资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且将这个四边形分成①②③④四个三角形.若，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．①和②相似 B．①和③相似 C．①和④相似 D．③和④相似
2．一元二次方程的两个根为，则的值是（ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
3．已知，二次函数y=ax2+bx+c的图象上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如表格所示，那么它的图象与x轴的另一个交点坐标是（ ）
x
…
-1
0
1
3
…
y
…
0
3
4
3
…
A．（2，0） B．（3，0） C．（4，0） D．（5，0）
4．如图，A、D是⊙O上的两个点，BC是直径，若∠D=35°，则∠OAC的度数是（ ）
A．35° B．55° C．65° D．70°
5．若一次函数 y=ax+b（a≠0）的图像与 x 轴交点坐标为（2，0），则抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为( )
A．直线 x=1 B．直线 x=-1 C．直线 x=2 D．直线 x=-2
6．如图，内接于⊙，， ，则⊙半径为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
7．如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上．若∠ABD=55°，则∠BCD的度数为（ ）
A．25° B．30° C．35° D．40°
8．若抛物线y＝x2+bx+c与x轴只有一个公共点，且过点A(m，n），B(m﹣8，n)，则n的值为（ ）
A．8 B．12 C．15 D．16
9．下列四个手机应用图标中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
10．一元二次方程x2﹣x﹣2=0的解是（ ）
A．x1=﹣1，x2=﹣2
B．x1=1，x2=﹣2
C．x1=1，x2=2
D．x1=﹣1，x2=2
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．在函数中，自变量x的取值范围是 ．
12．关于x的方程x2﹣3x﹣m＝0的两实数根为x1，x2，且，则m的值为_____．
13．抛物线的对称轴过点，点与抛物线的顶点之间的距离为，抛物线的表达式为______．
14．数学学习应经历“观察、实验、猜想、证明”等过程.下表是几位数学家“抛掷硬币”的实验数据：
实验者
棣莫弗
蒲丰
德·摩根
费勒
皮尔逊
罗曼诺夫斯基
掷币次数
2048
4040
6140
10000
36000
80640
出现“正面朝上”的次数
1061
2048
3109
4979
18031
39699
频率
0.518
0.507
0.506
0.498
0.501
0.492
请根据以上实验数据，估计硬币出现“正面朝上”的概率为__________．（精确到0.1）
15．一元二次方程x2﹣x=0的根是_____．
16．（2016辽宁省沈阳市）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BC=20，DE是△ABC的中位线，点M是边BC上一点，BM=3，点N是线段MC上的一个动点，连接DN，ME，DN与ME相交于点O．若△OMN是直角三角形，则DO的长是______．
17．抛掷一枚质地均匀的硬币2次，2次抛掷的结果都是正面朝上的概率是____．
18．如图，在反比例函数的图象上任取一点P，过P点分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为M，N，那么四边形PMON的面积为_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）已知关于x的一元二次方程x2+2x+2k－5＝0有两个实数根．
（1）求实数k的取值范围．
（2）若方程的一个实数根为4，求k的值和另一个实数根．
（3）若k为正整数，且该方程的根都是整数，求k的值．
20．（6分）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格图中，△ABC的顶点都在网格线交点上．
（1）图中AC边上的高为 个单位长度；
（2）只用没有刻度的直尺，在所给网格图中按如下要求画图（保留必要痕迹）：
①以点C为位似中心，把△ABC按相似比1:2缩小，得到△DEC；
②以AB为一边，作矩形ABMN，使得它的面积恰好为△ABC的面积的2倍．
21．（6分）如图，在直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx－2与x轴交于点A(－3,0)、B(1,0)，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）在抛物线上是否存在点D，使得△ABD的面积等于△ABC的面积的倍？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）若点E是以点C为圆心且1为半径的圆上的动点，点F是AE的中点，请直接写出线段OF的最大值和最小值．
22．（8分）解方程：
（1）2x2-4x-31=1；
（2）x2-2x-4=1．
23．（8分）某市“艺术节”期间，小明、小亮都想去观看茶艺表演，但是只有一张茶艺表演门票，他们决定采用抽卡片的办法确定谁去．规则如下：
将正面分别标有数字1、2、3、4的四张卡片（除数字外其余都相同）洗匀后，背面朝上放置在桌面上，随机抽出一张记下数字后放回；重新洗匀后背面朝上放置在桌面上，再随机抽出一张记下数字．如果两个数字之和为奇数，则小明去；如果两个数字之和为偶数，则小亮去．
（1）请用列表或画树状图的方法表示抽出的两张卡片上的数字之和的所有可能出现的结果；
（2）你认为这个规则公平吗？请说明理由．
24．（8分）如图，一艘船由A港沿北偏东65°方向航行90km至B港，然后再沿北偏西40°方向航行至C港，C港在A港北偏东20°方向，求A，C两港之间的距离．
25．（10分）解方程
26．（10分）如图，为了测量山坡上一棵树PQ的高度，小明在点A处利用测角仪测得树顶P的仰角为450 ，然后他沿着正对树PQ的方向前进10m到达B点处，此时测得树顶P和树底Q的仰角分别是600和300，设PQ垂直于AB，且垂足为C．
（1）求∠BPQ的度数；
（2）求树PQ的高度（结果精确到0.1m， ）
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【解析】由题图可知，，由，可得 即可得出
【详解】由题图可知，，结合，可得.
