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．若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的值可能是（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
2．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点、，点是轴正半轴上的一点，当时，则点的纵坐标是（ ）
A．2 B． C． D．
3．如图，是的直径，，是圆周上的点，且，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC，若OA=2，则四边形CODE的周长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
5．如果两个相似三角形的相似比是1:2，那么它们的面积比是( )
A．1:2 B．1:4 C．1: D．2:1
6．一元二次方程的根的情况是（ ）
A．有两个不相等实数根 B．有两个相等实数根 C．没有实数根 D．无法确定
7．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°
8．在平面直角坐标系中，将抛物线向左平移1个单位，再向下平移1个单位后所得抛物线的表达式为( )
A． B．
C． D．
9．如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝35°，将△ABC绕点C逆时针旋转α角到△A1B1C 的位置，A1B1恰好经过点B，则旋转角α的度数等（ ）
A．70° B．65° C．55° D．35°
10．为了比较甲乙两足球队的身高谁更整齐，分别量出每人身高，发现两队的平均身高一样，甲、乙两队的方差分别是1.7、2.4，则下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两队身高一样整齐 B．甲队身高更整齐
C．乙队身高更整齐 D．无法确定甲、乙两队身高谁更整齐
11．若关于x的一元二次方程x2－2x－k＝0没有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k＞－1 B．k≥－1 C．k＜－1 D．k≤－1
12．如图是由个完全相同的小正方形搭成的几何体，如果将小正方体放到小正方体的正上方，则它的（ ）
A．主视图会发生改变 B．俯视图会发生改变
C．左视图会发生改变 D．三种视图都会发生改变
二、填空题（每题4分，共24分）
13．抛物线的部分图象如图所示，对称轴是直线，则关于的一元二次方程的解为____．
14．计算：sin30°＋tan45°＝_____．
15．已知线段a＝4 cm，b＝9 cm，则线段a，b的比例中项为_________cm．
16．如图，正方形ABCD中，E是AD的中点，BM⊥CE，AB=6，则BM=_____________．
17．已知学校航模组设计制作的火箭的升空高度h（m）与飞行时间t（s）满足函数表达式，则火箭升空的最大高度是___m
18．如图，边长为的正六边形在足够长的桌面上滚动(没有滑动)一周，则它的中心点所经过的路径长为______．
三、解答题（共78分）
19．（8分）为实现“先富带动后富，从而达到共同富裕”，某县为做好“精准扶贫”，2017年投入资金1000万元用于教育扶贫，以后投入资金逐年增加，2019年投入资金达到1440万元．
（1）从2017年到2019年，该县投入用于教育扶贫资金的年平均增长率是多少？
（2）假设保持这个年平均增长率不变，请预测一下2020年该县将投入多少资金用于教育扶贫？
20．（8分）如图，线段AB、CD分别表示甲乙两建筑物的高，BA⊥AD，CD⊥DA，垂足分别为A、D．从D点测到B点的仰角α为60°，从C点测得B点的仰角β为30°，甲建筑物的高AB=30米
（1）求甲、乙两建筑物之间的距离AD．
（2）求乙建筑物的高CD．
21．（8分）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD⊥CD，（点D在⊙O外）AC平分∠BAD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若DC、AB的延长线相交于点E，且DE＝12，AD＝9，求BE的长．
22．（10分）已知有一个二次函数由的图像与x轴的交点为（-2，0），（4，0），形状与二次函数相同，且的图像顶点在函数的图像上（a，b为常数），则请用含有a的代数式表示b.
23．（10分）若x1、x2是关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个根，则方程的两个根x1、x2和系数a、b、c有如下关系：，.我们把它们称为根与系数关系定理.
如果设二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴的两个交点为A(x1，0)，B(x2，0).利用根与系数关系定理我们又可以得到A、B两个交点间的距离为：AB=====
请你参考以上定理和结论，解答下列问题：
设二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴的两个交点为A(x1，0)，B(x2，0)，抛物线的顶点为C，显然△ABC为等腰三角形.
(1)当△ABC为等腰直角三角形时，直接写出b2-4ac的值；
(2)当△ABC为等腰三角形，且∠ACB=120°时，直接写出b2-4ac的值；
(3)设抛物线y=x2+mx+5与x轴的两个交点为A、B，顶点为C，且∠ACB=90°，试问如何平移此抛物线，才能使∠ACB=120°.
