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(每小题3分,共30分)
1．如图，是的直径，点是延长线上一点，是的切线，点是切点，，若半径为，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．某同学用一根长为（12+4π）cm的铁丝，首尾相接围成如图的扇形（不考虑接缝），已知扇形半径OA＝6cm，则扇形的面积是（ ）
A．12πcm2 B．18πcm2 C．24πcm2 D．36πcm2
3．如图，在中，，，为边上的一点，且．若的面积为，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．定义新运算：对于两个不相等的实数，，我们规定符号表示，中的较大值，如：．因此，；按照这个规定，若，则的值是（ ）
A．－1 B．－1或 C． D．1或
5．如图所示，河堤横断面迎水坡AB的坡比是1：，堤高BC=5m，则坡面AB的长度是（ ）
A．10m B．10m C．15m D．5m
6．下面四个手机应用图标中是轴对称图形的是( )
A． B． C． D．
7．如图，一飞镖游戏板由大小相等的小正方形格子构成，向游戏板随机投掷一枚飞镖，击中黑色区域的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在△中，∥，如果，，，那么的值为（ ）
A． B． C． D．
9．如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转30°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，则∠A的度数为（ ）
A．70° B．75° C．60° D．65°
10．下列事件中必然发生的事件是（ ）
A．一个图形平移后所得的图形与原来的图形不全等
B．不等式的两边同时乘以一个数，结果仍是不等式
C．200件产品中有5件次品，从中任意抽取6件，至少有一件是正品
D．随意翻到一本书的某页，这页的页码一定是偶数
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，以O为圆心，任意长为半径画弧，与射线OM交于点A，再以A为圆心，AO长为半径画弧，两弧交于点B，画射线OB，则cos∠AOB的值等于___________．
12．某种商品的标价为400元/件，经过两次降价后的价格为324元/件，并且两次降价的百分率相同，则该商品每次降价的百分率为_____．
13．如图，小明从路灯下A处，向前走了5米到达D处，行走过程中，他的影子将会(只填序号)________．①越来越长，②越来越短，③长度不变．
在D处发现自己在地面上的影子长DE是2米，如果小明的身高为1.7米，那么路灯离地面的高度AB是________米．
14．请写出“两个根分别是2，-2”的一个一元二次方程：_______________
15．从五个数1，2，3，4，5中随机抽出1个数 ，则数3被抽中的概率为_________．
16．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________．
17．某盏路灯照射的空间可以看成如图所示的圆锥，它的高AO＝8米，母线AB＝10米，则该圆锥的侧面积是_____平方米（结果保留π）．
18．已知线段、满足，则________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，是的直径，是的切线，切点为，交于点，点是的中点.
(1)试判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若的半径为2，，，求图中阴影部分的周长.
20．（6分）如图，在平面直角坐标系中，已知是等边三角形，点的坐标是，点在第一象限，的平分线交轴于点，把绕着点按逆时针方向旋转，使边与重合，得到，连接．求：的长及点的坐标．
21．（6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.
22．（8分）如图，某实践小组为测量某大学的旗杆和教学楼的高，先在处用高米的测角仪测得旗杆顶端的仰角，此时教学楼顶端恰好在视线上，再向前走米到达处，又测得教学楼顶端的仰角，点三点在同一水平线上，(参考数据：)
（1）计算旗杆的高；
（2）计算教学楼的高．
23．（8分）如图，已知抛物线与轴相交于、两点，与轴相交于点，对称轴为，直线与抛物线相交于、两点.
（1）求此抛物线的解析式；
（2）为抛物线上一动点，且位于的下方，求出面积的最大值及此时点的坐标；
（3）设点在轴上，且满足，求的长.
24．（8分）已知关于x的一元二次方程x2+(2m+3)x+m2＝1有两根α，β
(1)求m的取值范围；
(2)若α+β+αβ＝1．求m的值．
25．（10分）已知⊙中，为直径，、分别切⊙于点、．
（1）如图①，若，求的大小；
（2）如图②，过点作∥，交于点，交⊙于点，若，求的大小．
26．（10分）如图，正方形的边长为9，、分别是、边上的点，且.将绕点逆时针旋转，得到.
