资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．x1，x2是关于x的一元二次方程x2 －mx ＋m－2＝0的两个实数根，是否存在实数m使＝0成立？则正确的结论是( )
A．m＝0 时成立 B．m＝2 时成立 C．m＝0 或2时成立 D．不存在
2．下列由几何图形组合的图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．己知是一元二次方程的一个根，则的值为（ ）
A．1 B．－1或2 C．－1 D．0
4．P(3，-2)关于原点对称的点的坐标是( )
A．(3，2) B．(-3，2) C．(-3，-2) D．(3，-2)
5．抛物线的顶点到轴的距离为（ ）
A． B． C．2 D．3
6．如图，一张矩形纸片ABCD的长，宽将纸片对折，折痕为EF，所得矩形AFED与矩形ABCD相似，则a：
A．2：1 B．：1 C．3： D．3：2
7．如图，已知点E（﹣4，2），点F（﹣1，﹣1），以O为位似中心，把△EFO放大为原来的2倍，则E点的对应点坐标为（ ）
A．（2，﹣1）或（﹣2，1） B．（8，﹣4）或（﹣8，4）
C．（2，﹣1） D．（8，﹣4）
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．下列说法正确的是( )
A．一组对边相等且有一个角是直角的四边形是矩形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等且互相垂直的四边形是正方形
D．对角线平分一组对角的平行四边形是菱形
10．如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边OA在x轴上，点，．若反比例函数经过点C，则k的值等于（ ）
A．10 B．24 C．48 D．50
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．某小区2010年屋顶绿化面积为2000平方米，计划2012年屋顶绿化面积要达到2880平方米．如果每年屋顶绿化面积的增长率相同，那么这个增长率是_________．
12．如图，在Rt△ABC中，∠BCA=90º，∠BAC=30º，BC=4，将Rt△ABC绕A点顺时针旋转90º得到Rt△ADE，则BC扫过的阴影面积为___．
13．如图，扇形OAB中，∠AOB＝60°，OA＝4，点C为弧AB的中点，D为半径OA上一点，点A关于直线CD的对称点为E，若点E落在半径OA上，则OE＝______．
14．如图，BC⊥y轴，BC＜OA，点A、点C分别在x轴、y轴的正半轴上，D是线段BC上一点，BD＝OA＝2，AB＝3，∠OAB＝45°，E、F分别是线段OA、AB上的两动点，且始终保持∠DEF＝45°，将△AEF沿一条边翻折，翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形，则线段OE的值为_____．
15．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于（x1，0），且﹣1＜x1＜0，对称轴x＝1．如图所示，有下列5个结论：①abc＞0；②b＜a+c；③4a+2b+c＞0；④2c＜3b；⑤a+b＞m（am+b）（m≠1的实数）．其中所有结论正确的是______（填写番号）．
16．有五张分别印有等边三角形、正方形、正五边形、矩形、正六边形图案的卡片（这些卡片除图案不同外，其余均相同）．现将有图案的一面朝下任意摆放，从中任意抽取一张，抽到卡片的图案既是中心对称图形，又是轴对称图形的概率为_____．
17．有6张卡片，每张卡片上分别写有不同的从1到6的一个自然数，从中任意抽出一张卡片，卡片上的数是3的倍数的概率是
18．已知△ABC的三边长a=3，b=4，c=5，则它的内切圆半径是________
三、解答题(共66分)
19．（10分）先化简，再求值．
，请从一元二次方程x2+2x-3=0的两个根中选择一个你喜欢的求值．
20．（6分）如图，抛物线y=x2+bx－2与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，且A（一1，0）．
⑴求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
⑵判断△ABC的形状，证明你的结论；
⑶点M(m，0)是x轴上的一个动点，当CM+DM的值最小时，求m的值．
21．（6分）根据2019年莆田市初中毕业升学体育考试内容要求，甲、乙、丙在某节体育课他们各自随机分别到篮球场A处进行篮球运球绕杆往返训练或到足球场B处进行足球运球绕杆训练，三名学生随机选择其中的一场地进行训练．
（1）用列表法或树形图表示出的所用可能出现的结果；
（2）求甲、乙、丙三名学生在同一场地进行训练的概率；
（3）求甲、乙、丙三名学生中至少有两人在B处场地进行训练的概率．
22．（8分）如图，在△ABC中，AB=，∠B=45°，．求△ABC的周长．
23．（8分）元旦期间，商场中原价为 100元的某种商品经过两次连续降价后以每件81元出售，设这种商品每次降价的百分率相同，求这个百分率．
24．（8分）城市规划期间，欲拆除一电线杆AB，已知距电线杆AB水平距离14m的D处有一大坝，背水坡CD的坡度i=2：1，坝高CF为2m，在坝顶C处测得杆顶A的仰角为30°，D、E之间是宽为2m的人行道．
试问：在拆除电线杆AB时，为确保行人安全，是否需要将此人行道封上？请说明理由（在地面上，以点B为圆心，以AB长为半径的圆形区域为危险区域．）（≈1.732，≈1.414）
25．（10分）如图，为外接圆的直径，点是线段延长线上一点，点在圆上且满足，连接，，，交于点.
