资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，四边形ABCD的两条对角线互相垂直，AC+BD=16，则四边形ABCD的面积最大值是( )
A．64 B．16 C．24 D．32
2．的绝对值是
A． B． C．2018 D．
3．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．平行四边形 B．菱形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形
4．已知反比例函数，下列各点在此函数图象上的是（ ）
A．（3，4） B．（-2，6） C．（-2，-6） D．（-3，-4）
5．一元二次方程的根的情况是
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．无法判断
6．某学校要种植一块面积为200m2的长方形草坪，要求两边长均不小于10m，则草坪的一边长y（单位：m）随另一边长x（单位：m）的变化而变化的图象可能是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在△ABC中，DE//BC，，S梯形BCED＝8，则S△ABC是（ ）
A．13 B．12 C．10 D．9
8．已知扇形的圆心角为45°，半径长为12，则该扇形的弧长为（ ）
A． B．2π C．3π D．12π
9．估计+1的值在（ ）
A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6之间
10．下列命题中，真命题是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线互相平分的四边形不一定是平行四边形
D．对角线互相垂直平分且相等的四边形一定是正方形
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，将一张正方形纸片，依次沿着折痕，（其中）向上翻折两次，形成“小船”的图样．若，四边形与的周长差为，则正方形的周长为______．
12．某学校的初三（1）班，有男生20人，女生23人．现随机抽一名学生，则：抽到一名男生的概率是_____．
13．如图，在直角三角形中，，是边上一点，以为边，在上方作等腰直角三角形，使得，连接.若，，则的最小值是_______.
14．如图，在矩形中，，对角线与相交于点，，垂足为点，且平分，则的长为_____.
15．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，AB＝1．现分别以点A、点B为圆心，以大于AB相同的长为半径作弧，两弧相交于点M和点N，作直线MN交AB于点D，交BC于点E．若将△BDE沿直线MN翻折得△B′DE，使△B′DE与△ABC落在同一平面内，连接B′E、B′C，则△B′CE的周长为_____．
16．点A（﹣1，1）关于原点对称的点的坐标是_____．
17．如图，为的直径，则_______________________．
18．如图，△ABC中，DE∥BC,,△ADE的面积为8，则△ABC的面积为______
三、解答题(共66分)
19．（10分）计算：3tan30°− tan45°+ 2sin60°
20．（6分）如图甲，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y=x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值（图乙、丙供画图探究）．
21．（6分）为满足社区居民健身的需要，市政府准备采购若干套健身器材免费提供给社区，经考察，劲松公司有A，B两种型号的健身器材可供选择．
（1）劲松公司2015年每套A型健身器材的售价为2.5万元，经过连续两年降价，2017年每套售价为1.6万元，求每套A型健身器材年平均下降率n；
（2）2017年市政府经过招标，决定年内采购并安装劲松公司A，B两种型号的健身器材共80套，采购专项经费总计不超过112万元，采购合同规定：每套A型健身器材售价为1.6万元，每套B型健身器材售价为1.5（1﹣n）万元．
①A型健身器材最多可购买多少套？
②安装完成后，若每套A型和B型健身器材一年的养护费分别是购买价的5%和15%，市政府计划支出10万元进行养护，问该计划支出能否满足一年的养护需要？
22．（8分）在图1的6×6的网格中，已知格点△ABC（顶点A、B、C都在格各点上）
（1）在图1中，画出与△ABC面积相等的格点△ABD（不与△ABC全等），画出一种即可；
（2）在图2中，画出与△ABC相似的格点△A′B′C′（不与ABC全等），且两个三角形的对应边分别互相垂直，画出一种即可．
23．（8分）如图，是的直径，是的弦，延长到点，使，连结，过点作，垂足为.
(1)求证：；
(2)求证：为的切线.
24．（8分）如图，点B、C、D都在⊙O上，过点C作AC∥BD交OB延长线于点A，连接CD，且∠CDB=∠OBD=30°，DB=cm．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）求由弦CD、BD与弧BC所围成的阴影部分的面积．（结果保留π）
25．（10分）如图，在中，，是斜边上的中线，以为直径的分别交、于点、，过点作，垂足为．
（1）若的半径为，，求的长；（2）求证：与相切．
26．（10分）如图，一块直角三角板的直角顶点P放在正方形ABCD的BC边上，并且使条直角边经过点D，另一条直角边与AB交于点Q．请写出一对相似三角形，并加以证明．(图中不添加字母和线段)
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【解析】设AC=x，四边形ABCD面积为S，则BD=16-x，
则：S=AC•BD=x（16-x）=-（x-8）2+32，
当x=8时，S最大=32；
所以AC=BD=8时，四边形ABCD的面积最大，
故选D．
【点睛】二次函数最值以及四边形面积求法，正确掌握对角线互相垂直的四边形面积求法是解题关键．
2、C
【解析】根据数a的绝对值是指数轴表示数a的点到原点的距离进行解答即可得.
