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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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，在中，是的中点，，，则的长为（ ）
A． B．4 C． D．
2．已知的半径为，点的坐标为，点的坐标为，则点与的位置关系是（ ）
A．点在外 B．点在上 C．点在内 D．不能确定
3．把同一副扑克牌中的红桃2、红桃3、红桃4三张牌背面朝上放在桌子上，从中随机抽取两张，牌面的数字之和为奇数的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD丄AB，∠CAB=20°，则∠BOD等于（ ）
A．20° B．30° C．40° D．60°
5．据有关部门统计，2019年“五一小长假”期间，广东各大景点共接待游客约14400000人次，将数14400000用科学记数法表示为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，点的坐标是，是等边角形，点在第一象限，若反比例函数的图象经过点，则的值是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在等边△ABC中，P为BC上一点，D为AC上一点，且∠APD＝60°，BP＝2，CD＝1，则△ABC的边长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
8．若一元二次方程的一个根为，则其另一根是（ ）
A．0 B．1 C． D．2
9．下列几何体的三视图相同的是（ ）
A．圆柱 B．球 C．圆锥 D．长方体
10．如图，用菱形纸片按规律依次拼成如图图案，第个图案有个菱形纸片，第个图案有个菱形纸片，第个图案有个菱形纸片，按此规律，第个图案中菱形纸片数量为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．关于的方程的一个根是，则它的另一个根是__________．
12．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝4，P是△ABC的重心，连结BP，CP，则△BPC的面积为_____．
13．抛物线y＝3（x+2）2+5的顶点坐标是_____．
14．某种商品每件进价为20元，调查表明：在某段时间内若以每件x元（20≤x≤30，且x为整数）出售，可卖出（30﹣x）件．若使利润最大，每件的售价应为______元．
15．已知点A（4，3），AB∥y轴，且AB＝3，则B点的坐标为_____．
16．在函数中，自变量的取值范围是______.
17．菱形的两条对角线分别是，，则菱形的边长为________，面积为________．
18．抛物线y=5（x﹣4）2+3的顶点坐标是_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为， ，．
（1）的面积是_______；
（2）请以原点为位似中心，画出，使它与的相似比为，变换后点的对应点分别为点，点在第一象限；
（3）若为线段上的任一点，则变换后点的对应点的坐标为 _______．
20．（6分）已知四边形为的内接四边形，直径与对角线相交于点，作于，与过点的直线相交于点，.
（1）求证：为的切线；
（2）若平分，求证：；
（3）在（2）的条件下，为的中点，连接，若，的半径为，求的长.
21．（6分）如图，在O中，，CD⊥OA于点D，CE⊥OB于点E．
（1）求证：；
（2）若∠AOB=120°，OA=2，求四边形DOEC的面积．
22．（8分）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，如果∠ACD＝30°．
（1）求∠BAD的度数；
（2）若AD＝，求DB的长．
23．（8分）社区利用一块矩形空地建了一个小型的惠民停车场，其布局如图所示.已知停车场的长为52米，宽为28米，阴影部分设计为停车位，要铺花砖，其余部分是等宽的通道.已知铺花砖的面积为640平方米.
（1）求通道的宽是多少米？
（2）该停车场共有车位64个，据调查分析，当每个车位的月租金为200元时，可全部租出；当每个车位的月租金每上涨10元，就会少租出1个车位.当每个车位的月租金上涨多少元时，停车场的月租金收入为14400元？
24．（8分）如图，小明欲利用测角仪测量树的高度．已知他离树的水平距离BC为10m，测角仪的高度CD为1.5m，测得树顶A的仰角为33°．求树的高度AB．
（参考数据：sin33°≈0.54，cos33°≈0.84，tan33°≈0.65）
25．（10分）为了测量山坡上的电线杆PQ的高度，某数学活动小组的同学们带上自制的测倾器和皮尺来到山脚下，他们在A处测得信号塔顶端P的仰角是45°，信号塔底端点Q的仰角为30°，沿水平地面向前走100米到B处，测得信号塔顶端P的仰角是60°，求信号塔PQ得高度．
26．（10分）已知：如图，在中，D是AC上一点，联结BD，且∠ABD =∠ACB．
（1）求证：△ABD∽△ACB；
（2）若AD=5，AB= 7，求AC的长.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【解析】根据相似三角形的判定和性质定理和线段中点的定义即可得到结论．
【详解】解：∵∠ADC=∠BAC，∠C=∠C，
∴△BAC∽△ADC，
∴ ，
∵D是BC的中点，BC=6，
∴CD=3，
∴AC2=6×3=18，
∴AC=，
故选：D．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质，线段中点的定义，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
2、B
【分析】根据题意先由勾股定理求得点P到圆心O的距离，再根据点与圆心的距离与半径的大小关系，来判断出点P与⊙O的位置关系．
【详解】解：∵点P的坐标为（3，4），点的坐标为，
∴由勾股定理得，点P到圆心O的距离= ，
∴点P在⊙O上.
