资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．已知二次函数y＝﹣2x2﹣4x+1，当﹣3≤x≤2时，则函数值y的最小值为（ ）
A．﹣15 B．﹣5 C．1 D．3
2．已知点(﹣3，a)，(3，b)，(5，c)均在反比例函数y＝的图象上，则有（ ）
A．a＞b＞c B．c＞b＞a C．c＞a＞b D．b＞c＞a
3．若关于的一元二次方程的两个实数根是和3，那么对二次函数的图像和性质的描述错误的是（ ）
A．顶点坐标为（1，4） B．函数有最大值4 C．对称轴为直线 D．开口向上
4．如果两个相似三角形的面积比是1：4，那么它们的周长比是
A．1：16 B．1：6 C．1：4 D．1：2
5．如图，在△ABC中，D、E分别在AB、AC上，且DE∥BC，AD＝DB，若S△ADE＝3，则S四边形DBCE＝( )
A．12 B．15 C．24 D．27
6．若，下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．以上结论均不正确
7．如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若直线PA与⊙O相切于点A，则∠PAB=（ ）
A．30° B．35° C．45° D．60°
8．如图2，四边形ABCD的对角线AC、BD互相垂直，则下列条件能判定四边形ABCD为菱形的是（ ）
A．BA＝BC B．AC、BD互相平分 C．AC＝BD D．AB∥CD
9．如图，图1是由5个完全相同的正方体堆成的几何体，现将标有E的正方体平移至如图2所示的位置，下列说法中正确的是( )
A．左、右两个几何体的主视图相同
B．左、右两个几何体的左视图相同
C．左、右两个几何体的俯视图不相同
D．左、右两个几何体的三视图不相同
10．如图，是的外接圆，已知，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，四边形OABC是矩形，ADEF是正方形，点A、D在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，点F在AB上，点B、E在反比例函数的图像上，OA=1，OC=6，则正方形ADEF的边长为 .
12．在某一个学校的运动俱乐部里面有三大筐数量相同的球，甲每次从第一个大筐中取出9个球；乙每次从第二个大筐中取出7个球；丙则是每次从第三个大筐中取出5个球.到后来甲、乙、丙三人都记不清各自取过多少次球了，于是管理人员查看发现第一个大筐中还剩下7个球，第二个大筐还剩下4个球，第三个大筐还剩下2个球，那么根据上述情况可以推知甲至少取了______次.
13．如图，⊙O经过A，B，C三点，PA，PB分别与⊙O相切于A，B点，∠P＝46°，则∠C＝_____．
14．如图所示，在宽为，长为的矩形耕地上，修筑同样宽的三条路（互相垂直），把耕地分成大小不等的六块试验田，要使试验田的面积为，道路的宽为_______
15．正六边形的边长为6，则该正六边形的面积是______________.
16．如图，AB是⊙O的直径，且AB=4，点C是半圆AB上一动点（不与A，B重合），CD平分∠ACB交⊙O于点D，点 I是△ABC的内心，连接BD．下列结论：
①点D的位置随着动点C位置的变化而变化；
②ID=BD；
③OI的最小值为；
④ACBC=CD．
其中正确的是 _____________ ．（把你认为正确结论的序号都填上）
17．如图，在平面直角坐标系中，和是以坐标原点为位似中心的位似图形，且点B（3，1），,（6，2），若点（5，6），则点的坐标为________．
18．____.
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，矩形ABCD中，AB＝6cm，AD＝8cm，点P从点A出发，以每秒一个单位的速度沿A→B→C的方向运动；同时点Q从点B出发，以每秒2个单位的速度沿B→C→D的方向运动，当其中一点到达终点后两点都停止运动．设两点运动的时间为t秒．
（1）当t＝ 时，两点停止运动；
（2）设△BPQ的面积面积为S（平方单位）
①求S与t之间的函数关系式；
②求t为何值时，△BPQ面积最大，最大面积是多少？
20．（6分）如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，设抛物线的顶点为点．
（1）求该抛物线的解析式与顶点的坐标．
（2）试判断的形状，并说明理由．
（3）坐标轴上是否存在点，使得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．（6分）解不等式组，并求出不等式组的整数解之和．
22．（8分）4张相同的卡片分别写有数字﹣1、﹣3、4、6，将这些卡片的背面朝上，并洗匀．
（1）从中任意抽取1张，抽到的数字大于0的概率是______；
（2）从中任意抽取1张，并将卡片上的数字记作二次函数y＝ax2+bx中的a，再从余下的卡片中任意抽取1张，并将卡片上的数字记作二次函数y＝ax2+bx中的b，利用树状图或表格的方法，求出这个二次函数图象的对称轴在y轴右侧的概率．
23．（8分）如图，AB是⊙O的弦，过点O作OC⊥OA，OC交于AB于P，且CP=CB．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）已知∠BAO=25°，点Q是弧AmB上的一点.