【详解】数轴上表示数-2018的点到原点的距离是2018，
所以-2018的绝对值是2018，
故选C.
【点睛】
本题考查了绝对值的意义，熟练掌握绝对值的定义是解题的关键.
3、B
【解析】试题解析：A. 不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误，不合题意；
B. 是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确，符合题意；
C. 是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误，不合题意；
D. 无法确定是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误，不合题意.
故选B.
4、B
【解析】依次把各个选项的横坐标代入反比例函数的解析式中，得到纵坐标的值，即可得到答案．
【详解】解：A．把x=3代入
得：，即A项错误，
B．把x=-2代入
得：，即B项正确，
C．把x=-2代入
得：，即C项错误，
D．把x=-3代入
得：，即D项错误，
故选：B．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，正确掌握代入法是解题的关键．
5、A
【分析】把a=1,b=-1,c=-1,代入，然后计算，最后根据计算结果判断方程根的情况.
【详解】
方程有两个不相等的实数根.
故选A.
【点睛】
本题考查根的判别式，把a=1,b=-1,c=-1,代入计算是解题的突破口.
6、C
【解析】易知y是x的反比例函数，再根据边长的取值范围即可解题．
【详解】∵草坪面积为200m2，
∴x、y存在关系y＝，
∵两边长均不小于10m，
∴x≥10、y≥10，则x≤20，
故选：C．
【点睛】
本题考查反比例函数的应用，根据反比例函数解析式确定y的取值范围，即可求得x的取值范围，熟练掌握实际问题的反比例函数图象是解题的关键．
7、D
【分析】由DE∥BC，可证△ADE∽△ABC，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，求△ADE的面积，再加上BCED的面积即可．
【详解】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝＝＝，
∴，
∵S梯形BCED＝8，
∴
∴
故选：D
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质．关键是利用平行线得相似，利用相似三角形的面积的性质求解．
8、C
【解析】试题分析：根据弧长公式：l==3π，故选C．
考点：弧长的计算．
9、B
【解析】分析：直接利用2＜＜3，进而得出答案．
详解：∵2＜＜3，
∴3＜+1＜4，
故选B．
点睛：此题主要考查了估算无理数的大小，正确得出的取值范围是解题关键．
10、D
【分析】根据矩形的判定、菱形的判定、平行四边形和正方形的判定判断即可．
【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，原命题是假命题；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题；
C、对角线互相平分的四边形一定是平行四边形，原命题是假命题；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形一定是正方形，原命题是真命题；
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了命题与定理，正确把握特殊四边形的判定方法是解题关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】由正方形的性质得出△ABD是等腰直角三角形，由EF∥BD，得出△AEF是等腰直角三角形，由折叠的性质得△AHG是等腰直角三角形，△BEH与△DFG是全等的等腰直角三角形，则GF=DF=BE=EH=1，设AB=x，则BD=x，EF=（x-1），AH=AG=x-2，HG=（x-2），由四边形BEFD与△AHG的周长差为5-2列出方程解得x=4，即可得出结果．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∵EF∥BD，
∴△AEF是等腰直角三角形，
由折叠的性质得：△AHG是等腰直角三角形，△BEH与△DFG是全等的等腰直角三角形，
∴GF=DF=BE=EH=1，
设AB=x，
则BD=x，EF=（x-1），AH=AG=x-2，HG=（x-2），
∵四边形BEFD与△AHG的周长差为5-2，
∴x+（x-1）+2-[2（x-2）+（x-2）]=5-2，
解得：x=4，
∴正方形ABCD的周长为：4×4=1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了折叠的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠与正方形的性质以及等腰直角三角形的性质是解题的关键．
12、
【分析】随机抽取一名学生总共有20+23＝43种情况，其中是男生的有20种情况．利用概率公式进行求解即可．
【详解】解：一共有20+23＝43人,即共有43种情况,
∴抽到一名男生的概率是．
【点睛】
本题考查了用列举法求概率,属于简单题,熟悉概率的计算公式是解题关键.
13、
【分析】过点E作EH⊥直线AC于点H，利用AAS定理证明△BCD≌△DEH，设CD=x，利用勾股定理求，然后利用配方法求其最小值，从而使问题得解.
【详解】解：过点E作EH⊥直线AC于点H，
由题意可知：∠EDA+∠BDC=90°，∠BDC+∠DBC=90°
∴∠EDA=∠DBC
又∵∠C=∠EHD，BD=DE
∴△BCD≌△DEH
∴HD=BC=4
设CD=x，则EH=x
AH=
∴在Rt△AEH中，
当x=时，有最小值为
∴AE的最小值为
故答案为：
【点睛】
本题考查全等三角形的判定，勾股定理及二次函数求最值，综合性较强，正确添加辅助线是本题的解题关键.
