资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，已知点A是双曲线y＝在第一象限的分支上的一个动点，连接AO并延长交另一分支于点B，过点A作y轴的垂线，过点B作x轴的垂线，两垂线交于点C，随着点A的运动，点C的位置也随之变化．设点C的坐标为(m，n)，则m，n满足的关系式为( )
A．n＝－2m B．n＝－ C．n＝－4m D．n＝－
2．如图，以（1，-4）为顶点的二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴负半轴交于A点，则一元二次方程ax2+bx+c=0的正数解的范围是（ ）
A．2＜x＜3 B．3＜x＜4 C．4＜x＜5 D．5＜x＜6
3．如图，的直径，是上一点，点平分劣弧，交于点，，则图中阴影部分的面积等于（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在中， ， 为上一点，，点从点出发，沿方向以的速度匀速运动，同时点由点出发，沿方向以的速度匀速运动，设运动时间为，连接交于点 ，若，则的值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
5．中国在夏代就出现了相当于砝码的“权”，此后的多年间，不同朝代有不同形状和材质的“权”作为衡量的量具.下面是一个“”形增砣砝码，其俯视图如下图所示，则其主视图为（ ）
A． B． C． D．
6．下列标志图中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
7．下列方程中有一个根为﹣1的方程是（ ）
A．x2+2x＝0 B．x2+2x﹣3＝0 C．x2﹣5x+4＝0 D．x2﹣3x﹣4＝0
8．已知反比例函数的图象经过点（1，2），则k的值为（ ）
A．0.5 B．1 C．2 D．4
9．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若⊙O的半径为4，且∠B＝2∠D，连接AC，则线段AC的长为（ ）
A．4 B．4 C．6 D．8
10．如图，函数的图象与轴的一个交点坐标为(3,0)，则另一交点的横坐标为（ ）
A．﹣4 B．﹣3 C．﹣2 D．﹣1
11．用10长的铝材制成一个矩形窗框，使它的面积为6．若设它的一条边长为，则根据题意可列出关于的方程为（ ）
A． B． C． D．
12．如图，在矩形中，对角线与相交于点，，垂足为点，，且，则的长为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，四边形是的内接四边形，且，点在的延长线上，若，则的半径_________________．
14．把多项式分解因式的结果是__________．
15．已知关于的方程的一个根为6，则实数的值为__________．
16．如下图，圆柱形排水管水平放置，已知截面中有水部分最深为，排水管的截面半径为，则水面宽是__________．
17．如图，是的直径，点、在上，连结、、、，若，，则的度数为________.
18．如图,从一块直径是的圆形铁皮上剪出一个圆心角是的扇形，如果将剪下来的扇形围成一个圆锥，那么圆锥的底面圆的半径为___________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在中，，是外接圆，点是圆上一点，点，分别在两侧，且，连接，延长到点，使．
（1）求证：为的切线；
（2）若的半径为1，当是直角三角形时，求的面积．
20．（8分）如图，射线表示一艘轮船的航行路线，从到的走向为南偏东30°，在的南偏东60°方向上有一点，处到处的距离为200海里．
（1）求点到航线的距离．
（2）在航线上有一点.且，若轮船沿的速度为50海里/时，求轮船从处到处所用时间为多少小时．（参考数据：）
21．（8分）取什么值时，关于的方程有两个相等的实数根？求出这时方程的根.
22．（10分）如图,已知∠BAC=30°,把△ABC绕着点A顺时针旋转到△ADE的位置,使得点D，A，C在同一直线上．
（1）△ABC旋转了多少度?
（2）连接CE，试判断△AEC的形状；
（3）求 ∠AEC的度数．
23．（10分）如图，⊙O的直径AB为10cm，弦BC=8cm，∠ACB的平分线交⊙O于点D．连接AD，BD．求四边形ABCD的面积.
24．（10分）如图，AC是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，点P是⊙O外一点，连接PB、AB，∠PBA＝∠C．
（1）求证：PB是⊙O的切线；
（2）连接OP，若OP∥BC，且OP＝4，⊙O的半径为，求BC的长．
25．（12分）A、B、C三人玩篮球传球游戏，游戏规则是：第一次传球由A将球随机地传给B、C两人中的某一人，以后的每一次传球都是由上次的传球者随机地传给其他两人中的某一人．
（1）求两次传球后，球恰在B手中的概率；
（2）求三次传球后，球恰在A手中的概率．
26．如图，AB∥CD，AC与BD的交点为E，∠ABE＝∠ACB．
（1）求证：△ABE∽△ACB；
（2）如果AB＝6，AE＝4，求AC，CD的长．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【解析】试题分析：首先根据点C的坐标为（m，n），分别求出点A为（，n），点B的坐标为（-，-n），根据图像知B、C的横坐标相同，可得-=m.