①求∠AQB的度数；
②若OA=18，求弧AmB的长.
24．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的角平分线，以AB上一点O为圆心，AD为弦作⊙O．
（1）尺规作图：作出⊙O（不写作法与证明，保留作图痕迹）；
（2）求证：BC为⊙O的切线．
25．（10分）如图，AB与CD相交于点O，△OBD∽△OAC，＝，OB＝6，S△AOC＝50，
求：（1）AO的长；
（2）求S△BOD
26．（10分）我国古代数学著作《九章算术》中记载了一个问题：“今有邑方不知大小，各开中门，出北门三十步有木，出西门七百五十步见木，问：邑方几何？” .其大意是:如图，一座正方形城池，A为北门中点，从点A往正北方向走30步到B出有一树木，C为西门中点，从点C往正西方向走750步到D处正好看到B处的树木，求正方形城池的边长.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【分析】先将题目中的函数解析式化为顶点式，然后在根据二次函数的性质和x的取值范围，即可解答本题．
【详解】∵二次函数y＝﹣2x2﹣4x+1＝﹣2（x+1）2+3，
∴该函数的对称轴是直线x＝﹣1，开口向下，
∴当﹣3≤x≤2时，x＝2时，该函数取得最小值，此时y＝﹣15，故选：A．
【点睛】
本题考查二次函数的最值，解题的关键是将二次函数的一般式利用配方法化成顶点式，求最值时要注意自变量的取值范围.
2、D
【分析】根据反比例函数系数k2+1大于0，得出函数的图象位于第一、三象限内，在各个象限内y随x的增大而减小，据此进行解答．
【详解】解：∵反比例函数系数k2+1大于0，
∴函数的图象位于第一、三象限内，在各个象限内y随x的增大而减小，
∵﹣3＜0，0＜3＜5，
∴点（﹣3，a）位于第三象限内，点（3，b），（5，c）位于第一象限内，
∴b＞c＞a．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查反比例函数的图象和性质，解答本题的关键是确定反比例函数的系数大于0，并熟练掌握反比例函数的性质，此题难度一般．
3、D
【分析】由题意根据根与系数的关系得到a＜0，根据二次函数的性质即可得到二次函数y=a（x-1）2+1的开口向下，对称轴为直线x=1，顶点坐标为（1，1），当x=1时，函数有最大值1．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程的两个实数根是-1和3，
∴-a=-1+3=2，
∴a=-2＜0，
∴二次函数的开口向下，对称轴为直线x=1，顶点坐标为（1，1），当x=1时，函数有最大值1，
故A、B、C叙述正确，D错误,
故选：D．
【点睛】
本题考查二次函数的性质，根据一元二次方程根与系数的关系以及根据二次函数的性质进行分析是解题的关键．
4、D
【解析】根据相似三角形面积的比等于相似比的平方求出相似比，根据相似三角形周长的比等于相似比解答即可．
【详解】解：两个相似三角形的面积比是1：4，
两个相似三角形的相似比是1：2，
两个相似三角形的周长比是1：2，
故选：D．
【点睛】
本题考查的是相似三角形的性质，掌握相似三角形周长的比等于相似比、相似三角形面积的比等于相似比的平方是解题的关键．
5、C
【分析】根据DE∥BC得到△ADE∽△ABC，再结合相似比是AD：AB＝1：3，因而面积的比是1：9，则可求出S△ABC，问题得解.
【详解】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵AD：DB＝1：2，
∴AD：AB＝1：3，
∴S△ADE：S△ABC是1：9，
∵S△ADE＝3，
∴S△ABC＝3×9＝27，
则S四边形DBCE＝S△ABC﹣S△ADE＝27﹣3＝24.
故选：C.
