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．下列式子中，为最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，PA、PB都是⊙O的切线，切点分别为A、B． 四边形ACBD内接于⊙O，连接OP 则下列结论中错误的是（ ）
A．PA=PB B．∠APB+2∠ACB=180°
C．OP⊥AB D．∠ADB=2∠APB
3．如图,在菱形ABCD中,AB=5,对角线AC=6.若过点A作AE⊥BC,垂足为E,则AE的长为( )
A．4 B．2.4 C．4.8 D．5
4．如图，点A、B、C都在⊙O上，若∠AOC=140°，则∠B的度数是（ ）
A．70° B．80° C．110° D．140°
5．某车库出口安装的栏杆如图所示，点A是栏杆转动的支点，点E是栏杆两段的联结点．当车辆经过时，栏杆AEF最多只能升起到如图2所示的位置，其示意图如图3所示（栏杆宽度忽略不计），其中AB⊥BC，EF∥BC，∠AEF＝143°，AB＝1.18米，AE＝1.2米，那么适合该地下车库的车辆限高标志牌为（ ）（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）
A． B． C． D．
6．△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，已知：cos∠A= ，则sin∠DCB的值为（ ）
A． B． C． D．
7．用配方法解方程-4x+3=0，下列配方正确的是（ ）
A．=1 B．=1 C．=7 D．=4
8．关于x的一元二次方程(m－2)x2＋(2m＋1)x＋m－2＝0有两个不相等的正实数根，则m的取值范围是( )
A．m＞ B．m＞且m≠2 C．－≤m≤2 D．＜m＜2
9．如图，一次函数y=2x与反比例函数y=（k＞0）的图象交于A，B两点，点P在以C（﹣2，0）为圆心，1为半径的⊙C上，Q是AP的中点，已知OQ长的最大值为，则k的值为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，在⊙O中，弦BC＝1，点A是圆上一点，且∠BAC＝30°，则的长是( )
A．π B． C． D．
11．下列关系式中，是的反比例函数的是（ ）
A． B． C． D．
12．已知反比例函数，下列结论；①图象必经过点；②图象分布在第二，四象限；③在每一个象限内，y随x的增大而增大.其中正确的结论有（ ）个.
A．3 B．2 C．1 D．0
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，在菱形ABCD中，∠B=60º，E是CD上一点，将△ADE折叠，折痕为AE，点D的对应点为点D’，AD’与BC交于点F，若F为BC中点，则∠AED=______.
14．已知菱形中，，，边上有点点两动点，始终保持，连接取中点并连接则的最小值是_______．
15．在平面直角坐标系中，二次函数与反比例函数的图象如图所示，若两个函数图象上有三个不同的点，，，其中为常数，令，则的值为_________．（用含的代数式表示）
16．如图，已知AB是半圆O的直径，∠BAC=20°，D是弧AC上任意一点，则∠D的度数是_________．
17．在平面直角坐标系中，点P（2，﹣3）关于原点对称点P′的坐标是_____．
18．如果抛物线与轴的一个交点的坐标是，那么与轴的另一个交点的坐标是___________.
三、解答题（共78分）
19．（8分）画出如图几何体的主视图、左视图、俯视图．
20．（8分）已知关于的一元二次方程，
（1） 求证：无论m为何值，方程总有两个不相等的实数根；
（2） 当m为何值时，该方程两个根的倒数之和等于1.