故选B.
【点睛】
当题中所给条件中有两个三角形的两边成比例时，通常考虑利用“两边成比例且夹角相等”的判定方法判定两个三角形相似一定要记准相等的角是两边的“夹角”，否则，结论不成立（类似判定三角形全等的方法“SAS"）.
2、D
【分析】利用方程根的定义可求得，再利用根与系数的关系即可求解．
【详解】为一元二次方程的根，
，
．
根据题意得，，
．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程的解，根与系数的关系以及求代数式的值，熟练掌握根与系数的关系，是解题的关键．
3、C
【分析】根据（0，3）、（3，3）两点求得对称轴，再利用对称性解答即可．
【详解】解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过（0，3）、（3，3）两点，
∴对称轴x==1.5；
点（-1，0）关于对称轴对称点为（4，0），
因此它的图象与x轴的另一个交点坐标是（4，0）．
故选C．
【点睛】
本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
4、B
【解析】解：∵∠D=35°，
∴∠AOC=2∠D=70°，
∴∠OAC=（180°-∠AOC）÷2=110°÷2=55°．
故选B．
5、A
【分析】先将（2，0）代入一次函数解析式y＝ax＋b，得到2a＋b＝0，即b＝-2a，再根据抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为直线x＝即可求解．
【详解】解：∵一次函数y＝ax＋b（a≠0）的图象与x轴的交点坐标为（2，0），
∴2a＋b＝0，即b＝-2a，
∴抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为直线x＝．
故选：A．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征及二次函数的性质，难度适中．用到的知识点：
点在函数的图象上，则点的坐标满足函数的解析式，二次函数y＝ax2＋bx＋c的对称轴为直线x＝．
6、C
【分析】连接OB，OC，根据圆周角定理求出∠BOC的度数，再由OB＝OC判断出△OBC是等边三角形，由此可得出结论．
【详解】解：连接OB，OC，
∵∠BAC＝30°，
∴∠BOC＝60°．
∵OB＝OC，BC＝1，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB＝BC＝1．
故选：C.
【点睛】
本题考查的是圆周角定理以及等边三角形的判定和性质，根据题意作出辅助线，构造出等边三角形是解答此题的关键．
7、C
【详解】解：连接AD,
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°．
∵∠ABD=55°，∴∠BAD=90°﹣55°=35°，∴∠BCD=∠BAD=35°．故选C．
【点睛】
本题考查的是圆周角定理，熟知直径所对的圆周角是直角是解答此题的关键．
8、D
【分析】由题意b2﹣4c＝0，得b2＝4c，又抛物线过点A（m，n），B（m﹣8，n），可知A、B关于直线x＝对称，所以A（+4，n），B（﹣4，n），把点A坐标代入y＝x2+bx+c，化简整理即可解决问题．
【详解】解：由题意b2﹣4c＝0，
∴b2＝4c，
又∵抛物线过点A（m，n），B（m﹣8，n），
∴A、B关于直线x＝对称，
∴A（+4，n），B（﹣4，n），
把点A坐标代入y＝x2+bx+c，
n＝（+4）2+b（+4）+c＝b2+1+c，
∵b2＝4c，
∴n＝1．
故选：D．
【点睛】
本题考查二次函数的性质,关键在于熟悉性质,灵活运用.