故选：B．
【点睛】
本题考查点与圆的位置关系，根据题意求出点到圆心的距离是解决本题的关键．
3、D
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与从中随机抽取两张，牌面的数字之和为奇数的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】解：根据题意画树状图如下：
∵共有6种等可能的结果，从中随机抽取两张，牌面的数字之和为奇数的有4种情况，
∴从中随机抽取两张，牌面的数字之和为奇数的概率为：；故选：D．
【点睛】
本题考查了用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率=所求情况数与总情况数之比．
4、C
【解析】试题分析：由线段AB是⊙O的直径，弦CD丄AB，根据垂径定理的即可求得：，然后由圆周角定理可得∠BOD=2∠CAB=2×20°=40°．
故选C．
考点：圆周角定理；垂径定理．
5、A
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同；当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】14400000=1.44×1．
故选：A．
【点睛】
本题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
6、D
【分析】首先过点B作BC垂直OA于C,根据AO=4，△ABO是等辺三角形，得出B点坐标，迸而求出k的值.
【详解】
解：过点B作BC垂直OA于C，
∵点A的坐标是(2,0) ，AO=4，
∵△ABO是等边三角形
∴OC= 2，BC=
∴点B的坐标是(2，),
把(2，)代入，得:
k=xy=
故选：D
【点睛】
本题考查的是利用等边三角形的性质来确定反比例函数的k值．
7、B
【分析】根据等边三角形性质求出AB＝BC＝AC，∠B＝∠C＝60°，推出∠BAP＝∠DPC，即可证得△ABP∽△PCD，据此解答即可，．
【详解】∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠B＝∠C＝60°，
∴∠BAP+∠APB＝180°﹣60°＝120°，
∵∠APD＝60°，
∴∠APB+∠DPC＝180°﹣60°＝120°，
∴∠BAP＝∠DPC，
即∠B＝∠C，∠BAP＝∠DPC，
∴△ABP∽△PCD；
∴
∵BP＝2，CD＝1，
∴
∴AB＝1，
∴△ABC的边长为1．
故选：B．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质和判定，等边三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，关键是推出△ABP∽△PCD，主要考查了学生的推理能力和计算能力.
8、C
【分析】把代入方程求出的值，再解方程即可．
【详解】∵一元二次方程的一个根为
∴
解得
∴原方程为
解得
故选C
【点睛】
本题考查一元二次方程的解，把方程的解代入方程即可求出参数的值.
9、B
【解析】试题分析：选项A、圆柱的三视图，如图所示，不合题意；
选项B、球的三视图，如图所示，符合题意；
选项C、圆锥的三视图，如图所示，不合题意；
选项D、长方体的三视图，如图所示，不合题意；
．
故答案选B.
考点：简单几何体的三视图．
10、D
【解析】观察图形发现：每增加一个图形，菱形纸片增加4个，从而得到通项公式，代入n=7求解即可．
【详解】观察图形发现：第1个图案中有5=4×1+1个菱形纸片；
第2个图案中有9=4×2+1个菱形纸片；
第3个图形中有13=4×3+1个菱形纸片，
…
第n个图形中有4n+1个菱形纸片，
当n=7时，4×7+1=29个菱形纸片，
故选:D.
【点睛】
属于规律型：图形的变化类，找出图中菱形纸片个数的变化规律是解题的关键.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、6
【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系解答即可.
【详解】解：设方程的另一个根是，则，解得：.
故答案为：6.
【点睛】
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，属于基础题型，熟练掌握一元二次方程的两根之和与两根之积与其系数的关系是解此类题的关键.