故选B
点睛：此题主要考查了反比例函数的图像上的点的坐标特点，解答此题的关键是要明确：
①图像上的点(x，y)的横纵坐标的积是定值k，即xy=k；
②双曲线是关于原点对称的，两个分支上的点也是关于原点对称；
③在坐标系的图像上任取一点，过这个点向x轴、y轴分别作垂线．与坐标轴围成的矩形的面积是一个定值|k|.
2、C
【解析】试题解析：∵二次函数y=ax2+bx+c的顶点为（1，-4），
∴对称轴为x=1，
而对称轴左侧图象与x轴交点横坐标的取值范围是-3＜x＜-2，
∴右侧交点横坐标的取值范围是4＜x＜1．
故选C．
考点：图象法求一元二次方程的近似根．
3、A
【分析】根据垂径定理的推论和勾股定理即可求出BC和AC，然后根据S阴影=S半圆O－S△ABC计算面积即可．
【详解】解： ∵直径
∴OB=OD=，∠ACB=90°
∵点平分劣弧，
∴BC=2BE，OE⊥BC，OE=OD－DE=4
在Rt△OBE中，BE=
∴BC=2BE=6
根据勾股定理：AC=
∴S阴影=S半圆O－S△ABC
=
=
故选A．
【点睛】
此题考查的是求不规则图形的面积，掌握垂径定理与勾股定理的结合和半圆的面积公式、三角形的面积公式是解决此题的关键．
4、B
【分析】过点C作CH∥AB交DE的延长线于点H，则DF=10-2-t=8-t，证明△DFG∽△HCG，可求出CH，再证明△ADE∽△CHE，由比例线段可求出t的值．
【详解】解：过点C作CH∥AB交DE的延长线于点H，则BD=t，AE=2t，DF=10-2-t=8-t，
∵DF∥CH，
∴△DFG∽△HCG，
∴，
∴CH=2DF=16-2t，
同理△ADE∽△CHE，
∴，
∴，
解得t=2，t=（舍去）．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
5、A
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【详解】从正面看中间的矩形的左右两边是虚的直线，
故选：A.
【点睛】
本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
6、B
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项识别即可，在平面内，一个图形经过中心对称能与原来的图形重合，这个图形叫做叫做中心对称图形；一个图形的一部分，以某条直线为对称轴，经过轴对称能与图形的另一部分重合，这样的图形叫做轴对称图形.
【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形.
故选B.
【点睛】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解答本题的关键.
7、D
【分析】利用一元二次方程解的定义对各选项分别进行判断．
【详解】解：A、当x＝﹣1时，x2+2x＝1﹣2＝﹣1，所以x＝﹣1不是方程x2+2x＝0的解；
B、当x＝﹣1时，x2+2x﹣3＝1﹣2﹣3＝﹣4，所以x＝﹣1不是方程x2+2x﹣3＝0的解；
C、当x＝﹣1时，x2﹣5x+4＝1+5+4＝10，所以x＝﹣1不是方程x2﹣5x+4＝0的解；
D、当x＝﹣1时，x2﹣3x﹣4＝1+3﹣4＝0，所以x＝﹣1是方程x2﹣3x﹣4＝0的解．
故选：D．
【点睛】
本题考查一元二次方程的解即能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
8、C
【解析】将（1，1）代入解析式中即可.
【详解】解：将点（1，1）代入解析式得，
，
k＝1．
故选：C．
【点睛】
此题考查的是求反比例系数解析式,掌握用待定系数法求反比例函数解析式是解决此题的关键.
9、B
【分析】连接OA，OC，利用内接四边形的性质得出∠D＝60°，进而得出∠AOC＝120°，利用含30°的直角三角形的性质解答即可．
【详解】连接OA，OC，过O作OE⊥AC，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠B＝2∠D，
∴∠B+∠D＝3∠D＝180°，
解得：∠D＝60°，
∴∠AOC＝120°，
在Rt△AEO中，OA＝4，
∴AE＝2，
∴AC＝4，
故选：B．
【点睛】
此题考查内接四边形的性质，关键是利用内接四边形的性质得出∠D=60°．
10、D
【分析】根据到函数对称轴距离相等的两个点所表示的函数值相等可求解．
【详解】根据题意可得：函数的对称轴直线x=1，则函数图像与x轴的另一个交点坐标为(－1，0)．
故横坐标为-1,
故选D
考点：二次函数的性质
11、A
【分析】一边长为xm，则另外一边长为（5﹣x）m，根据它的面积为1m2，即可列出方程式．
【详解】一边长为xm，则另外一边长为（5﹣x）m，由题意得：x（5﹣x）=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，难度适中，解答本题的关键读懂题意列出方程式．
12、C
【分析】由矩形的性质得到：设 利用勾股定理建立方程求解即可得到答案．
【详解】解： 矩形，
设
则
，
（舍去）
故选C．
【点睛】
本题考查的是矩形的性质，勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】根据圆内接四边形的性质，证得是等边三角形，再利用三角函数即可求得答案.