（1）求证：.
（2）过点作，垂足为，，，求证：.
26．（10分）如图，△ABC的三个顶点在平面直角坐标系中的坐标分别为A（3，3），B（2，1），C（5，1），将△ABC绕点O逆时针旋转180°得△A′B′C′，请你在平面直角坐标系中画出△A′B′C′，并写出△A′B′C′的顶点坐标．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【解析】∵x1，x2是关于x的一元二次方程x2－bx＋b－2＝0的两个实数根
∴Δ=（b-2）2+4>0
x1+x2=b，x1×x2=b-2
∴
使＋＝0，则
故满足条件的b 的值为0
故选A.
2、A
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即得答案．
【详解】解：A、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，属于应知应会题型，熟知二者的概念是解题关键．
3、C
【分析】一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即把x=2代入方程求解可得m的值．
【详解】把x=2代入方程(m﹣2)x2+4x﹣m2=0得到(m﹣2)+4﹣m2=0，
解得：m=﹣2或m=2．
∵m﹣2≠0，
∴m=﹣2．
故选：C．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解的定义，解题的关键是理解一元二次方程解的定义，属于基础题型．
4、B
【解析】根据平面坐标系中点P(x,y)关于原点对称点是(-x,-y) 即可．
【详解】解：关于原点对称的点的横纵坐标都互为相反数，因此P(3，-2)关于原点对称的点的坐标是(-3，2)．
故答案为B．
【点睛】
本题考查关于原点对称点的坐标的关系，解题的关键是理解并识记关于原点对称点的特点．
5、C
【分析】根据二次函数的顶点式即可得到顶点纵坐标,即可判断距x轴的距离.
【详解】由题意可知顶点纵坐标为:-2,即到x轴的距离为2.
故选C.
【点睛】
本题考查顶点式的基本性质,需要注意题目考查的是距离即为坐标绝对值.
6、B
【分析】根据折叠性质得到AF＝AB＝a，再根据相似多边形的性质得到，即，然后利用比例的性质计算即可．
【详解】解：∵矩形纸片对折，折痕为EF，
∴AF＝AB＝a，
∵矩形AFED与矩形ABCD相似，
∴，即，
∴a∶b＝.
所以答案选B.
【点睛】
本题考查了相似多边形的性质：相似多边形对应边的比叫做相似比．相似多边形的对应角相等，对应边的比相等．
7、B
【分析】E（﹣4，1）以O为位似中心，按比例尺1：1，把△EFO放大，则点E的对应点E′的坐标是E（﹣4，1）的坐标同时乘以1或﹣1．
【详解】解：根据题意可知，点E的对应点E′的坐标是E（﹣4，1）的坐标同时乘以1或﹣1．
所以点E′的坐标为（8，﹣4）或（﹣8，4）．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查根据位似比求对应点的坐标，分情况讨论是解题的关键．
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、D
【分析】根据矩形、正方形、菱形的判定方法一一判断即可；
【详解】A、一组对边相等且有一个角是直角的四边形不一定是矩形，故本选项不符合题意；
B、对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故本选项不符合题意；
C、对角线相等且互相垂直的四边形不一定是正方形，故本选项不符合题意；
D、对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查矩形、正方形、菱形的判定方法，属于中考常考题型．
10、C
【分析】由菱形的性质和锐角三角函数可求点，将点C坐标代入解析式可求k的值．
【详解】解：如图，过点C作于点E，
∵菱形OABC的边OA在x轴上，点，
∴，
∵．
∴，
∴
∴点C坐标
∵若反比例函数经过点C，
∴
故选C．
【点睛】
本题考查了反比例函数性质，反比例函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，锐角三角函数，关键是求出点C坐标．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、20%
