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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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（每题4分，共48分）
1．如图是二次函数图像的一部分，直线是对称轴，有以下判断：①；②＞0；③方程的两根是2和-4；④若是抛物线上两点，则＞；其中正确的个数有（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．下表是一组二次函数的自变量x与函数值y的对应值：
1
1.1
1.2
1.3
1.4
-1
-0.49
0.04
0.59
1.16
那么方程的一个近似根是( )
A．1 B．1.1 C．1.2 D．1.3
3．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm．动点P，Q分别从点A，B同时开始移动，点P的速度为1cm/秒，点Q的速度为2cm/秒，点Q移动到点C后停止，点P也随之停止运动．下列时间瞬间中，能使△PBQ的面积为15cm2的是（ ）
A．2秒钟 B．3秒钟 C．4秒钟 D．5秒钟
4．人教版初中数学教科书共六册，总字数是978000，用科学记数法可将978000表示为（ ）
A．978×103 B．97.8×104 C．9.78×105 D．0.978×106
5．正方形具有而菱形不具有的性质是（ ）
A．对角线互相平分 B．对角线相等
C．对角线平分一组对角 D．对角线互相垂直
6．中国人很早开始使用负数，中国古代数学著作《九章算术》的“方程”一章，在世界数学史上首次正式引入负数.如果收入100元记作+100元.那么﹣80元表示（ ）
A．支出20元 B．收入20元 C．支出80元 D．收入80元
7．在平面直角坐标系中，点P(2，－3)关于原点对称的点的坐标是( )
A．(2，3) B．(－2，3) C．(－2，－3) D．(－3，2)
8．方程的两根分别为（ ）
A．＝－1，＝2 B．＝1，＝2 C．＝―l，＝－2 D．＝1，＝－2
9．如图，四边形ABCD中，∠A=90°，AB=8，AD=6，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．5
10．由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的俯视图和左视图如图所示，则搭成这个几何体的小正方体的个数最多有( )
A．5个 B．6个 C．7个 D．8个
11．抛物线的图像与坐标轴的交点个数是（ ）
A．无交点 B．1个 C．2个 D．3个
12．若是方程的解，则下列各式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，反比例函数y=的图象经过▱ABCD对角线的交点P，已知点A，C，D在坐标轴上，BD⊥DC，▱ABCD的面积为6，则k=_____．
14．如图所示，在平面直角坐标系中，A（4，0），B（0，2），AC由AB绕点A顺时针旋转90°而得，则AC所在直线的解析式是_____．
15．已知，．且，设，则的取值范围是______．
16．平面直角坐标系内的三个点A（1，－3）、B（0，－3）、C（2，－3），___ 确定一个圆．（填“能”或“不能”）
17．如图，正比例函数y1=k1x和反比例函数y2=的图象交于A（﹣1，2），B（1，﹣2）两点，若y1＞y2，则x的取值范围是_____．
18．一块含有角的直角三角板按如图所示的方式放置，若顶点的坐标为，直角顶点的坐标为，则点的坐标为______.
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，已知直线与轴交于点，与反比例函数的图象交于，两点，的面积为.
（1）求一次函数的解析式；
（2）求点坐标和反比例函数的解析式.
20．（8分）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在圆上，且四边形AOCD是平行四边形，过点D作⊙O的切线，分别交OA的延长线与OC的延长线于点E，F，连接BF.
（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）已知圆的半径为1，求EF的长.
21．（8分）如图，直线y＝1x+1与y轴交于A点，与反比例函数y＝（x＞0）的图象交于点M，过M作MH⊥x轴于点H，且tan∠AHO＝1．
（1）求H点的坐标及k的值；
（1）点P在y轴上，使△AMP是以AM为腰的等腰三角形，请直接写出所有满足条件的P点坐标；
（3）点N（a，1）是反比例函数y＝（x＞0）图象上的点，点Q（m，0）是x轴上的动点，当△MNQ的面积为3时，请求出所有满足条件的m的值．
22．（10分）在不透明的袋子中有四张标有数字1，2，3，4的卡片，小明、小华两人按照各自的规则玩抽卡片游戏．
小明画出树形图如下：
小华列出表格如下：
第一次
第二次
1
2
3
4
1
（1，1）
（2，1）
（3，1）
（4，1）
2
（1，2）
（2，2）
①
（4，2）
3
（1，3）
（2，3）
（3，3）
（4，3）
4
（1，4）
（2，4）
（3，4）
（4，4）
回答下列问题：
（1）根据小明画出的树形图分析，他的游戏规则是：随机抽出一张卡片后 （填“放回”或“不放回”），再随机抽出一张卡片；
（2）根据小华的游戏规则，表格中①表示的有序数对为 ；
（3）规定两次抽到的数字之和为奇数的获胜，你认为淮获胜的可能性大？为什么？
23．（10分）（1）如图1，在⊙O中，弦AB与CD相交于点F，∠BCD＝68°，∠CFA＝108°，求∠ADC的度数．
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E是CD上一点（DE＞CE），连接AE，并过点E作AE的垂线交BC于点F，若AB＝9，BF＝7，求DE长．
24．（10分）已知二次函数y＝ax²＋bx－4(a，b是常数.且a0)的图象过点(3，－1).