24．（10分）解方程：
（1）；
（2）．
25．（12分）已知关于的方程：．
（1）求证：不论取何实数，该方程都有两个不相等的实数根．
（2）设方程的两根为，，若，求的值．
26．如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=5，CD上一点E，连接AE，将△ADE绕点A旋转90°得△AFG，连接EG、DF．
（1）画出图形；
（2）若EG、DF交于BC边上同一点H，且△GFH是等腰三角形，试计算CE长．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【解析】由题意可知，该一元二次方程根的判别式的值大于零，即 (-2)2-4m>0，
∴m<1.
对照本题的四个选项，只有D选项符合上述m的取值范围.
故本题应选D.
2、D
【分析】首先过点B作BD⊥AC于点D，设BC=a，根据直线解析式得到点A、B坐标，从而求出OA 、OB的长，易证△BCD ≌△ACO，再根据相似三角形的对应边成比例得出比例式，即可解答.
【详解】解：过点B作BD⊥AC于点D，设BC=a，
∵直线与轴、轴分别交于点、，
∴A(-2,0)，B（0,1），即OA=2， OB=1，AC=，
∵，
∴AB平分∠CAB，
又∵BO⊥AO，BD⊥AC，
∴BO= BD=1，
∵∠BCD =∠ACO，∠CDB=∠COA =90°，
∴△BCD ≌△ACO，
∴ ，即a:=1:2
解得：a1=， a2=-1（舍去），
∴OC=OB+BC=+1=，所以点C的纵坐标是.
故选：D.
【点睛】
本题考查相似三角形的判定与性质、角平分线的性质的综合运用，解题关键是恰当作辅助线利用角平分线的性质.
3、D
【分析】连接OC，过点C作CE⊥OB于点E,根据圆周角定理得出，则有是等边三角形，然后利用求解即可．
【详解】连接OC，过点C作CE⊥OB于点E
∴是等边三角形
故选：D．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理及扇形的面积公式，掌握圆周角定理及扇形的面积公式是解题的关键．
4、C
【分析】首先由CE∥BD，DE∥AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC＝OD＝2，即可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案．
【详解】解：∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形CODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC=2，OB＝OD，
∴OD＝OC＝2，
∴四边形CODE是菱形，
∴四边形CODE的周长为：4OC＝4×2＝1．
故选：C．
【点睛】
此题考查了菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大，注意证得四边形CODE是菱形是解此题的关键．
5、B
【分析】根据相似三角形面积的比等于相似比的平方即可得出．
【详解】∵两个相似三角形的相似比是1：2，
∴它们的面积比是1：1．
故选B．
【点睛】
本题是一道考查相似三角形性质的基本题目，比较简单．
6、A
【分析】根据方程的系数结合根的判别式即可得出△＝49＞0，由此即可得出方程有两个不相等的实数根．
【详解】解：∵在方程中，△＝，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
【点睛】
本题考查了根的判别式，熟练掌握“当△＞0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．
7、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．
8、B
【分析】直接关键二次函数的平移规律“左加右减，上加下减”解答即可.
【详解】将抛物线向左平移1个单位，再向下平移1个单位后所得抛物线的表达式为：
故选：B
【点睛】
本题考查的是二次函数的平移，掌握其平移规律是关键，需注意：二次函数平移时必须化成顶点式.
9、A
【解析】根据旋转的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：∵在 Rt△ACB 中，∠ACB＝90°，∠A＝35°，
∴∠ABC＝55°，
∵将△ABC 绕点 C 逆时针旋转α角到△A′B′C 的位置，
∴∠B′＝∠ABC＝55°，∠B′CA′＝∠ACB＝90°，
CB＝CB′，
∴∠CBB′＝∠B′＝55°，
∴∠α＝70°，
故选：A.
【点睛】
本题考查旋转的性质以及等腰三角形的性质．注意掌握旋转前后图形的对应关系是解此题的关键．
10、B
【解析】根据方差的意义可作出判断，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
【详解】∵S甲=1.7，S乙=2.4，
∴S甲＜S乙，
∴甲队成员身高更整齐；
故选B.
【点睛】
此题考查方差，掌握波动越小，数据越稳定是解题关键
11、C
【解析】试题分析：由题意可得根的判别式，即可得到关于k的不等式，解出即可.
由题意得，解得
故选C.
