资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．一个不透明的袋子装有除颜色外其余均相同的2个白球和个黑球．随机地从袋中摸出一个球记录下颜色，再放回袋中摇匀．大量重复试验后，发现摸出白球的频率稳定在1．2附近，则的值为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．11
2．点A(-2，1)关于原点对称的点A'的坐标是（ ）
A．(2，1) B．(-2，-1) C．(-1，2) D．(2，-1)
3．关于二次函数y=﹣（x+1）2+2的图象，下列判断正确的是（ ）
A．图象开口向上 B．图象的对称轴是直线x=1
C．图象有最低点 D．图象的顶点坐标为（﹣1，2）
4．如图，在同一平面直角坐标系中，一次函数y1=kx+b（k、b是常数，且k≠0）与反比例函数y2=（c是常数，且c≠0）的图象相交于A（﹣3，﹣2），B（2，3）两点，则不等式y1＞y2的解集是（ ）
A．﹣3＜x＜2 B．x＜﹣3或x＞2 C．﹣3＜x＜0或x＞2 D．0＜x＜2
5．如图，已知⊙O的直径为4，∠ACB＝45°，则AB的长为（ ）
A．4 B．2 C．4 D．2
6．下面四个图案分别是步行标志、禁止行人通行标志、禁止驶入标志和直行标志，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A． B． C． D．
7．在△ABC中，∠C=90°，则下列等式成立的是（ ）
A．sinA= B．sinA= C．sinA= D．sinA=
8．一元二次方程的解是（ ）
A．或 B． C． D．
9．在同一平面直角坐标系中，函数y=x﹣1与函数的图象可能是
A． B． C． D．
10．直角三角形的两边长分别为16和12，则此三角形的外接圆半径是（ ）
A．8或6 B．10或8 C．10 D．8
11．一个不透明的袋子中有3个白球，4个黄球和5个红球，这些球除颜色不同外，其他完全相同．从袋子中随机摸出一个球，则它是黄球的概率是（ ）
A． B． C． D．
12．如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴相交于A、B两点，C(m，﹣3)是图象上的一点，且AC⊥BC，则a的值为（ ）
A．2 B． C．3 D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，矩形的面积为，它的对角线与双曲线相交于点，且，则________．
14．如图，已知正方形ABCD的边长是4，点E是AB边上一动点，连接CE，过点B作BG⊥CE于点G，点P是AB边上另一动点，则PD+PG的最小值为_____．
15．如图，把一个直角三角尺ACB绕着30°角的顶点B顺时针旋转，使得点A与CB的延长线上的点E重合连接CD，则∠BDC的度数为_____度．
16．某个周末小月和小华在南滨路跑步锻炼身体，两人同时从A点出发，沿直线跑到B点后马上掉头原路返回A点算一个来回，回到A点后又马上调头去往B点，以此类推，每人要完成2个来回。一直两人全程均保持匀速，掉头时间忽略不计。如图所示是小华从出发到他率先完成第一个来回为止，两人到B点的距离之和y（米）与小华跑步时间x（分钟）之间的函数图像，则当小华跑完2个来回时，小月离B点的距离为___米．
17．如图，圆锥的底面半径OB＝6cm，高OC＝8cm，则该圆锥的侧面积是_____cm1．
18．如图，在矩形中，，对角线与相交于点，，垂足为点，且平分，则的长为_____.
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，△ABC中，AC=BC，CD⊥AB于点D，四边形DBCE是平行四边形.
求证：四边形ADCE是矩形.
20．（8分）已知：如图，在半圆中，直径的长为6，点是半圆上一点，过圆心作的垂线交线段的延长线于点，交弦于点．
（1）求证：；
（2）记，，求关于的函数表达式；
（3）若，求图中阴影部分的面积．
21．（8分）在中，，.
（Ⅰ）如图Ⅰ，为边上一点（不与点重合），将线段绕点逆时针旋转得到，连接.
求证：（1）；
（2）.
（Ⅱ）如图Ⅱ，为外一点，且，仍将线段绕点逆时针旋转得到，连接，.
（1）的结论是否仍然成立？并请你说明理由；
（2）若，，求的长.
