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(每小题3分,共30分)
1．如图，AB 是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点M，若CD＝8 cm，MB＝2 cm，则直径AB的长为（ ）
A．9 cm B．10 cm C．11 cm D．12 cm
2．如图，在⊙O中，弦BC // OA，AC与OB相交于点M，∠C=20°，则∠MBC的度数为（ ）．
A．30° B．40°
C．50° D．60°
3．下列图案中，是中心对称图形的是( )
A． B． C． D．
4．如图，⊙O的直径BA的延长线与弦DC的延长线交于点E，且CE＝OB，已知∠DOB＝72°，则∠E等于（ ）
A．18° B．24° C．30° D．26°
5．如图，嘉淇一家驾车从地出发，沿着北偏东的方向行驶，到达地后沿着南偏东的方向行驶来到地，且地恰好位于地正东方向上，则下列说法正确的是（ ）
A．地在地的北偏西方向上 B．地在地的南偏西方向上
C． D．
6．某旅游景点8月份共接待游客16万人次，10月份共接待游客36万人次，设游客每月的平均增长率为x，则下列方程正确的是（ ）
A．16（1+x2）＝36 B．16x+16x（x+1）＝36
C．16（1+x）+16（1+x）2＝36 D．16x（x+1）＝36
7．下列四个数中是负数的是（ ）
A．1 B．﹣（﹣1） C．﹣1 D．|﹣1|
8．抛物线与y轴的交点坐标是（ ）
A．（4，0） B．（-4，0） C．（0，-4） D．（0，4）
9．如图，在平面直角坐标系中，将绕着旋转中心顺时针旋转，得到，则旋转中心的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
10．某居民区一处圆形下水管道破裂，修理人员准备更换一段新管道．如图所示，污水水面AB宽为80cm，管道顶端最高点到水面的距离为20cm，则修理人员需准备的新管道的半径为（ ）
A．50cm B．50cm C．100cm D．80cm
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，点B，A，C，D在⊙O上，OA⊥BC，∠AOB=50°，则∠ADC= ．
12．如图，直线y=+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△AOB绕点A顺时针旋转90°后得到△AO′B′，则点B′的坐标是_________．
13．如图，在△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，AD⊥BC于点D，则△ABD与△ADC的面积比为________.
14．在矩形ABCD中，P为CD边上一点（DP＜CP），∠APB＝90°．将△ADP沿AP翻折得到△AD'P，PD'的延长线交边AB于点M，过点B作BN∥MP交DC于点N，连接AC，分别交PM，PB于点E，F．现有以下结论：
①连接DD'，则AP垂直平分DD'；
②四边形PMBN是菱形；
③AD2＝DP•PC；
④若AD＝2DP，则；
其中正确的结论是_____（填写所有正确结论的序号）
15．如图，已知圆锥的底面半径为3，高为4，则该圆锥的侧面积为______．
16．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC∥EF，EF分别与AB，AC，CD相交于点E，M，F，若EM：BC＝2：5，则FC：CD的值是_____．
17．已知函数是反比例函数，则=________．
18．如图，正方形ABCD中，P为AD上一点，BP⊥PE交BC的延长线于点E，若AB=6，AP=4，则CE的长为_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）一次知识竞赛中，有甲、乙、丙三名同学名次并列，但奖品只有两份，谁应 该得到奖品呢？ 他们决定用抽签的方式来决定：取张大小、质地相同，分别标有数字的卡片，充分混匀后倒扣在桌子上，按甲、乙、丙的顺序，每人从中任意抽取一 张，取后不放回.规定抽到号或号卡片的人得到奖品.求甲、乙两人同时得到奖品 的概率.
20．（6分）已知，如图，AB是⊙O的直径，AD平分∠BAC交⊙O于点D，过点D的切线交AC的延长线于E．求证：DE⊥AE．
21．（6分）为进一步深化基教育课程改革，构建符合素质教育要求的学校课程体系，某学校自主开发了A书法、B阅读，C足球，D器乐四门校本选修课程供学生选择，每门课程被选到的机会均等．
（1）学生小红计划选修两门课程，请写出所有可能的选法；
（2）若学生小明和小刚各计划送修一门课程，则他们两人恰好选修同一门课程的概率为多少？
22．（8分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与轴交于点.二次函数的图像经过点，与轴交于点，与一次函数的图像交于另一点.