21．（8分）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？
22．（10分）已知二次函数y＝x2－2x＋m（m为常数）的图像与x轴相交于A、B两点．
（1）求m的取值范围；
（2）若点A、B位于原点的两侧，求m的取值范围．
23．（10分）如图，在8×8的正方形网格中，△AOB的顶点都在格点上．请在网格中画出△OAB的一个位似图形，使两个图形以点O为位似中心，且所画图形与△OAB的位似为2：1．
24．（10分）平面直角坐标系中有两点、，我们定义、两点间的“值”直角距离为，且满足，其中．小静和佳佳在解决问题：（求点与点的“1值”直角距离）时，采用了两种不同的方法：
（方法一）：；
（方法二）：如图1，过点作轴于点，过点作直线与轴交于点，则
请你参照以上两种方法，解决下列问题：
（1）已知点，点，则、两点间的“2值”直角距离．
（2）函数的图像如图2所示，点为其图像上一动点，满足两点间的“值”直角距离，且符合条件的点有且仅有一个，求出符合条件的“值”和点坐标．
（3）城市的许多街道是相互垂直或平行的，因此，往往不能沿直线行走到达目的地，只能按直角拐弯的方式行走，因此，两地之间修建垂直和平行的街道常常转化为两点间的“值”直角距离，地位于地的正东方向上，地在点东北方向上且相距，以为圆心修建了一个半径为的圆形湿地公园，现在要在公园和地之间修建观光步道．步道只能东西或者南北走向，并且东西方向每千米成本是20万元，南北方向每千米的成本是10万元，问：修建这一规光步道至少要多少万元？
25．（12分）将笔记本电脑放置在水平桌面上，显示屏OB与底板OA夹角为115°（如图1），侧面示意图为图2；使用时为了散热，在底板下面垫入散热架O′AC后，电脑转到AO′B′的位置（如图3），侧面示意图为图4，已知OA=OB=20cm，B′O′⊥OA，垂足为C．
（1）求点O′的高度O′C；（精确到0.1cm）
（2）显示屏的顶部B′比原来升高了多少？（精确到0.1cm）
（3）如图4，要使显示屏O′B′与原来的位置OB平行，显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转多少度？
参考数据：（sin65°=0.906，cos65°=0.423，tan65°=2.1．cot65°=0.446）
26．如图，在矩形ABCD中，BD的垂直平分线交AD于E，交BC于F，连接BE 、DF.
（1）判断四边形BEDF的形状，并说明理由；
（2）若AB=8，AD=16，求BE的长.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】利用最简二次根式定义判断即可．
【详解】A、原式，不符合题意；
B、是最简二次根式，符合题意；
C、原式，不符合题意；
D、原式，不符合题意；
故选B．
【点睛】
此题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式是解本题的关键．
2、D
【分析】连接，，根据PA、PB都是⊙O的切线，切点分别为A、B，得到，，所以A，C正确；根据得到，即，所以B正确；据此可得答案．
【详解】解：如图示，连接，，
、是的切线，
，，所以A，C正确；
又∵，，
∴在四边形APBO中，，
即，所以B正确；
∵D为任意一点，无法证明，故D不正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查了圆心角和圆周角，圆的切线的性质和切线长定理，熟悉相关性质是解题的关键．
3、C
【分析】连接BD，根据菱形的性质可得AC⊥BD，AO=AC，然后根据勾股定理计算出BO长，再算出菱形的面积，然后再根据面积公式BC•AE=AC•BD可得答案．
【详解】连接BD，交AC于O点，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=5，
∴
∴
∵AC=6，
∴AO=3，
∴
∴DB=8，
∴菱形ABCD的面积是
∴BC⋅AE=24，
故选C.
4、C
【解析】分析：作对的圆周角∠APC，如图，利用圆内接四边形的性质得到∠P=40°，然后根据圆周角定理求∠AOC的度数．
详解：作对的圆周角∠APC，如图，
∵∠P=∠AOC=×140°=70°
∵∠P+∠B=180°，
∴∠B=180°﹣70°=110°，
故选：C．
点睛：本题考查了圆周角定理：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．
5、A
【分析】延长BA、FE，交于点D，根据AB⊥BC，EF∥BC知∠ADE=90°，由∠AEF=143°知∠AED=37°，根据sin∠AED，AE=1.2米求出AD的长，继而可得BD的值，从而得出答案．
【详解】如图，延长BA、FE，交于点D．
∵AB⊥BC，EF∥BC，
∴BD⊥DF，即∠ADE=90°．
∵∠AEF=143°，
∴∠AED=37°．
在Rt△ADE中，
∵sin∠AED，AE=1.2米，
∴AD=AE•sin∠AED=1.2×sin37°≈0.72(米)，
则BD=AB+AD=1.18+0.72=1.9(米)．
故选：A．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是结合题意构建直角三角形，并熟练掌握正弦函数的概念．
6、C
【分析】设，根据三角函数的定义结合已知条件可以求出AC、CD，利用∠BCD=∠A，即可求得答案．
【详解】∵，
∴，
∵，
∴设，则，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查直角三角形的性质、三角函数的定义、勾股定理、同角的余角相等等知识，熟记性质是解题的关键．
7、A
【解析】用配方法解方程-4x+3=0，
移项得：-4x=-3，
配方得：-4x+4=1，
即=1.