（1）求证：
（2）当时，求的长.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】连接OC，求出∠COD和∠D，求出边DC长，分别求出三角形OCD的面积和扇形COB的面积，即可求出答案．
【详解】连接OC，
∵AO=CO，∠CAB=30°，
∴∠COD=2∠CAB =60°，
∵DC切⊙O于C，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD=90°，
∴∠D=90°-∠COD =90°-60°=30°，
在Rt△OCD中，∠OCD=90°，∠D=30°，OC=4，
∴，
∴阴影部分的面积是:
故选：B．
【点睛】
本题考查了扇形的面积，三角形的面积的应用，还考查了等腰三角形性质，三角形的内角和定理，切线的性质，解此题的关键是求出扇形和三角形的面积．
2、A
【分析】首先根据铁丝长和扇形的半径求得扇形的弧长，然后根据弧长公式求得扇形的圆心角，然后代入扇形面积公式求解即可．
【详解】解：∵铁丝长为（12+4π）cm，半径OA＝6cm，
∴弧长为4πcm，
∴扇形的圆心角为：＝120°，
∴扇形的面积为：＝12πcm2，
故选：A．
【点睛】
本题考查了扇形的面积的计算，解题的关键是了解扇形的面积公式及弧长公式，难度不大．
3、C
【分析】根据相似三角形的判定定理得到，再由相似三角形的性质得到答案.
【详解】∵，，
∴，
∴，即，
解得，的面积为，
∴的面积为：，
故选C．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定定理和性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定定理和性质.
4、B
【分析】分x>0和0x<0两种情况分析，利用公式法解一元二次方程即可．
【详解】解：当x>0时，有，解得， (舍去)，
x<0时，有，解得，x1=−1，x2=2(舍去)．
故选B.
【点睛】
此题主要考查了一元二次方程的解法，解题的关键是掌握新定义以及掌握因式分解法以及公式法解方程的方法步骤，掌握降次的方法，把二次化为一次，再解一元一次方程．
5、A
【解析】试题分析：河堤横断面迎水坡AB的坡比是，
即，
∴∠BAC=30°，
∴AB=2BC=2×5=10，
故选A．
考点：解直角三角形
6、D
【分析】分别根据轴对称图形与中心对称图形的性质对各选项进行逐一分析即可．
【详解】A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是中心对称图形，故本选项错误；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，故本选项正确．
故选D．
【点睛】
本题考查的是轴对称图形，熟知轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质的图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合是解答此题的关键．
7、C
【解析】利用黑色区域的面积除以游戏板的面积即可．
【详解】黑色区域的面积=3×33×12×23×1=4，所以击中黑色区域的概率．
故选C．
【点睛】
本题考查了几何概率：求概率时，已知和未知与几何有关的就是几何概率．计算方法是长度比，面积比，体积比等．
8、B
【分析】由平行线分线段成比例可得到，从而AC的长度可求.
【详解】∵∥
∴
∴
∴
故选B
【点睛】
本题主要考查平行线分线段成比例，掌握平行线分线段成比例是解题的关键.
9、B
【分析】由旋转的性质知∠AOD=30°，OA=OD，根据等腰三角形的性质及内角和定理可得答案．
【详解】由题意得：∠AOD=30°，OA=OD，∴∠A=∠ADO75°．
故选B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质：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、后的图形全等是解题的关键．
10、C
【分析】直接利用随机事件、必然事件、不可能事件分别分析得出答案．
【详解】A、一个图形平移后所得的图形与原来的图形不全等，是不可能事件，故此选项错误；
B、不等式的两边同时乘以一个数，结果仍是不等式，是随机事件，故此选项错误；
C、200件产品中有5件次品，从中任意抽取6件，至少有一件是正品，是必然事件，故此选项正确；
D、随意翻到一本书的某页，这页的页码一定是偶数，是随机事件，故此选项错误；
故选C．
【点睛】
此题主要考查了随机事件、必然事件、不可能事件，正确把握相关定义是解题关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、．
【解析】试题分析：根据作图可以证明△AOB是等边三角形，则∠AOB=60°，据此即可求解．
试题解析：连接AB，
由画图可知：OA=0B，AO=AB
∴OA=AB=OB，即三角形OAB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴cos∠AOB=cos60°=．
考点：1．特殊角的三角函数值；2．等边三角形的判定与性质．
12、10%
【解析】设该种商品每次降价的百分率为x%，根据“两次降价后的售价=原价×（1-降价百分比）的平方”，即可得出关于x的一元二次方程，解方程即可得出结论．
【详解】设该种商品每次降价的百分率为x%，
依题意得：400×（1-x%）2=324，
解得：x=10，或x=190（舍去）．
答：该种商品每次降价的百分率为10%．
故答案为：10%
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是根据数量关系得出关于x的一元二次方程．
13、①；5.95.
【解析】试题解析：小明从路灯下A处，向前走了5米到达D处，行走过程中，他的影子将会越来越长；
∵CD∥AB，
∴△ECD∽△EBA，
∴，即，
∴AB=5.95（m）．
考点：中心投影．
14、
【分析】可先分别写出解为2,-2的一元一次方程（此一元一次方程的等式右边为0），然后逆运用因式分解法即可.
