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．已知x1、x2是关于x的方程x2－ax－1＝0的两个实数根，下列结论一定正确的是( )
A．x1≠x2 B．x1＋x2＞0 C．x1×x2＞0 D．＋＞0
2．如图，点G是△ABC的重心，下列结论中正确的个数有（ ）
①；②；③△EDG∽△CBG；④．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．分别以等边三角形的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，得到封闭图形就是莱洛三角形，如图，已知等边，，则该莱洛三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．已知二次函数（为常数），当时，函数值的最小值为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．函数y= (k＜0)，当x＜0时，该函数图像在
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
6．在下面的计算程序中，若输入的值为1，则输出结果为（ ）．
A．2 B．6 C．42 D．12
7．如图，几何体是由3个大小完全一样的正方体组成的，它的左视图是（ ）
A． B． C． D．
8．一个扇形的半径为4，弧长为，其圆心角度数是（ ）
A． B． C． D．
9．抛物线y=－(x－2)2＋3，下列说法正确的是（ ）
A．开口向下，顶点坐标（2，3） B．开口向上，顶点坐标（2，－3）
C．开口向下，顶点坐标（－2，3） D．开口向上，顶点坐标（－2，－3）
10．一元二次方程的根的情况为（ ）
A．没有实数根
B．只有一个实数根
C．有两个不相等的实数根
D．有两个相等的实数根
11．用配方法解一元二次方程时，此方程可变形为（ ）
A． B． C． D．
12．下列说法正确的是( )．
A．一颗质地均匀的骰子已连续抛掷了2000次．其中，抛掷出5点的次数最多，则第2001次一定抛掷出5点.
B．某种彩票中奖的概率是1％，因此买100张该种彩票一定会中奖
C．天气预报说：明天下雨的概率是50％，所以明天将有一半时间在下雨
D．抛掷一枚图钉，钉尖触地和钉尖朝上的概率不相等
二、填空题（每题4分，共24分）
13．可乐和奶茶含有大量的咖啡因，世界卫生组织建议青少年每天摄入的咖啡因不能超过0.000085kg，将数据0.000085用科学记数法表示为____．
14．质地均匀的骰子，6个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6.同时抛掷这样的两枚骰子，落地后朝上的两个面上的数字之和为4的倍数的概率为__________．
15．若是方程的一个根．则的值是________．
16．如图，一块飞镖游戏板由大小相等的小正方形构成，向游戏板随机投掷一枚飞镖（飞镖每次都落在游戏板上），击中黑色区域的概率是_____．
17．在锐角中，＝0，则∠C的度数为____．
18．已知一次函数y＝ax＋b与反比例函数y＝的图象相交于A(4，2)，B(－2，m)两点，则一次函数的表达式为____________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，抛物线y=ax2+bx+4(a≠0)与轴交于点B (－3 ，0) 和C (4 ，0)与轴交于点A．
(1) a = ，b = ；
(2) 点M从点A出发以每秒1个单位长度的速度沿AB向B运动，同时，点N从点B出发以每秒1个单位长度的速度沿BC向C运动，当点M到达B点时，两点停止运动．t为何值时，以B、M、N为顶点的三角形是等腰三角形？
(3) 点P是第一象限抛物线上的一点，若BP恰好平分∠ABC，请直接写出此时点P的坐标．
20．（8分）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过原点，顶点为，且与直线相交于两点.
（1）求抛物线的解析式；
（2）求、两点的坐标；
（3）若点为轴上的一个动点，过点作轴与抛物线交于点，则是否存在以为顶点的三角形与相似？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由.
