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．如图，这是由5个大小相同的整体搭成的几何体，该几何体的左视图是 （ ）
A． B． C． D．
2．如图，厂房屋顶人字架（等腰三角形）的跨度BC＝10m，∠B＝36°，D为底边BC的中点，则上弦AB的长约为（ ）（结果保留小数点后一位sin36°≈0.59，cos36°≈0.81，tan36°≈0.73）
A．3.6m B．6.2m C．8.5m D．12.4m
3．已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，下列结i论：①abc＞1；②b2﹣4ac＞1；③2a+b＝1；④a﹣b+c＜1．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．如图，是一个几何体的三视图，根据图中标注的数据可求得这个几何体的体积为（ ）
A．12π B．24π C．36π D．48π
5．用配方法解方程2x2－x－2＝0，变形正确的是( )
A． B．＝0 C． D．
6．如图，把正三角形绕着它的中心顺时针旋转60°后，是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在▱ABCD中，AB：BC＝4：3，AE平分∠DAB交CD于点E，则△DEF的面积与△BAF的面积之比为（ ）
A．3：4 B．9：16 C．4：3 D．16：9
8．有三张正面分别写有数字－1，1，2的卡片，它们背面完全相同，现将这三张卡片背面朝上洗匀后随机抽取一张，以其正面数字作为a的值，然后再从剩余的两张卡片随机抽一张，以其正面的数字作为b的值，则点（a，b）在第二象限的概率为（ ）
A． B． C． D．
9．图1是一个地铁站入口的双翼闸机．如图2，它的双翼展开时，双翼边缘的端点A与B之间的距离为10cm，双翼的边缘AC＝BD＝54cm，且与闸机侧立面夹角∠PCA＝∠BDQ＝30°．当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度为( )
A．(54+10) cm B．(54+10) cm C．64 cm D．54cm
10．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，E为AB上一点且AE∶EB＝4∶1，EF⊥AC于点F，连接FB，则tan∠CFB的值等于( )
A． B． C． D．5
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知抛物线，如果把该抛物线先向左平移个单位长度，再作关于轴对称的图象，最后绕原点旋转得到新抛物线，则新抛物线的解析式为______．
12．如图，某水坝的坡比为,坡长为米，则该水坝的高度为__________米．
13．若是一元二次方程的两个根，则＝___________．
14．将正整数按照图示方式排列，请写出“2020”在第_____行左起第_____个数．
15．若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是_________．
16．如图，在矩形ABCD中，，对角线AC,BD交于点O，点M,N分别为OB,OC的中点，则的面积为____________.
17．在英语句子“Wish you success”（祝你成功）中任选一个字母，这个字母为“s”的概率是 ．
18．如图，正方形中，点为射线上一点，，交的延长线于点，若，则______
三、解答题(共66分)
19．（10分）已知抛物线y＝kx2+（1﹣2k）x+1﹣3k与x轴有两个不同的交点A、B．
（1）求k的取值范围；
（2）证明该抛物线一定经过非坐标轴上的一点M，并求出点M的坐标；
（3）当＜k≤8时，由（2）求出的点M和点A，B构成的△ABM的面积是否有最值？若有，求出该最值及相对应的k值．
20．（6分）如图，已知抛物线y1＝﹣x2+x+2与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线l是抛物线的对称轴，一次函数y2＝kx+b经过B、C两点，连接AC．
（1）△ABC是 三角形；
（2）设点P是直线l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求点P的坐标；
（3）结合图象，写出满足y1＞y2时，x的取值范围 ．
21．（6分）如图，矩形OABC中，A（6，0）、C（0，）、D（0，），射线l过点D且与x轴平行，点P、Q分别是l和x轴正半轴上动点，满足∠PQO=60°．
（1）①点B的坐标是 ；
②当点Q与点A重合时，点P的坐标为 ；
（2）设点P的横坐标为x，△OPQ与矩形OABC的重叠部分的面积为S，试求S与x的函数关系式及相应的自变量x的取值范围．
22．（8分）如图所示，学校准备在教学楼后面搭建一简易矩形自行车车棚，一边利用教学楼的后墙（可利用的墙长为），另外三边利用学校现有总长的铁栏围成，留出2米长门供学生进出.若围成的面积为，试求出自行车车棚的长和宽.