考点：一元二次方程的根的判别式
点评：解答本题的关键是熟练掌握一元二次方程，当时，方程有两个不相等实数根；当时，方程的两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．
12、A
【分析】根据从上面看得到的图形事俯视图，从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【详解】如果将小正方体放到小正方体的正上方，则它的主视图会发生改变，俯视图和左视图不变．
故选．
【点睛】
本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图，从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】根据二次函数的性质和函数的图象，可以得到该函数图象与轴的另一个交点，从而可以得到一元二次方程的解，本题得以解决．
【详解】由图象可得，
抛物线与x轴的一个交点为（1，0），对称轴是直线，
则抛物线与轴的另一个交点为（-3，0），
即当时，，此时方程的解是，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了抛物线与轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
14、
【详解】解：sin30°＋tan45°＝
【点睛】
此题主要考察学生对特殊角的三角函数值的记忆30°、45°、60°角的各个三角函数值,必须正确、熟练地进行记忆．
15、6
【分析】设比例中项为c，得到关于c的方程即可解答.
【详解】设比例中项为c，由题意得： ，
∴，
∴c1=6，c2=-6（不合题意，舍去）
故填6.
【点睛】
此题考查线段成比例，理解比例中项的含义即可正确解答.
16、
【分析】根据正方形的性质，可证△BCM∽△CED，可得，即可求BM的长
【详解】解：正方形ABCD中，AB＝6，
E是AD的中点，故ED＝3；CE＝3，
∵BM⊥CE，
∴△BCM∽△CED，
根据相似三角形的性质，可得，
解得：BM＝．
【点睛】
主要考查了正方形的性质和相似三角形的判定和性质．充分利用正方形的特殊性质来找到相似的条件从而判定相似后利用相似三角形的性质解题．一般情况下求线段的长度常用相似中的比例线段求解．
17、1
【分析】将函数解析式配方，写成顶点式，按照二次函数的性质可得答案．
【详解】解：∵
=
=，
∵，
∴抛物线开口向下，
当x=6时，h取得最大值，火箭能达到最大高度为1m．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了二次函数的应用，熟练掌握配方法及二次函数的性质，是解题的关键．
18、
【分析】首先求得从B到B´时，圆心O的运动路线与点F运动的路线相同，即是的长,又由正六边形的内角为120°，求得所对 的圆心角为60°，根据弧长公式计算即可.
【详解】解：∵正六边形的内角为120°，
∴∠BAF=120°,
∴∠FAF´=60°,
∴
∴正六边形在桌子上滚动(没有滑动)一周，则它的中心O点所经过的路径长为：
故答案为：
【点睛】
本题考查的是正六边形的性质及正六边形中心的运动轨迹长，找到其运动轨迹是解决本题的关键．
三、解答题（共78分）
19、（1）20%；（2）1728万元．
【分析】（1）设年平均增长率为x，根据：2017年投入资金×（1+增长率）2＝2019年投入资金，列出方程求解可得；
（2）根据求得的增长率代入求得2020年的投入即可．
【详解】解：（1）设该地投入教育扶贫资金的年平均增长率为x，根据题意，得：
1000（1+x）2＝1440，
解得：x＝0.2或x＝﹣2.2（舍），
答：从2017年到2019年，该地投入教育扶贫资金的年平均增长率为20%；
（2）2020年投入的教育扶贫资金为1440×（1+20%）＝1728万元．
【点睛】
本题考查的知识点是用一元二次方程求增长率问题，根据题目找出等量关系式是解此题的关键.
20、（1）；（2）1．
【分析】（1）在Rt△ABD中利用三角函数即可求解；
（2）作CE⊥AB于点E，在Rt△BCE中利用三角函数求得BE的长，然后根据CD=AE=AB﹣BE求解．
【详解】（1）作CE⊥AB于点E，在Rt△ABD中，AD===（米）；
（2）在Rt△BCE中，CE=AD=米，BE=CE•tanβ=×=10（米），则CD=AE=AB﹣BE=30﹣10=1（米）
答：乙建筑物的高度DC为1m．
21、（1）证明见解析；（2）BE的长是
【分析】（1）连接OC，根据条件先证明OC∥AD，然后证出OC⊥CD即可；
（2）先利用勾股定理求出AE的长，再根据条件证明△ECO∽△EDA，然后利用对应边成比例求出OC的长，再根据BE=AE﹣2OC计算即可．
【详解】（1）连接OC，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠CAB，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠DAC=∠OCA，
∴OC∥AD，
∵AD⊥CD，
∴OC⊥CD，
∵OC为⊙O半径，
∴CD是⊙O的切线．
（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE==15，
∵OC∥AD，
∴△ECO∽△EDA，
∴
∴
解得：OC=，
∴BE=AE﹣2OC=15﹣2×=，
答：BE的长是．
22、或
【解析】根据图象与x轴两交点确定对称轴，再根据图象顶点在函数的图像上可得顶点坐标，设顶点式求抛物线的解析式.