21．（8分）如图，正方形的对角线、相交于点，过点作的平行线，过点作的平行线，它们相交于点．求证：四边形是正方形．
22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，，E是OB的中点，连接CE并延长到点F，使EF=CE．连接AF交⊙O于点D，连接BD，BF．
（1）求证：直线BF是⊙O的切线；
（2）若OB=2，求BD的长．
23．（10分）某商场购进一种单价为10元的商品，根据市场调查发现：如果以单价20元售出，那么每天可卖出30个，每降价1元，每天可多卖出5个，若每个降价x（元），每天销售y（个），每天获得利润W（元）．
（1）写出y与x的函数关系式；
（2）求W与x的函数关系式（不必写出x的取值范围）
（3）若降价x元（x不低于4元）时，销售这种商品每天获得的利润最大为多少元？
24．（10分）乐至县城有两座远近闻名的南北古塔，清朝道光11年至13年（公元1831--1833年）修建，南塔名为“文运塔”，高30米；北塔名为“凌云塔”.为了测量北塔的高度AB，身高为1.65米的小明在C处用测角仪CD，（如图所示）测得塔顶A的仰角为45°，此时小明在太阳光线下的影长为1.1米，测角仪的影长为1米.随后，他再向北塔方向前进14米到达H处，又测得北塔的顶端A的仰角为60°，求北塔AB的高度．（参考数据≈1.414,≈1.732，结果保留整数）
25．（12分）在平面直角坐标系中，已知点是直线上一点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为点和点，反比例函数的图象经过点.
（1）若点是第一象限内的点，且，求的值；
（2）当时，直接写出的取值范围.
26．如图，在下列10×10的网格中，横、纵坐标均为整点的数叫做格点，例如A（2，1）、B（5，4）、C（1，8）都是格点．
（1）直接写出△ABC的面积；
（2）将△ABC绕点B逆时针旋转90°得到△A1BC1，在网格中画出△A1BC1；
（3）在图中画出线段EF，使它同时满足以下条件：①点E在△ABC内；②点E，F都是格点；③EF三等分BC；④EF＝．请写出点E，F的坐标．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【解析】根据方程的系数结合根的判别式，可得出△=a1+4＞0，进而可得出x1≠x1，此题得解．
【详解】∵△=（﹣a）1﹣4×1×（﹣1）=a1+4＞0，∴方程x1﹣ax﹣1=0有两个不相等的实数根，∴x1≠x1．
故选A．
【点睛】
本题考查了根的判别式，牢记“当△＞0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．
2、D
【分析】根据三角形的重心的概念和性质得到AE，CD是△ABC的中线，根据三角形中位线定理得到DE∥BC，DE＝BC，根据相似三角形的性质定理判断即可．
【详解】解：∵点G是△ABC的重心，
∴AE，CD是△ABC的中线，
∴DE∥BC，DE＝BC，
∴△DGE∽△BGC，
∴ ＝，①正确；
，②正确；
△EDG∽△CBG，③正确；
,④正确，
故选D．
【点睛】
本题考查三角形的重心的概念和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，掌握三角形的重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍是解题关键．
3、D
【分析】莱洛三角形的面积为三个扇形的面积相加，再减去两个等边三角形的面积，代入已知数据计算即可．
【详解】解：如图所示，作AD⊥BC交BC于点D，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC=2，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°
∵AD⊥BC，
∴BD=CD=1，AD=，
∴，
∴莱洛三角形的面积为
故答案为D．
【点睛】
本题考查了不规则图形的面积的求解，能够得出“莱洛三角形的面积为三个扇形的面积相加，再减去两个等边三角形的面积”是解题的关键．
4、B
【分析】函数配方后得，抛物线开口向上，在时，取最小值为-3，列方程求解可得．
【详解】∵，
∴ 抛物线开口向上，且对称轴为，
∴在时，有最小值-3，
即：，解得，
故选：B．
【点睛】
本题考查了二次函数的最值，熟练掌握二次函数的图象及增减性是解题的关键．
5、B
【解析】首先根据反比例函数的比例系数确定图象的大体位置,然后根据自变量的取值范围确定具体位置
【详解】∵比例系数k<0,
∴其图象位于二、四象限,
∵x<0
∴反比例函数的图象位于第二象限,
故选B.
【点睛】
此题考查反比例函数的性质，根据反比例函数判断象限是解题关键
6、C
【分析】根据程序框图，计算，直至计算结果大于等于10即可．
【详解】当时，，继续运行程序，
当时，，继续运行程序，
当时，，输出结果为42，
故选C．
【点睛】
本题考查利用程序框图计算代数式的值，按照程序运算的规则进行计算是解题的关键．
7、D
【解析】试题分析：观察几何体，可知该几何体是由3个大小完全一样的正方体组成的，它的左视图是，故答案选D.
考点：简单几何体的三视图.