14、．
【分析】由矩形的性质可得AO=CO=BO=DO，可证△ABE≌△AOE，可得AO=AB=BO=DO，由勾股定理可求AB的长．
【详解】解：∵四边形是矩形
∴，
∵平分
∴，且，，
∴≌（）
∴，且
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
故答案为．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练运用矩形的性质是本题的关键．
15、3
【分析】根据线段垂直平分线的性质和折叠的性质得点B′与点A重合，BE＝AE，进而可以求解．
【详解】在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，AB＝1．
根据勾股定理，得：BC＝2．
连接AE，
由作图可知：MN是线段AB的垂直平分线，
∴BE＝AE，BD＝AD，
由翻折可知：
点B′与点A重合，
∴△B′CE的周长＝AC+CE+AE
＝AC+CE+BE
＝AC+BC
＝6+2
＝3
故答案为3．
【点睛】
本题主要考查垂直平分线的性质定理和折叠的性质，通过等量代换把△B′CE的周长化为AC+BC的值，是解题的关键.
16、（1，﹣1）
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出答案．
【详解】解：点A（﹣1，1）关于原点对称的点的坐标是：（1，﹣1）．
故答案为：（1，﹣1）．
【点睛】
此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．
17、60°
【分析】连接AC，根据圆周角定理求出∠A的度数，根据直径所对的圆周角是直角得到∠ACB=90°，根据三角形内角和定理计算即可．
【详解】解：连接AC，
由圆周角定理得，∠A=∠CDB=30°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CBA=90°-∠A=60°，
故答案为：60°．
【点睛】
本题考查的是圆周角定理的应用，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半、直径所对的圆周角是直角是解题的关键．
18、18.
【解析】∵在△ABC中，DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC．
∵，
∴，
∴．
三、解答题(共66分)
19、
【分析】先计算出特殊的三角函数值，按照运算顺序计算即可.
【详解】解：原式
.
【点睛】
本题主要考查特殊锐角的三角函数值，解题的关键是熟记特殊锐角的三角函数值．
20、（1）y=x2﹣4x+3；（2）（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；（3）E点坐标为（，）时，△CBE的面积最大．
【解析】试题分析：（1）由直线解析式可求得B、C坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由抛物线解析式可求得P点坐标及对称轴，可设出M点坐标，表示出MC、MP和PC的长，分MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，可分别得到关于M点坐标的方程，可求得M点的坐标；
（3）过E作EF⊥x轴，交直线BC于点F，交x轴于点D，可设出E点坐标，表示出F点的坐标，表示出EF的长，进一步可表示出△CBE的面积，利用二次函数的性质可求得其取得最大值时E点的坐标．
试题解析：（1）∵直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，
∴B（3，0），C（0，3），
把B、C坐标代入抛物线解析式可得，解得，
∴抛物线解析式为y=x2﹣4x+3；
（2）∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线对称轴为x=2，P（2，﹣1），
设M（2，t），且C（0，3），
∴MC=，MP=|t+1|，PC=，
∵△CPM为等腰三角形，
∴有MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，
①当MC=MP时，则有=|t+1|，解得t=，此时M（2，）；
②当MC=PC时，则有=2，解得t=﹣1（与P点重合，舍去）或t=7，此时M（2，7）；
③当MP=PC时，则有|t+1|=2，解得t=﹣1+2或t=﹣1﹣2，此时M（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；
综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；
（3）如图，过E作EF⊥x轴，交BC于点F，交x轴于点D，
设E（x，x2﹣4x+3），则F（x，﹣x+3），
∵0＜x＜3，
∴EF=﹣x+3﹣（x2﹣4x+3）=﹣x2+3x，
∴S△CBE=S△EFC+S△EFB=EF•OD+EF•BD=EF•OB=×3（﹣x2+3x）=﹣（x﹣）2+，
∴当x=时，△CBE的面积最大，此时E点坐标为（，），
即当E点坐标为（，）时，△CBE的面积最大．
考点：二次函数综合题．
21、（1）20%；（2）①10；②不能．
【解析】试题分析：（1）该每套A型健身器材年平均下降率n，则第一次降价后的单价是原价的（1﹣x），第二次降价后的单价是原价的（1﹣x）2，根据题意列方程解答即可．