【详解】如图，连接BD，过点O作OF⊥BD于F，
∵四边形是的内接四边形，且AB=AD=8，∠DCE=60，
∴∠DCE=∠A=60，∠BOD=2∠A=120，
∴是等边三角形，AB=AD=BD= 8，
∵OB=OD，OF⊥BD，
∴∠BOF=BF=，
∴.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形函数的应用等知识，运用“圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角”证得∠A=60是解题的关键.
14、
【分析】先提取公因数y，再利用完全平方公式化简即可．
【详解】
故答案为：．
【点睛】
本题考查了多项式的因式分解问题，掌握完全平方公式的性质是解题的关键．
15、1
【分析】将一元二次方程的根代入即可求出k的值．
【详解】解：∵关于的方程的一个根为6
∴
解得：k=1
故答案为：1．
【点睛】
此题考查的是已知一元二次方程的根，求方程中的参数，掌握方程的解的定义是解决此题的关键．
16、
【分析】利用垂径定理构建直角三角形，然后利用勾股定理即可得解.
【详解】设排水管最低点为C，连接OC交AB于D，连接OB，如图所示：
∵OC=OB=10，CD=5
∴OD=5
∵OC⊥AB
∴
∴
故答案为：.
【点睛】
此题主要考查垂径定理的实际应用，熟练掌握，即可解题.
17、°
【分析】先由直径所对的圆周角为90°，可得：∠ADB=90°，根据同圆或等圆中，弦相等得到弧相等得到圆周角相等，得到∠A的度数，根据直角三角形的性质得到∠ABD的度数，即可得出结论．
【详解】∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠A+∠ABD=90°．
∵BD=CD，
∴弧BD=弧CD，
∴∠A=∠DBC=20°，
∴∠ABD=90° -20°=70°，
∴∠ABC=∠ABD-∠DBC=70°-20°=50°．
故答案为：50°．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，关键是掌握圆周角定理：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，直径所对的圆周角为90°．
18、
【分析】根据题意可知扇形ABC围成圆锥后的底面周长就是弧BC的弧长，再根据弧长公式和圆周长公式来求解.
【详解】解：作于点,连结OA、BC,
∵∠BAC=90°
∴BC是直径，OB=OC,
,
圆锥的底面圆的半径
故答案为：
【点睛】
本题考查了扇形围成圆锥形，圆锥的底面圆的周长就是原来扇形的弧长，找到它们的关系是解题的关键.
三、解答题（共78分）
19、（1）详见解析；（2）或
【分析】(1)先证，再证，得到，即可得出结论；
（2）分当时和当时两种情况分别求解即可.
【详解】（1）∵，
∴，
∵，，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线．
（2）①当时，，是等边三角形，可得，
∵，
∴，，
∴．
②当时，易知，的边上的高，
∴．
【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了切线的性质和判定，等边三角形的判定和性质，求三角形的面积熟练掌握切线的判定与圆周角定理是解题的关键．
20、（1）100海里（2）约为1.956小时
【分析】（1）过A作AH⊥MN于H．由方向角的定义可知∠QMB=30°，∠QMA=60°，那么∠NMA=∠QMA-∠QMB=30°．解直角△AMH中，得出AH=AM，问题得解；
（2）先根据直角三角形两锐角互余求出∠HAM=60°，由∠MAB=15°，得出∠HAB=∠HAM-∠MAB=45°，那么△AHB是等腰直角三角形，求出BH=AH距离，然后根据时间=路程÷速度即可求解．
【详解】解：（1）如图，过作于.
∵，
∴
在直角中，
∵，，海里，
∴海里.
答：点到航线的距离为100海里.
（2）在直角中，，
由（1）可知，
∵
∴，
∴，
∴轮船从处到处所用时间约为小时.
答：轮船从处到处所用时间约为1.956小时.
