资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，点在以为直径的内，且，以点为圆心，长为半径作弧，得到扇形，且，．若在这个圆面上随意抛飞镖，则飞镖落在扇形内的概率是( )
A． B． C． D．
2．二次函数的图象如右图所示，那么一次函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，在平面直角坐标系中，将△ABC向右平移3个单位长度后得△A1B1C1，再将△A1B1C1绕点O旋转180°后得到△A2B2C2，则下列说法正确的是( )
A．A1的坐标为(3，1) B．S四边形ABB1A1＝3 C．B2C＝2 D．∠AC2O＝45°
4．已知抛物线y=x2－8x+c的顶点在x轴上，则c的值是（ ）
A．16 B．-4 C．4 D．8
5．如图，下列条件中，能判定的是（ ）
A． B． C． D．
6．已知等腰三角形的腰和底的长分别是一元二次方程x2﹣4x+3=0的根，则该三角形的周长可以是（ ）
A．5 B．7 C．5或7 D．10
7．如图，点、、在上，，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
8．如果关于x的一元二次方程k2x2-(2k+1)x+1=0有两个不相等的实数根，那么k的取值范围是（ ）
A．k>－ B．k>－且 C．k<－ D．k－且
9．在反比例函数图像的每一条曲线上，y都随x的增大而增大，则b的取值范围是（ ）
A．b=3 B． C． D．
10．如图，路灯距离地面8米，身高1.6米的小明站在距离灯的底部（点0）20米的A处，则小明的影长为（ ）米．
A．4 B．5 C．6 D．7
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．若，且，则=______.
12．一元二次方程的一个根为，另一个根为_____.
13．小丽微信支付密码是六位数（每一位可显示0~9），由于她忘记了密码的末位数字，则小丽能一次支付成功的概率是__________.
14．已知2是关于的一元二次方程的一个根，则该方程的另一个根是________．
15．cos30°=__________
16．抛物线y＝（x﹣3）2﹣2的顶点坐标是_____．
17．将含有 30°角的直角三角板 OAB 如图放置在平面直角坐标系中，OB 在 x轴上，若 OA＝2，将三角板绕原点 O 顺时针旋转 75°，则点 A 的对应点 A′ 的坐标为___________．
18．已知m是方程x2﹣3x﹣1＝0的一个根，则代数式2m2﹣6m﹣7的值等于_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，AB和DE直立在地面上的两根立柱，已知AB=5m,某一时刻AB在太阳光下的影子长BC=3m．
（1）在图中画出此时DE在太阳光下的影子EF；
（2）在测量AB影子长时，同时测量出EF=6m，计算DE的长．
20．（6分）在一个不透明的盒子中装有4张卡片.4张卡片的正面分别标有数字1,2,3,4,这些卡片除数字外都相同,将卡片搅匀.
(1)从盒子任意抽取一张卡片,恰好抽到标有奇数卡片的概率是： ；
(2)先从盒子中任意抽取一张卡片,再从余下的3张卡片中任意抽取一张卡片,求抽取的2张卡片标有数字之和大于4的概率(请用画树状图或列表等方法求解).
21．（6分）解方程：（1）x2﹣2x+1=0 （2）2x2﹣3x+1=0
22．（8分）如图，已知AD•AC＝AB•AE．求证：△ADE∽△ABC．
23．（8分）一个不透明袋子中有1个红球，1个绿球和n个白球，这些球除颜色外无其他差别．
（1）从袋中随机摸出一个球，记录其颜色，然后放回，搅匀，大量重复该实验，发现摸到绿球的频率稳定于0.2，求n的值；
（2）若，小明两次摸球（摸出一球后，不放回，再摸出一球），请用树状图画出小明摸球的所有结果，并求出两次摸出不同颜色球的概率．
24．（8分）如图，在中，，分别是，上的点，且，连接，，.
