C=∠Q或．
【详解】解：这个条件为：∠B=∠P
∵∠PAB=∠QAC，
∴∠PAQ=∠BAC
∵∠B=∠P，
∴△APQ∽△ABC，
故答案为：∠B=∠P或∠C=∠Q或．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质的运用,掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
17、1
【分析】由图形选择的性质，∠BAC＝∠B′AC′则问题可解.
【详解】解：∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，使AB′恰好经过点C，
∴∠BAC＝∠B′AC′＝40°，
∴∠BAC′＝∠BAC+∠B′AC′＝1°，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了图形旋转的性质，解答关键是应用旋转过程中旋转角不变的性质.
18、3:3．
【解析】试题解析：∵E、F分别为AB、AC的中点，
∴EF=BC，DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴．
考点：3．相似三角形的判定与性质；3．三角形中位线定理．．
三、解答题（共78分）
19、（1）平方米；（2）米；
【分析】（1）先根据圆周角定理可得弦BC为直径，即可得到AB=AC，根据特殊角的锐角三角函数值可求得AB的长，最后根据扇形的面积公式即可求得结果；
（2）设圆锥底面圆的半径为r，而弧BC的长即为圆锥底面的周长，根据弧长公式及圆的周长公式即可求得结果.
【详解】（1）∵∠BAC=90°
∴弦BC为直径
∴AB=AC
∴AB=AC=BC·sin45°=
∴S阴影=S⊙O-S扇形ABC=()2-；
（2）设圆锥底面圆的半径为r，而弧BC的长即为圆锥底面的周长，由题意得
2r=，解得r=
答：（1）被剪掉的阴影部分的面积为；（2）该圆锥的底面圆半径是.
【点睛】
圆周角定理，特殊角的锐角三角函数值，扇形的面积公式，弧长公式，计算能力是初中数学学习中一个极为重要的能力，是中考的热点，在各种题型中均有出现，一般难度不大，需特别注意.
20、（1）； （2） 当t=2时，MN的最大值是4.
【分析】（1）首先求出一次函数与坐标轴交点坐标，进而代入二次函数解析式得出b，c的值即可；
（2）根据作垂直x轴的直线x=t，得出M，N的坐标，进而根据坐标性质得出即可．
【详解】解：（1）（1）∵一次函数分别交y轴、x 轴于A、B两点，
∴x=0时，y=2，y=0时，x=4，
∴A（0，2），B（4，0），
将x=0,y=2代入代入y=-x2+bx+c得c=2
将x=4,y=0 代入代入y=-x2+bx+c，
（2））∵作垂直x轴的直线x=t，在第一象限交直线AB于M，
由题意易得
从而得到
当时，MN有最大值为：
【点睛】
在解题时要能灵运用二次函数的图象和性质求出二次函数的解析式，利用数形结合思想解题是本题的关键．
21、⑴详见解析；⑵ ①90 ；②（6，2）
【分析】（1）分别得到点A、B、C关于x轴的对称点，连接点A1，B1，C1，即可解答；
（2）①根据点A，B，C的坐标分别求出AC，BC，AC的长度，根据勾股定理逆定理得到∠CAB=90°，即可得到旋转角；
②根据旋转的性质可知AB=AB2=3，所以CB2=AC+AB2=5，所以B2的坐标为（6，2）．
【详解】解：（1）A（3，2）、B（3，5）、C（1，2）关于x轴的对称点分别为A1（3，-2），B1（3，-5），C1（1，-2），
如图所示，
（2）①∵A（3，2）、B（3，5）、C（1，2），
∴AB=3，AC=2，BC=，
∴，
∵AB2+AC2＝13，
∴AB2+AC2=BC2，
∴∠CAB=90°，
∵AC与AC2的夹角为∠CAC2，
∴旋转角为90°；
②∵AB=AB2=3，
∴CB2=AC+AB2=5，
∴B2的坐标为（6，2）．
【点睛】
本题考查了轴对称及旋转的性质，解答本题的关键是掌握两种几何变换的特点，根据题意找到各点的对应点．
22、（1）90；（2）DE∥BC，见解析
【分析】（1）根据旋转的性质即可求得旋转角的度数；
（2）先利求得∠DCE=∠BCF=90°，CD=CE，可得△CDE为等腰直角三角形，即∠CDE=45°，再根据角平分线定义得到∠BCD=45°，则∠CDE=∠BCD，然后根据平行线的判定定理即可说明．
【详解】解：（1）解：∵将△CDB绕点C顺时针旋转到△CEF的位置，点F在AC上，
∴∠BCF=90°，即旋转角为90°；
故答案为90°．
（2），理由如下：
∵将绕点顺时针旋转到的位置，点在上，
∴，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵平分交于点，
∴，
∴，
∴.