【详解】解：因为x+2=0的解为x=-2,x-2=0的解为x=2，
所以的两个根分别是2，-2，
可化为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查一元二次方程的解，因式分解法解一元二次方程.因式分解法是令等式的一边为0，另一边分解为两个一次因式乘积的形式，这两个一次因式为0时的解为一元二次方程的两个解.而本题可先分别写出两个值为0时解为2和-2的一次因式，这两个一次因式的乘积即可作为一元二次方程等式的一边，等式的另外一边为0.
15、
【解析】分析：直接利用概率公式求解即可求出答案.
详解：从1，2，3，4，5中随机取出1个不同的数，共有5种不同方法，其中3被抽中的概率为.故答案为.
点睛：本题考查了概率公式的应用，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.
16、②④
【解析】由抛物线开口方向得到a＜0，有对称轴方程得到b=-2a＞0，由∵抛物线与y轴的交点位置得到c＞0，则可对①进行判断；由b=-2a可对②进行判断；利用抛物线的对称性可得到抛物线与x轴的另一个交点为（3，0），则可判断当x=2时，y＞0，于是可对③进行判断；通过比较点（-，y1）与点（，y2）到对称轴的距离可对④进行判断．
【详解】：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线的对称轴为直线x= -=1，
∴b=-2a＞0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c＞0，
∴abc＜0，所以①错误；
∵b=-2a，
∴2a+b=0，所以②正确；
∵抛物线与x轴的一个交点为（-1，0），抛物线的对称轴为直线x=1，
∴抛物线与x轴的另一个交点为（3，0），
∴当x=2时，y＞0，
∴4a+2b+c＞0，所以③错误；
∵点（-，y1）到对称轴的距离比点（，y2）对称轴的距离远，
∴y1＜y2，所以④正确．
故答案为：②④．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小，当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定：△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
17、
【分析】根据勾股定理求得OB，再求得圆锥的底面周长即圆锥的侧面弧长，根据扇形面积的计算方法S＝lr，求得答案即可．
【详解】解：∵AO＝8米，AB＝10米，
∴OB＝6米，
∴圆锥的底面周长＝2×π×6＝12π米，
∴S扇形＝lr＝×12π×10＝60π米2，
故答案为60π．
【点睛】
本题考查圆锥的侧面积，掌握扇形面积的计算方法S＝lr是解题的关键．
18、
【解析】此题考查比例知识
，
答案
三、解答题(共66分)
19、 (1)直线与相切；理由见解析；(2).
【分析】（1）连接OE、OD，根据切线的性质得到∠OAC=90°，根据三角形中位线定理得到OE∥BC，证明△AOE≌△DOE，根据全等三角形的性质、切线的判定定理证明；
（2）根据切线长定理可得DE=AE=2.5，由圆周角定理可得∠AOD=100°，然后根据弧长公式计算弧AD的长，从而可求得结论．
【详解】解：（1）直线DE与⊙O相切，
理由如下：连接OE、OD，如图，
∵AC是⊙O的切线，
∴AB⊥AC，
∴∠OAC=90°，
∵点E是AC的中点，O点为AB的中点，
∴OE∥BC，
∴∠1=∠B，∠2=∠3，
∵OB=OD，
∴∠B=∠3，
∴∠1=∠2，
在△AOE和△DOE中
∵OA=OD
∠1=∠2
OE=OE，
∴△AOE≌△DOE（SAS）
∴∠ODE=∠OAE=90°，
∴DE⊥OD，
∵OD为⊙O的半径，
∴DE为⊙O的切线；
（2）∵DE、AE是⊙O的切线，
∴DE=AE，
∵点E是AC的中点，
∴DE=AE=AC=2.5，
∵∠AOD=2∠B=2×50°=100°，
∴阴影部分的周长=．
【点睛】
本题考查的是切线的判定与性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线、切线长定理、弧长的计算，掌握切线的性质与判定、弧长公式是解题的关键．
20、，点的坐标为．
【分析】根据等边三角形的每一个角都是60°可得∠OAB=60°，然后根据对应边的夹角∠OAB为旋转角求出∠PAD=60°，再判断出△APD是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得DP=AP，根据，∠OAB的平分线交x轴于点P，∠OAP=30°，利用三角函数求出AP，从而得到DP，再求出∠OAD=90°，然后写出点D的坐标即可．
【详解】∵是等边三角形，
∴，
∵绕着点按逆时针方向旋转边与重合，
∴旋转角，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵的坐标是，的平分线交轴于点，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴点的坐标为．
【点睛】
本题考查了坐标与图形的变化，解题的关键是熟练的掌握坐标与图形的变化的相关知识点.
21、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.
