资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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．如图所示的几何体的主视图为( )
A． B． C． D．
2．已知：如图，矩形ABCD中，AB＝2cm，AD＝3cm．点P和点Q同时从点A出发，点P以3cm/s的速度沿A→D方向运动到点D为止，点Q以2cm/s的速度沿A→B→C→D方向运动到点D为止，则△APQ的面积S（cm2）与运动时间t（s）之间函数关系的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC=70°，将△ABC绕点A顺时针旋转70°，B，C旋转后的对应点分别是B′和C′，连接BB′，则∠ABB′的度数是( )
A．35° B．40° C．45° D．55°
4．抛物线 y＝（x﹣1）2﹣2 的顶点是（ ）
A．（1，﹣2） B．（﹣1，2） C．（1，2） D．（﹣1，﹣2）
5．起重机的滑轮装置如图所示，已知滑轮半径是10cm，当物体向上提升3πcm时，滑轮的一条半径OA绕轴心旋转的角度为（ ）
A． B．
C． D．
6．如图是由6个大小相同的小正方体叠成的几何体，则它的主视图是( )
A． B．
C． D．
7．下列标志既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）.
A． B．
C． D．
8．如图所示,将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置,旋转角为α(0°<α<90°).若∠1=110°,则α等于( )
A．20° B．30° C．40° D．50°
9．将抛物线y＝向左平移2个单位后，得到的新抛物线的解析式是（ ）
A． B．y＝
C．y＝ D．y＝
10．如图所示的物体组合，它的左视图是（ ）
A． B． C． D．
11．下列根式中，是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
12．如图，，，，，互相外离，它们的半径都是，顺次连接五个圆心得到五边形，则图中五个扇形（阴影部分）的总面积是( )
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图,边长为2的正方形ABCD中心与半径为2的⊙O的圆心重合,E、F分别是AD、BA的延长与⊙O的交点,则图中阴影部分的面积是______.(结果保留)
14．如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E.如果∠B＝60°，AC＝6，那么CD的长为______.
15．已知，则＝_____．
16．已知扇形的圆心角为120°，弧长为6π，则它的半径为________．
17．某型号的冰箱连续两次降价，每台售价由原来的2370元降到了1160元，若设平均每次降价的百分率为，则可列出的方程是__________________________________.
18．如图是水平放置的水管截面示意图，已知水管的半径为50cm，水面宽AB=80cm，则水深CD约为______cm．
三、解答题（共78分）
19．（8分）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC="3" ，tan∠BAC=，将∠ABC对折，使点C的对应点H恰好落在直线AB上，折痕交AC于点O，以点O为坐标原点，AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系
（1）求过A、B、O三点的抛物线解析式；
（2）若在线段AB上有一动点P，过P点作x轴的垂线，交抛物线于M，设PM的长度等于d，试探究d有无最大值，如果有，请求出最大值，如果没有，请说明理由．
（3）若在抛物线上有一点E，在对称轴上有一点F，且以O、A、E、F为顶点的四边形为平行四边形，试求出点E的坐标．
20．（8分）解方程：2x2+3x﹣1=1．
21．（8分）如图，在矩形ABCD中，已知AD＞AB．在边AD上取点E，连结CE．过点E作EF⊥CE，与边AB的延长线交于点F．
（1）求证：△AEF∽△DCE．
（2）若AB＝3，AE＝4，DE＝6，求线段BF的长．
22．（10分）如图，△ABC的边BC在x轴上，且∠ACB=90°．反比例函数y=（x＞0）的图象经过AB边的中点D，且与AC边相交于点E，连接CD．已知BC=2OB，△BCD的面积为1．
（1）求k的值；（2）若AE=BC，求点A的坐标．
23．（10分）解方程：3x（x﹣1）=x﹣1．
24．（10分）已知关于x的方程x2﹣（k+1）x+k2+1=0有两个实数根．
（1）求k的取值范围；
（2）若方程的两实数根分别为x1，x2，且x12+x22=6x1x2﹣15，求k的值．
25．（12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？
26．同圆的内接正三角形与外切正三角形的周长比是_____．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】根据三视图的定义判断即可.
【详解】解：所给几何体是由两个长方体上下放置组合而成，所以其主视图也是上下两个长方形组合而成，且上下两个长方形的宽的长度相同.
故选B.
【点睛】
本题考查了三视图知识.