【解析】分析：本题需先设出这个增长率是x，再根据已知条件找出等量关系列出方程，求出x的值，即可得出答案．
解答：解：设这个增长率是x，根据题意得：
2000×（1+x）2=2880
解得：x1=20%，x2=-220%（舍去）
故答案为20%．
12、4π
【分析】先利用含30度的直角三角形三边的关系得到AB=2BC=8，AC=BC=，再根据旋转的性质得到∠CAE=∠BAD=90°，然后根据扇形的面积公式，利用BC扫过的阴影面积=S扇形BAD-S△CAE进行计算．
【详解】解：∵∠BCA=90°，∠BAC=30°，
∴AB=2BC=8，AC=BC=4，
∵Rt△ABC绕A点顺时针旋转90°得到Rt△ADE，
∴∠CAE=∠BAD=90°，
∴BC扫过的阴影面积=S扇形BAD-S△CAE
=．
故答案为：4π．
【点睛】
本题考查了扇形面积计算公式：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则S扇形=或S扇形=（其中l为扇形的弧长）；求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．也考查了旋转的性质．
13、1﹣1
【分析】连接OC，作EF⊥OC于F，根据圆心角、弧、弦的关系定理得到∠AOC=30°，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理得到∠ECF=15°，根据正切的定义列式计算，得到答案．
【详解】连接OC，作EF⊥OC于F，
∵点A关于直线CD的对称点为E，点E落在半径OA上，
∴CE=CA，
∵=，
∴∠AOC=∠AOB=30°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=75°，
∵CE=CA，
∴∠CAE=∠CEA=75°，
∴∠ACE=30°，
∴∠ECF=∠OCA-∠ACE=75°-30°=15°，
设EF=x，则FC=x，
在Rt△EOF中，tan∠EOF=，
∴OF==，
由题意得，OF+FC=OC，即x+x=1，
解得，x=2﹣2，
∵∠EOF=30°，
∴OE=2EF=1﹣1，
故答案为：1﹣1．
【点睛】
本题考查了圆心角、弧、弦的关系、解直角三角形的应用、三角形内角和定理，掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
14、6﹣或6或9﹣3
【分析】可得到∠DOE＝∠EAF，∠OED＝∠AFE，即可判定△DOE∽△EAF，分情况进行讨论：①当EF＝AF时，△AEF沿AE翻折，所得四边形为菱形，进而得到OE的长；②当AE＝AF时，△AEF沿EF翻折，所得四边形为菱形，进而得到OE的长；③当AE＝EF时，△AEF沿AF翻折，所得四边形为菱形，进而得到OE的长．
【详解】解：连接OD，过点BH⊥x轴，
①沿着EA翻折，如图1：∵∠OAB＝45°，AB＝3，
∴AH＝BH＝ABsin45°=，
∴CO＝，
∵BD＝OA＝2，
∴BD＝2，OA＝8，
∴BC＝8﹣，
∴CD＝6﹣；
∵四边形FENA是菱形，
∴∠FAN＝90°，
∴四边形EFAN是正方形，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∵∠DEF＝45°，
∴DE⊥OA，
∴OE＝CD＝6﹣；
②沿着AF翻折，如图2：
∴AE＝EF，
∴B与F重合，
∴∠BDE＝45°，
∵四边形ABDE是平行四边形
∴AE＝BD＝2，
∴OE＝OA﹣AE＝8﹣2＝6；
③沿着EF翻折，如图3：
∴AE＝AF，
∵∠EAF＝45°，
∴△AEF是等腰三角形，
过点F作FM⊥x轴，过点D作DN⊥x轴，
∴△EFM∽△DNE，
∴，
∴，
∴NE＝3﹣，
∴OE＝6﹣+3﹣＝9﹣3；
综上所述：OE的长为6﹣或6或9﹣3，
故答案为6﹣或6或9﹣3．
【点睛】
此题主要考查函数与几何综合，解题的关键是熟知等腰三角形的性质、平行四边形、菱形及正方形的性质，利用三角函数、勾股定理及相似三角形的性质进行求解.
15、③④⑤
【解析】根据函数图象和二次函数的性质可以判断题目中各个小题的结论是否成立，从而可以解答本题．
【详解】解：由图象可得，抛物线开口向下，则a<0，抛物线与y轴交于正半轴，则c>0，对称轴在y轴右侧，则与a的符号相反，故b>0.
