资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．下列说法正确的个数是（ ）
①相等的弦所对的弧相等；②相等的弦所对的圆心角相等；③长度相等的弧是等弧；④相等的弦所对的圆周角相等；⑤圆周角越大所对的弧越长；⑥等弧所对的圆心角相等；
A．个 B．个 C．个 D．个
2．如图，线段是⊙的直径，弦，垂足为，点是上任意一点， ,则的值为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，点A，B，C，在⊙O上，∠ABO=32°，∠ACO=38°，则∠BOC等于( )
A．60° B．70° C．120° D．140°
4．两个相似三角形的对应边分别是15cm和23cm，它们的周长相差40cm，则这两个三角形的周长分别是（ ）
A．45cm，85cm B．60cm，100cm C．75cm，115cm D．85cm，125cm
5．如图，在△ABC中，若DE∥BC，AD=5，BD=10，DE=4，则BC的值为( )
A．8 B．9 C．10 D．12
6．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴的正半轴上，反比例函数的图象经过对角线的中点和顶点．若菱形的面积为12，则的值为（ ）．
A．6 B．5 C．4 D．3
7．袋中装有5个白球，3个黑球，除颜色外均相同，从中一次任摸出一个球，则摸到黑球的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．x＝1是关于x的一元二次方程x2+ax﹣2b＝0的解，则2a﹣4b的值为（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
9．下列方程中，没有实数根的是（ ）
A．x2﹣2x﹣3＝0 B．（x﹣5）（x+2）＝0
C．x2﹣x+1＝0 D．x2＝1
10．已知函数的图象经过点（2, 3 )，下列说法正确的是( )
A．y随x的增大而增大 B．函数的图象只在第一象限
C．当x<0时，必y<0 D．点(-2, -3)不在此函数的图象上
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知，则的值是_____________．
12．某圆锥的底面半径是2，母线长是6，则该圆锥的侧面积等于________．
13．如图，在边长为1的小正方形网格中，点A、B、C、D都在这些小正方形的顶点上，AB、CD相交于点O，则tan∠AOD=________.
14．等腰△ABC的腰长与底边长分别是方程x2﹣6x+8=0的两个根，则这个△ABC的周长是_____．
15．分解因式：= __________
16．小明家的客厅有一张直径为1.2米，高0.8米的圆桌BC，在距地面2米的A处有一盏灯，圆桌的影子为DE，依据题意建立平面直角坐标系，其中D点坐标为（2,0），则点E的坐标是_____．
17．如图，AB为⊙O的直径，点D是弧AC的中点，弦BD，AC交于点E，若DE＝2，BE＝4，则tan∠ABD＝_____．
18．如图，，，则的度数是__________.
三、解答题(共66分)
19．（10分）解方程：
（1）（公式法）
（2）
20．（6分）直线与双曲线只有一个交点，且与轴、轴分别交于、两点，AD垂直平分，交轴于点．
（1）求直线、双曲线的解析式；
（2）过点作轴的垂线交双曲线于点，求 的面积．
21．（6分）如图所示，小吴和小黄在玩转盘游戏，准备了两个可以自由转动的转盘甲、乙，每个转盘被分成面积相等的几个扇形区域，并在每个扇形区域内标上数字，游戏规则：同时转动两个转盘，当转盘停止转动后，指针所指扇形区域内的数字之和为4，5或6时，则小吴胜；否则小黄胜．（如果指针恰好指在分割线上，那么重转一次，直到指针指向某一扇形区域为止）
（1）这个游戏规则对双方公平吗？说说你的理由；
（2）请你设计一个对双方都公平的游戏规则．
22．（8分）请完成下面的几何探究过程：
(1)观察填空
如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4，点D为斜边AB上一动点(不与点A，B重合)，把线段CD绕点C顺时针旋转90°得到线段CE，连DE，BE，则
①∠CBE的度数为____________；
②当BE=____________时，四边形CDBE为正方形．
(2)探究证明
如图2，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=2AC=4，点D为斜边AB上一动点(不与点A，B重合)，把线段CD绕点C顺时针旋转90°后并延长为原来的两倍得到线段CE，连DE，BE则：
①在点D的运动过程中，请判断∠CBE与∠A的大小关系，并证明；
②当CD⊥AB时，求证：四边形CDBE为矩形
(3)拓展延伸
如图2，在点D的运动过程中，若△BCD恰好为等腰三角形，请直接写出此时AD的长．
23．（8分）如图,在矩形ABCD中,AB=6,BC=8,点E是BC边上的一个动点(不与点B． C重合)，连结AE，并作EF⊥AE，交CD边于点F，连结AF.设BE=x，CF=y.