2、C
【分析】研究两个动点到矩形各顶点时的时间，分段讨论求出函数解析式即可求解．
【详解】解：分三种情况讨论：
（1）当0≤t≤1时，点P在AD边上，点Q在AB边上，
∴S＝，
∴此时抛物线经过坐标原点并且开口向上；
（1）当1＜t≤1．5时，点P与点D重合，点Q在BC边上，
∴S＝＝2，
∴此时，函数值不变，函数图象为平行于t轴的线段；
（2）当1．5＜t≤2．5时，点P与点D重合，点Q在CD边上，
∴S＝×2×（7﹣1t））＝﹣t+．
∴函数图象是一条线段且S随t的增大而减小．
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次函数与几何问题,用分类讨论的数学思想解题是关键，解答时注意研究动点到达临界点时的时间以此作为分段的标准，逐一分析求解．
3、D
【解析】在△ABB'中根据等边对等角，以及三角形内角和定理，即可求得∠ABB'的度数．
【详解】由旋转可得，AB=AB'，∠BAB'=70°，
∴∠ABB'=∠AB'B=（180°-∠BAB′）=55°．
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，在旋转过程中根据旋转的性质确定相等的角和相等的线段是关键．
4、A
【分析】根据顶点式的坐标特点直接写出顶点坐标即可解决．
【详解】解：∵y＝（x﹣1）2﹣2是抛物线解析式的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（1，﹣2）．
故选：A．
【点睛】
本题考查了顶点式，解决本题的关键是正确理解二次函数顶点式中顶点坐标的表示方法.
5、A
【分析】设半径OA绕轴心旋转的角度为n°，根据弧长公式列出方程即可求出结论．
【详解】解：设半径OA绕轴心旋转的角度为n°
根据题意可得
解得n=54
即半径OA绕轴心旋转的角度为54°
故选A．
【点睛】
此题考查的是根据弧长，求圆心角的度数，掌握弧长公式是解决此题的关键．
6、C
【分析】找到从正面看所得到的图形即可．
【详解】解：它的主视图是：
故选：C．
【点睛】
本题考查了三视图的知识，掌握主视图是解题的关键.
7、B
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的定义解答．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形；
C、是中心对称图形，不是轴对称图形；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形．
故选：B．
【点睛】
掌握中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
8、A
【解析】由性质性质得，∠D′=∠D=90°,∠4=α,由四边形内角和性质得∠3=360°-90°-90°-110°=70°,所以∠4=90°-70°=20°.
【详解】如图,因为四边形ABCD为矩形,
所以∠B=∠D=∠BAD=90°,
因为矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形AB′C′D′,
所以∠D′=∠D=90°,∠4=α,
因为∠1=∠2=110°,
所以∠3=360°-90°-90°-110°=70°,
所以∠4=90°-70°=20°,
所以α=20°.
故选：A
【点睛】
本题考核知识点：旋转角. 解题关键点：理解旋转的性质.
9、A
【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律，进而得出平移后抛物线的解析式即可．
【详解】解：将抛物线y＝向左平移2个单位后，得到的新抛物线的解析式是：．故答案为A．
【点睛】
本题考查了二次函数图像的平移法则，即掌握“左加右减，上加下减”是解答本题的关键.
10、D
【分析】通过对简单组合体的观察，从左边看圆柱是一个长方形，从左边看正方体是一个正方形，但是两个立体图形是并排放置的，正方体的左视图被圆柱的左视图挡住了，只能看到长方形，邻边用虚线画出即可．
【详解】从左边看圆柱的左视图是一个长方形，从左边看正方体的左视图是一个正方形，从左边看圆柱与正方体组合体的左视图是一个长方形，两图形的邻边用虚线画出，
则如图所示的物体组合的左视图如D选项所示，
故选：D．
【点睛】
本题考查了简单组合体的三视图．解答此题要注意进行观察和思考，既要丰富的数学知识，又要有一定的生活经验和空间想象力．
11、D
【分析】根据最简二次根式的定义（被开方数不含有能开的尽方的因式或因数，被开方数不含有分数），逐一判断即可得答案.
【详解】A.=，故该选项不是最简二次根式，不符合题意，
B.=，故该选项不是最简二次根式，不符合题意，
C.=，故该选项不是最简二次根式，不符合题意，
D.是最简二次根式，符合题意，
故选：D.
【点睛】
本题考查了对最简二次根式的理解，被开方数不含有能开的尽方的因式或因数，被开方数不含有分数的二次根式叫做最简二次根式；能熟练地运用定义进行判断是解此题的关键．
12、C
【分析】根据圆心角之和等于五边形的内角和，由于半径相等，根据扇形的面积公式计算先算出五边形内部五个扇形的面积之和，再用五个圆的面积之和减去五边形内部五个扇形的面积之和即可求得结果．
【详解】∵五边形的内角和是：(5−2)×180°=540°，
∴阴影部分的面积之和是：，
故选C．
【点睛】
本题主要考查多边形的内角和以及扇形的面积公式，解决问题的关键是把阴影部分的面积当成一个扇形面积来求，将五边形的内角和理解成圆心角也很关键；这题是易错题，注意是求五边形外部的扇形面积之和．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、－1
【分析】延长DC，CB交⊙O于M，N，根据圆和正方形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：延长DC，CB交⊙O于M，N，
则图中阴影部分的面积＝×（S圆O−S正方形ABCD）＝×（4π−4）＝π−1，
故答案为π−1．
【点睛】
本题考查了圆中阴影部分面积的计算，正方形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
14、6
【分析】由AB是⊙O的直径，根据由垂径定理得出AD＝AC，进而利用等边三角形的判定和性质求得答案.