∴a＜0，b＞0，c＞0，
∴abc＜0，故①错误，
当x=-1时，y=a-b+c＜0，得b＞a+c，故②错误，
∵二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于（x1，0），且-1＜x1＜0，对称轴x=1，
∴x=2时的函数值与x=0的函数值相等，
∴x=2时，y=4a+2b+c＞0，故③正确，
∵x=-1时，y=a-b+c＜0，-=1，
∴2a-2b+2c＜0，b=-2a，
∴-b-2b+2c＜0，
∴2c＜3b，故④正确，
由图象可知，x=1时，y取得最大值，此时y=a+b+c，
∴a+b+c＞am2+bm+c（m≠1），
∴a+b＞am2+bm
∴a+b＞m（am+b），故⑤正确，
故答案为：③④⑤．
【点睛】
本题考查二次函数图象与系数的关系、抛物线与x轴的交点坐标，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
16、
【解析】判断出即是中心对称，又是轴对称图形的个数，然后结合概率计算公式，计算，即可．
【详解】解：等边三角形、正方形、正五边形、矩形、正六边形图案中既是中心对称图形，又是轴对称图形是：正方形、矩形、正六边形共3种，
故从中任意抽取一张，抽到卡片的图案既是中心对称图形，又是轴对称图形的概率为：．
故答案为．
【点睛】
考查中心对称图形和轴对称图形的判定，考查概率计算公式，难度中等．
17、．
【分析】分别求出从1到6的数中3的倍数的个数，再根据概率公式解答即可．
【详解】有6张卡片，每张卡片上分别写有不同的从1到6的一个自然数，从中任意抽出一张卡片，共有6种结果，其中卡片上的数是3的倍数的有3和6两种情况，所以从中任意抽出一张卡片，卡片上的数是3的倍数的概率是．
故答案为
【点睛】
考查了概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.
18、1
【解析】
∵a=3，b=4，c=5，
∴a2+b2=c2，
∴∠ACB=90°，
设△ABC的内切圆切AC于E，切AB于F，切BC于D，连接OE、OF、OD、OA、OC、OB，内切圆的半径为R，则OE=OF=OD=R，
∵S△ACB=S△AOC+S△AOB+S△BOC，
∴×AC×BC=×AC×OE+×AB×OF+×BC×OD，
∴3×4=4R+5R+3R，
解得：R=1.
故答案为1.
三、解答题(共66分)
19、，
【分析】根据分式的运算法则进行化简，再把使分式有意义的方程的根代入即可求解．
【详解】解：
＝
＝
＝
＝，
∵x2+2x-3=0的两根是-3，1，
又∵x不能为1
所以把x=﹣3代入，原式=．
【点睛】
本题考查分式的化简求值、解一元二次方程，注意代入数值时，要选择使分式有意义的数．
20、（1）抛物线的解析式为y=x1-x-1
顶点D的坐标为 (, -).
（1）△ABC是直角三角形，理由见解析；
（3）.
【解析】（1）把点A坐标代入抛物线即可得解析式，从而求得顶点坐标；
（1）分别计算出三条边的长度，符合勾股定理可知其是直角三角形；
（3）作出点C关于x轴的对称点C′，则C′（0，1），OC′=1，连接C′D交x轴于点M，根据轴对称性及两点之间线段最短可知，MC + MD的值最小．
【详解】解：（1）∵点A（-1，0）在抛物线y=x1 +bx-1上
∴× (-1 )1 +b× (-1) –1 = 0
解得b =
∴抛物线的解析式为y=x1-x-1.
y=x1-x-1 =(x1 -3x- 4 ) =(x-)1-,
∴顶点D的坐标为 (, -).
（1）当x = 0时y = -1,
∴C（0，-1），OC = 1．
当y = 0时，x1-x-1 = 0， ∴x1 = -1, x1 = 4
∴B (4,0)
∴OA =1, OB = 4, AB = 5.
∵AB1 = 15, AC1 =OA1 +OC1 = 5, BC1 =OC1 +OB1 = 10,
∴AC1 +BC1 =AB1.
∴△ABC是直角三角形.
（3）作出点C关于x轴的对称点C′，则C′（0，1），OC′=1，连接C′D交x轴于点M，根据轴对称性及两点之间线段最短可知，MC +MD的值最小．
解法一：设抛物线的对称轴交x轴于点E.
∵ED∥y轴, ∴∠OC′M=∠EDM,∠C′OM=∠DEM
∴△C′OM∽△DEM.
∴
∴，∴m=．
解法二：设直线C′D的解析式为y =kx +n ,
则，解得n = 1，.
∴.
∴当y = 0时，，
∴.