故选A.
8、D
【解析】试题分析：根据题意得且△=，解得且，
设方程的两根为a、b，则=，，而，∴，即，∴m的取值范围为．故选D．
考点：1．根的判别式；2．一元二次方程的定义．
9、C
【解析】如图，连接BP，由反比例函数的对称性质以及三角形中位线定理可得OQ=BP，再根据OQ的最大值从而可确定出BP长的最大值，由题意可知当BP过圆心C时，BP最长，过B作BD⊥x轴于D，继而根据正比例函数的性质以及勾股定理可求得点B坐标，再根据点B在反比例函数y=（k＞0）的图象上，利用待定系数法即可求出k的值.
【详解】如图，连接BP，
由对称性得：OA=OB，
∵Q是AP的中点，
∴OQ=BP，
∵OQ长的最大值为，
∴BP长的最大值为×2=3，
如图，当BP过圆心C时，BP最长，过B作BD⊥x轴于D，
∵CP=1，
∴BC=2，
∵B在直线y=2x上，
设B（t，2t），则CD=t﹣（﹣2）=t+2，BD=﹣2t，
在Rt△BCD中，由勾股定理得： BC2=CD2+BD2，
∴22=（t+2）2+（﹣2t）2，
t=0（舍）或t=﹣，
∴B（﹣，﹣），
∵点B在反比例函数y=（k＞0）的图象上，
∴k=﹣×（-）=，
故选C．
【点睛】
本题考查的是代数与几何综合题，涉及了反比例函数图象上点的坐标特征，中位线定理，圆的基本性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，确定出BP过点C时OQ有最大值是解题的关键.
10、B
【解析】连接OB，OC．首先证明△OBC是等边三角形，再利用弧长公式计算即可．
【详解】解：连接OB，OC．
∵∠BOC＝2∠BAC＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB＝OC＝BC＝1，
∴的长＝，
故选B．
【点睛】
考查弧长公式，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
11、C
【解析】根据反比例函数的定义逐一判断即可．
【详解】解：A、是正比例函数，故A错误；
B、是正比例函数，故B错误；
C、是反比例函数，故C正确；
D、是二次函数，故D错误；
故选：C．
【点睛】
本题考查了反比例函数的定义，形如y＝ （k≠0）的函数是反比例函数．正确理解反比例函数解析式是解题的关键.
12、A
【分析】根据反比例函数的图像与性质解答即可.
【详解】①∵-1×1=-1，∴图象必经过点，故①正确；②∵-1<0，图象分布在第二，四象限，故②正确；③∵-1<0，∴在每一个象限内，y随x的增大而增大，故③正确.
故选A.
【点睛】
本题考查了反比例函数的图像与性质，反比例函数(k是常数，k≠0)的图像是双曲线，当k＞0，反比例函数图象的两个分支在第一、三象限，在每一象限内，y随x的增大而减小；当 k＜0，反比例函数图象的两个分支在第二、四象限，在每一象限内，y随x的增大而增大.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、75º
【分析】如图（见解析），连接AC，易证是等边三角形，从而可得，又由可得，再根据折叠的性质得，最后在中利用三角形的内角和定理即可得.
【详解】如图，连接AC
在菱形ABCD中，
是等边三角形
F为BC中点
（等腰三角形三线合一的性质），即
（两直线平行，同旁内角互补）
又由折叠的性质得：
在中，由三角形的内角和定理得：
故答案为：.
【点睛】
本题是一道较好的综合题，考查了菱形的性质、等边三角形的性质、平行线的性质、图形折叠的性质、三角形的内角和定理，利用三线合一的性质证出是解题关键.