【详解】解：连接AD，
∵⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E，
∴AD＝AC，
∵∠B＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
∵AC＝6，
∴CD＝AC＝6.
故答案为：6.
【点睛】
此题考查了垂径定理以及等边三角形数的判定与性质．注意由垂径定理得出AD=AC是关键．
15、
【解析】根据题意，设x＝5k，y＝3k，代入即可求得的值．
【详解】解：由题意，设x＝5k，y＝3k，
∴＝＝．
故答案为．
【点睛】
本题考查了分式的求值，解题的关键是根据分式的性质对已知分式进行变形．
16、1
【分析】根据弧长公式L＝求解即可．
【详解】∵L＝，
∴R＝＝1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了弧长的计算，解答本题的关键是掌握弧长公式：L＝．
17、
【分析】先列出第一次降价后售价的代数式，再根据第一次的售价列出第二次降价后售价的代数式，然后根据已知条件即可列出方程．
【详解】依题意得：第一次降价后售价为：2370（1-x），
则第二次降价后的售价为：2370（1-x）（1-x）=2370（1-x）2，
故．
故答案为．
【点睛】
此题考查一元二次方程的运用，解题关键在于要注意题意指明的是降价，应该是1-x而不是1+x．
18、1
【解析】连接OA，设CD为x，由于C点为弧AB的中点，CD⊥AB，根据垂径定理的推理和垂径定理得到CD必过圆心0，即点O、D、C共线，AD=BD=AB=40，在Rt△OAD中，利用勾股定理得（50-x）2+402=502，然后解方程即可．
【详解】解：连接OA、如图，设⊙O的半径为R，
∵CD为水深，即C点为弧AB的中点，CD⊥AB，
∴CD必过圆心O，即点O、D、C共线，AD=BD=AB=40，
在Rt△OAD中，OA=50，OD=50-x，AD=40，
∵OD2+AD2=OA2，
∴（50-x）2+402=502，解得x=1，
即水深CD约为为1．
故答案为；1
【点睛】
本题考查了垂径定理的应用：从实际问题中抽象出几何图形，然后垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题.
三、解答题（共78分）
19、（1）y=；（2）当t=时，d有最大值，最大值为2；（3）在抛物线上存在三个点：E1（，-），E2（，），E3（-，），使以O、A、E、F为顶点的四边形为平行四边形．
【解析】（1）在Rt△ABC 中，根据∠BAC的正切函数可求得AC=1，再根据勾股定理求得AB，设OC=m，连接OH由对称性知，OH=OC=m，BH=BC=3，∠BHO=∠BCO=90°，即得AH=AB-BH=2，OA=1-m．在Rt△AOH 中，根据勾股定理可求得m的值，即可得到点O、A、B的坐标，根据抛物线的对称性可设过A、B、O三点的抛物线的解析式为：y=ax（x-），再把B点坐标代入即可求得结果；
（2）设直线AB的解析式为y=kx+b，根据待定系数法求得直线AB的解析式，设动点P（t，），则M（t，），先表示出d关于t的函数关系式，再根据二次函数的性质即可求得结果；
（3）设抛物线y=的顶点为D，先求得抛物线的对称轴，与抛物线的顶点坐标，根据抛物线的对称性，A、O两点关于对称轴对称．分AO为平行四边形的对角线时，AO为平行四边形的边时，根据平行四边形的性质求解即可.