（1）求证：△ABE∽△ECF；
（2）当x为何值时，y的值为2；
24．（8分）如图，已知是的外接圆，圆心在的外部，，，求的半径.
25．（10分）若，且2a－b＋3c＝21.试求a∶b∶c.
26．（10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，直线经过，两点，抛物线的顶点为，对称轴与轴交于点．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）求的面积；
（3）在抛物线上是否存在一点，使它到轴的距离为4，若存在，请求出点的坐标，若不存在，则说明理由．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【分析】根据圆的相关知识和性质对每个选项进行判断，即可得到答案.
【详解】解：在同圆或等圆中，相等的弦所对的弧相等；故①错误；
在同圆或等圆中，相等的弦所对的圆心角相等；故②错误；
在同圆或等圆中，长度相等的弧是等弧；故③错误；
在同圆或等圆中，相等的弦所对的圆周角相等；故④错误；
在同圆或等圆中，圆周角越大所对的弧越长；故⑤错误；
等弧所对的圆心角相等；故⑥正确；
∴说法正确的有1个；
故选：A.
【点睛】
本题考查了弧，弦，圆心角，圆周角定理，要求学生对基本的概念定理有透彻的理解，解题的关键是熟练掌握所学性质定理.
2、D
【分析】只要证明∠CMD=△COA，求出cos∠COA即可.
【详解】如图1中，连接OC,OM.
设OC=r,
∴ ,
∴r=5,
∵AB⊥CD，AB是直径，
∴，
∴∠AOC=∠COM,
∵∠CMD=∠COM，
∴∠CMD=∠COA，
∴cos∠CMD=cos∠COA= .
【点睛】
本题考查了圆周角定理，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会转化的思想思考问题.
3、D
【解析】试题分析：如图，连接OA，则
∵OA=OB=OC，∴∠BAO=∠ABO=32°，∠CAO=∠ACO=38°．
∴∠CAB=∠CAO＋∠BAO=1．
∵∠CAB和∠BOC上同弧所对的圆周角和圆心角，
∴∠BOC=2∠CAB=2．故选D．
4、C
【解析】根据相似三角形的周长的比等于相似比列出方程，解方程即可．
【详解】设小三角形的周长为xcm，则大三角形的周长为（x+40）cm，
由题意得，，
解得，x=75，
则x+40=115，
故选C．
5、D
【解析】试题分析：由DE∥BC可推出△ADE∽△ABC，所以.
因为AD=5，BD=10，DE=4，所以，解得BC=1．
故选D.
考点：相似三角形的判定与性质．
6、C
【解析】首先设出A、C点的坐标，再根据菱形的性质可得D点坐标，再根据D点在反比例函数上，再结合面积等于12，解方程即可.
【详解】解：设点的坐标为，点的坐标为，
则，点的坐标为，
∴，
解得，，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查反比例函数和菱形的性质，关键在于菱形的对角线相互平分且垂直.
7、B
【解析】先求出球的总个数，根据概率公式解答即可．
【详解】因为白球5个，黑球3个一共是8个球，所以从中随机摸出1个球，则摸出黑球的概率是．
故选B．
【点睛】
本题考查了概率公式，明确概率的意义是解答问题的关键，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
8、A
【分析】先把x=1代入方程x2+ax-2b=0得a-2b=-1，然后利用整体代入的方法计算2a-4b的值即可．
【详解】将x＝1代入原方程可得：1+a﹣2b＝0，
∴a﹣2b＝﹣1，
∴原式＝2（a﹣2b）＝﹣2，
故选：A．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解的定义．一元二次方程的解就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．
9、C
【分析】分别计算出各选项中方程的判别式或方程的根，从而做出判断．
【详解】解：A．方程x2﹣2x﹣3＝0中△＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣3）＝16＞0，有两个不相等的实数根，不符合题意；
B．方程（x﹣5）（x+2）＝0的两根分别为x1＝5，x2＝﹣2，不符合题意；
C．方程x2﹣x+1＝0中△＝（﹣1）2﹣4×1×1＝﹣3＜0，没有实数根，符合题意；
D．方程x2＝1的两根分别为x1＝1，x2＝﹣1，不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了根的判别式，牢记“当△＜0时，方程无实数根”是解题的关键．
10、C
【解析】∵图象经过点（2，3），∴k=2×3=6＞0，∴图象在第一、三象限．∴只有C正确．故选C．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】设a=3k，则b=4k，代入计算即可．
【详解】设a=3k，则b=4k，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了比例的性质．熟练掌握k值法是解答本题的关键．
12、
【分析】根据圆锥的侧面积公式即可得．
【详解】圆锥的侧面积公式：，其中为底面半径，为圆锥母线
则该圆锥的侧面积为
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆锥的侧面积公式，熟记公式是解题关键．
13、1
【解析】首先连接BE，由题意易得BF=CF，△ACO∽△BKO，然后由相似三角形的对应边成比例，易得KO：CO=1：3，即可得OF：CF=OF：BF=1：1，在Rt△OBF中，即可求得tan∠BOF的值，继而求得答案．
【详解】如图，连接BE，
∵四边形BCEK是正方形，
∴KF=CF=CK，BF=BE，CK=BE，BE⊥CK，
∴BF=CF，
根据题意得：AC∥BK，
∴△ACO∽△BKO，
∴KO：CO=BK：AC=1：3，
∴KO：KF=1：1，
∴KO=OF=CF=BF，
在Rt△PBF中，tan∠BOF==1，
∵∠AOD=∠BOF，
∴tan∠AOD=1．
故答案为1
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质，三角函数的定义．此题难度适中，解题的关键是准确作出辅助线，注意转化思想与数形结合思想的应用．
14、11
【详解】∵，
∴（x－2）（x－4）=1．
∴x－2=1或x－4=1，即x1=2，x2=4.