22．（10分）（发现）在解一元二次方程的时候，发现有一类形如x2+（m+n）x+mn＝0的方程，其常数项是两个因数的积，而它的一次项系数恰好是这两个因数的和，则我们可以把它转化成x2+（m+n）x+mn＝（m+x）（m+n）＝0
（探索）解方程：x2+5x+6＝0：x2+5x+6＝x2+（2+3）x+2×3＝（x+2）（x+3），原方程可转化为（x+2）（x+3）＝0，即x+2＝0或x+3＝0，进而可求解．
（归纳）若x2+px+q＝（x+m）（x+n），则p＝ q＝ ；
（应用）
（1）运用上述方法解方程x2+6x+8＝0；
（2）结合上述材料，并根据“两数相乘，同号得正，异号得负“，求出一元二次不等式x2﹣2x﹣3＞0的解．
23．（10分）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点A的对应点D恰好落在边AB上，点B的对应点为E，连接BE．
（Ⅰ）求证：∠A＝∠EBC；
（Ⅱ）若已知旋转角为50°，∠ACE＝130°，求∠CED和∠BDE的度数．
24．（10分）已知：在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．
（1）画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标；
（2）画出将绕点按顺时针旋转所得的．
25．（12分）已知抛物线的顶点为，且过点.直线与轴相交于点.
（1）求该抛物线的解析式；
（2）以线段为直径的圆与射线相交于点，求点的坐标.
26．如图，的内接四边形两组对边的延长线分别相交于点、．
（1）若时，求证：；
（2）若时，求的度数．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目，二者的比值就是其发生的概率．
【详解】解：依题意有：=1.2，
解得：n=2．
故选：C．
【点睛】
此题考查了利用概率的求法估计总体个数，利用如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=是解题关键．
2、D
【解析】根据两个点关于原点对称时，它们的横纵坐标符号相反，即可求解．
【详解】解：点A（-2，1）关于原点对称的点A'的坐标是（2，-1）．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了关于原点对称点的性质，正确把握横纵坐标的关系是解题关键．
3、D
【解析】二次函数的顶点式是：y=a（x﹣h）2+k（a≠0，且a，h，k是常数），它的对称轴是x=h，顶点坐标是（h，k），据此进行判断即可.
【详解】∵﹣1＜0，
∴函数的开口向下，图象有最高点，
这个函数的顶点是（﹣1，2），
对称轴是x=﹣1，
∴选项A、B、C错误，选项D正确，
故选D．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，熟练掌握抛物线的开口方向，对称轴，顶点坐标是解题的关键．
4、C
【解析】一次函数y1=kx+b落在与反比例函数y2=图象上方的部分对应的自变量的取值范围即为所求．
【详解】∵一次函数y1=kx+b（k、b是常数，且k≠0）与反比例函数y2=（c是常数，且c≠0）的图象相交于A（﹣3，﹣2），B（2，3）两点，
∴不等式y1＞y2的解集是﹣3＜x＜0或x＞2，
故选C．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，利用数形结合是解题的关键．
5、D
【分析】连接OA、OB，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求出∠AOB＝90°，再根据等腰直角三角形的性质即可求出AB的长.
【详解】连接OA、OB，如图，
∵∠AOB＝2∠ACB＝2×45°＝90°，
∴△AOB为等腰直角三角形，
∴AB＝OA＝2．
故选：D．
【点睛】
此题考查的是圆周角定理和等腰直角三角形的性质，掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解决此题的关键.