（1）求二次函数的表达式；
（2）当时，直接写出的取值范围；
（3）平移，使点的对应点落在二次函数第四象限的图像上，点的对应点落在直线上，求此时点的坐标.
23．（8分）如图，AC为⊙O的直径，B为⊙O上一点，∠ACB=30°，延长CB至点D，使得CB=BD，过点D作DE⊥AC，垂足E在CA的延长线上，连接BE．
（1）求证：BE是⊙O的切线；
（2）当BE=3时，求图中阴影部分的面积．
24．（8分）如图，在中，，为边上的中线，于点E.
（1）求证：；
（2）若，，求线段的长.
25．（10分）已知关于x的一元二次方程（a+c）x2+2bx+a-c=0,其中a、b、c分别为△ABC三边的长．
（1）若方程有两个相等的实数根，试判断△ABC的形状，并说明理由；
（2）若△ABC是正三角形，试求这个一元二次方程的根．
26．（10分）如图,在△ABC中,D为BC边上的一点,且∠CAD=∠B,CD=4，BD=2,求AC的长
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】由CD⊥AB，可得DM=1．设半径OD=Rcm，则可求得OM的长，连接OD，在直角三角形DMO中，由勾股定理可求得OD的长，继而求得答案．
【详解】解：连接OD，设⊙O半径OD为R,
∵AB 是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点M ，
∴DM=CD=1cm，OM=R-2,
在RT△OMD中，
OD²=DM²+OM²即R²=1²+(R-2)²,
解得：R=5,
∴直径AB的长为:2×5=10cm．
故选B．
【点睛】
本题考查了垂径定理以及勾股定理．注意掌握辅助线的作法及数形结合思想的应用．
2、B
【分析】由圆周角定理（同弧所对的圆周角是圆心角的一半）得到∠AOB，再由平行得∠MBC．
【详解】解：∵∠C=20°
∴∠AOB=40°
又∵弦BC∥半径OA
∴∠MBC=∠AOB =40°,
故选：B．
【点睛】
熟练掌握圆周角定理，平行线的性质是解答此题的关键．
3、D
【分析】根据中心对称图形的定义逐一进行分析判断即可.
【详解】A、不是中心对称图形，故不符合题意；
B、不是中心对称图形，故不符合题意；
C、不是中心对称图形，故不符合题意；
D、是中心对称图形，故符合题意，
故选D.
【点睛】
本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的概念是解题的关键.
4、B
【分析】根据圆的半径相等可得等腰三角形，根据三角形的外角的性质和等腰三角形等边对等角可得关于∠E的方程，解方程即可求得答案．
【详解】解：如图，连接CO,
∵CE＝OB＝CO=OD，
∴∠E＝∠1，∠2＝∠D
∴∠D=∠2＝∠E+∠1＝2∠E．
∴∠3＝∠E+∠D＝∠E+2∠E＝3∠E．
由∠3＝72°，得3∠E＝72°．
解得∠E＝24°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆的认识，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质.能利用圆的半径相等得出等腰三角形是解题关键．
5、C
【分析】先根据题意画出图形，再根据平行线的性质及方向角的描述方法解答即可．
【详解】解：如图所示，
由题意可知，∠4=50°，
∴∠5=∠4=50°，即地在地的北偏西50°方向上，故A错误；
∵∠1=∠2=60°，
∴地在地的南偏西60°方向上，故B错误；
∵∠1=∠2=60°，
∴∠BAC=30°，
∴，故C正确；
∵∠6=90°−∠5=40°，即∠ACB=40°，故D错误．
故选C．
【点睛】
本题考查的是方向角，解答此类题需要从运动的角度，正确画出方位角，再结合平行线的性质求解．
6、A
【分析】设游客每月的平均增长率为x，根据该旅游景点8月份及10月份接待游客人次数，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：设游客每月的平均增长率为x，
依题意，得：16（1+x）2＝1．
故选：A．
【点睛】
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
7、C
【解析】大于0的是正数，小于0的是负数，据此进行求解即可．
【详解】∵1>0，﹣（﹣1）=1>0，|﹣1|=1>0，
∴A，B，D都是正数，
∵﹣1＜0，
∴﹣1是负数．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查正数的概念，掌握正数大于0，是解题的关键.