23．（8分）如图，△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝6，求sinB的值．
24．（8分）如图，在地面上竖直安装着AB、CD、EF三根立柱，在同一时刻同一光源下立柱AB、CD形成的影子为BG与DH.
（1）填空：判断此光源下形成的投影是： 投影.
（2）作出立柱EF在此光源下所形成的影子.
25．（10分）伴随经济发展和生活水平的日益提高，水果超市如雨后春笋般兴起．万松园一水果超市从外地购进一种水果，其进货成本是每吨0.4万元，根据市场调查，这种水果在市场上的销售量y（吨）与销售价x（万元）之间的函数关系为y＝-x＋2.6
（1）当每吨销售价为多少万元时，销售利润为0.96万元？
（2）当每吨销售价为多少万元时利润最大？并求出最大利润是多少？
26．（10分）如图，菱形ABCD的边AB＝20，面积为320，∠BAD＜90°，⊙O与边AB，AD都相切，若AO=10，则⊙O的半径长为_______.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【解析】观察所给的几何体，根据三视图的定义即可解答.
【详解】左视图有2列，每列小正方形数目分别为2，1．
故选A．
【点睛】
本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．
2、B
【分析】先根据等腰三角形的性质得出BD＝BC＝5m，AD⊥BC，再由cosB＝，∠B＝36°知AB＝，代入计算可得．
【详解】∵△ABC是等腰三角形，且BD＝CD，
∴BD＝BC＝5m，AD⊥BC，
在Rt△ABD中，∵cosB＝，∠B＝36°，
∴AB＝＝≈6.2（m），故选：B．
【点睛】
本题考查解直接三角形的应用，解题的关键是根据等腰三角形的性质构造出直角三角形Rt△ABD，再利用三角函数求解.
3、C
【分析】首先根据开口方向确定a的取值范围，根据对称轴的位置确定b的取值范围，根据抛物线与y轴的交点确定c的取值范围，根据抛物线与x轴是否有交点确定b2﹣4ac的取值范围，根据x＝﹣1函数值可以判断．
【详解】解：抛物线开口向下，
，
对称轴，
，
抛物线与轴的交点在轴的上方，
，
，故①错误；
抛物线与轴有两个交点，
，故②正确；
对称轴，
，
，故③正确；
根据图象可知，当时，，故④正确；
故选：．
【点睛】
此题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求与的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用是解题关键．
4、B
【解析】根据三视图：俯视图是圆，主视图与左视图是长方形可以确定该几何体是圆柱体，再利用已知数据计算圆柱体的体积．
【详解】先由三视图确定该几何体是圆柱体，底面直径是4，半径是2，高是1．
所以该几何体的体积为π×22×1=24π．
故选B．
【点睛】
本题主要考查由三视图确定几何体和求圆柱体的面积，考查学生的空间想象能力．
5、D
【解析】用配方法解方程2−x−2＝0过程如下：
移项得：，
二次项系数化为1得：，
配方得：，
即：.
故选D．
6、A
【分析】根据旋转的性质判断即可.
【详解】解:∵把正三角形绕着它的中心顺时针旋转60°，
∴图形A符合题意，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是图形的旋转，和学生的空间想象能力，熟练掌握旋转的性质是解题的关键.
7、B
【分析】根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可解决问题．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠DEA＝∠EAB，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE＝∠EAB，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴AD＝DE，
∵AB：BC＝4：3，
∴DE：AB＝3：4，
∵△DEF∽△BAF，
∵DE：EC＝3：1，
∴DE：DC＝DE：AB＝3：4，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8、B
【详解】试题分析：根据题意，画出树状图如下：
一共有6种情况，在第二象限的点有（﹣1，1）（﹣1，2）共2个，所以，P=．故选B．
考点：列表法与树状图法求概率．
9、C
【分析】过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，则可得AE和BF的长，依据端点A与B之间的距离为10cm，即可得到可以通过闸机的物体的最大宽度．
【详解】如图所示，
过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，则
Rt△ACE中，AE=AC=×54=27（cm），
同理可得，BF=27cm，
又∵点A与B之间的距离为10cm，
∴通过闸机的物体的最大宽度为27+10+27=64（cm），
故选C．
【点睛】
本题主要考查了特殊角的三角函数值，特殊角的三角函数值应用广泛，一是它可以当作数进行运算，二是具有三角函数的特点，在解直角三角形中应用较多．
10、C
【解析】根据题意：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，
∵EF⊥AC，∴EF∥BC，∴=
∵AE：EB=4：1，∴=5，
∴=，设AB=2x，则BC=x，AC=
∴在Rt△CFB中有CF=x，BC=x．
则tan∠CFB==
故选C．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】由抛物线的顶点为（0，0），然后根据平移的性质，轴对称的性质，以及旋转的性质即可得到答案.