【点睛】
本题考查的是相似三角形的判定与性质，熟知相似三角形面积的比等于相似比的平方是解答此题的关键．
6、B
【分析】利用互余两角的三角函数关系，得出．
【详解】∵，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义，掌握互为余角的正余弦关系：一个角的正弦值等于另一个锐角的余角的余弦值则这两个锐角互余．
7、A
【解析】试题分析：连接OA，根据直线PA为切线可得∠OAP=90°，根据正六边形的性质可得∠OAB=60°，则∠PAB=∠OAP－∠OAB=90°－60°=30°．
考点：切线的性质
8、B
【详解】解：对角线互相垂直平分的四边形为菱形．已知对角线AC、BD互相垂直，
则需添加条件：AC、BD互相平分
故选：B
9、B
【分析】直接利用已知几何体分别得出三视图进而分析得出答案．
【详解】A、左、右两个几何体的主视图为：
，
故此选项错误；
B、左、右两个几何体的左视图为：
，
故此选项正确；
C、左、右两个几何体的俯视图为：
，
故此选项错误；
D、由以上可得，此选项错误；
故选B．
【点睛】
此题主要考查了简单几何体的三视图，正确把握观察的角度是解题关键．
10、B
【分析】根据圆周角定理：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可得∠AOB=100°，再根据三角形内角和定理可得答案．
【详解】∵∠ACB=50°，
∴∠AOB=100°，
∵AO=BO，
∴∠ABO=（180°-100°）÷2=40°，
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，关键是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．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、2
【解析】试题分析：由OA=1，OC=6，可得矩形OABC的面积为6；再根据反比例函数系数k的几何意义，可知k=6，∴反比例函数的解析式为；设正方形ADEF的边长为a，则点E的坐标为（a+1，a），∵点E在抛物线上，∴，整理得，解得或（舍去），故正方形ADEF的边长是2.
考点：反比例函数系数k的几何意义．
12、2
【分析】设每框球的总数为k，甲取了a次，乙取了b次，丙取了c次．根据题意得可列方程k=9a+7=7b+4=5c+2(k，a，b，c都是正整数)，然后根据整除的性质解答即可．
【详解】设每框球的总数为k，甲取了a次，乙取了b次，丙取了c次．根据题意得：
k=9a+7=7b+4=5c+2(k，a，b，c都是正整数)
∴9a+7=5c+2，
∴9a=5(c-1)，
∴a是5的倍数．
不妨设a=5m(m为正整数)，
∴k=45m+7=7b+4，
∴b=，
∵b和m都是正整数，
∴m的最小值为1．
∴a=5m=2．
故答案为：2．
【点睛】
本题考查了三元一次方程的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的者方程，会根据整除性进一步设未知数．
13、67°
【分析】根据切线的性质定理可得到∠OAP＝∠OBP＝90°，再根据四边形的内角和求出∠AOB，然后根据圆周角定理解答．
【详解】解：∵PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，
∴∠OAP＝90°，∠OBP＝90°，
∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣46°＝134°，
∴∠C＝∠AOB＝67°，
故答案为：67°．
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质、四边形的内角和和圆周角定理，属于常见题型，熟练掌握上述知识是解题关键.