（2）①设A型健身器材可购买m套，则B型健身器材可购买（80﹣m）套，根据采购专项经费总计不超过112万元列出不等式并解答；
②设总的养护费用是y元，则根据题意列出函数y=1.6×5%m+1.5×（1﹣20%）×15%×（80﹣m）=﹣0.1m+11.1．结合函数图象的性质进行解答即可．
试题解析：（1）依题意得：2.5（1﹣n）2=1.6，
则（1﹣n）2=0.61，
所以1﹣n=±0.8，
所以n1=0.2=20%，n2=1.8（不合题意，舍去）．
答：每套A型健身器材年平均下降率n为20%；
（2）①设A型健身器材可购买m套，则B型健身器材可购买（80﹣m）套，
依题意得：1.6m+1.5×（1﹣20%）×（80﹣m）≤112，
整理，得
1.6m+96﹣1.2m≤1.2，
解得m≤10，
即A型健身器材最多可购买10套；
②设总的养护费用是y元，则
y=1.6×5%m+1.5×（1﹣20%）×15%×（80﹣m），
∴y=﹣0.1m+11.1．
∵﹣0.1＜0，
∴y随m的增大而减小，
∴m=10时，y最小．
∵m=10时，y最小值=﹣01×10+11.1=10.1（万元）．
又∵10万元＜10.1万元，
∴该计划支出不能满足养护的需要．
考点：1.一次函数的应用；2.一元一次不等式的应用；3.一元二次方程的应用．
22、（1）见详解；（2）见详解
【分析】（1）利用等底同高作三角形ABD；
（2）利用相似比为2画△A1B1C1．
【详解】解：（1）如图1，△ABD为所作；
（2）如图2，△A1B1C1为所作．
【点睛】
本题考查了作图−−相似变换：两个图形相似，其中一个图形可以看作由另一个图形放大或缩小得到．也考查了全等三角形的性质．
23、（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）连接AD，则AD⊥BC,再由已知，可推出是的垂直平分线 ，再根据垂直平分线的性质即可得出结论．
（2）连接OD，证明OD⊥DE即可．根据三角形中位线定理和平行线的性质可以证明．
【详解】解：(1)证明：连接
∵是的直径
∴
又
∴是的垂直平分线
(2)连接
∵点、分别是的中点
∴
又
∴
∴为的切线；
【点睛】
本题考查了直径所对的圆周角是直角，垂直平分线的性质，切线的判定等，准确作出辅助线是解题的关键.
24、（3）证明见解析；（3）2πcm3．
【分析】连接BC，OD，OC，设OC与BD交于点M．（3）求出∠COB的度数，求出∠A的度数，根据三角形的内角和定理求出∠OCA的度数，根据切线的判定推出即可；
（3）证明△CDM≌△OBM，从而得到S阴影=S扇形BOC．
【详解】如图，连接BC，OD，OC，设OC与BD交于点M．
（3）根据圆周角定理得：∠COB=3∠CDB=3×30°=20°，
∵AC∥BD，
∴∠A=∠OBD=30°，
∴∠OCA=380°﹣30°﹣20°=90°，即OC⊥AC，
∵OC为半径，
∴AC是⊙O的切线；
（3）由（3）知，AC为⊙O的切线，
∴OC⊥AC．
∵AC∥BD，
∴OC⊥BD．
由垂径定理可知，MD=MB=BD=3．
在Rt△OBM中，
∠COB=20°，OB==2．
在△CDM与△OBM中
，
∴△CDM≌△OBM（ASA），
∴S△CDM=S△OBM
∴阴影部分的面积S阴影=S扇形BOC==2π（cm3）．
考点：3．切线的判定；3.扇形面积的计算．
25、（1）；（2）见解析.
【分析】（1）根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可求得的长度，再根据勾股定理，可求得的长度. 根据圆的直径对应的圆周角为直角，可知，根据等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高重合，可求得的长.
（2）根据三角形中位线平行于底边，可知，再根据，可知，则可知与相切.
【详解】（1）连接、，
，
．
为的斜边的中线，由于直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，
，，，
为圆的直径．，即，
由于等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高重合，
．
（2）、为、的中点，由于三角形中位线平行于底边，
，
．
，
，
即．
又为半径
与圆相切．
【点睛】
本题综合考查“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”，“等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高重合”，“三角形中位线平行于底边”等定律，以及圆的切线的判定定理.
26、△BPQ∽△CDP，证明见解析.
【分析】根据正方形性质得到角的关系，从而根据判定两三角形相似的方法证明△BPQ∽△CDP.
【详解】△BPQ∽△CDP，
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∵∠QPD＝90°，
∴∠QPB+∠BQP＝90°，
∠QPB+∠DPC＝90°，
∴∠DPC＝∠PQB，
∴△BPQ∽△CDP．
【点睛】
此题重点考察学生对两三角形相似的判定的理解，熟练掌握两三角形相似的判定方法是解题的关键.
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