9、A
【解析】A既是轴对称图形，又是中心对称图形;
B是轴对称图形，不是中心对称图形;
C既不是轴对称图形，也不是中心对称图形;
D既不是轴对称图形，也不是中心对称图形;
【详解】
请在此输入详解！
10、D
【解析】试题分析：利用因式分解法解方程即可．
解：（x﹣2）（x+1）=0，
x﹣2=0或x+1=0，
所以x1=2，x2=﹣1．
故选D．
考点：解一元二次方程-因式分解法．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【解析】试题分析：求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，要使在实数范围内有意义，必须．
12、-1．
【分析】根据根与系数的关系即可求出答案．
【详解】由题意可知：x1+x2＝3，x1x2＝﹣m，
∵，
∴﹣3x1+x1+x2＝2x1x2，
∴m+3＝﹣2m，
∴m＝﹣1，
故答案为：﹣1
【点睛】
本题考查根与系数的关系，解题的关键是熟练运用根与系数的关系，本题属于基础题型．
13、y=-x2-2x或y=-x2-2x+8
【分析】根据题意确定出抛物线顶点坐标，进而确定出m与n的值，即可确定出抛物线解析式．
【详解】∵抛物线的对称轴过点，
∴设顶点坐标为：
根据题意得：，
解得：或
抛物线的顶点坐标为(-1，1)或(-1，9)，
可得：，或，
解得：，或，
则该抛物线解析式为：或，
故答案为：或．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，以及二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
14、0.1
【分析】由于表中硬币出现“正面朝上”的频率在0.1左右波动，则根据频率估计概率可得到硬币出现“正面朝上”的概率为0.1．
【详解】解：因为表中硬币出现“正面朝上”的频率在0.1左右波动，
所以估计硬币出现“正面朝上”的概率为0.1．
故答案为0.1．
【点睛】
本题考查了利用频率估计概率，随实验次数的增多，值越来越精确．
15、x1=0，x2=1
【分析】方程左边分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
【详解】方程变形得：x（x﹣1）=0，
可得x=0或x﹣1=0，
解得：x1=0，x2=1．
故答案为x1=0，x2=1．
【点睛】
此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟练掌握方程的解法是解本题的关键．
16、或．
【解析】由图可知，在△OMN中，∠OMN的度数是一个定值，且∠OMN不为直角. 故当∠ONM=90°或∠MON=90°时，△OMN是直角三角形. 因此，本题需要按以下两种情况分别求解.
(1) 当∠ONM=90°时，则DN⊥BC.
过点E作EF⊥BC，垂足为F.(如图)
∵在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，
∴∠C=45°，
∵BC=20，
∴在Rt△ABC中，，
∵DE是△ABC的中位线，
∴，
∴在Rt△CFE中，，.
∵BM=3，BC=20，FC=5，
∴MF=BC-BM-FC=20-3-5=12.
∵EF=5，MF=12，
∴在Rt△MFE中，，
∵DE是△ABC的中位线，BC=20，
∴，DE∥BC，
∴∠DEM=∠EMF，即∠DEO=∠EMF，
∴，
∴在Rt△ODE中，.
(2) 当∠MON=90°时，则DN⊥ME.
过点E作EF⊥BC，垂足为F.(如图)
∵EF=5，MF=12，
∴在Rt△MFE中，，
∴在Rt△MFE中，，
∵∠DEO=∠EMF，
∴，
∵DE=10，
∴在Rt△DOE中，.
综上所述，DO的长是或.
故本题应填写：或.
点睛：
在解决本题的过程中，难点在于对直角三角形中直角的分类讨论；关键点是通过等角代换将一个在原直角三角形中不易求得的三角函数值转换到一个容易求解的直角三角形中进行求解. 另外，本题也可以用相似三角形的方法进行求解，不过利用锐角三角函数相对简便.
17、
【解析】试题分析：列举出所有情况，看所求的情况占总情况的多少即可．共有正反，正正，反正，反反4种可能，则2次抛掷的结果都是正面朝上的概率为.
故答案为.