8、D
【解析】试题分析：求图象与y轴的交点坐标，令x=0，求y即可．
当x=0时，y=4，
所以y轴的交点坐标是（0，4）．故选D．
考点：二次函数图象上点的坐标特征．
9、C
【分析】根据旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等，可知旋转中心一定在任何一对对应点所连线段的垂直平分线上，由图形可知，线段OC与BE的垂直平分线的交点即为所求．
【详解】∵绕旋转中心顺时针旋转90°后得到，
∴O、B的对应点分别是C、E，
又∵线段OC的垂直平分线为y=1，
线段BE是边长为2的正方形的对角线，其垂直平分线是另一条对角线所在的直线，
由图形可知，线段OC与BE的垂直平分线的交点为（1，1）．
故选C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质及垂直平分线的判定．
10、A
【分析】连接OA作弦心距，就可以构造成直角三角形．设出半径弦心距也可以得到，利用勾股定理就可以求出了．
【详解】解：如图，
过点O作于点C，边接AO，
，
在中，，
，
解，得AO=50
故选：A
【点睛】
本题考查的是垂径定理的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、25°
【解析】解：∵OA⊥BC，
∴，
∴∠ADC=∠AOB=×50°=25°
12、（1，3）
【分析】首先根据直线AB求出点A和点B的坐标，结合旋转的性质可知点B′的横坐标等于OA与OB的长度之和，而纵坐标等于OA的长，进而得出B′的坐标．
【详解】解：y=-x+4中，令x=0得，y=4；令y=0得，-x+4=0，解得x=3，
∴A（3，0），B（0，4）．
由旋转可得△AOB≌△AO′B′，∠O′AO=90°，
∴∠B′O′A=90°，OA=O′A，OB=O′B′，
∴O′B′∥x轴，
∴点B′的纵坐标为OA长，即为3；横坐标为OA+O′B′=OA+OB=3+4=1．
故点B′的坐标是（1，3），
故答案为：（1，3）．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质以及一次函数与坐标轴的交点问题，利用基本性质结合图形进行推理是解题的关键．
13、1:1
【分析】根据∠BAC=90°，可得∠BAD+∠CAD=90°，再根据垂直的定义得到∠ADB=∠CDA=90°，利用三角形的内角和定理可得∠B+∠BAD=90°，根据同角的余角相等得到∠B=∠CAD，利用两对对应角相等两三角形相似得到△ABD∽△CAD，由tanB=tan60°=，再根据相似三角形的面积比等于相似比（对应边的之比）的平方即可求出结果．
【详解】：∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAD=90°，
又∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠CDA=90°，
∴∠B+∠BAD=90°，
∴∠B=∠CAD，又∠ADB=∠CDA=90°，
∴△ABD∽△CAD，
∴ ,
∵∠B=60°，
∴，
∴．
故答案为1：1．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似比即为对应边之比，周长比等于相似比，面积之比等于相似比的平方是解决问题的关键．
14、①②③
【分析】根据折叠的性质得出AP垂直平分DD'，判断出①正确．
过点P作PG⊥AB于点G，易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，所以AD＝PG，DP＝AG，GB＝PC，易证△APG∽△PBG，所以PG2＝AG•GB，即AD2＝DP•PC判断出③正确；
DP∥AB，所以∠DPA＝∠PAM，由题意可知：∠DPA＝∠APM，所以∠PAM＝∠APM，由于∠APB﹣∠PAM＝∠APB﹣∠APM，即∠ABP＝∠MPB，从而可知PM＝MB＝AM，又易证四边形PMBN是平行四边形，所以四边形PMBN是菱形；判断出②正确；
由于，可设DP＝1，AD＝2，由（1）可知：AG＝DP＝1，PG＝AD＝2，从而求出GB＝PC＝4，AB＝AG+GB＝5，由于CP∥AB，从而可证△PCF∽△BAF，△PCE∽△MAE，从而可得 ，，从而可求出EF＝AF﹣AE＝AC﹣＝AC，从而可得，判断出④错误．