21、（1）共有8种可能；（2）；（3）
【分析】（1）用树状图分3次实验列举出所有情况即可；
（2）看3人在同一场地进行训练的情况数占总情况数的多少即可；
（3）看至少有两人在处场地进行训练的情况数占总情况数的多少即可．
【详解】
（1） 由上树状图可知甲、乙、丙三名学生进行体育训练共有8种可能，
（2）所有出现情况等可能，其中甲、乙、丙三名学生在同一场地进行训练有2种可能并把它记为事件A，则P(A)=
(3) 其中甲、乙、1丙三名学生中至少有两人在B处场地进行训练有4种可能并把它记为事件B，则P（B）=
【点睛】
此题考查列表法与画树状图法，解题关键在于掌握概率=所求情况数与总情况数之比．
22、
【分析】过点A作AD⊥BC于D，在Rt△ABD中解直角三角形可得出AD、BD的长，再在Rt△ACD中解直角三角形求出CD的长，利用勾股定理求出AC，然后根据三角形的周长公式列式计算即可得解．
【详解】解：过点A作AD⊥BC，交BC于点D．
∵Rt△ADB中，∠B=45°，∴∠BAD=∠B=45°，
∴AD=BD，
又AB=，
∴AD=AB·sin∠B=×=1=BD．
∵Rt△ACD中，，
∴DC=2，∴BC=BD+DC=1．
又Rt△ADC中，AD=1，DC=2，
∴AC==．
∴△ABC的周长为．
【点睛】
本题考查了解直角三角以及勾股定理，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
23、10%
【分析】此题可设每次降价的百分率为x，第一次降价后价格变为100（1-x），第二次在第一次降价后的基础上再降，变为100（x-1）2，从而列出方程，求出答案．
【详解】解：设每次降价的百分率为x，第二次降价后价格变为100（x-1）2元，
根据题意得：100（x-1）2=81，
即x-1=0.9，
解之得x1=1.9，x2=0.1．
因x=1.9不合题意，故舍去，所以x=0.1．
即每次降价的百分率为0.1，即10%．
答：这个百分率为10%．
【点睛】
此题考查了一元二次方程的应用，解答本题的关键在于分析降价后的价格，要注意降价的基础，另外还要注意解的取舍，难度一般．
24、不必封上人行道
【分析】过C点作CG⊥AB交AB于G.
求需不需要将人行道封上实际上就是比较AB与BE的长短，已知BD，DF的长度, 那么AB的长度也就求出来了，现在只需要知道BE的长度即可，有BF的长，ED的长，缺少的是DF的长，根据“背水坡CD的坡度i＝1: 2，坝高CF为2m” DF是很容易求出的，这样有了CG的长，在△ACG中求出AG的长度，这样就求出AB的长度，有了BE的长，就可以判断出是不是需要封上人行道了.
【详解】
过C点作CG⊥AB交AB于G.
在Rt△CDF中，水坡CD的坡度i=2：1，即tan∠CDF=2，
∵CF=2，∴DF=1.
∴BF=BD＋DF=12+1=13.
∴CG=13，
在Rt△ACG中，∵∠ACG=30°，
∴AG=CG·tan30°=13×=7.5 m
∴AB＝AG＋BG=7.5+2=9.5m，
BE＝12m，
AB＜BE，
∴不必封上人行道.
【点睛】
本题考查俯角、仰角的定义,要求学生能借助俯角、仰角构造直角三角形并结合图形利用三角函数解直角三角形.
25、（1）见解析；（2）见解析.
【分析】（1）利用两边对应成比例，夹角相等，两三角形相似即可；
（2）构造全等三角形，先找出OD与PA的关系，再用等积式找出PE与PA的关系，从而判断出OM＝PE，得出△ODM≌△PDE即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴.
（2）证明：连接，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，为直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
设圆半径为，在中，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，又为中点，
∴，，
∵，
∴，
又，，
∴，
∴.
【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，圆的性质，全等三角形的判定和学生，解本题的关键是构造全等三角形，难点是找OM＝PE．
26、A′（﹣3，﹣3），B′（﹣2，﹣1），C′（﹣5，﹣1）．
【解析】试题分析：由于△ABC绕点O逆时针旋转180°得△A′B′C′，则△ABC和△A′B′C′关于原点中心对称，然后根据关于原点对称的点的坐标特征写出A′点、B′点、C′点的坐标，再描点即可．
解：如图，△A′B′C′为所作，A′（﹣3，﹣3），B′（﹣2，﹣1），C′（﹣5，﹣1）．
考点：作图-旋转变换．
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