考点：概率公式．
18、1
【分析】设出点P的坐标，四边形PMON的面积等于点P的横纵坐标的积的绝对值，把相关数值代入即可．
【详解】设点P的坐标为（x，y），
∵点P的反比例函数的图象上，
∴xy＝﹣1，
作轴于，作轴于，
∴四边形PMON为矩形，
∴四边形PMON的面积为|xy|＝1，
故答案为1．
【点睛】
考查反比例函数的比例系数的意义；用到的知识点为：在反比例函数图象上的点的横纵坐标的积等于反比例函数的比例系数．注意面积应为正值．
三、解答题(共66分)
19、（1）k≤1；（2）k的值为－，另一个根为－2；（1）k的值为1或1．
【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式列不等式即可得答案；
（2）根据一元二次方程根与系数的关系即可得答案；
（1）由（1）可得k≤1，根据k为正整数可得k=1，k=2或k=1，分别代入方程，求出方程的根，根据该方程的根都是整数即可得答案.
【详解】（1）∵关于x的一元二次方程x2+2x+2k﹣5＝0有两个实数根，
∴△＝22﹣4×1×（2k﹣5）＝﹣8k+24≥0，
解得：k≤1，
∴k的取值范围是k≤1.
（2）设方程的另一个根为m，
∴4+m=－2，
解得：m=－2，
∴2k﹣5＝4×（－2）
∴k＝－，
∴k的值为－，另一个根为－2．
（1）∵k为正整数，且k≤1，
∴k＝1或k＝2或k＝1，
当k＝1时，原方程为x2+2x﹣1＝0，解得x1＝﹣1，x2＝1，
当k＝2时，原方程为x2+2x－1＝0，解得x1＝－1+，x2＝－1－，（舍去）
当k＝1时，原方程为x2+2x+1＝0，解得x1＝x2＝－1，
∴k的值为1或1．
【点睛】
本题考查一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2-4ac：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程没有实数根；若方程的两个实数根为x1、x2，那么，x1+x2=，x1·x2=；正确运用一元二次方程的根的判别式并熟练掌握韦达定理是解题关键．
20、（1）；（2）①见解析，②见解析
【分析】（1）利用等面积法即可求出AC边上的高；
（2）①利用位似图形的性质得出对应点位置连接即可；
②利用矩形的判定方法即可画出．
【详解】解：（1）由图可知,设AC边上的高为x，
则由三角形面积公式可得：
解得，即AC边上的高为.
（2）①如图所示：△DEC即为所求．
②如图所示：矩形ABMN即为所求．
【点睛】
本题考查作位似图形，矩形的判定，勾股定理.（1）中熟练掌握等面积法是解决此问的关键；（2）中能作出AC的中点是解题关键；（3）中注意矩形的四个角都是直角，且矩形的一边为AB，另一边要与△ABC中AB边上的高相等.
21、（1）；（2）存在，理由见解析；D(－4, )或（2，）；（3）最大值； 最小值
【分析】（1）将点A、B的坐标代入函数解析式计算即可得到；
（2）点D应在x轴的上方或下方，在下方时通过计算得△ABD的面积是△ABC面积的倍，判断点D应在x轴的上方，设设D(m,n)，根据面积关系求出m、n的值即可得到点D的坐标；
（3）设E(x,y)，由点E是以点C为圆心且1为半径的圆上的动点,用两点间的距离公式得到点E的坐标为E,再根据点F是AE中点表示出点F的坐标，再设设F(m,n),再利用m、n、与x的关系得到n=，通过计算整理得出，由此得出F点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，再计算最大值与最小值即可.
【详解】解：（1）将点A(－3,0)、B(1,0)代入y＝ax2＋bx－2中，得
，解得，
∴
（2）若D在x轴的下方，当D为抛物线顶点（－1，）时，，
△ABD的面积是△ABC面积的倍，
，所以D点一定在x轴上方．
设D(m,n), △ABD的面积是△ABC面积的倍，
n＝
＝m＝－4或m＝2
D(－4, )或（2，）
（3）设E(x,y),
∵点E是以点C为圆心且1为半径的圆上的动点，
∴,
∴y=,
∴E,
∵F是AE的中点,
∴F的坐标,
设F(m,n),
∴m=,n=,
∴x=2m+3,
∴n=,
∴2n+2=,
∴(2n+2)2=1-(2m+3)2,
∴4(n+1)2+4()2=1,
∴,
∴F点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，
∴最大值：，
最小值：
最大值； 最小值
【点睛】
此题是二次函数的综合题，考察待定系数法解函数关系式，图像中利用三角形面积求点的坐标，注意应分x轴上下两种情况，（3）还考查了两点间的中点坐标的求法，两点间的距离的确定方法：两点间的距离的平方=横坐标差的平方+纵坐标差的平方.