8、C
【分析】根据弧长公式即可求出圆心角的度数．
【详解】解：∵扇形的半径为4，弧长为，
∴
解得：，即其圆心角度数是
故选C．
【点睛】
此题考查的是根据弧长和半径求圆心角的度数，掌握弧长公式是解决此题的关键．
9、A
【解析】根据抛物线的解析式，由a的值可得到开口方向，由顶点式可以得到顶点坐标.
【详解】解：∵ y=－(x－2)2＋3
∴a=-1＜0, 抛物线的开口向下，顶点坐标（2，3）
故选A
【点睛】
本题考查二次函数的性质，解题的关键是根据二次函数的解析式可以得到开口方向、对称轴、顶点坐标等性质．
10、A
【分析】根据根的判别式即可求出答案．
【详解】由题意可知：△=4﹣4×5=﹣16＜1．
故选：A．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式，解答本题的关键是熟练掌握一元二次方程根的判别式．
11、D
【解析】试题解析：
故选D.
12、D
【解析】概率是反映事件发生机会的大小的概念，只是表示发生的机会的大小，机会大也不一定发生．
【详解】A. 是随机事件，错误；
B. 中奖的概率是1%，买100张该种彩票不一定会中奖，错误；
C. 明天下雨的概率是50%，是说明天下雨的可能性是50%，而不是明天将有一半时间在下雨，错误；
D. 正确。
故选D.
【点睛】
本题考查概率的意义，解题的关键是掌握概率的意义.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、8.1×10-1
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】解：0.000081=8.1×10-1．
故答案为：8.1×10-1．
【点睛】
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
14、
【分析】采用列表法列举所有的可能性，找出数字和为4的倍数的情况数，再根据概率公式求解.
【详解】由题意，列表如下：
1
2
3
4
5
6
1
1+1=2
1+2=3
1+3=4
1+4=5
1+5=6
1+6=7
2
2+1=3
2+2=4
2+3=5
2+4=6
2+5=7
2+6=8
3
3+1=4
3+2=5
3+3=6
3+4=7
3+5=8
3+6=9
4
4+1=5
4+2=6
4+3=7
4+4=8
4+5=9
4+6=10
5
5+1=6
5+2=7
5+3=8
5+4=9
5+5=10
5+6=11
6
6+1=7
6+2=8
6+3=9
6+4=10
6+5=11
6+6=12
总共的可能性由36种，其中和为4的倍数的情况有9种，
所以数字之和为4的倍数的概率P=，
故答案为.
【点睛】
本题考查简单概率的计算，熟练掌握列表法求概率是解题的关键.
15、
【解析】根据一元二次方程的解的定义,将x=2代入已知方程,列出关于q的新方程,通过解该方程即可求得q的值.
【详解】∵x=2是方程x²-3x+q=0的一个根,
∴x=2满足该方程,
∴2²-3×2+q=0,
解得,q=2.
故答案为2.
【点睛】
本题考查了方程的解的定义.一元二次方程的根就是一元二次方程的解,就是能够使方程左右两边相等的未知数的值.即用这个数代替未知数所得式子仍然成立.
16、
【分析】根据几何概率的求解公式即可求解.
【详解】解：∵总面积为9个小正方形的面积，其中阴影部分面积为3个小正方形的面积
∴飞镖落在阴影部分的概率是，
故答案为．
【点睛】
此题主要考查概率的求解，解题的关键是熟知几何概率的公式.
17、75°
【分析】由非负数的性质可得： ，可求，从而利用三角形的内角和可得答案．
【详解】解：由题意，得
sinA＝，cosB＝，
解得∠A＝60°，∠B＝45°，
∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝75°，
故答案为：75°．
【点睛】
本题考查了非负数的性质：偶次方、三角形的内角和定理，特殊角的三角函数值，掌握以上知识是解题的关键．
18、y＝x－1
【详解】解：把（4，1）代入，得k＝8，
∴反比例函数的表达式为，
把（－1，m）代入，得m＝－4，
∴B点的坐标为（－1，－4），
把（4，1），（－1，－4）分别代入y＝ax＋b，得
解得，
∴直线的表达式为y＝x－1．
故答案为：y＝x－1．
三、解答题（共78分）
19、（1），；(2)；(3)
【解析】（1）直接利用待定系数法求二次函数解析式得出即可；
（2）分三种情况：①当BM=BN时，即5-t=t，②当BM=NM=5-t时，过点M作ME⊥OB，因为AO⊥BO，所以ME∥AO，可得：即可解答；③当BE=MN=t时，过点E作EF⊥BM于点F，所以BF=BM=（5-t），易证△BFE∽△BOA，所以即可解答；
（3）设BP交y轴于点G，过点G作GH⊥AB于点H，因为BP恰好平分∠ABC，所以OG=GH，BH=BO=3，所以AH=2，AG=4-OG，在Rt△AHG中，由勾股定理得：OG=，设出点P坐标，易证△BGO∽△BPD，所以，即可解答.