【详解】解：∵抛物线的顶点坐标为（0，0），图像开口向上，
∴向左平移个单位长度，则顶点为：（），
∴关于轴对称的图象的顶点为：（2，0），
∴绕原点旋转得到新抛物线的图像的顶点为（），且图像开口向下；
∴新抛物线的解析式为：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了二次函数图象与几何变换，解的关键是熟练掌握旋转的性质、轴对称的性质和平移的性质.
12、
【分析】根据坡度的定义，可得，从而得∠A=30°，进而即可求解．
【详解】∵水坝的坡比为，∠C=90°，
∴，即：tan∠A=
∴∠A=30°，
∵为米，
∴为1米．
故答案是：1．
【点睛】
本题主要考查坡度的定义和三角函数的定义，掌握坡度的定义，是解题的关键．
13、1
【分析】根据韦达定理可得，，将整理得到，代入即可．
【详解】解：∵是一元二次方程的两个根，
∴，，
∴，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查韦达定理，掌握，是解题的关键．
14、61 1
【分析】根据图形中的数字，可以写出前n行的数字之和，然后即可计算出2020在多少行左起第几个数字，本题得以解决．
【详解】解：由图可知，
第一行1个数，
第二行2个数，
第三行3个数，
…，
则第n行n个数，
故前n个数字的个数为：1+2+3+…+n＝，
∵当n＝63时，前63行共有＝2016个数字，2020﹣2016＝1，
∴2020在第61行左起第1个数，
故答案为：61，1．
【点睛】
本题考查了数字类规律探究，从已有数字确定其变化规律是解题的关键.
15、，但
【分析】根据一元二次方程根的判别式，即可求出答案．
【详解】解：∵一元二次方程有实数根，
∴，
解得：；
∵是一元二次方程，
∴，
∴的取值范围是，但．
故答案为：，但．
【点睛】
本题考查根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式，本题属于基础题型．
16、
【分析】由矩形的性质可推出△OBC的面积为△ABC面积的一半，然后根据中位线的性质可推出△OMN的面积为△OBC面积的，即可得出答案.
【详解】∵四边形ABCD为矩形
∴∠ABC=90°，BC=AD=4，O为AC的中点，
∴
又∵M、N分别为OB、OC的中点
∴MN=BC，MN∥BC
∴△OMN∽△OBC
∴
∴
故答案为：.
【点睛】
本题考查了矩形的性质，中位线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方.
17、
【解析】试题解析：在英语句子“Wishyousuccess!”中共14个字母，其中有字母“s”4个．故其概率为.
考点：概率公式．
18、
【分析】连接AC交BD于O，作FG⊥BE于G，证出△BFG是等腰直角三角形，得出BG=FG=BF=，由三角形的外角性质得出∠AED=30°，由直角三角形的性质得出OE=OA，求出∠FEG=60°，∠EFG=30°,进而求出OA的值，即可得出答案.
【详解】连接AC交BD于O，作FG⊥BE于G，如图所示
则∠BGF=∠EGF=90°
∵四边形ABCD是正方形
∴AC⊥BD，OA=OB=OC=OD，∠ADB=∠CBG=45°
∴△BFG是等腰直角三角形
∴BG=FG=BF=
∵∠ADB=∠EAD+∠AED，∠EAD=15°
∴∠AED=30°
∴OE=OA
∵EF⊥AE
∴∠FEG=60°
∴∠EFG=30°
∴EG=FG=
∴BE=BG+EG=
∵OA+AO=
解得：OA=
∴AB=OA=
故答案为
【点睛】
本题考查了正方形和等腰直角三角形的性质，综合性较强，需要熟练掌握相关性质.