【详解】解：∵将△ADP沿AP翻折得到△AD'P，
∴AP垂直平分DD'，故①正确；
解法一：过点P作PG⊥AB于点G，
∴易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，
∴AD＝PG，DP＝AG，GB＝PC
∵∠APB＝90°，
∴∠APG+∠GPB＝∠GPB+∠PBG＝90°，
∴∠APG＝∠PBG，
∴△APG∽△PBG，
∴，
∴PG2＝AG•GB，
即AD2＝DP•PC；
解法二：易证：△ADP∽△PCB，
∴，
由于AD＝CB，
∴AD2＝DP•PC；故③正确；
∵DP∥AB，
∴∠DPA＝∠PAM，
由题意可知：∠DPA＝∠APM，
∴∠PAM＝∠APM，
∵∠APB﹣∠PAM＝∠APB﹣∠APM，
即∠ABP＝∠MPB
∴AM＝PM，PM＝MB，
∴PM＝MB，
又易证四边形PMBN是平行四边形，
∴四边形PMBN是菱形；故②正确；
由于，
可设DP＝1，AD＝2，
由（1）可知：AG＝DP＝1，PG＝AD＝2，
∵PG2＝AG•GB，
∴4＝1•GB，
∴GB＝PC＝4，
AB＝AG+GB＝5，
∵CP∥AB，
∴△PCF∽△BAF，
∴，
∴
又易证：△PCE∽△MAE，AM＝AB＝
∴，
∴，
∴EF＝AF﹣AE＝AC﹣＝AC
∴，故④错误，
即：正确的有① ② ③，
故答案为：① ② ③．
【点睛】
本题是一道关于矩形折叠的综合题目，考查的知识点有折叠的性质，矩形的性质，相似三角形的性质，菱形的判定等，此题充分考查了学生对所学知识点的掌握情况以及综合利用能力，是一道很好的题目.
15、
【分析】根据圆锥的底面半径为3，高为4可得圆锥的母线长，根据圆锥的侧面积S=即可得答案.
【详解】∵圆锥的底面半径为3，高为4，
∴圆锥的母线长为=5，
∴该圆锥的侧面积为：π×3×5=15π，
故答案为：15π
【点睛】
本题考查求圆锥的侧面积，如果圆锥的底面半径为r，母线长为l，则圆锥的侧面积S=；熟练掌握圆锥的侧面积公式是解题关键.
16、
【解析】首先得出△AEM∽△ABC，△CFM∽△CDA，进而利用相似三角形的性质求出即可．
【详解】∵AD∥BC∥EF，
∴△AEM∽△ABC，△CFM∽△CDA，
∵EM：BC=2：5，
∴，
设AM=2x，则AC=5x，故MC=3x，
∴，
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了相似三角形的判定与性质，得出是解题关键．
17、1
【分析】根据反比例函数的定义可得|m|-2=-1，m+1≠0，求出m的值即可得答案．
【详解】∵函数是反比例函数，
∴|m|-2=-1，m+1≠0，
解得：m=1．
故答案为：1
【点睛】
考查反比例函数的定义；反比例函数解析式的一般形式y＝（k≠0），也可转化为y=kx-1（k≠0）的形式，特别注意不要忽略k≠0这个条件．
18、2
【分析】利用同角的余角相等可得出∠ABP=∠DPF，结合∠A=∠D可得出△APB∽△DFP，利用相似三角形的性质可求出DF的长，进而可得出CF的长，由∠PFD=∠EFC，∠D=∠ECF可得出△PFD∽△EFC，再利用相似三角形的性质可求出CE的长．
【详解】∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠D=∠ECF=90°，AB=AD=CD=6，
∴DP=AD﹣AP=1．
∵BP⊥PE，
∴∠BPE=90°，
∴∠APB+∠DPF=90°．
∵∠APB+∠ABP=90°，
∴∠ABP=∠DPF．
又∵∠A=∠D，
∴△APB∽△DFP，
∴，即，
∴DF=，
∴CF=．
∵∠PFD=∠EFC，∠D=∠ECF，
∴△PFD∽△EFC，
∴=，即，
∴CE=2．
故答案为：2．
【点睛】
此题考查相似三角形判定与性质以及正方形的性质，利用相似三角形的判定定理，找出△APB∽△DFP及△PFD∽△EFC是解题的关键．
三、解答题(共66分)
19、
【分析】根据题意画树状图求概率.
【详解】解：根据题意，画树状图为：
三人抽签共有种结果，且得到每种结果的可能性相同，其中甲和乙都抽到号或号卡片的结果有两种。
甲、乙两人同时得到奖品的概率为
【点睛】
本题考查画树状图求概率，正确理解题意取后不放回并正确画出树状图是本题的解题关键.
20、详见解析.