【详解】解：解：（1）∵抛物线过点B (－3 ，0) 和C (4 ，0)，
∴ ，
解得：；
（2）∵B (－3 ，0)，y=ax2+bx+4，∴A(0，4)，0A=4，OB=3，
在Rt△ABO中，由勾股定理得：AB=5，
t秒时，AM=t，BN=t，BM=AB-AM=5-t，
①如图：当BM=BN时，即5-t=t，解得：t= ;
,
②如图，当BM=NM=5-t时，过点M作ME⊥OB，因为BN=t，由三线合一得：BE=BN=t，又因为AO⊥BO，所以ME∥AO，所以，即 ，解得：t=；
③如图：当BE=MN=t时，过点E作EF⊥BM于点F，所以BF=BM=（5-t），易证△BFE∽△BOA，所以，即 ，解得：t= .
(3)设BP交y轴于点G，过点G作GH⊥AB于点H，因为BP恰好平分∠ABC，所以OG=GH，BH=BO=3，所以AH=2，AG=4-OG，在Rt△AHG中，由勾股定理得：OG=，设P（m，-m2+m+4），因为GO∥PD，∴△BGO∽△BPD，∴ ，即 ，解得：m1=，m2=-3(点P在第一象限，所以不符合题意，舍去)，m1=时，-m2+m+4=
故点P的坐标为
【点睛】
本题考查用待定系数法求二次函数解析式，还考查了等腰三角形的判定与性质、相似三角形的性质和判定.
20、（1）；（2），；（3）；坐标为或或或.
【分析】（1）可设顶点式，把原点坐标代入可求得抛物线解析式，
（2）联立直线与抛物线解析式，可求得C点坐标；
（3）设出N点坐标，可表示出M点坐标，从而可表示出MN、ON的长度，当△MON和△ABC相似时，利用三角形相似的性质可得或，可求得N点的坐标
【详解】解：（1）∵顶点坐标为，
∴设抛物线解析式为，
又抛物线过原点，∴，
解得：，
∴抛物线解析式为：，
即.
（2）联立抛物线和直线解析式可得，
解得：或，
∴，；
（3）存在；坐标为或或或.
理由：假设存在满足条件的点，
设，则，
∴，，
由（2）知，，，
∵轴于点，
∴，
∴当和相似时，有或，
①当时，
∴，即，
∵当时、、不能构成三角形，
∴，
∴，
∴，
解得：或，
此时点坐标为：或；
②当时，
∴，
即，
∴，
∴，
解得：或，
此时点坐标为：或，
综上可知，在满足条件的点，其坐标为：或或或.