12、1
【分析】△ABC的面积S＝AB×BC＝＝12，延长BP交AC于点E，则E是AC的中点，且BP＝BE，即可求解．
【详解】解：△ABC的面积S＝AB×BC＝＝12，
延长BP交AC于点E，则E是AC的中点，且BP＝BE，（证明见备注）
△BEC的面积＝S＝6，
BP＝BE，
则△BPC的面积＝△BEC的面积＝1，
故答案为：1．
备注：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1，
例：已知：△ABC，E、F是AB，AC的中点．EC、FB交于G．
求证：EG＝CG 证明：过E作EH∥BF交AC于H．
∵AE＝BE，EH∥BF，
∴AH＝HF＝AF，
又∵AF＝CF，
∴HF＝CF，
∴HF：CF＝，
∵EH∥BF，
∴EG：CG＝HF：CF＝，
∴EG＝CG．
【点睛】
此题考查了重心的概念和性质：三角形的重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍．
13、（﹣2，5）
【分析】已知抛物线的顶点式，可直接写出顶点坐标．
【详解】解：由y＝3（x+2）2+5，根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（﹣2，5）．
故答案为：（﹣2，5）．
【点睛】
本题考查二次函数的性质，熟知二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a（x-h）2+k中，顶点坐标为（h，k），对称轴为x=h．
14、3
【解析】试题分析：设最大利润为w元，则w=（x﹣30）（30﹣x）=﹣（x﹣3）3+3，∵30≤x≤30，∴当x=3时，二次函数有最大值3，故答案为3．
考点：3．二次函数的应用；3．销售问题．
15、（4,6）或（4,0）
【解析】试题分析：由AB∥y轴和点A的坐标可得点B的横坐标与点A的横坐标相同，根据AB的距离可得点B的纵坐标可能的情况
试题解析：∵A（4，3），AB∥y轴，
∴点B的横坐标为4，
∵AB=3，
∴点B的纵坐标为3+3=6或3-3=0，
∴B点的坐标为（4，0）或（4，6）．
考点：点的坐标．
16、
【分析】根据分式有意义，分母不等于0列式计算即可得解．
【详解】由题意得，x＋1≠0，
解得x≠−1．
故答案为x≠−1．
【点睛】
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；（1）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
17、
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出两对角线的一半，然后利用勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求菱形的面积即可．
【详解】∵菱形的两条对角线长分别为6cm，8cm，
∴对角线的一半分别为3cm，4cm，
∴根据勾股定理可得菱形的边长为： =5cm，
∴面积S= ×6×8=14cm1．
故答案为5；14．
【点睛】
本题考查了菱形的性质及勾股定理的应用，熟记菱形的性质是解决本题的关键．
18、（4，3）
【解析】根据顶点式的坐标特点直接写出顶点坐标．
【详解】解：∵y=5（x-4）2+3是抛物线解析式的顶点式，
∴顶点坐标为（4，3）．
故答案为（4，3）．
【点睛】
此题考查二次函数的性质，掌握顶点式y=a（x-h）2+k中，顶点坐标是（h，k）是解决问题的关键．
三、解答题(共66分)
19、（1）12；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）根据三角形的面积公司求出的面积即可；
（2）根据与的相似比为，点在第一象限，得出 ，， 的坐标，连接起来即可；
（3）根据与的相似比为，点的坐标为点P横纵坐标的一半．
【详解】（1）根据三角形面积公式得
∴的面积是12
故答案为：12；
（2）如图所示
（3）∵与的相似比为
∴变换后点的横坐标为点P横坐标的一半，点的纵坐标为点P纵坐标的一半
∴
则变换后点的对应点的坐标为．
【点睛】
本题考查了坐标轴的作图和变换问题，掌握三角形的面积公式以及相似三角形的性质是解题的关键．
20、（1）证明见解析（2）证明见解析（3）
【分析】（1）根据直径所对的圆周角为90°，得到∠ADC=90°，根据直角三角形两锐角互余得到∠DAC+∠DCA=90°，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等，可得到∠FAD+∠DAC=90°，即可得出结论；
（2）连接OD．根据圆周角定理和角平分线定义可得∠DOA=∠DOC，即可得出结论；
（3）连接OD交CF于M，作EP⊥AD于P．可求出AD=4，AF∥OM．根据三角形中位线定理得出OM=AF．证明△ODE≌△OCM，得到OE=OM．设OM=m，用m表示出OE，AE，AP，DP．通过证明△EAN∽△DPE，根据相似三角形对应边成比例，求出m的值，从而求得AN，AE的值．在Rt△NAE中，由勾股定理即可得出结论．
【详解】（1）∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠DAC+∠DCA=90°．
∵，
∴∠ABD=∠DCA．
∵∠FAD=∠ABD，
∴∠FAD=∠DCA，
∴∠FAD+∠DAC=90°，
∴CA⊥AF，
∴AF为⊙O的切线．