6、C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，即可得出答案．
【详解】A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
B．不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
C．是轴对称图形，也是中心对称图形；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形．
故选：C．
【点睛】
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．
7、B
【解析】分析：根据题意画出图形，进而分析得出答案．
详解：如图所示：sinA=．
故选B．
点睛：本题主要考查了锐角三角函数的定义，正确记忆边角关系是解题的关键．
8、A
【解析】方程利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
【详解】解：方程x（x-1）=0，
可得x=0或x-1=0，
解得：x=0或x=1．
故选：A．
【点睛】
此题考查了解一元二次方程-因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
9、C
【解析】试题分析：一次函数的图象有四种情况：
①当，时，函数的图象经过第一、二、三象限；
②当，时，函数的图象经过第一、三、四象限；
③当，时，函数的图象经过第一、二、四象限；
④当，时，函数的图象经过第二、三、四象限．
因此，∵函数y=x﹣1的，，∴它的图象经过第一、三、四象限．
根据反比例函数的性质：当时，图象分别位于第一、三象限；当时，图象分别位于第二、四象限．
∵反比例函数的系数，∴图象两个分支分别位于第一、三象限．
综上所述，符合上述条件的选项是C．故选C．
10、B
【分析】分两种情况：①16为斜边长；②16和12为两条直角边长，由勾股定理易求得此直角三角形的斜边长，进而可求得外接圆的半径．
【详解】解：由勾股定理可知： ①当直角三角形的斜边长为16时，这个三角形的外接圆半径为8； ②当两条直角边长分别为16和12，则直角三角形的斜边长= 因此这个三角形的外接圆半径为1． 综上所述：这个三角形的外接圆半径等于8或1．
故选：B．
【点睛】
本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握直角三角形的外接圆是以斜边中点为圆心，斜边长的一半为半径的圆是解题的关键．
11、B
【分析】利用概率公式直接计算即可.
【详解】解：根据题意可得：袋子中有有3个白球，4个黄球和5个红球，共12个，
从袋子中随机摸出一个球，它是黄色球的概率．
故选B．
【点睛】
本题考查概率的计算，掌握公式正确计算是本题的解题关键.
12、D
【分析】在直角三角形ABC中，利用勾股定理AD2+DC2+CD2+BD2=AB2，即m2﹣m(x1+x2)+18+x1x2=0；然后根据根与系数的关系即可求得a的值．
【详解】过点C作CD⊥AB于点D．
∵AC⊥BC，
∴AD2+DC2+CD2+BD2=AB2，
设ax2+bx+c=0的两根分别为x1与x2(x1≤x2)，
∴A(x1，0)，B(x2，0)．
依题意有(x1﹣m)2+9+(x2﹣m)2+9=(x1﹣x2)2，
化简得：m2﹣m(x1+x2)+9+x1x2=0，
∴m2m+90，
∴am2+bn+c=﹣9a．
∵(m，﹣3)是图象上的一点，
∴am2+bm+c=﹣3，
∴﹣9a=﹣3，
∴a．
故选：D．
【点睛】
本题是二次函数的综合试题，考查了二次函数的性质和图象，解答本题的关键是注意数形结合思想．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、12
【解析】试题分析：
由题意，设点D的坐标为（x，y），
则点B的坐标为（，），
所以矩形OABC的面积，解得
∵图象在第一象限，
∴.
考点：反比例系数k的几何意义
点评：反比例系数k的几何意义是初中数学的重点，是中考常见题，一般难度不大，需熟练掌握.
14、2-2
【解析】作DC关于AB的对称点D′C′，以BC中的O为圆心作半圆O，连D′O分别交AB及半圆O于P、G．将PD+PG转化为D′G找到最小值．
【详解】如图：
取点D关于直线AB的对称点D′，以BC中点O为圆心，OB为半径画半圆，
连接OD′交AB于点P，交半圆O于点G，连BG，连CG并延长交AB于点E，
由以上作图可知，BG⊥EC于G，
PD+PG=PD′+PG=D′G，
由两点之间线段最短可知，此时PD+PG最小，
∵D′C’=4，OC′=6，
∴D′O=，
∴D′G=-2，
∴PD+PG的最小值为-2，
故答案为-2.
【点睛】
本题考查了轴对称的性质、直径所对的圆周角是直角、线段和的最小值问题等，综合性较强，能灵活利用相关知识正确添加辅助线是解题的关键.通常解此类问题都是将线段之和转化为固定两点之间的线段和最短.
15、1
【分析】根据△EBD由△ABC旋转而成，得到△ABC≌△EBD，则BC＝BD，∠EBD＝∠ABC＝30°，则有∠BDC＝∠BCD，∠DBC＝180﹣30°＝10°，化简计算即可得出.