【详解】（1）在Rt△ABC 中，
∵BC=3 ，tan∠BAC=，
∴AC=1．
∴AB=．
设OC=m，连接OH
由对称性知，OH=OC=m，BH=BC=3，∠BHO=∠BCO=90°，
∴AH=AB-BH=2，OA=1-m．
∴在Rt△AOH 中， OH2+AH2=OA2，即m2+22=(1-m)2，得 m=．
∴OC=，OA=AC－OC=，
∴O（0，0） A（，0），B（-，3）．
设过A、B、O三点的抛物线的解析式为：y=ax（x-）．
把x=，y=3代入解析式，得a=．
∴y=x（x-）=．
即过A、B、O三点的抛物线的解析式为y=．
（2）设直线AB的解析式为y=kx+b，根据题意得
，解之得，．
∴直线AB的解析式为y=．
设动点P（t，），则M（t，）．
∴d=（）—（）=—=
∴当t=时，d有最大值，最大值为2．
（3）设抛物线y=的顶点为D．
∵y== ，
∴抛物线的对称轴x=，顶点D（，-）．
根据抛物线的对称性，A、O两点关于对称轴对称．
当AO为平行四边形的对角线时，抛物线的顶点D以及点D关于x轴对称的点F与A、O四点为顶点的四边形一定是平行四边形．这时点D即为点E，所以E点坐标为（）．
当AO为平行四边形的边时，由OA=，知抛物线存在点E的横坐标为或，即或，
分别把x=和x=代入二次函数解析式y=中，得点E（，）或E（-，）．
所以在抛物线上存在三个点：E1（，-），E2（，），E3（-，），使以O、A、E、F为顶点的四边形为平行四边形．
考点：二次函数的综合题
点评：此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键，注意数形结合思想与方程思想的应用．
20、．
【分析】找出a，b，c的值，代入求根公式即可求出解．
【详解】解：这里a=2，b=3，c=﹣1，
∵△=9+8=17，
∴x=．
考点：解一元二次方程-公式法．
21、（1）见解析；（2）1
【分析】（1）根据两个角对应相等判定两个三角形相似即可；
（2）根据相似三角形的性质，对应边成比例即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
，
，
，
．
（2）．
，
，，，
，
，
．
答：线段的长为1．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，解决本题的关键是掌握相似三角形的判定方法和性质．
22、（1）k=12；（2）A（1，1）．
【解析】（1）连接OD，过D作DF⊥OC于F，依据∠ACB=90°，D为AB的中点，即可得到CD=AB=BD，进而得出BC=2BF=2CF，依据BC=2OB，即可得到OB=BF=CF，进而得出k=xy=OF•DF=BC•DF=2S△BCD=12；
（2）设OB=m，则OF=2m，OC=3m，DF=，进而得到E（3m，-2m），依据3m（-2m）=12，即可得到m=2，进而得到A（1，1）．
【详解】解：（1）如图，连接OD，过D作DF⊥OC于F，
∵∠ACB=90°，D为AB的中点，
∴CD=AB=BD，
∴BC=2BF=2CF，
∵BC=2OB，
∴OB=BF=CF，
∴k=xy=OF•DF=BC•DF=2S△BCD=12；
（2）设OB=m，则OF=2m，OC=3m，DF=，
∵DF是△ABC的中位线，
∴AC=2DF=，
又∵AE=BC=2m，
∴CE=AC-AE=-2m，
∴E（3m，-2m），
∵3m（-2m）=12，
∴m2=4，
又∵m＞0，
∴m=2，
∴OC=1，AC=1，
∴A（1，1）．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解题时注意：反比例函数图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy=k．
23、x1=1或x1=
【解析】移项后提取公因式x﹣1后利用因式分解法求得一元二次方程的解即可．
【详解】解：3x（x﹣1）=x﹣1，
移项得：3x（x﹣1）﹣（x﹣1）=0
整理得：（x﹣1）（3x﹣1）=0
x﹣1=0或3x﹣1=0
解得：x1=1或x1=.
【点睛】
本题考查了因式分解法解一元二次方程，解题的关键是先移项，然后提取公因式，防止两边同除以x﹣1，这样会漏根．
24、（1）k≥；（2）1
【分析】（1）根据判别式与根的个数之间的关系，列不等式计算即可；
（2）根据一元二次方程根与系数间的关系表示出，，再由代入进行计算即可．
【详解】解：（1）由题意，得△=[﹣（k+1）]2﹣1（k2+1）=2k﹣3≥0，
解得，
∴k的取值范围为k≥．
（2）∵由根与系数的关系，得x1+x2=k+1，x1•x2=k2+1 ，
∵x12+x22=6x1x2﹣15，
∴（x1+x2）2﹣8x1x2+15=0，
∴k2﹣2k﹣8=0，解得：k1=1，k2=﹣2 ，
又∵k≥，
∴k=1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的个数与判别式之间的关系，根与系数的关系，熟知以上运算是解题的关键．
25、（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.
26、1:1
【分析】作出正三角形的边心距，连接正三角形的一个顶点和中心可得到一直角三角形，解直角三角形即可．
【详解】解：如图所示：
∵圆的内接正三角形的内心到每个顶点的距离是等边三角形高的，设内接正三角形的边长为a，
∴等边三角形的高为a，
∴该等边三角形的外接圆的半径为a
∴同圆外切正三角形的边长＝1×a×tan30°＝1a.
∴周长之比为：3a：6a＝1：1，
故答案为：1：1．
【点睛】
此题主要考查正多边形与圆，解题的关键是熟知正三角形的性质．
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