（2）连接OD．
∵，
∴∠ABD=∠AOD．
∵，
∴∠DBC=∠DOC．
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC，
∴∠DOA=∠DOC，
∴DA=DC．
（3）连接OD交CF于M，作EP⊥AD于P．
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°．
∵DA=DC，
∴DO⊥AC，
∴∠FAC=∠DOC=90°，AD=DC==4，
∴∠DAC=∠DCA=45°，AF∥OM．
∵AO=OC，
∴OM=AF．
∵∠ODE+∠DEO=90°，∠OCM+∠DEO=90°，
∴∠ODE=∠OCM．
∵∠DOE=∠COM，OD=OC，
∴△ODE≌△OCM，
∴OE=OM．
设OM=m，
∴OE=m，，，
∴．
∵∠AED+∠AEN=135°，∠AED+∠ADE=135°，
∴∠AEN=∠ADE．
∵∠EAN=∠DPE，
∴△EAN∽△DPE，
∴，
∴，
∴，
∴，，
由勾股定理得：．
【点睛】
本题是圆的综合题．考查了圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定与性质，三角形的中位线定理等知识．用含m的代数式表示出相关线段的长是解答本题的关键．
21、（1）详见解析；（2）
【分析】（1）连接OC，由AC=BC，可得∠AOC=∠BOC，又CD⊥OA，CE⊥OB，由角平分线定理可得CD=CE；
（2）由∠AOB=120°，∠AOC=∠BOC，可得∠AOC=60°，又∠CDO=90°，得∠OCD=30°，可得，由勾股定理可得，可得；同理可得，进而求出．
【详解】（1）证明：连接OC．
∵AC=BC，
∴∠AOC=∠BOC．
∵CD⊥OA，CE⊥OB，
∴CD=CE．
（2）解：∵∠AOB=120°，∠AOC=∠BOC，
∴∠AOC=60°．
∵∠CDO=90°，
∴∠OCD=30°，
∵OC=OA=2，
∴．
∴，
∴，
同理可得，
∴．
【点睛】
本题主要考查了圆心角与弧的关系，角平分线的性质，勾股定理以及面积计算，熟练掌握圆中的相关定理是解题的关键．
22、（1）60°；（2）3
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，∠B＝∠ACD＝30°，然后利用互余可计算出∠BAD的度数；
（2）利用含30度的直角三角形三边的关系求解．
【详解】解：（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠B＝∠ACD＝30°，
∴∠BAD＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°；
（2）在Rt△ADB中，．
【点睛】
本题考查了圆周角定理：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．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
23、（1）6;（2）40或400
【分析】（1）设通道的宽x米，由图中所示可得通道面积为2×28x+2(52-2x)x，根据铺花砖的面积+通道面积=总面积列方程即可得答案；（2）设每个车位的月租金上涨a元，则少租出个车位，根据月租金收入为14400元列方程求出a值即可.
【详解】（1）设通道的宽x米，根据题意得：2×28x+2(52-2x)x+640=52×28，
整理得：x2-40x+204=0，
解得：x1=6，x2=34(不符合题意，舍去).
答：通道的宽是6米.
（2）设每个车位的月租金上涨a元，则少租出个车位，
根据题意得：(200+a)(64-)=14400，
整理得：a2-440a+16000=0，
解得：a1=40，a2=400.
答：每个车位的月租金上涨40元或400元时，停车场的月租金收入为14400元.
【点睛】
本题考查一元二次方程的实际应用，读懂题意，找出题中的等量关系列出方程是解题关键.
24、8米
【详解】解：如图，过点D作DE⊥AB，垂足为E．
在Rt△ADE中，DE=BC=10，∠ADE=33°，tan∠ADE=，
∴AE=DE·tan∠ADE≈10×0.65=6.5，
∴AB=AE+BE=AE+CD=6.5+1.5=8（m）．
答：树的高度AB约为8 m．
25、100米
【分析】延长PQ交直线AB于点M，连接AQ，设PM的长为x米，利用锐角三角函数即可求出x，再利用锐角三角函数即可求出QM，从而求出结论．
【详解】解：延长PQ交直线AB于点M，连接AQ，如图所示：
则∠PMA＝90°，
设PM的长为x米，
在RtPAM中，∠PAM＝45°，
∴AM＝PM＝x米，
∴BM＝x﹣100（米），
在RtPBM中，
∵tan∠PBM，
∴tan60°，
解得：x＝50（3），
在RtQAM中，
∵tan∠QAM，
∴QM＝AM•tan∠QAM＝50（3）×tan30°＝50（）（米），
∴PQ＝PM﹣QM＝100（米）
答：信号塔PQ的高度约为100米．
【点睛】
此题考查的是解直角三角形的应用，掌握利用锐角三角函数解直角三角形是解决此题的关键．
26、 (1)见详解；（2）
【详解】（1）证明：∵∠A=∠A,∠ABD =∠ACB,
∴△ABD∽△ACB.
（2）解: ∵△ABD∽△ACB，
∴，
∴，
∴
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