22、（1）x1=-3，x2=5；（2）x1=，x2=
【分析】（1）利用等式的性质将方程化简，再利用因式分解法解得即可；
（2）利用公式法求解即可.
【详解】解：（1）方程变形为： x2-2x-15=1，
即（x+3）（x-5）=1，
解得：x1=-3，x2=5；
（2）由方程可得：a=1，b=-2，c=-4，
∴==，
∴x1=，x2=.
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解法．解题的关键是选择适当的解题方法，注意解题需细心．
23、（1）见解析
（2）公平，理由见解析
【分析】（1）用列表法将所有等可能的结果一一列举出来即可；
（2）求得两人获胜的概率，若相等则公平，否则不公平．
【详解】解：（1）根据题意列表得：
（2）由列表得：共16种情况，其中奇数有8种，偶数有8种，
∴和为偶数和和为奇数的概率均为 ，
∴这个游戏公平．
点评：本题考查了游戏公平性及列表与列树形图的知识，难度不大，是经常出现的一个知识点．
24、（90+30）km．
【分析】过B作BE⊥AC于E，在Rt△ABE中，由∠ABE＝45°，AB＝，可得 AE＝BE＝AB＝90km，在Rt△CBE中，由∠ACB＝60°，可得CE＝BE＝30km，继而可得AC＝AE+CE＝90+30．
【详解】解：根据题意得，∠CAB＝65°﹣20°＝45°，∠ACB＝40°+20°＝60°，AB＝90，
过B作BE⊥AC于E，
∴∠AEB＝∠CEB＝90°，
在Rt△ABE中，∵∠ABE＝45°，AB＝，
∴AE＝BE＝AB＝90km，
在Rt△CBE中，∵∠ACB＝60°，
∴CE＝BE＝30km，
∴AC＝AE+CE＝90+30，
∴A，C两港之间的距离为（90+30）km．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，方向角问题，三角形的内角和，是基础知识比较简单．
25、，.
【解析】分析：用配方法解一元二次方程即可.还可以用公式法或者因式分解法.
详解：方法一：移项，得，
二次项系数化为1，得，
，
，
由此可得，
，.
方法二：方程整理得：
分解因式得：(x−1)(2x−1)=0，
解得：，.
点睛：考查解一元二次方程，常见的方法有：直接开方法，配方法，公式法和因式分解法，观察题目选择合适的方法.
26、（1）∠BPQ=30°；（2）树PQ的高度约为15.8m.
【分析】(1）根据题意题可得：∠A=45°，∠PBC=60°，∠QBC=30°，AB=10m，在Rt△PBC中，根据三角形内角和定理即可得∠BPQ度数；
（2）设CQ=x，在Rt△QBC中，根据30度所对的直角边等于斜边的一半得BQ=2x，由勾股定理得BC=x；根据角的计算得∠PBQ=∠BPQ=30°，由等角对等边得PQ=BQ=2x，用含x的代数式表示PC=PQ+QC=3x，AC=AB+BC=10+x，又∠A=45°，得出AC=PC，建立方程解之求出x，再将x值代入PQ代数式求之即可.
【详解】（1）依题可得：∠A=45°，∠PBC=60°，∠QBC=30°，AB=10m，
在Rt△PBC中，
∵∠PBC=60°，∠PCB=90°，
∴∠BPQ=30°；
（2）设CQ=x，
在Rt△QBC中，
∵∠QBC=30°，∠QCB=90°，
∴BQ=2x，BC=x，
又∵∠PBC=60°，∠QBC=30°，
∴∠PBQ=30°，
由（1）知∠BPQ=30°，
∴PQ=BQ=2x，
∴PC=PQ+QC=3x，AC=AB+BC=10+x，
又∵∠A=45°，
∴AC=PC，
即3x=10+x，
解得：x=，
∴PQ=2x=≈15.8（m），
答：树PQ的高度约为15.8m.
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，涉及到三角形的内角和定理、等腰三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质等，准确识图是解题的关键.
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