(1)试判断点(2，2－2a)是否也在该函数的图象上，并说明理由.
(2)若该二次函数的图象与x轴只有一个交点，求该函数表达式.
(3)已知二次函数的图像过(，)和(，)两点，且当＜时，始终都有＞，求a的取值范围.
25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点都在格点上（每个小方格都是边长为一个单位长度的正方形）．
（1）请画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1；
（1）请画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的△A1B1C1．
26．如图，AB是⊙O的直径，点P是AB上一点，且点P是弦CD的中点．
（1）依题意画出弦CD，并说明画图的依据；（不写画法，保留画图痕迹）
（2）若AP＝2，CD＝8，求⊙O的半径．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】根据函数图象依次计算判断即可得到答案.
【详解】∵对称轴是直线x=-1，
∴，
∴，故①正确；
∵图象与x轴有两个交点，
∴＞0，故②正确；
∵图象的对称轴是直线x=-1，与x轴一个交点坐标是（2,0），
∴与x轴另一个交点是（-4,0），
∴方程的两根是2和-4，故③正确；
∵图象开口向下，
∴在对称轴左侧y随着x的增大而增大，
∴是抛物线上两点，则<，故④错误，
∴正确的有①、②、③，
故选：C.
【点睛】
此题考查二次函数的性质，根据函数图象判断式子的正负，正确理解函数图象，掌握各式子与各字母系数的关系是解题的关键.
2、C
【详解】解：观察表格得：方程x2+3x﹣5=0的一个近似根为1.2，
故选C
考点：图象法求一元二次方程的近似根．
3、B
【详解】解：设动点P，Q运动t秒后，能使△PBQ的面积为15cm1，则BP为（8﹣t）cm，BQ为1tcm，由三角形的面积计算公式列方程得：×（8﹣t）×1t=15，解得t1=3，t1=5（当t=5时，BQ=10，不合题意，舍去）．故当动点P，Q运动3秒时，能使△PBQ的面积为15cm1．
故选B．
【点睛】
此题考查借助三角形的面积计算公式来研究图形中的动点问题．
4、C
【详解】解：978000用科学记数法表示为：9.78×105，
故选C．
【点睛】
本题考查科学记数法—表示较大的数．
5、B
【分析】根据正方形和菱形的性质逐项分析可得解.
【详解】根据正方形对角线的性质：平分、相等、垂直；菱形对角线的性质：平分、垂直，
故选B．
【点睛】
考点：1.菱形的性质；2.正方形的性质．
6、C
【解析】试题分析：“+”表示收入，“—”表示支出，则—80元表示支出80元.