22、（1）旗杆的高约为米；（2）教学楼的高约为米．
【分析】（1）根据题意可得，，在中，利用∠HDE的正切函数可求出HE的长，根据BH=BE+HE即可得答案；
（2）设米，由可得EF=GF=x，利用∠GDF的正切函数列方程可求出x的值，根据CG=GF+CF即可得答案．
【详解】（1）由已知得，，，
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
∴旗杆的高约为米．
（2）设米，在中，，
∴，
在中，，
∴，，
∴，即，
解得：，
∴CG=CF+FG=1+=≈21.25，
∴教学楼的高约为米．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数的定义是解题关键．
23、（1）；
（2）当时，取最大值，此时点坐标为.
（3）或17.
【分析】（1）根据对称轴与点A代入即可求解；
（2）先求出，过点作轴的平行线，交直线于点，设，得到，，表示出，根据二次函数的性质即可求解；
（3）根据题意分①当在轴正半轴上时， ②当在轴负半轴上时利用相似三角形的性质即可求解.
【详解】（1）∵对称轴为x＝−1，
∴−＝−1，
∴b＝2a，
∴y＝ax2＋2ax−5，
∵y＝−x＋3与x轴交于点A（3，0），
将点A代入y＝ax2＋2ax−5可得a＝
∴.
（2）令，解得：，，
∴，
过点作轴的平行线，交直线于点，
设，则，
∴，，
则，
∵，
∴当时，取最大值，
此时点坐标为.
（3）存在，
理由：①当在轴正半轴上时，如图，
过点作于，
根据三角形的外角的性质得，，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
②当在轴负半轴上时，记作，
由①知，，取，如图，
则由对称知：，
∴，
因此点也满足题目条件，∴，
综合以上得：或17.
【点睛】
本题考查二次函数的综合；熟练掌握二次与一次函数的图象及性质，掌握三角形相似、直角三角形的性质是解题的关键．
24、 (1)m≥﹣；(2)m的值为2．
【解析】（1）根据方程有两个相等的实数根可知△＞1，求出m的取值范围即可；
（2）根据根与系数的关系得出α+β与αβ的值，代入代数式进行计算即可．
【详解】(1)由题意知，(2m+2)2﹣4×1×m2≥1，
解得：m≥﹣；
(2)由根与系数的关系得：α+β＝﹣(2m+2)，αβ＝m2，
∵α+β+αβ＝1，
∴﹣(2m+2)+m2＝1，
解得：m1＝﹣1，m1＝2，
由(1)知m≥﹣，
所以m1＝﹣1应舍去，
m的值为2．
【点睛】
本题考查的是根与系数的关系，熟知x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝1（a≠1）的两根时，x1+x2＝﹣，x1x2＝是解答此题的关键．
25、（1）；（2）
【分析】（1）根据切线性质求出∠OBM=∠OAM=90°，根据圆周角定理求出∠COB，求出∠BOA，即可求出答案；
（2）连接AB、AD，得出平行四边形，推出MB=AD，推出AB=AD，求出等边三角形AMB，即可得出答案．
【详解】(1)连接OB，
∵MA、MB分别切⊙O于A. B，
∴∠OBM=∠OAM=90°，
∵弧BC对的圆周角是∠BAC，圆心角是∠BOC，∠BAC=25°，
∴∠BOC=2∠BAC=50°，
∴∠BOA=180°−50°=130°，
∴∠AMB=360°−90°−90°−130°=50°.
(2)连接AD，AB，
∵BD∥AM，DB=AM，
∴四边形BMAD是平行四边形，
∴BM=AD，
∵MA切⊙O于A，
∴AC⊥AM，
∵BD∥AM，
∴BD⊥AC，
∵AC过O，
∴BE=DE，
∴AB=AD=BM，
∵MA、MB分别切⊙O于A. B，
∴MA=MB，
∴BM=MA=AB，
∴△BMA是等边三角形，
∴∠AMB=60°.
【点睛】
本题考查切线的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是掌握切线的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质.
26、（1）见解析；（2）7.1
【分析】（1）由旋转可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=41°，得到∠MDF=41°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；
（2）由第一问的全等得到AE=CM=3，正方形的边长为9，用AB﹣AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=x，可得出BF=BM﹣FM=BM﹣EF=12﹣x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．
【详解】（1）∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，
∴F、C、M三点共线，
∴DE=DM，∠EDM=90°，
∴∠EDF+∠FDM=90°．
∵∠EDF=41°，
∴∠FDM=∠EDF=41°，
在△DEF和△DMF中，
∵，
∴△DEF≌△DMF(SAS)，
∴EF=MF；
（2）设EF=x，则MF=x．
∵AE=CM=3，且BC=9，
∴BM=BC+CM=9+3=12，
∴BF=BM﹣MF=BM﹣EF=12﹣x．
∵EB=AB﹣AE=9﹣3=6，
在Rt△EBF中，由勾股定理得：EB2+BF2=EF2，
即62+(12﹣x)2=x2，
解得：x=7.1，
则EF=7.1．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理，利用了转化及方程的思想，熟练掌握性质及定理是解答本题的关键．
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