三、解答题(共66分)
19、（1）且；（2）见解析，M(3,4) ；（3）△ABM的面积有最大值，
【分析】（1）根据题意得出△=（1-2k）2-4×k×（1-3k）=（1-4k）2＞0，得出1-4k≠0，解不等式即可；
（2）y= k（x2-2x-3）+x+1，故只要x2-2x-3=0，那么y的值便与k无关，解得x=3或x=-1（舍去，此时y=0，在坐标轴上），故定点为（3，4）；
（3）由|AB|=|xA-xB|得出|AB|=||，由已知条件得出，得出0＜||≤，因此|AB|最大时，||=，解方程即可得到结果.
【详解】解：（1）当时，函数为一次函数，不符合题意，舍去；
当时，抛物线与轴相交于不同的两点、，
△，
，
，
∴k的取值范围为且；
（2）证明：抛物线，
，
抛物线过定点说明在这一点与k无关，
显然当时，与k无关，
解得：或，
当时，，定点坐标为；
当时，，定点坐标为，
∴M不在坐标轴上，
；
（3），
，
，
，
，
，
最大时，，
解得：，或（舍去），
当时，有最大值，
此时的面积最大，没有最小值，
则面积最大为：．
【点睛】
本题是二次函数综合题目，考查了二次函数与一元二次方程的关系，根的判别式以及最值问题等知识；本题难度较大，根据题意得出点M的坐标是解决问题的关键．
20、（1）直角;（2）P（，）;（3）0＜x＜1.
【分析】（1）求出点A、B、C的坐标分别为：（-1，0）、（1，0）、（0，2），则AB2=25，AC2=5，BC2=20，即可求解；
（2）点A关于函数对称轴的对称点为点B，则直线BC与对称轴的交点即为点P，即可求解；
（3）由图象可得：y1＞y2时，x的取值范围为：0＜x＜1．
【详解】解：（1）当x=0时，
y1＝0+0+2=2，
当y=0时，
﹣x2+x+2=0，
解得
x1=-1，x2=1，
∴点A、B、C的坐标分别为：(﹣1，0)、(1，0)、(0，2)，
则AB2＝25，AC2＝5，BC2＝20，
故AB2＝AC2+BC2，
故答案为：直角；
（2）将点B、C的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b得：
，
解得
，
∴直线BC的表达式为：y＝﹣x+2，
抛物线的对称轴为直线：x＝，
点A关于函数对称轴的对称点为点B，则直线BC与对称轴的交点即为点P，
当x＝时，y＝×+2＝，
故点P(，)；
（3）由图象可得：y1＞y2时，x的取值范围为：0＜x＜1，
故答案为：0＜x＜1．
【点睛】
本题考查了二次函数与坐标轴的交点，待定系数法求一次函数解析式，轴对称最短的性质，勾股定理及其逆定理，以及利用图像解不等式等知识，本题难度不大．
21、（1）①（6，），②（3，）；（2）
【分析】（1）①由四边形OABC是矩形，根据矩形的性质，即可求得点B的坐标；②由正切函数，即可求得∠CAO的度数，③由三角函数的性质，即可求得点P的坐标；
（2）分别从当0≤x≤3时，当3＜x≤5时，当5＜x≤9时，当x＞9时去分析求解即可求得答案．
【详解】解：（1）①∵四边形OABC是矩形，
∴AB=OC，OA=BC，
∵A（6，0）、C（0，2），
∴点B的坐标为：（6，2）；
②如图1：当点Q与点A重合时，过点P作PE⊥OA于E，
∵∠PQO=60°，D（0，3），
∴PE=3，
∴AE=，
∴OE=OA-AE=6-3=3，
∴点P的坐标为（3，3）；
故答案为：①（6，2），②（3，3）；
（2）①当0≤x≤3时，
如图，OI=x，IQ=PI•tan60°=3，OQ=OI+IQ=3+x；
由题意可知直线l∥BC∥OA，
∴，
∴EF=
此时重叠部分是梯形，其面积为：
S梯形=（EF+OQ）•OC=（3+x）
∴．
当3＜x≤5时，如图
AQ=OI+IO-OA=x+3-6=x-3
AH=(x-3)
S=S梯形﹣S△HAQ=S梯形﹣AH•AQ=（3+x）﹣
∴．
③当5＜x≤9时，如图
∵CE∥DP
∴
∴
∴
S=（BE+OA）•OC=（12﹣）
∴．
④当x＞9时，如图
∵AH∥PI
∴
∴
∴
S=OA•AH=．
综上：．
【点睛】
此题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及直角三角形的性质等知识．此题综合性较强，难度较大，注意数形结合思想与分类讨论思想的应用．
22、若围成的面积为，自行车车棚的长和宽分别为10米，18米.