考点：相反意义的量
7、B
【解析】根据“平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（-x，-y）”解答．
【详解】根据中心对称的性质，得点P（2，-3）关于原点对称的点的坐标是（-2，3）．
故选B．
【点睛】
关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．
8、D
【解析】（x－1）（x＋1）=0，可化为：x－1=0或x＋1=0，解得：x1=1，x1=－1．故选D
9、D
【分析】根据三角形中位线定理可知EF=DN，求出DN的最大值即可．
【详解】解：如图，连结DN，
∵DE=EM，FN=FM，
∴EF=DN，
当点N与点B重合时，DN的值最大即EF最大，
在Rt△ABD中，∵∠A=90°，AD=6，AB=8，
∴，
∴EF的最大值=BD=1．
故选：D．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是中位线定理的灵活应用，学会转化的思想，属于中考常考题型．
10、D
【分析】根据所给出的图形可知这个几何体共有3层，3列，先看第一层正方体可能的最多个数，再看第二、三层正方体的可能的最多个数，相加即可．
【详解】根据主视图和左视图可得：
这个几何体有3层，3列，最底层最多有2×2＝4个正方体，第二层有2个正方体，第三层有2个正方体
则搭成这个几何体的小正方体的个数最多是4＋2+2＝8个；
故选：D．
【点睛】
此题考查了有三视图判断几何体，关键是根据主视图和左视图确定组合几何体的层数及列数．
11、B
【分析】已知二次函数的解析式，令x=0，则y=1，故与y轴有一个交点，令y=0，则x无解，故与x轴无交点，题目求的是与坐标轴的交点个数，故得出答案．
【详解】解：∵
∴令x=0，则y=1，故与y轴有一个交点
∵令y=0，则x无解
∴与x轴无交点
∴与坐标轴的交点个数为1个
故选B．
【点睛】
本题主要考查二次函数与坐标轴的交点，熟练二次函数与x轴和y轴的交点的求法以及仔细审题是解决本题的关键．
12、A
【分析】本题根据一元二次方程的根的定义求解，把x＝1代入方程ax2＋bx＋c＝1得，a＋b＋c＝1．
【详解】∵x＝1是方程ax2＋bx＋c＝1的解，
∴将x＝1代入方程得a＋b＋c＝1，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义．解该题的关键是要掌握一元二次方程ax2＋bx＋c＝1中几个特殊值的特殊形式：x＝1时，a＋b＋c＝1；x＝−1时，a−b＋c＝1．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、-3
【解析】分析：由平行四边形面积转化为矩形BDOA面积，在得到矩形PDOE面积，应用反比例函数比例系数k的意义即可．
详解：过点P做PE⊥y轴于点E，
∵四边形ABCD为平行四边形
∴AB=CD
又∵BD⊥x轴
∴ABDO为矩形
∴AB=DO
∴S矩形ABDO=S▱ABCD=6
∵P为对角线交点，PE⊥y轴
∴四边形PDOE为矩形面积为3
即DO•EO=3
∴设P点坐标为（x，y）
k=xy=﹣3
故答案为：﹣3
点睛：本题考查了反比例函数比例系数k的几何意义以及平行四边形的性质．
14、y＝2x﹣1
【分析】过点C作CD⊥x轴于点D，易知△ACD≌△BAO（AAS），已知A（4，0），B（0，2），从而求得点C坐标，设直线AC的解析式为y＝kx+b，将点A，点C坐标代入求得k和b，从而得解．
【详解】解：∵A（4，0），B（0，2），
∴OA＝4，OB＝2，
过点C作CD⊥x轴于点D，
∵∠ABO+∠BAO＝∠BAO+∠CAD，
∴∠ABO＝∠CAD，
在△ACD和△BAO中
，
∴△ACD≌△BAO（AAS）
∴AD＝OB＝2，CD＝OA＝4，
∴C（6，4）
设直线AC的解析式为y＝kx+b，
将点A，点C坐标代入得
，
∴
∴直线AC的解析式为y＝2x﹣1．
故答案为：y＝2x﹣1．
【点睛】
本题是几何图形旋转的性质与待定系数法求一次函数解析式的综合题，求得C的坐标是解题的关键，难度中等．
15、
【分析】先根据已知得出n=1-m，将其代入y中，得出y关于m的二次函数即可得出y的范围
【详解】解：∵
∴n=1-m，
∴
∵，
∴，
∴
当m=时，y有最小值，
当m=0时，y=1
当m=1时，y=1
∴
故答案为：
【点睛】
本题考查了二次函数的最值问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键
16、不能
【分析】根据三个点的坐标特征得到它们共线，于是根据确定圆的条件可判断它们不能确定一个圆．
【详解】解：∵B（0，-3）、C（2，-3），
∴BC∥x轴，
而点A（1，-3）与C、B共线，
∴点A、B、C共线，
∴三个点A（1，-3）、B（0，-3）、C（2，-3）不能确定一个圆．
故答案为：不能．
【点睛】
本题考查了确定圆的条件：不在同一直线上的三点确定一个圆．
17、x＜﹣2或0＜x＜2
【解析】仔细观察图像，图像在上面的函数值大，图像在下面的函数值小，当y2＞y2，即正比例函数的图像在上，反比例函数的图像在下时，根据图像写出x的取值范围即可.
【详解】解：如图，
结合图象可得：
①当x＜﹣2时，y2＞y2；②当﹣2＜x＜0时，y2＜y2；③当0＜x＜2时，y2＞y2；④当x＞2时，y2＜y2．
综上所述：若y2＞y2，则x的取值范围是x＜﹣2或0＜x＜2．
故答案为x＜﹣2或0＜x＜2．
【点睛】
本题考查了图像法解不等式，解题的关键是仔细观察图像，全面写出符合条件的x 的取值范围.