【点睛】
本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、图象的交点问题、直角三角形的判定、勾股定理及逆定理、相似三角形的性质及分类讨论等．在（1）中注意顶点式的运用，在（3）中设出N、M的坐标，利用相似三角形的性质得到关于坐标的方程是解题的关键，注意相似三角形点的对应．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
21、见解析
【分析】根据已知条件先证明四边形OBEC是平行四边形，再证明∠BOC=90°，OC=OB即可判定四边形OBEC是正方形．
【详解】∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形．
【点睛】
本题考查正方形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握正方形的性质和判定．
22、（1）证明见解析；（2）BD=．
【分析】（1）连接OC，由已知可得∠BOC=90°，根据SAS证明△OCE≌△BFE，根据全等三角形的对应角相等可得∠OBF=∠COE=90°，继而可证明直线BF是⊙O的切线；
（2）由（1）的全等可知BF=OC=2，利用勾股定理求出AF的长，然后由S△ABF=，即可求出BD=．
【详解】解：（1）连接OC，
∵AB是⊙O的直径，，∴∠BOC=90°，
∵E是OB的中点，∴OE=BE，
在△OCE和△BFE中，
，
∴△OCE≌△BFE（SAS），
∴∠OBF=∠COE=90°，
∴直线BF是⊙O的切线；
（2）∵OB=OC=2，由（1）得：△OCE≌△BFE，
∴BF=OC=2，
∴AF=，
∴S△ABF=，
即4×2=2BD，
∴BD=．
【点睛】
本题考查了切线的判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积的不同表示方法，熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键．
23、（1）y＝30+5x（2）W＝﹣5x2+20x+1；（3）降价4元（x不低于4元）时，销售这种商品每天获得的利润最大为1元
【分析】（1）根据销售量等于原销售量加上多卖出的量即可求解；
（2）根据每天获得利润等于单件利润乘以销售量即可求解；
（3）根据二次函数的性质即可求解．
【详解】解：（1）根据题意，得
y＝30+5x．
答：y与x的函数关系式y＝30+5x．
（2）根据题意，得
W＝（20﹣10﹣x）（30+5x）
＝﹣5x2+20x+1．
答：W与x的函数关系式为W＝﹣5x2+20x+1．
（3）W＝﹣5x2+20x+1
＝﹣5（x﹣2）2+320
∵﹣5＜0，对称轴x＝2，
∵x不低于4元即x≥4，
在对称轴右侧，W随x的增大而减小，
∴x＝4时，W有最大值为1，
答：降价4元（x不低于4元）时，销售这种商品每天获得的利润最大为1元．
【点睛】
本题考查了二次函数的应用，解决本题的关键是掌握销售问题的数量关系．
24、北塔的高度AB约为35米．
【分析】设AE=x，根据在同一时间，物体高度与影子长度成正比例关系可得CD的长，在Rt△ADE中，由∠ADE=45°可得AE=DE=x，可得EF=(x-14)米，在Rt△AFE中，利用∠AFE的正切列方程可求出x的值，根据AB=AE+BE即可得答案.
【详解】设AE=x，
∵小明身高为1.65米，在太阳光线下的影长为1.1米，测角仪CD的影长为1米，
∴
∴CD=1.5（米）
∴BE=CD=1.5（米），
∵在Rt△ADE中，∠ADE=45°，
∴DE=AE=x，
∵DF=14米，
∴EF=DE－DF=(x－14)米，
在Rt△AFE中，∠AFE=60°，
∴tan60°==，
解得：x=()（米），
故AB=AE+BE=+1.5≈35米．
答：北塔的高度AB约为35米．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，熟练掌握各三角函数的定义及特殊角的三角函数值是解题关键.
25、（1）；（2）且.
【分析】（1）设点，根据，得到，代入，求得的坐标，即可求得答案；
（2）依照（1），求得时的A点的坐标，根据题意，画出函数图象，然后根据函数的图象直接求出k的取值范围即可．
【详解】（1）依题意，设点，
∴，
∵，
∴，
∵点在直线上，
∴点的坐标为，
∵点在函数的图像上，
∴；
（2）依题意，设点，
∴，
∵，
∴，
∵点在直线上，
∴点的坐标为或 ，
∵点在函数的图像上，
∴或，
观察图象，当且时，.
【点睛】
此题属于反比例函数与一次函数的综合题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，一次函数与反比例函数的交点，坐标与图形性质，此类题要先求特殊位置时对应的k值，利用数形结合的思想，依照题意画出图形，利用数形结合找出k的取值范围．
26、（1）12;（2）见解析;（3）E（2，4），F（7，8）.
【分析】（1）用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算△ABC的面积；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A、C的对应点A1、C1即可得到△A1BC1；
（3）利用平行线分线段成比例得到CF：BE=2，则EF三等分BC，然后写出E、F的坐标，根据勾股定理求出EF的长度为
【详解】解：（1）△ABC的面积＝4×7﹣×7×1﹣×3×3﹣×4×4＝12；
（2）如图，△A1BC1为所作；
（3）如图，线段EF为所作，其中E点坐标为（2，4），F点坐标为（7，8），EF的长度为．
【点睛】
本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了勾股定理．
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