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题，含30°角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余的性质，准确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
21、k=2或10时，当k=2时，x1=x2=，当k=10时，x1=x2=
【分析】根据题意，得判别式△=[-（k+2）]2-4×4×（k-1）=0，解此一元二次方程即可求得k的值；然后代入k，利用直接开平方法，即可求得这时方程的根．
【详解】解：∵关于x的方程4x2-（k+2）x+k-1=0有两个相等的实数根，
∴△=[-（k+2）]2-4×4×（k-1）=k2-12k+20=0，
解得：k1=2， k2=10
∴k=2或10时，关于x的方程4x2-（k+2）x+k-1=0有两个相等的实数根．
当k=2时，原方程为：4x2-4x+1=0，即（2x-1）2=0，解得：x1=x2=；
当k=10时，原方程为：4x2-12x+9=0，即（2x-3）2=0，解得：x1=x2=；
【点睛】
此题考查了一元二次方程根的判别式与一元二次方程的解法．此题难度不大，解题的关键是掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；
（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；
（3）△＜0⇔方程没有实数根．
22、（1）150°；（2）详见解析；（3）15°
【分析】（1）根据旋转的性质，利用补角性质即可解题；
（2）根据旋转后的对应边相等即可解题；
（3）利用外角性质即可解题．
【详解】解：（1）∵点D，A，C在同一直线上，
∴∠BAD=180°-∠BAC=180°-30°=150°，
∴△ABC旋转了150°；
（2）根据旋转的性质，可知AC=AE，
∴△AEC是等腰三角形；
（3）根据旋转的性质可知，∠CAE=∠BAD=150°，AC=AE，
∴∠AEC=∠ACE=（180°-∠CAE）÷2=（180°-150°）÷2=15°．
【点睛】
本题考查了旋转变换的性质，理解旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度的概念、掌握旋转变换的性质是解题的关键．
23、S四边形ADBC＝49（cm2）．
【分析】根据直径所对的角是90°，判断出△ABC和△ABD是直角三角形，根据圆周角∠ACB的平分线交⊙O于D，判断出△ADB为等腰直角三角形，根据勾股定理求出AD、BD、AC的值，再根据S四边形ADBC=S△ABD+S△ABC进行计算即可.
【详解】∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
又∵CD平分∠ACB，即∠ACD=∠BCD，
∴，
∴AD=BD，
∵直角△ABD中，AD=BD，AD2+BD2=AB2=102，
则AD=BD=5，
则S△ABD=AD•BD=×5×5=25(cm2)，
在直角△ABC中，AC==6(cm)，
则S△ABC=AC•BC=×6×8=24(cm2)，
则S四边形ADBC=S△ABD+S△ABC=25+24=49(cm2)．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、三角形的面积等，正确求出相关的数值是解题的关键.
24、（1）证明见解析；（2）BC=1；
【分析】（1）连接OB，由圆周角定理得出∠ABC＝90°，得出∠C＋∠BAC＝90°，再由OA＝OB，得出∠BAC＝∠OBA，证出∠PBA＋∠OBA＝90°，即可得出结论；
（2）证明△ABC∽△PBO，得出对应边成比例，即可求出BC的长．
【详解】（1）连接OB，如图所示：
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠CBO+∠OBA＝90°，
∵OC＝OB，
∴∠C＝∠CBO，
∴∠C+∠OBA＝90°，
∵∠PBA＝∠C，
∴∠PBA+∠OBA＝90°，
即PB⊥OB，
∴PB是⊙O的切线；
（2）∵⊙O的半径为，
∴OB＝，AC＝2，
∵OP∥BC，
∴∠C＝∠CBO＝∠BOP，
又∵∠ABC＝∠PBO＝90°，
∴△ABC∽△PBO，
∴，
即，
∴BC＝1．
【点睛】
本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、平行线的性质、相似三角形的判定与性质；熟练掌握圆周角定理、切线的判定是解决问题的关键．
25、（1）；（2） .
【解析】试题分析：（1）直接列举出两次传球的所有结果，球球恰在B手中的结果只有一种即可求概率；（2）画出树状图，表示出三次传球的所有结果，三次传球后，球恰在A手中的结果有2种，即可求出三次传球后，球恰在A手中的概率．
试题解析:
解：（1）两次传球的所有结果有4种，分别是A→B→C，A→B→A，A→C→B，A→C→A．每种结果发生的可能性相等，球球恰在B手中的结果只有一种，所以两次传球后，球恰在B手中的概率是；
（2）树状图如下，
由树状图可知，三次传球的所有结果有8种，每种结果发生的可能性相等．其中，三次传球后，球恰在A手中的结果有A→B→C→A，A→C→B→A这两种，所以三次传球后，球恰在A手中的概率是．
考点：用列举法求概率．
26、（1）详见解析；（2）AC=9，CD=.
【分析】（1）根据相似三角形的判定证明即可；
（2）利用相似三角形的性质解答即可．
【详解】证明：（1）∵∠ABE＝∠ACB，∠A＝∠A，
∴△ABE∽△ACB；
（2）∵△ABE∽△ACB，
∴，
∴AB2＝AC•AE，
∵AB＝6，AE＝4，
∴AC＝，
∵AB∥CD，
∴△CDE∽△ABE，
∴，
∴ ．
【点睛】
此题考查相似三角形的判定和性质，关键是根据相似三角形的判定证明△ABE∽△ACB．
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