【详解】解：∵△EBD由△ABC旋转而成，
∴△ABC≌△EBD，
∴BC＝BD，∠EBD＝∠ABC＝30°，
∴∠BDC＝∠BCD，∠DBC＝180﹣30°＝10°，
∴；
故答案为1．
【点睛】
此题考查旋转的性质，即图形旋转后与原图形全等．
16、1
【分析】根据题意和函数图象中的数据可以求得点A和点B之间的距离，再根据图象中的数据可以求得当小华跑完2个米回时，小月离B点的距离，本题得以解决．
【详解】解：设A点到B点的距离为S米，小华的速度为a米/分，小月的速度为b米/分，
，
解得：；
则当小华跑完1个来回时，小月离B点的距离为：772-550=222（米），
即小华跑完1个来回比小月多跑的路程是：550-222=328（米），
故小华跑完2个来回比小月多跑的路程是：328×2=656（米），
则当小华跑完2个米回时，小月离B点的距离为：656-550=1（米）
故答案为：1．
【点睛】
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
17、60π
【分析】先利用勾股定理求出BC的长度，然后利用扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵它的底面半径OB＝6cm，高OC＝8cm．
∴BC＝＝10（cm），
∴圆锥的侧面积是：（cm1）．
故答案为：60π．
【点睛】
本题主要考查勾股定理及扇形的面积公式，掌握勾股定理及扇形的面积公式是解题的关键．
18、．
【分析】由矩形的性质可得AO=CO=BO=DO，可证△ABE≌△AOE，可得AO=AB=BO=DO，由勾股定理可求AB的长．
【详解】解：∵四边形是矩形
∴，
∵平分
∴，且，，
∴≌（）
∴，且
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
故答案为．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练运用矩形的性质是本题的关键．
三、解答题（共78分）
19、见解析.
【解析】根据等腰三角形的性质可知CD垂直平分AB，在根据平行四边形的性质可知EC平行且等于AD，由矩形的判定即可证出四边形ADCE是矩形.
【详解】证明：∵
∴
∵在 中，
∴
∴四边形是平行四边形
又 ∵
∴四边形是矩形.
【点睛】
本题主要考查了等腰三角形三线合一的性质、平行四边形的判定与性质，熟知矩形的判定是解题关键.
20、（1）见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）根据直径所对的圆周角等于90°，可得∠CAB+∠ABC=90°，根据DO⊥AB，得出∠D+∠DAO=90°，进而可得出结果；
（2）先证明，得出，从而可得出结果；
（3）设OD与圆弧的交点为F，则根据S阴影=S△AOD-S△AOC-S扇形COF求解．
【详解】
（1）证明：∵是直径，∴，
∴．
∵，∴．
∴．
（2）解：∵，∴．
∴．而，∴，
∴即，
∴．
（3）解：设OD与圆弧的交点为F，设，则，
∵，∴．
在中，，∴．
∴∠AOC=60°，∴DO=AO=3．
又AO=CO，∴△ACO为等边三角形，
S阴影=S△AOD-S扇形COF-S△AOC =．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理的推论、圆中不规则图形面积的求法、等腰三角形的性质、等边三角形的性质与判定等知识，掌握基本性质与判定方法是解题的关键．注意求不规则图形的面积时，结合割补法求解．
21、（Ⅰ）（1）见解析；（2）见解析；（Ⅱ）（1）仍然成立，见解析；（2）6.
【解析】（Ⅰ）（1）根据旋转的性质，得到AD=AE，∠BAD=∠CAE，然后根据SAS证明全等即可；
（2）由全等的性质，得到BD=CE，然后即可得到结论；
（Ⅱ）（1）与（Ⅰ）同理，即可得到；
（2）根据全等的性质，得到，然后利用勾股定理求出DE，根据特殊角的三角函数值，即可求出答案.
【详解】解：（Ⅰ）（1）∵，
∴，即，
在和中，，
∴；
（2）∵，
∴，
∴；
（Ⅱ）（1）的结论仍然成立，
理由：∵将线段绕点逆时针旋转得到，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
即，
在与中，，
∴；
（2）∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴.