【解析】由切线的性质可知∠ODE=90°，证明OD∥AE即可解决问题．
【详解】连接OD．
∵DE是⊙O的切线，∴OD⊥DE，∴∠ODE=90°．
∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA．
∵AD平分∠BAC，∴∠CAD=∠DAB，∴∠CAB=∠ADO，∴OD∥AE，∴∠E+∠ODE=180°，∴∠E=90°，∴DE⊥AE．
【点睛】
本题考查了切线的性质，平行线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．
21、（1）答案见解析；（2）
【解析】分析：（1）直接列举出所有可能的结果即可.
（2）画树状图展示所有16种等可能的结果数，再找出他们两人恰好选修同一门课程的结果数，然后根据概率公式求解．
详解：（1）学生小红计划选修两门课程，她所有可能的选法有：A书法、B阅读；A书法、C足球；A书法、D器乐；B阅读，C足球；B阅读，D器乐；C足球，D器乐.
共有6种等可能的结果数；
（2）画树状图为：
共有16种等可能的结果数，其中他们两人恰好选修同一门课程的结果数为4，
所以他们两人恰好选修同一门课程的概率
点睛：本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
22、（1）；（2）或；（3）.
【分析】（1）先求出A,B的坐标，再代入二次函数即可求解；
（2）根据函数图像即可求解；
（3）先求出C点坐标，再根据平移的性质得到，设点，则，把D点代入二次函数即可求解.
【详解】解：（1）令，得，∴.把代入，解得.
把，代入，
得，∴，
∴二次函数的表达式为.
（2）由图像可知，当时，或.
（3）令，则，∴.
∵平移，∴，∴.
设点，则，
∴，∴，（舍去）.
∴.
【点睛】
此题主要考查二次函数的图像与性质，解题的关键是熟知待定系数法的运用.
23、（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）连接，根据和都是等腰三角形，即可得到再根据三角形的内角和得到进而得出是⊙的切线；
（2）根据，，可以得到半圆的面积，即可的面积，即可得到阴影部分的面积．
【详解】解：（1）如图所示，连接，
∵，
∴，
∵，，
∴中，，
∴，
∴中，，
∴，
∴是⊙的切线；
（2）当时，，
∵为⊙的直径，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴阴影部分的面积=半圆的面积-的面积
=．
24、（1）见解析；（2）.
【分析】对于（1），由已知条件可以得到∠B=∠C，△ABC是等腰三角形，利用等腰三角形的性质易得AD⊥BC，∠ADC=90°；接下来不难得到∠ADC=∠BED，至此问题不难证明；
对于（2），利用勾股定理求出AD，利用相似比，即可求出DE.
【详解】解：（1)证明：∵，
∴.
又∵为边上的中线，
∴.
∵，
∴，
∴.
(2)∵，∴.
在中，根据勾股定理，得.
由（1）得，∴，
即，
∴.
【点睛】
此题考查相似三角形的判定与性质，解题关键在于掌握判定定理.
25、（1）直角三角形；（2）．x1=-1，x2=0
【解析】试题分析：（1）根据方程有两个相等的实数根得出△=0，即可得出a2=b2+c2，根据勾股定理的逆定理判断即可；
（2）根据等边进行得出a=b=c，代入方程化简，即可求出方程的解．
解：（1）△ABC是直角三角形，
理由是：∵关于x的一元二次方程（a+c）x2﹣2bx+（a﹣c）=0有两个相等的实数根，
∴△=0，
即（﹣2b）2﹣4（a+c）（a﹣c）=0，
∴a2=b2+c2，
∴△ABC是直角三角形；
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴a=b=c，
∴方程（a+c）x2﹣2bx+（a﹣c）=0可整理为2ax2﹣2ax=0，
∴x2﹣x=0，
解得：x1=0，x2=1．
考点：根的判别式；等边三角形的性质；勾股定理的逆定理．
26、
【分析】根据相似三角形的判定定理可得△CAD∽△CBA，列出比例式即可求出AC.
【详解】解：∵CD=4，BD=2,
∴BC=CD＋BD=6
∵∠CAD=∠B,∠C=∠C
∴△CAD∽△CBA
∴
∴
解得：或（舍去）
即.
【点睛】
此题考查的是相似三角形的判定及性质，掌握有两组对应角相等的两个三角形相似和相似三角形的对应边成比例是解决此题的关键.
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