【详解】解：∵y1图象与x轴的交点坐标为（-2，0），（4，0），可得图象对称轴为直线x=1，
∵y1图象顶点在函数的图象上，
∴当x=1时，y=2+b,
∴y1图象顶点坐标为（1,2+b）
∵y1图象与形状相同，
∴设y1=a(x-1)2+2+b，或y1=-a(x-1)2+2+b，
将（-2，0）代入得，
0=9a+2+b,或0=-9a+2+b,
∴或
【点睛】
本题考查二次函数图象的特征，确定顶点坐标后设顶点式求解析式是解答此题的重要思路.
23、 (1)4；(2)；(3)抛物线向上平移个单位后，向左或向右平移任意个单位都能使得度数由90°变为120°.
【分析】（1）根据上述结论及直角三角形的性质列出等式，计算出即可；
（2）根据上述结论及含120°的等腰三角形的边角关系，列出方程，解出方程即可；
（3）根据（1）中结论，计算出m的值，设出平移后的函数解析式，根据（2）中结论，列出等量关系即可解出．
【详解】解：(1)由 y=ax2+bx+c(a≠0)可知顶点C
∵，
∴当△ABC为等腰直角三角形时，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知：=，化简得
故答案为：4
(2) 由 y=ax2+bx+c(a≠0)可知顶点C
如图，过点C作CD⊥AB交AB于点D，
∵∠ACB=120°，∴∠A=30°
∵tan30°= ，
即，又因为，
∴化简得
故答案为：
(3)∵
因为向左或向右平移时的度数不变,
所以只需将抛物线向上或向下平移使,然后向左或向右平移任意个单位即可.
设向上或向下平移后的抛物线的解析式为:,
平移后，
所以，抛物线向上平移个单位后，向左或向右平移任意个单位都能使得度数由变为.
【点睛】
本题考查二次函数与几何的综合应用题，难度适中，关键是能够根据特殊三角形的性质列出关系式．
24、（1），；（2），．
【分析】（1）先去括号，再利用直接开平方法解方程即可；
（2）利用十字相乘法解方程即可．
【详解】（1），
，
，
∴，．
（2），
(3x+2)(x-2)=0，
∴，．
【点睛】
本题考查解一元二次方程，解一元二次方程的常用方法有：直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法等，熟练掌握并灵活运用适当的解法是解题关键．
25、（1）详见解析；（2）．
【分析】（1）要证明方程都有两个不相等的实数根，必须证明根的判别式总大于0.
（2）利用韦达定理求得x₁+x₂和x₁x₂的值，代入，求a的值.
【详解】解：（1）∵，
∴不论取何实数，该方程都有两个不相等的实数根．
（2）由韦达定理得：，
∴，
解得：，
经检验知符合题意，
∴．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式与根的情况，要证明方程都有两个不相等的实数根，必须证明根的判别式总大于0；还考查了利用韦达定理求值的问题，首先把给给出的等式化成 与(x ₁+x ₂）、x ₁x ₂有关的式子，代入求值．
26、（1）见解析；（2）CE=3-
【分析】（1）根据题意作图即可；
（2）根据旋转的性质得到DE=FG，△ADF、△BHF是等腰直角三角形，故求出FH=，再根据等腰三角形的性质得到GF=FH==DE，故可求出CE的长．
【详解】解：（1）如图所示：
（2）由旋转得，AD=AF=5，DE=GF
∵∠BAD=90°
∴△ADF为等腰直角三角形，
∴A、B、F在同一直线上
∴BF=2=BH
∴△BHF为等腰直角三角形，
∴HF==,
∵△GFH是等腰三角形且∠GFH=90°+45°=135°
∴GF=FH==DE
∵CD=AB=3
∴CE=CD-DE=3-．
【点睛】
此题主要考查矩形及旋转的性质，解题的关键是熟知等腰三角形的判定与性质．
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