14、1
【分析】过D点作DH⊥BC交BC延长线与H点，延长EF交DH与点M，连接BM．由菱形性质和可证明，进而可得，由BM最小值为BH即可求解．
【详解】解：过D点作DH⊥BC交BC延长线与H点，延长EF交DH与点M，连接BM．
∵在菱形中，，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴当BM最小时FG最小，
根据点到直线的距离垂线段最短可知，BM的最小值等于BH，
∵在菱形中， ，
∴
又∵在Rt△CHD中，，
∴，
∴，
∴AM的最小值为6，
∴的最小值是1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了动点线段的最小值问题，涉及了菱形的性质、等腰三角形性质和判定、垂线段最短、中位线定理等知识点；将“两动点”线段长通过中位线转化为“一定一动”线段长求解是解题关键．
15、
【分析】根据题意由二次函数的性质、反比例函数的性质可以用含m的代数式表示出W的值，本题得以解决．
【详解】解：∵两个函数图象上有三个不同的点A（x1，m），B（x2，m），C（x3，m），其中m为常数，
∴其中有两个点一定在二次函数图象上，且这两个点的横坐标互为相反数，第三个点一定在反比例函数图象上，
假设点A和点B在二次函数图象上，则点C一定在反比例函数图象上，
∴m=，得x3=，
∴=x1+x2+x3=0+x3=；
故答案为：.
【点睛】
本题考查反比例函数的图象和图象上点的坐标特征、二次函数的图象和图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数和二次函数的性质解答．
16、110°
【解析】试题解析：∵AB是半圆O的直径
故答案为
点睛：圆内接四边形的对角互补.
17、（﹣2，3）．
【解析】根据坐标轴的对称性即可写出.
【详解】解：根据中心对称的性质，得点P（2，﹣3）关于原点的对称点P′的坐标是（﹣2，3）．
故答案为：（﹣2，3）．
【点睛】
此题主要考查直角坐标系内的坐标变换，解题的关键是熟知直角坐标系的特点.
18、
【分析】根据抛物线y=ax2+2ax+c，可以得到该抛物线的对称轴，然后根据二次函数图象具有对称性和抛物线y=ax2+2ax+c与x轴的一个交点的坐标是（1，0），可以得到该抛物线与x轴的另一个交点坐标．
【详解】∵抛物线y=ax2+2ax+c=a（x+1）2-a+c，
∴该抛物线的对称轴是直线x=-1，
∵抛物线y=ax2+2ax+c与x轴的一个交点的坐标是（1，0），
∴该抛物线与x轴的另一个交点的坐标是（-3，0），
故答案为：（-3，0）．
【点睛】
此题考查二次函数的图形及其性质，解题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
三、解答题（共78分）
19、如图所示，见解析.
【分析】根据长对正、高平齐、宽相等来画三视图即可.
【详解】如图所示：
．
【点睛】
本题考查三视图的知识，解决此类图的关键是由三视图得到相应的立体图形.从正面看到的图是正视图，从上面看到的图形是俯视图，从左面看到的图形是左视图，能看到的线画实线，被遮挡的线画虚线.