18、
【分析】过点B作BD⊥OD于点D，根据△ABC为直角三角形可证明△BCD∽△CAO，设点B坐标为（x，y），根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】
过点B作BD⊥OD于点D，
∵△ABC为直角三角形，
∴，
∴△BCD∽△CAO，
∴，
设点B坐标为(x,y)，
则，
，
∴=
AC=2，
∵有图知，，
∴，
解得：，
则y=3.
即点B的坐标为.
故答案为
【点睛】
本题考查了坐标与图形性质、相似三角形的判定及性质、特殊角的三角函数值，解题的关键是要求出BC和AC的值和30度角的三角函数联系起来，作辅助线构造直角三角形为三角函数作铺垫．
三、解答题（共78分）
19、（1）（1）;
【分析】（1）作AH⊥y轴于H．根据△AOC的面积为1，求出OC，得到点C的坐标，代入y=1x+b即可结论；
（1）把A、B的坐标代入y=1x+1得：n、m的值，进而得到点B的坐标，即可得到反比例函数的解析式．
【详解】（1）作AH⊥y轴于H．
∵A（-1，n），
∴AH=1．
∵△AOC的面积为1，
∴OC⋅AH=1，
∴OC=1，
∴C（0，1），把C（0，1）代入y=1x+b中得：b=1，
∴一次函数的解析式为y=1x+1．
（1）把A、B的坐标代入y=1x+1得：n=-1，m=1，
∴B（1，4）．
把B（1，4）代入中，k=4，
∴反比例函数的解析式为．
【点睛】
本题考查了一次函数与反比例函数的综合．根据△AOC的面积求出点C的坐标是解答本题的关键．
20、（1）证明见解析；（2）EF=2.
【分析】(1)、先证明四边形AOCD是菱形，从而得到∠AOD=∠COD=60°，再根据切线的性质得∠FDO=90°，接着证明△FDO≌△FBO得到∠ODF=∠OBF=90°，然后根据切线的判定定理即可得到结论；
(2)、在Rt△OBF中，利用60度的正切的定义求解．
【详解】(1)、连结OD，如图，∵四边形AOCD是平行四边形，而OA=OC， ∴四边形AOCD是菱形，
∴△OAD和△OCD都是等边三角形， ∴∠AOD=∠COD=60°， ∴∠FOB=60°， ∵EF为切线， ∴OD⊥EF，
∴∠FDO=90°，在△FDO和△FBO中， ∴△FDO≌△FBO， ∴∠ODF=∠OBF=90°，
∴OB⊥BF， ∴BF是⊙O的切线；
(2)、在Rt△OBF中，∵∠FOB=60°， 而tan∠FOB=， ∴BF=1×tan60°=． ∵∠E=30°，
∴EF=2BF=2．
考点：(1)、切线的判定与性质；(2)、平行四边形的性质
21、（1）k＝4；（1）点P的坐标为（0，6）或（0，1+），或（0，1﹣）；（2）m＝7或2．
【解析】（1）先求出OA=1，结合tan∠AHO=1可得OH的长，即可得知点M的横坐标，代入直线解析式可得点M坐标，代入反比例解析式可得k的值；
（1）分AM=AP和AM=PM两种情况分别求解可得；
（2）先求出点N（4，1），延长MN交x轴于点C，待定系数法求出直线MN解析式为y=-x+3．据此求得OC=3，再由S△MNQ=S△MQC-S△NQC=2知QC=1，再进一步求解可得．
【详解】（1）由y＝1x+1可知A（0，1），即OA＝1，
∵tan∠AHO＝1，
∴OH＝1，
∴H（1，0），
∵MH⊥x轴，
∴点M的横坐标为1，
∵点M在直线y＝1x+1上，
∴点M的纵坐标为4，即M（1，4），
∵点M在y＝上，
∴k＝1×4＝4；
（1）①当AM＝AP时，
∵A（0，1），M（1，4），
∴AM＝，
则AP＝AM＝，
∴此时点P的坐标为（0，1﹣）或（0，1+）；
②若AM＝PM时，
设P（0，y），
则PM＝ ，
∴＝，
解得y＝1（舍）或y＝6，
此时点P的坐标为（0，6），
综上所述，点P的坐标为（0，6）或（0，1+），或（0，1﹣）；
（2）∵点N（a，1）在反比例函数y＝（x＞0）图象上，
∴a＝4，
∴点N（4，1），
延长MN交x轴于点C，
设直线MN的解析式为y＝mx+n，
则有
解得，
∴直线MN的解析式为y＝﹣x+3．
∵点C是直线y＝﹣x+3与x轴的交点，
∴点C的坐标为（3，0），OC＝3，
∵S△MNQ＝2，
∴S△MNQ＝S△MQC﹣S△NQC＝×QC×4﹣×QC×1＝QC＝2，
∴QC＝1，
∵C（3，0），Q（m，0），
∴|m﹣3|＝1，
∴m＝7或2，