14、1
【分析】设道路宽为x米，根据耕地的面积-道路的面积=试验田的面积，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：设道路宽为x米，
根据耕地的面积-道路的面积=试验田的面积得：
，
解得：x1=1，x2=1．
∵1＞20，
∴x=1舍去．
答：道路宽为1米．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用，根据耕地的面积-道路的面积=试验田的面积，列出关于x的一元二次方程是解题的关键．
15、
【分析】根据题意可知边长为6的正六边形可以分成六个边长为6的正三角形，从而计算出正六边形的面积即可．
【详解】解：连接正六变形的中心O和两个顶点D、E，得到△ODE，
因为∠DOE=360°×=60°，
又因为OD=OE，
所以∠ODE=∠OED=（180°-60°）÷2=60°，
则三角形ODE为正三角形，
∴OD=OE=DE=6，
∴S△ODE= OD•OE•sin60°= ×6×6×=9 ．
正六边形的面积为6×9 =54 ．
故答案为．
【点睛】
本题考查学生对正多边形的概念掌握和计算的能力，即要熟悉正六边形的性质，也要熟悉正三角形的面积公式．
16、②④
【分析】①在同圆或等圆中，根据圆周角相等，则弧相等可作判断；
②连接IB，根据点I是△ABC的内心，得到，可以证得 ，即有，可以判断②正确；
③当OI最小时，经过圆心O，作，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理，可求出，可判断③错误；
④用反证法证明即可．
【详解】解： 平分，AB是⊙O的直径，
，
，
是的直径，
是半圆的中点，即点是定点；
故①错误；
如图示，连接IB，
∵点I是△ABC的内心，
∴
又∵，
∴
即有
∴，
故②正确；
如图示，当OI最小时，经过圆心O，
过I点，作，交于点
∵点I是△ABC的内心，经过圆心O，
∴，
∵
∴是等腰直角三角形，
又∵，
∴，
设，则，，
∴，
解之得：，
即：，
故③错误；
假设，
∵点C是半圆AB上一动点，
则点C在半圆AB上对于任意位置上都满足，
如图示，
当经过圆心O时，，，
∴
与假设矛盾，故假设不成立，
∴
故④正确；
综上所述，正确的是②④，
故答案是：②④
【点睛】
此题考查了三角形的内心的定义和性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形外接圆有关的性质，角平分线的定义等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
17、 (2.5，3)
【分析】利用点B(3，1)，B′(6，2)即可得出位似比进而得出A的坐标．
【详解】解：∵点B(3，1)，B′(6，2)，点A′(5，6)，
∴A的坐标为：(2.5，3)．
故答案为：(2.5，3)．
【点睛】
本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
18、
【分析】根据特殊角度的三角函数值，，，代入数据计算即可.
【详解】∵，，,
∴原式=.
【点睛】
熟记特殊角度的三角函数值是解本题的关键.
三、解答题(共66分)
19、（1）1；（2）①当0＜t＜4时，S＝﹣t2+6t，当4≤t＜6时，S＝﹣4t+2，当6＜t≤1时，S＝t2﹣10t+2，②t＝3时，△PBQ的面积最大，最大值为3
【分析】（1）求出点Q的运动时间即可判断．
（2）①的三个时间段分别求出△PBQ的面积即可．
②利用①中结论，求出各个时间段的面积的最大值即可判断．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝8cm，AB＝CD＝6cm，
∴BC+AD＝14cm，
∴t＝14÷2＝1，
故答案为1．
（2）①当0＜t＜4时，S＝•（6﹣t）×2t＝﹣t2+6t．
当4≤t＜6时，S＝•（6﹣t）×8＝﹣4t+2．
当6＜t≤1时，S＝（t﹣6）•（2t﹣8）＝t2﹣10t+2．
②当0＜t＜4时，S＝•（6﹣t）×2t＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+3，
∵﹣1＜0，
∴t＝3时，△PBQ的面积最大，最小值为3．
当4≤t＜6时，S＝•（6﹣t）×8＝﹣4t+2，
∵﹣4＜0，
∴t＝4时，△PBQ的面积最大，最大值为8，
当6＜t≤1时，S＝（t﹣6）•（2t﹣8）＝t2﹣10t+2＝（t﹣5）2﹣1，
t＝1时，△PBQ的面积最大，最大值为3，
综上所述，t＝3时，△PBQ的面积最大，最大值为3．
【点睛】
本题主要考查了二次函数在几何图形中的应用，涉及了分类讨论的数学思想，灵活的利用二次函数的性质求三角形面积的最大值是解题的关键.
20、（1），；（2）是直角三角形，理由见解析；（3）存在，．
【分析】（1）已知了抛物线图象上的三点坐标，可用待定系数法求出该抛物线的解析式，进而可用配方法或公式法求得顶点D的坐标．
（2）根据B、C、D的坐标，可求得△BCD三边的长，然后判断这三条边的长是否符合勾股定理即可．
（3）假设存在符合条件的P点；首先连接AC，根据A、C的坐标及（2）题所得△BDC三边的比例关系，即可判断出点O符合P点的要求，因此以P、A、C为顶点的三角形也必与△COA相似，那么分别过A、C作线段AC的垂线，这两条垂线与坐标轴的交点也符合点P点要求，可根据相似三角形的性质（或射影定理）求得OP的长，也就得到了点P的坐标．
【详解】（1）设抛物线的解析式为．
由抛物线与y轴交于点，可知
即抛物线的解析式为
把代入
解得
∴抛物线的解析式为
∴顶点D的坐标为
（2）是直角三角形．
过点D分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为E、F
在中，
∴
在中，
∴
在中，
∴
∴
∴是直角三角形．
（3）连接AC，根据两点的距离公式可得：，则有，可得，得符合条件的点为．
过A作交y轴正半轴于，可知，求得符合条件的点为
过C作交x轴正半轴于，可知，求得符合条件的点为
∴符合条件的点有三个：．
【点睛】
本题考查了抛物线的综合问题，掌握抛物线的性质以及解法是解题的关键．
21、1.