20、（2）见解析 （2）
【解析】（2）根据方程的系数结合根的判别式，可得出△=2m2+4＞0，进而即可证出：方程总有两个不相等的实数根；
（2）利用根与系数的关系列式求得m的值即可．
【详解】证明：△=（m+2）2-4×2×（m-2）=m2+2．
∵m2≥0，
∴m2+2＞0，即△＞0，
∴方程总有两个不相等的实数根．
（2）设方程的两根为a、b，
利用根与系数的关系得：a+b=-m-2，ab=m-2
根据题意得：=2，
即：＝2
解得：m=-，
∴当m=-时该方程两个根的倒数之和等于2．
【点睛】
本题主要考查根与系数的关系，解题的关键是掌握根与系数的关系及根的判别式．
21、（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．
22、（1）m＜1；（2）m＜0
【分析】（1）根据题意可知一元二次方程有两个不相等的实数根，即b2-4ac＞0然后利用根的判别式确定取值范围；（2）由题意得：x1x2＜0，即m＜0，即可求解；
【详解】解：（1）∵二次函数y＝x2－2x＋m的图象与x轴相交于A、B两点
则方程x2－2x＋m=0有两个不相等的实数根
∴b2-4ac＞0，
∴4-4m＞0，
解得：m＜1；
（2）∵点A、B位于原点的两侧
则方程x2－2x＋m=0的两根异号，即x1x2＜0
∵
∴m＜0
【点睛】
本题考查的是二次函数图象与系数的关系，要求学生对函数基本性质、函数与坐标轴的交点等的求解熟悉，这是一个综合性很好的题目．
23、答案见解析．
【分析】延长AO，BO，根据相似比，在延长线上分别截取AO，BO的2倍，确定所作的位似图形的关键点A'，B'，再顺次连接所作各点，即可得到放大2倍的位似图形△A'B'C'．
【详解】解：如图
【点睛】
本题考查作图-位似变换，数形结合思想解题是关键．
24、（1）10 （2）， （3）
【分析】（1）根据直角距离的公式，直接代入求解即可；
（2）设点C的坐标为，代入直角距离公式可得根据根的判别式求出k的值，即可求出点C的坐标；
（3）如图，⊙C与线段AC交于点D，过点D作与AB交于点E，先证明△ADE是等腰直角三角形，从而得出，再根据直角距离的定义，即可求出出最低的成本．
【详解】（1）∵，点，点
∴；
（2）设点C的坐标为
∵
∴
∵
∴
∴
∵符合条件的点有且仅有一个，且
∴
解得
∴
解得
∴
故，；
（3）如图，⊙C与线段AC交于点D，过点D作与AB交于点E
由题意得
∴
∵
∴△ADE是等腰直角三角形
∴
∵步道只能东西或者南北走向，并且东西方向每千米成本是20万元，南北方向每千米的成本是10万元
∴步道的最短距离为A和D的直角距离，即
最低总成本（万元）
故修建这一规光步道至少要万元．
【点睛】
本题考查了直角距离的问题，掌握直角距离的定义以及公式、根的判别式、解一元二次方程的方法是解题的关键．
25、（1）8.5cm；（2）显示屏的顶部B′比原来升高了10.3cm；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转25度．
【解析】（1）∵B′O′⊥OA，垂足为C，∠AO′B=115°，
∴∠AO′C=65°，
∵cos∠CO′A= ，
∴O′C=O′A•cos∠CO′A=20•cos65°=8.46≈8.5（cm）；
（2）如图2，过B作BD⊥AO交AO的延长线于D．
∵∠AOB=115°，∴∠BOD=65°．
∵sin∠BOD=，∴BD=OB•sin∠BOD=20×sin65°=18.12，
∴O′B′+O′C﹣BD=20+8.46﹣18.12=10.34≈10.3（cm），
∴显示屏的顶部B′比原来升高了10.3cm；
（3）如图4，过O′作EF∥OB交AC于E，
∴∠FEA=∠BOA=115°，
∠FOB′=∠EO′C=∠FEA﹣∠O′CA=115°﹣90°=25°，
∴显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转25度．
26、（1）四边形BEDF是菱形，理由见解析；（2）BE的长为10.
【分析】（1）如图，由垂直平分线的性质可得，再由等边对等角和平行线的性质得，根据三线合一的性质可知是等腰三角形，且，从而得出四边形BEDF是菱形；
（2）设，由题（1）的结论可得DE的长，从而可得AE的长，在中利用勾股定理即可得.
【详解】（1）四边形BEDF是菱形，理由如下：
是BD的垂直平分线
∵四边形ABCD是矩形
，即BD是的角平分线
是等腰三角形，且
∴四边形BEDF是菱形；
（2）设，由（1）可得
则
又∵四边形ABCD是矩形
在中，，即，解得
所以BE的长为10.
【点睛】
本题考查了角平分线的性质、等腰三角形的性质、菱形的定义、勾股定理，掌握灵活运用这些性质和定理是解题关键.
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