【分析】设自行车车棚的宽AB为x米，则长为（38-2x）米，根据矩形的面积公式，即可列方程求解即可．
【详解】解：现有总长的铁栏围成，需留出2米长门
∴设，则；
根据题意列方程，
解得，；
当，（米），
当，（米），而墙长，不合题意舍去，
答：若围成的面积为，自行车车棚的长和宽分别为10米，18米.
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的应用，结合图形求解．找到关键描述语，找到等量关系准确的列出方程是解决问题的关键．
23、
【分析】过点A作于D，根据等腰三角形的三线合一性质求出根据勾股定理求出，最后用正弦的定义即可.
【详解】解：过点A作于D，
又∵△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝6，
∴,
.
∴.
【点睛】
本题考查了等腰三角形的三线合一性质、勾股定理、锐角三角函数的定义，构造直角三角形是解题的关键.
24、（1）中心；（2）如图，线段FI为此光源下所形成的影子. 见解析
【分析】（1）根据中心投影的定义“由同一点（点光源）发出的光线形成的投影叫做中心投影”即可得；
（2）如图（见解析），先通过AB、CD的影子确认光源O的位置，再作立柱EF在光源O下的投影即可.
【详解】（1）由中心投影的定义得：此光线下形成的投影是：中心投影
故答案为：中心；
（2）如图，连接GA、HC，并延长相交于点O，则点O就是光源，再连接OE，并延长与地面相交，交点为I，则FI为立柱EF在此光源下所形成的影子.
【点睛】
本题考查了中心投影的定义，根据已知立柱的影子确认光源的位置是解题关键.
25、（1）当每吨销售价为1万元或2万元时，销售利润为 0.96万元；（2）每吨销售价为1.5万元时，销售利润最大，最大利润是1.21万元．
【分析】（1）由销售量y=-x+2.6，而每吨的利润为x-0.4，所以w=y（x-0.4）；
（2）解出（2）中的函数是一个二次函数，对于二次函数取最值可使用配方法.
【详解】解：（1）设销售利润为w万元，由题意可得：
w=（x-0.4）y=（x-0.4）（-x+2.6）=-x2+3x-1.04，
令w=0.96，则-x2+3x-1.04=0.96
解得x1=1，x2=2，
答：当每吨销售价为1万元或2万元时，销售利润为 0.96万元；
（2）w=-x2+3x-1.04=-（x-1.5）2+1.21，
当x=1.5时，w最大=1.21，
∴每吨销售价为1.5万元时，销售利润最大，最大利润是1.21万元．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用和二次函数的应用，解题的关键是掌握题中的数量关系，列出相应方程和函数表达式.
26、2
【解析】分析：如图作DH⊥AB于H，连接BD，延长AO交BD于E．利用菱形的面积公式求出DH，再利用勾股定理求出AH，BD，由△AOF∽△DBH，可得，再将OA、BD、BH的长度代入即可求得OF的长度．
详解：
如图所示：作DH⊥AB于H，连接BD，延长AO交BD于E．
∵菱形ABCD的边AB=20，面积为320，
∴AB•DH=320，
∴DH=16，
在Rt△ADH中，AH=
∴HB=AB-AH=8，
在Rt△BDH中，BD=，
设⊙O与AB相切于F，连接OF．
∵AD=AB，OA平分∠DAB，
∴AE⊥BD，
∵∠OAF+∠ABE=90°，∠ABE+∠BDH=90°，
∴∠OAF=∠BDH，∵∠AFO=∠DHB=90°，
∴△AOF∽△DBH，
∴，即
∴OF＝2.
故答案是：2.
点睛：考查切线的性质、菱形的性质、勾股定理、相似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，构造直角三角形解决问题．
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