【解析】分析：分别求出不等式组中两不等式的解集，找出解集的公共部分确定出解集，找出整数解即可．
详解：解不等式（x+1）≤2，得：x≤3，
解不等式，得：x≥0，
则不等式组的解集为0≤x≤3，
所以不等式组的整数解之和为0+1+2+3=1．
点睛：此题考查了解一元一次不等式组，以及一元一次不等式组的整数解，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
22、（1）；（2）．
【分析】（1）直接利用概率公式求解；
（2）画树状图展示所有12种等可能的结果数，利用一次函数的性质，找出a、b异号的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】（1）∵共由4种可能，抽到的数字大于0的有2种，
∴从中任意抽取1张，抽到的数字大于0的概率是，
故答案为：
（2）画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中a、b异号有8种结果，
∴这个二次函数的图象的对称轴在y轴右侧的概率为＝．
【点睛】
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．注意树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比，熟练掌握a、b异号时，对称轴在y轴右侧是解题关键．
23、（1）见解析；（2）①∠AQB=65°，②l弧AmB=23π.
【解析】(1)连接OB，根据等腰三角形的性质得到∠OAB=∠OBA，∠CPB=∠CBP，再根据∠PAO+∠APO=90°，继而得出∠OBC=90°，问题得证；
(2)①根据等腰三角形的性质可得∠ABO=25°，再根据三角形内角和定理可求得∠AOB的度数，继而根据圆周角定理即可求得答案；
②根据弧长公式进行计算即可得.
【详解】(1)连接OB，
∵CP=CB，
∴∠CPB=∠CBP，
∵OA⊥OC，
∴∠AOC=90°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵∠PAO+∠APO=90°，
∴∠ABO+∠CBP=90°，
∴∠OBC=90°，
∴BC是⊙O的切线；
(2)①∵∠BAO=25° ，OA=OB，
∴∠OBA=∠BAO=25°，
∴∠AOB=180°-∠BAO-∠OBA=130°，
∴∠AQB=∠AOB=65°；
②∵∠AOB=130°，OB=18，
∴l弧AmB==23π.
【点睛】
本题考查了圆周角定理，切线的判定等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
24、（1）作图见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）因为AD是弦，所以圆心O即在AB上，也在AD的垂直平分线上，作AD的垂直平分线，与AB的交点即为所求；
（2）因为D在圆上，所以只要能证明OD⊥BC就说明BC为⊙O的切线．
【详解】解：（1）如图所示，⊙O即为所求；
（2）证明：连接OD．
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠CAD＝∠OAD，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴OD∥AC．
又∵∠C＝90°，
∴∠ODB＝90°，
∴BC是⊙O的切线．
【点睛】
本题主要考查圆的切线，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键．
25、 (1)10;(2)1.
【分析】（1）根据相似三角形对应边之比相等可得＝＝，再代入BO＝6可得AO长；
（2）根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方可得＝，进而可得S△BOD．
【详解】解：（1）∵△OBD∽△OAC，
∴＝＝
∵BO＝6，
∴AO＝10；
（2）∵△OBD∽△OAC，＝
∴＝
∵S△AOC＝50，
∴S△BOD＝1．
【点睛】
此题主要考查相似三角形的性质，解题的关键是熟知相似三角形的面积之比等于相似比的平方.
26、正方形城池的边长为300步
【分析】本题只要是把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的对应边成比例，列出方程，通过解方程即可求出小城的边长．
【详解】依题意得AB=30步，CD=750步.
设AE为x步，则正方形边长为2x步，根据题意，
Rt△ABE∽Rt△CED
∴ 即.
解得x1=150，x2=-150（不合题意，舍去），
∴2x=300
∴正方形城池的边长为300步.
【点睛】
本题考查相似三角形的应用.
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