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若平分，，，，求的长．
25．（10分）如图，在正方形ABCD中，点M是BC边上的任一点，连接AM并将线段AM绕M顺时针旋转90°得到线段MN，在CD边上取点P使CP＝BM，连接NP，BP．
（1）求证：四边形BMNP是平行四边形；
（2）线段MN与CD交于点Q，连接AQ，若△MCQ∽△AMQ，则BM与MC存在怎样的数量关系？请说明理由．
26．（10分）从甲、乙两台包装机包装的质量为300g的袋装食品中各抽取10袋，测得其实际质量如下（单位：g）
甲：301，300，305，302，303，302，300，300，298，299
乙：305，302，300，300，300，300，298，299，301，305
（1）分别计算甲、乙这两个样本的平均数和方差；
（2）比较这两台包装机包装质量的稳定性．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】如图，连接AO，∠BAC＝120，根据等腰三角形的性质得到AO⊥BC，∠BAO＝60，解直角三角形得到AB＝，由扇形的面积公式得到扇形ABC的面积＝，根据概率公式即可得到结论．
【详解】如图，连接AO，∠BAC＝120，
∵AB＝AC，BO＝CO，
∴AO⊥BC，∠BAO＝60，
∵BC＝2，
∴BO＝1，
∴AB＝BO÷cos30°=，
∴扇形ABC的面积＝，
∵⊙O的面积＝，
∴飞镖落在扇形ABC内的概率是=，
故选：C．
【点睛】
本题考查了几何概率，扇形的面积的计算，等腰三角形的性质，解直角三角形的运用，正确的识别图形是解题的关键．
2、D
【分析】可先根据二次函数的图象判断a、b的符号，再判断一次函数图象与实际是否相符，判断正误．
【详解】解：由二次函数图象，得出a＞0，，b＜0，
A、由一次函数图象，得a＜0，b＞0，故A错误；
B、由一次函数图象，得a＞0，b＞0，故B错误；
C、由一次函数图象，得a＜0，b＜0，故C错误；
D、由一次函数图象，得a＞0，b＜0，故D正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查了二次函数图象，应该熟记一次函数y=kx+b在不同情况下所在的象限，以及熟练掌握二次函数的有关性质：开口方向、对称轴、顶点坐标等.
3、D
【解析】试题分析：如图：
A、A1的坐标为（1，3），故错误；
B、=3×2=6，故错误；
C、B2C== ，故错误；
D、变化后，C2的坐标为（-2，-2），而A（-2，3），由图可知，∠AC2O=45°，故正确．
故选D．
4、A
【分析】顶点在x轴上,所以顶点的纵坐标是0.据此作答.
【详解】∵二次函数y=-8x+c的顶点的横坐标为x=- = -=4，
∵顶点在x轴上，
∴顶点的坐标是(4，0)，
把(4，0)代入y=-8x+c中，得：
16-32+c=0，
解得：c=16，
故答案为A
【点睛】
本题考查求抛物线顶点纵坐标的公式,比较简单.
5、D
【分析】根据相似三角形的各个判定定理逐一分析即可．
【详解】解：∵∠A=∠A
若，不是对应角，不能判定，故A选项不符合题意；
若，不是对应角，不能判定，故B选项不符合题意；
若，但∠A不是两组对应边的夹角，不能判定，故C选项不符合题意；
若，根据有两组对应边成比例且夹角对应相等的两个三角形相似可得，故D选项符合题意．
故选D．
【点睛】
此题考查的是使两个三角形相似所添加的条件，掌握相似三角形的各个判定定理是解决此题的关键．
6、B
【解析】先通过解方程求出等腰三角形两边的长，然后利用三角形三边关系确定等腰三角形的腰和底的长，进而求出三角形的周长．
本题解析：
x ²-4x+3=0
(x−3)(x−1)=0，
x−3=0或x−1=0，
所以x ₁=3,x ₂=1，
当三角形的腰为3，底为1时，三角形的周长为3+3+1=7，
当三角形的腰为1，底为3时不符合三角形三边的关系，舍去，
所以三角形的周长为7.
故答案为7.
考点：解一元二次方程-因式分解法, 三角形三边关系, 等腰三角形的性质
7、C
【分析】根据平行线的性质及圆周角定理即可求解.
【详解】∵，
∴，
∵，
∴，
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理及平行线的性质，熟练运用相关知识点是解决本题的关键.
8、B
【分析】在与一元二次方程有关的求值问题中，必须满足下列条件：
（1）二次项系数不为零；
（2）在有两个实数根下必须满足△=b2-4ac≥1．
【详解】由题意知，k≠1，方程有两个不相等的实数根，所以△＞1，△=b2-4ac=（2k+1）2-4k2=4k+1＞1．
因此可求得k＞且k≠1．
故选B．
【点睛】
本题考查根据根的情况求参数，熟记判别式与根的关系是解题的关键.
9、C
【分析】由反比例函数的图象的每一条曲线上，y都随x的增大而增大，可得3-b＜0，进而求出答案，作出选择．
【详解】解：∵反比例函数的图象的每一条曲线上，y都随x的增大而增大，
∴3-b＜0，
∴b＞3，
故选C.
【点睛】
考查反比例函数的性质和一元一次不等式的解法，掌握反比例函数的性质是解决问题的关键．
10、B
【分析】直接利用相似三角形的性质得出，故，进而得出AM的长即可得出答案．
【详解】解：由题意可得：
OC∥AB，
则△MBA∽△MCO，
∴，
即
解得：AM＝1．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了相似三角形的应用，根据题意得出△MBA∽△MCO是解题关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、12
【分析】设，则a=2k，b=3k，c=4k，由求出k值，即可求出c的值.