∵等腰△ABC的腰长与底边长分别是方程的两个根，
∴当底边长和腰长分别为2和4时，满足三角形三边关系，此时△ABC的周长为：2+4+4=11；
当底边长和腰长分别为4和2时，由于2+2=4，不满足三角形三边关系，△ABC不存在.
∴△ABC的周长=11.
故答案是：11
15、
【解析】分解因式的方法为提公因式法和公式法及分组分解法．原式==a(3+a)(3-a)．
16、 (4,0)
【解析】根据相似三角形的判定和性质即可得到结论．
【详解】解：∵BC∥DE，
∴△ABC∽△ADE，
∴，
∵BC=1.2，
∴DE=2，
∴E（4，0）．
故答案为：（4，0）．
【点睛】
本题考查了中心投影，相似三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
17、
【分析】根据圆周角定理得到∠DAC=∠B，得到△ADE∽△BDA，根据相似三角形的性质求出AD，根据正切的定义解答即可．
【详解】∵点D是弧AC的中点，
∴，
∴∠DAC=∠ABD，
又∵∠ADE=∠BDA，
∴△ADE∽△BDA，
∴，即，
解得：AD=2，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴tan∠ABD=tan∠DAE．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、正切的定义，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解答本题的关键．
18、
【分析】根据三角形外角定理求解即可.
【详解】∵，且
∴
故填：.
【点睛】
本题主要考查三角形外角定理，熟练掌握定理是关键.
三、解答题(共66分)
19、（1）， （2），
【分析】（1）利用公式法解一元二次方程，即可得到答案；
（2）利用因式分解法解一元二次方程，即可得到答案．
【详解】解：（1），
∵，，，
∴，
∴，
∴，；
（2），
∴，
∴，
∴或，
∴，.
【点睛】
本题考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的方法和步骤.
20、（1）；；（2）．
【分析】（1）由题意利用待定系数法求一次函数以及反比例函数解析式即可；
（2）根据题意求出BE和BD的值，运用三角形面积公式即可得解.
【详解】解：（1）由已知得，，
∴.
将点、点坐标代入，
得，解得，
直线解析式为；
将点坐标代入得，
∴反比例函数的解析式为.
（2）∵E和B同横轴坐标，
∴当时，即 ，
∵，，D（1，0）
∴BD=1，即为以BE为底的高，
∴.
【点睛】
本题考查反比例函数和几何图形的综合问题，熟练掌握待定系数法求反比例函数解析式以及运用数形结合思维分析是解题的关键.
21、（1）不公平
（2）
【解析】解：列表或画树状图正确，
转盘甲
转盘乙
1
2
3
4
5
1
（1，1）和为2
（2，1）和为3
（3，1）和为4
（4，1）和为5
（5，1）和为6
2
（1，2）和为3
（2，2）和为4
（3，2）和为5
（4，2）和为6
（5，2）和为7
3
（1，3）和为4
（2，3）和为5
（3，3）和为6
（4，3）和为7
（5，3）和为8
4
（1，4）和为5
（2，4）和为6
（3，4）和为7
（4，4）和为8
（5，4）和为9
（1）数字之和一共有20种情况，和为4，5或6的共有11种情况，
∵P（小吴胜）＝＞P（小黄胜）＝，
∴这个游戏不公平；
（2）新的游戏规则：和为奇数小吴胜，和为偶数小黄胜.
理由：数字和一共有20种情况，和为偶数、奇数的各10种情况，
∴P（小吴胜）＝P（小黄胜）＝.