【点睛】
本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质以及平行线的判定，掌握旋转变换前后图形的特点以及旋转角的定义是解答本题的关键．
23、 (1);(2).
【解析】试题分析：（1）根据概率的求法，找准两点：①全部等可能情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率.因此，由从甲、乙、丙3名同学中随机抽取环保志愿者，直接利用概率公式求解即可求得答案.
（2）利用列举法可得抽取2名，可得：甲乙，甲丙，乙丙，共3种等可能的结果，甲在其中的有2种情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．
试题解析：（1）∵从甲、乙、丙3名同学中随机抽取环保志愿者，
∴抽取1名，恰好是甲的概率为：.
（2）∵抽取2名，可得：甲乙，甲丙，乙丙，共3种等可能的结果，甲在其中的有2种情况，
∴抽取2名，甲在其中的概率为：.
考点：概率.
24、（1）；（1）横彩条的宽度为3cm，竖彩条的宽度为1cm．
【分析】（1）由横、竖彩条的宽度比为3：1知横彩条的宽度为xcm，根据“三条彩条面积=横彩条面积+1条竖彩条面积﹣横竖彩条重叠矩形的面积”，列出函数关系式化简即可；（1）根据“三条彩条所占面积是图案面积的”，可列出关于x的一元二次方程，整理后求解即可．
【详解】（1）根据题意可知，横彩条的宽度为xcm，
∴y=10×x+1×11•x﹣1×x•x=﹣3x1+54x，
即y与x之间的函数关系式为y=﹣3x1+54x；
（1）根据题意，得：﹣3x1+54x=×10×11，
整理，得：x1﹣18x+31=0，
解得：x1=1，x1=16（舍），
∴x=3，
答：横彩条的宽度为3cm，竖彩条的宽度为1cm．
考点：根据实际问题列二次函数关系式；一元二次方程的应用．
25、x1＝2 x2＝2．
【分析】应用因式分解法解答即可.
【详解】解：x2﹣6x+8＝1
（x﹣2）（x﹣2）＝1，
∴x﹣2＝1或x﹣2＝1，
∴x1＝2 x2＝2．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，解答关键是根据方程特点进行因式分解.
26、（1）见解析；（2）见解析．
【解析】（1）依据题意可得到FE=AB=DC，∠F=∠EDC=90°，FH∥EC，利用平行线的性质可证明∠FHE=∠CED，然后依据AAS证明△EDC≌△HFE即可；
（2）首先证明四边形BEHC为平行四边形，再证明邻边BE=BC即可证明四边形BEHC是菱形．
【详解】（1）证明：∵矩形FECG由矩形ABCD旋转得到，
∴FE＝AB＝DC，∠F＝∠EDC＝90°，FH∥EC，
∴∠FHE＝∠CED．
在△EDC和△HFE中，
，
∴△EDC≌△HFE（AAS）；
（2）∵△EDC≌△HFE，
∴EH＝EC．
∵矩形FECG由矩形ABCD旋转得到，
∴EH＝EC＝BC，EH∥BC，
∴四边形BEHC为平行四边形．
∵∠BCE＝60°，EC＝BC，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE＝BC，
∴四边形BEHC是菱形．
【点睛】
本题主要考查的是旋转的性质、菱形的判定，熟练掌握相关图形的性质和判定定理是解题的关键．
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