故答案为7或2．
【点睛】
本题是反比例函数综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求一次函数和反比例函数解析式、等腰三角形的判定与性质、两点之间的距离公式及三角形的面积计算．
22、（1）放回
（2）（3，2）
（3）小明获胜的可能性大．理由见解析
【分析】（1）根据树形图法的作法可知．
（2）根据排列顺序可知．
（3）游戏公平与否，比较概率即知．
【详解】解：（1）放回．
（2）（3，2）．
（3）理由如下：
∵根据小明的游戏规则，共有12种等可能结果，数字之和为奇数的有8种，
∴概率为：．
∵根据小华的游戏规则，共有16种等可能结果，数字之和为奇数的有8种，
∴概率为：．
∵，∴小明获胜的可能性大．
23、（1）40°；（2）1．
【分析】（1）由∠BCD＝18°，∠CFA＝108°，利用三角形外角的性质，即可求得∠B的度数，然后由圆周角定理，求得答案；
（2）由正方形的性质和已知条件证明△ADE∽△ECF，根据相似三角形的性质可知：，设DE＝x，则EC＝9﹣x，代入计算求出x的值即可．
【详解】（1）∵∠BCD＝18°，∠CFA＝108°，
∴∠B＝∠CFA﹣∠BCD＝108°﹣18°＝40°，
∴∠ADC＝∠B＝40°．
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AD＝BC＝AB＝9，∠D＝∠C＝90°，
∴CF＝BC﹣BF＝2，
在Rt△ADE中，∠DAE+∠AED＝90°，
∵AE⊥EF于E，
∴∠AED+∠FEC＝90°，
∴∠DAE＝∠FEC，
∴△ADE∽△ECF，
∴，
设DE＝x，则EC＝9﹣x，
∴，
解得x1＝3，x2＝1，
∵DE＞CE，
∴DE＝1．
【点睛】
此题考查三角形的外角的性质，圆周角定理，正方形的性质，三角形相似的判定及性质.
24、（1）不在；（2）；；（3）
【解析】（1）将点代入函数解析式，求出a和b的等式，将函数解析式改写成只含有a的形式，再将点代入验证即可；
（2）令，得到一个一元二次方程，由题意此方程只有一个实数根，由根的判别式即可求出a的值，从而可得函数表达式；
（3）根据函数解析式求出其对称轴，再根据函数图象的增减性判断即可.
【详解】（1）二次函数图像过点
代入得，
，代入得
将代入得，得，不成立，所以点不在该函数图像上；
（2）由（1）知，
与x轴只有一个交点
只有一个实数根
，或
当时，，所以表达式为：
当时，，所以表达式为：；
（3）
对称轴为
当时，函数图象如下：
若要满足时，恒大于，则、均在对称轴左侧
，
当时，函数图象如下：
，此时，必小于
综上，所求的a的取值范围是：.
【点睛】
本题考查了二次函数图象的性质（与x的交点问题、对称轴、增减性），熟记性质是解题关键.
25、（1）见解析；（1）见解析
【分析】（1）利用关于原点对称的点的坐标特征找出A1，B1，C1，然后描点即可；
（1）利用网格特点和旋转的性质画出A、C的对应点A1、C1即可．
【详解】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（1）如图，△A1B1C1为所作．
【点睛】
本题考查了作图-根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
26、（1）画图见解析，依据：平分弦（非直径）的直径垂直于弦；（2）⊙O的半径为1．
【分析】（1）过P点作AB的垂线即可，作图依据是垂径定理的推论．
（2）设⊙O的半径为r，在Rt△OPD中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】（1）过P点作AB的垂线交圆与C、D两点， CD就是所求的弦，如图．
依据：平分弦（非直径）的直径垂直于弦；
（2）如图，连接OD，
∵OA⊥CD于点P，AB是⊙O的直径，
∴∠OPD＝90°，PD＝CD，
∵CD＝8，
∴PD＝2．
设⊙O的半径为r，则OD＝r，OP＝OA﹣AP＝r﹣2，
在Rt△ODP中，∠OPD＝90°，
∴OD2＝OP2+PD2，
即r2＝（r﹣2）2+22，
解得r＝1，
即⊙O的半径为1．
【点睛】
本题主要考查了垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