22、（1）①45°，②；（2）①，理由见解析，②见解析；（3）或
【分析】（1）①由等腰直角三角形的性质得出，由旋转的性质得：，，证明，即可得出结果；
②由①得，求出，作于，则是等腰直角三角形，证出是等腰直角三角形，求出，证出四边形是矩形，再由垂直平分线的性质得出，即可得出结论；
（2）①证明，即可得出；
②由垂直的定义得出，由相似三角形的性质得出，即可得出结论；
（3）存在两种情况：①当时，证出，由勾股定理求出，即可得出结果；
②当时，得出即可．
【详解】解：（1）①，，
，
由旋转的性质得：，，
在和中，，
，
；
故答案为：；
②当时，四边形是正方形；理由如下：
由①得：，
，
作于，如图所示：
则是等腰直角三角形，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
又，
四边形是矩形，
又垂直平分，
，
四边形是正方形；
故答案为：；
（2）①，理由如下：
由旋转的性质得：，
，，
，
，
；
②，
，
由①得：，
，
又，
四边形是矩形；
（3）在点的运动过程中，若恰好为等腰三角形，存在两种情况：
①当时，则，
，，
，
，
，
，
，
；
②当时，；
综上所述：若恰好为等腰三角形，此时的长为或．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、矩形的判定、正方形的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握旋转的性质，证明三角形相似是解决问题的关键，注意分类讨论．
23、（1）见解析；（2）x的值为2或1时，y的值为2
【分析】（1）①先判断出∠BAE＝∠CEF，即可得出结论；
（2）利用的相似三角形得出比例式即可建立x，y的关系式，代入即可；
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°．
∵AE⊥EF，
∴∠AEF＝90°＝∠B．
∴∠BAE＋∠AEB＝90°，
∠FEC＋∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF．
又∵∠B＝∠C，
∴△ABE∽△ECF．
②∵△ABE∽△ECF．
∴，
∵AB＝1，BC＝8，BE＝x，CF＝y，EC＝8−x，
∴．
∴y＝−x2＋x．
∵y＝2，−x2＋x＝2，
解得 x1＝2，x2＝1．
∵0＜x＜8，
∴x的值为2或1．
【点睛】
此题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解本题的关键是用方程的思想解决问题．
24、4
【解析】已知△ABC是等腰三角形，根据等腰三角形的性质，作于点，则直线为的中垂线，直线过点，在Rt△OBH中，用半径表示出OH的长，即可用勾股定理求得半径的长．
【详解】
作于点，则直线为的中垂线，直线过点，
，，
，
即，
.
【点睛】
考查垂径定理以及勾股定理，掌握垂径定理是解题的关键.
25、4∶8∶7.
【解析】试题分析：首先设等式为m，然后分别将a、b、c用含m的代数式来进行表示，根据2a-b+3c=21求出m的值，从而得出a、b、c的值，最后求出比值．
试题解析：令＝＝＝m，则a＋2=3m，b=4m，c＋5=6m，
∴a=3m－2，b=4m，c=6m－5， ∵2a－b＋3c=21，
∴2(3m－2)－4m＋3(6m－5)=21， 即20m=40，解得m=2，
∴a=3m－2=4，b=4m=8，c=6m－5=7， ∴a∶b∶c=4∶8∶7.
26、（1）y＝﹣x2+x+2；（2）；（3）存在一点P或，使它到x轴的距离为1
【分析】（1）先根据一次函数的解析式求出A和C的坐标，再将点A和点C的坐标代入二次函数解析式即可得出答案；
（2）先求出顶点D的坐标，再过D点作DM平行于y轴交AC于M，再分别以DM为底求△ADM和△DCM的面积，相加即可得出答案；
（3）令y=1或y=-1，求出x的值即可得出答案.
【详解】解：（1）直线y＝﹣x+2中，当x = 0时，y = 2；
当y=0时，0 =﹣x+2，解得x = 1
∴点A、C的坐标分别为（0，2）、（1，0），
把A（0，2）、C（1，0）代入
解得，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+x+2；
（2）y＝﹣x2+x+2
∴抛物线的顶点D的坐标为，
如图1，设直线AC与抛物线的对称轴交于点M
直线y＝﹣x+2中，当x = 时，y =
点M的坐标为，则DM=
∴△DAC的面积为=；
（3）当P到x轴的距离为1时，则
①当y=1时，﹣x2+x+2=1，
而，所以方程没有实数根
②当y= - 1时，﹣x2+x+2= - 1，
解得
则点P的坐标为或；
综上，存在一点P或，使它到x轴的距离为1．
【点睛】
本题考查的是二次函数，难度适中，需要熟练掌握“铅垂高、水平宽”的方法来求面积.
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