【详解】解：设，则a=2k，b=3k，c=4k，
∵a+b-c＝3，
∴2k+3k-4k=3，
∴k=3，
∴c=4k=12.
故答案为12.
【点睛】
此题主要考查了比例的性质，利用等比性质是解题关键．
12、
【分析】利用因式分解法解得方程的两个根，即可得出另一个根的值.
【详解】，变形为：，
∴或，
解得：；，
∴一元二次方程的另一个根为：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了解一元二次方程-因式分解法.
13、
【分析】根据题意可知密码的末位数字一共有10种等可能的结果，小丽能一次支付成功的只有1种情况，直接利用概率公式求解即可．
【详解】解：∵密码的末位数字一共有10种等可能的结果，小丽能一次支付成功的只有1种情况，
∴小丽能一次支付成功的概率是．
故答案为：．
【点睛】
此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．
14、-1．
【解析】设方程的另一个根为,由韦达定理可得:,即,
解得.
点睛:本题主要考查一元二次方程根与系数的关系,解决本题的关键是要熟练掌握一元二次方程根与系数的关系.
15、
【分析】直接利用特殊角的三角函数值进而得出答案．
【详解】cos30°=．
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了特殊角的三角函数值，准确记忆特殊角的三角函数值是解题的关键．
16、（3，﹣2）
【分析】根据抛物线y＝a（x﹣h）2+k的顶点坐标是（h，k）直接写出即可．
【详解】解：抛物线y＝（x﹣3）2﹣2的顶点坐标是（3，﹣2）．
故答案为（3，﹣2）．
【点睛】
此题主要考查了二次函数的性质，关键是熟记：抛物线的顶点坐标是，对称轴是．
17、（，）
【解析】过A′作A′C⊥x轴于C，根据旋转得出∠AOA′=75°，OA=OA′=2，求出∠A′OC=45°，推出OC=A′C，解直角三角形求出OC和A′C，即可得出答案．
【详解】
如图,过A′作A′C⊥x轴于C，
∵将三角板绕原点O顺时针旋转75°，
∴∠AOA′=75°,OA=OA′=2，
∵∠AOB=30°，
∴∠A′OC=45°，
∴OC=A′C=OA′sin45°=2×=，
∴A′的坐标为(,-).
故答案为：（，）.
【点睛】
本题考查的知识点是坐标与图形变化-旋转，解题的关键是熟练的掌握坐标与图形变化-旋转.
18、﹣1．
【分析】根据一元二次方程的解的概念可得关于m的方程，变形后整体代入所求式子即得答案.
【详解】解：∵m是方程x2﹣3x﹣1＝0的一个根，∴m2﹣3m﹣1＝0，∴m2﹣3m＝1，
∴2m2﹣6m﹣7＝2（m2﹣3m）﹣7＝2×1﹣7＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解的概念和代数式求值，熟练掌握整体代入的数学思想和一元二次方程的解的概念是解题关键.
三、解答题(共66分)
19、（1）详见解析；（2）10m
【分析】（1）连接AC，过点D作DF∥AC，交直线BC于点F，线段EF即为DE的投影；
（2）易证△ABC∽△DEF，再根据相似三角形的对应边成比例进行解答即可.
【详解】（1）连接AC，过点D作DF∥AC，交直线BC于点F，线段EF即为DE的投影．
（2）∵AC∥DF，
∴∠ACB=∠DFE，
∵∠ABC=∠DEF=90°，
∴△ABC∽△DEF，
∴AB：DE=BC：EF，
∵AB=5m，BC=3m，EF=6m，
∴5：DE=3：6，
∴DE=10m．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的应用，解此题的关键在于熟练掌握相似三角形的判定与性质.
20、 (1) ；(2).
【解析】（1）共4张卡片，奇数卡片有2张，利用概率公式直接进行计算即可；（2）画出表格，数出总情况数，数出抽取的2张卡片标有数字之和大于4的情况数，再利用概率公式进行计算即可
【详解】(1)共4张卡片，奇数卡片有2张，所以恰好抽到标有奇数卡片的概率是
(2)表格如下
一共有12种情况，其中2张卡片标有数字之和大于4的有8种情况，所以
答：从盒子任意抽取一张卡片,恰好抽到标有奇数卡片的概率是，抽取的2张卡片标有数字之和大于4的概率为.
【点睛】
本题主要考查利用画树状图或列表求概率问题，本题关键在于能够列出表格
21、（1）x1=x2=1 ；（2）x1=1，x2=
【分析】（1）利用配方法解一元二次方程即可得出答案；
（2）利用十字相乘法解一元二次方程即可得出答案.