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
22、归纳：m+n，m；应用（1）：x1＝﹣2，x2＝4；（2）x＞3或x﹣1
【分析】归纳：根据题意给出的方法即可求出答案．
应用：（1）根据题意给出的方法即可求出答案；
（2）根据题意给出的方法即可求出答案；
【详解】解：归纳：故答案为：m+n，m；
应用：（1）x2+6x+8＝0，
∴（x+2）（x+4）＝0
∴x+2＝0，x+4＝0
∴x1＝﹣2，x2＝4；
（2）∵x2﹣2x﹣3＞0
∴（x﹣3）（x+1）＞0
∴或
解得：x＞3或x﹣1
【点睛】
本题考查了一元二次方程，一元二次不等式的解及题目所给信息的总结归纳能力
23、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）∠BDE=50°, ∠CED =35°
【分析】（Ⅰ）由旋转的性质可得AC＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE，由等腰三角形的性质可求解．
（Ⅱ）由旋转的性质可得AC＝CD，∠ABC＝∠DEC，∠ACD＝∠BCE＝50°，∠EDC＝∠A，由三角形内角和定理和等腰三角形的性质可求解．
【详解】证明：（Ⅰ）∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，
∴AC＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE，
∴∠A＝，∠CBE＝，
∴∠A＝∠EBC；
（Ⅱ）∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，
∴AC＝CD，∠ABC＝∠DEC，∠ACD＝∠BCE＝50°，∠EDC＝∠A，∠ACB=∠DCE
∴∠A＝∠ADC＝65°，
∵∠ACE＝130°，∠ACD＝∠BCE＝50°，
∴∠ACB＝∠DCE =80°，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAC﹣∠BCA＝35°，
∵∠EDC＝∠A＝65°，
∴∠BDE＝180°﹣∠ADC﹣∠CDE＝50°．∠CED=180°﹣∠DCE﹣∠CDE=35°
【点睛】
本题主要考查旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等．
24、（1）如图所示，即为所求，见解析，点的坐标为；（2）如图所示，即为所求．见解析.
【解析】分别作出三顶点关于原点的对称点，再顺次连接即可得；
分别作出点、绕点按顺时针旋转所得的对应点，再顺次连接即可得．
【详解】解：（1）如图所示，即为所求，其中点的坐标为．
（2）如图所示，即为所求．
【点睛】
此题主要考查了图形的旋转变换，正确得出对应点位置是解题关键．
25、（1）；（2）或
【分析】（1）先设出抛物线的顶点式，再将点A的坐标代入可得出结果；
（2）先求出射线的解析式为，可设点P的坐标为(x,x)．圆与射线OA相交于两点，分两种情况：①如图1当时，构造和，再在直角三角形中利用勾股定理，列方程求解；②如图2，当时，构造和，再在直角三角形中利用勾股定理，列方程求解．
【详解】解：（1）根据顶点设抛物线的解析式为：，
代入点，得：，
抛物线的解析式为：．
设直线的解析式为：，
分别代入和，
得：，
直线的解析式为：；
（2）由（1）得：直线的解析式为，
令，得，
由题意可得射线的解析式为，
点在射线上，则可设点，
由图可知满足条件的点有两个：
①当时，构造和，
可得：如图1：
由图可得，，，
．
在Rt△PMD中，,
在Rt△PBG中，,
在Rt△BMH中，,
点在以线段为直径的圆上,，
可得：,
即：．
整理，得：
，解得：；
,．
;
②当时，如图2，构造和，可得：
同理，根据BM2=BP2+PM2，可得方程：
42+42=(6-x)2+x2+(x-2)2+(x-4)2,化简得，
，解得：，
∵．
．
综上所述，符合题目条件的点有两个，其坐标分别为：或．
【点睛】
本题主要考查二次函数解析式的求法，以及圆的相关性质，关键是构造直角三角形利用勾股定理列方程解决问题．
26、（1）证明见解析；（2）48°．
【分析】（1）根据对顶角与三角形的外角定理即可求解；
（2）根据圆内接四边形得到，再根据三角形的内角和及外角定理即可求解.
【详解】，，
，
；
（2），，
．
，且，
，
，
．
【点睛】
此题主要考查圆内的角度求解，解题的关键是熟知三角形的内角和及圆内接四边形的性质.
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