【详解】解：（1）x2﹣2x+1=0
(x-1)2=0
∴x1=x2=1
（2）2x2﹣3x+1=0
(2x-1)(x-1)=0
∴x1=1，x2=
【点睛】
本题考查的是解一元二次方程，解一元二次方程主要有以下几种解法：直接开方法、配方法、公式法和因式分解法.
22、证明见解析.
【分析】由AD•AC＝AE•AB，可得,从而根据“两边对应成比例并且夹角相等的两个三角形相似”可证明结论成立.
【详解】试题分析：
证明：∵AD•AC＝AE•AB，
∴＝
在△ABC与△ADE 中
∵＝，∠A＝∠A，
∴ △ABC∽△ADE
23、（1）；（2）
【分析】（1）利用频率估计概率，则摸到绿球的概率为0.2，然后利用概率公式列方程即可；
（2）画出树状图，然后根据概率公式求概率即可.
【详解】解：（1）∵经过大量实验，摸到绿球的频率稳定于0.2，
∴摸到绿球的概率为0.2
∴
解得：，经检验是原方程的解.
（2）树状图如下图所示：
由树状图可知：共有12种等可能的结果，其中两次摸出不同颜色球的结果共有10种，
故两次摸出不同颜色球的概率为：
【点睛】
此题考查的是利用频率估计概率、画树状图及概率公式，掌握画树状图分析结果和利用概率公式求概率是解决此题的关键.
24、（1）见解析；（2）．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到∠A=∠C，AD=CB，根据全等三角形的性质和平行四边形的判定定理即可得到结论；
（2）根据平行线的性质和角平分线的定义得到∠DAF=∠AFD，求得AD=DF，根据勾股定理的逆定理和勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴且．
∵，
∴，
即，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵，
∴．
∵平分，
∴，
∴，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴．
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质和判定，勾股定理，矩形的性质和判定的应用，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
25、（1）证明见解析；（2）BM=MC．理由见解析．
【分析】（1）根据正方形的性质可得AB=BC，∠ABC=∠C，然后利用“边角边”证明△ABM和△BCP全等，根据全等三角形对应边相等可得AM=BP，∠BAM=∠CBP，再求出AM⊥BP，从而得到MN∥BP，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可；
（2）根据同角的余角相等求出∠BAM=∠CMQ，然后求出△ABM和△MCQ相似，根据相似三角形对应边成比例可得，再求出△AMQ∽△ABM，根据相似三角形对应边成比例可得，从而得到，即可得解．
【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠C，
在△ABM和△BCP中，
，
∴△ABM≌△BCP（SAS），
∴AM=BP，∠BAM=∠CBP，
∵∠BAM+∠AMB=90°，
∴∠CBP+∠AMB=90°，
∴AM⊥BP，
∵AM并将线段AM绕M顺时针旋转90°得到线段MN，
∴AM⊥MN，且AM=MN，
∴MN∥BP，
∴四边形BMNP是平行四边形；
（2）解：BM=MC．
理由如下：∵∠BAM+∠AMB=90°，∠AMB+∠CMQ=90°，
∴∠BAM=∠CMQ，
又∵∠ABC=∠C=90°，
∴△ABM∽△MCQ，
∴，
∵△MCQ∽△AMQ，
∴△AMQ∽△ABM，
∴，
∴，
∴BM=MC．
26、（1）甲平均数301，乙平均数301，甲方差3.2，乙方差4.2；（2）甲包装机包装质量的稳定性好，见解析
【分析】（1）根据平均数就是对每组数求和后除以数的个数；根据方差公式计算即可；
（2）方差大说明这组数据波动大，方差小则波动小，就比较稳定．依此判断即可．
【详解】解：（1）＝（1+0+5+2+3+2+0+0﹣2﹣1）+300＝301，
＝（5+2+0+0+0+0﹣2﹣1+1+5）+300＝301，
＝[（301﹣301）2+（301﹣300）2+（301﹣305）2+（301﹣302）2+（301﹣303）2+（301﹣302）2+（301﹣300）2+（301﹣300）2+（301﹣298）2+（301﹣299）2]＝3.2；
＝[（301﹣305）2+（301﹣302）2+（301﹣300）2+（301﹣300）2+（301﹣300）2+（301﹣300）2+（301﹣298）2+（301﹣299）2+（301﹣301）2+（301﹣305）2]＝4.2；
（2）∵＜，
∴甲包装机包装质量的稳定性好．
【点睛】
本题考查了平均数和方差，正确掌握平均数及方差的求解公式是解题的关键.
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