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（每题4分，共48分）
1．解方程最适当的方法是（ ）
A．直接开平方法 B．配方法 C．因式分解法 D．公式法
2．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
3．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，D是BC的中点，DE⊥BC，CE∥AD，若AC=2，∠ADC=30°．
①四边形ACED是平行四边形；
②△BCE是等腰三角形；
③四边形ACEB的周长是；
④四边形ACEB的面积是1．
则以上结论正确的是（ ）
A．①② B．②④ C．①②③ D．①③④
4．如图，是内两条互相垂直的直径，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
5．下列方程中，没有实数根的是（ ）
A． B． C． D．
6．同学们喜欢足球吗？足球一般是用黑白两种颜色的皮块缝制而成的，如图所示，黑色皮块是正五边形，白色皮块是正六边形．若一个球上共有黑白皮块32块，请你计算一下，黑色皮块和白色皮块的块数依次为（ ）
A．16块，16块 B．8块，24块
C．20块，12块 D．12块，20块
7．由几个相同的小正方体搭成的一个几何体如图所示，从正面看这个几何体得到的平面图形是( )
A． B． C． D．
8．摄影兴趣小组的学生，将自己拍摄的照片向本组其他成员各赠送一张，全组共互赠了182张，若全组有x名学生，则根据题意列出的方程是（ ）
A．x（x＋1）＝182 B．0.5x（x＋1）＝182
C．0.5x（x－1）＝182 D．x（x－1）＝182
9．二次函数的部分图象如图所示，由图象可知方程的根是（ ）
A． B．
C． D．
10．下列四个数中，最小数的是（ ）
A．0 B．﹣1 C． D．
11．下列命题中，真命题是（ ）
A．所有的平行四边形都相似 B．所有的矩形都相似 C．所有的菱形都相似 D．所有的正方形都相似
12．已知两圆的半径分别是2和4，圆心距是3，那么这两圆的位置是（ ）
A．内含 B．内切 C．相交 D．外切
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，△ABC中，已知∠C=90°，∠B=55°，点D在边BC上，BD=2CD．把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，如果点B恰好落在初始Rt△ABC的边上，那么m=_____
14．若关于x的一元二次方程（a+3）x2+2x+a2﹣9＝0有一个根为0，则a的值为_____．
15．如图，在四边形ABCD中，AB=BD，∠BDA=45°，BC=2，若BD⊥CD于点D，则对角线AC的最大值为___．
16．若关于的一元二次方程没有实数根，则的取值范围是__________．
17．如图，把一个直角三角尺ACB绕着30°角的顶点B顺时针旋转，使得点A与CB的延长线上的点E重合连接CD，则∠BDC的度数为_____度．
18．如图，已知在矩形ABCD中，点E在边BC上，BE＝2CE，将矩形沿着过点E的直线翻折后，点C，D分别落在边BC下方的点C′，D′处，且点C′，D′，B在同一条直线上，折痕与边AD交于点F，D′F与BE交于点G.设AB＝t，那么△EFG的周长为___(用含t的代数式表示)．
三、解答题（共78分）
19．（8分）国家计划2035年前实施新能源汽车，某公司为加快新旧动能转换，提高公司经济效益，决定对近期研发出的一种新型能源产品进行降价促销.根据市场调查：这种新型能源产品销售单价定为200元时，每天可售出300个；若销售单价每降低1元，每天可多售出5个.已知每个新型能源产品的成本为100元.
问：（1）设该产品的销售单价为元，每天的利润为元.则_________（用含的代数式表示）
（2）这种新型能源产品降价后的销售单价为多少元时，公司每天可获利32000元？
20．（8分）有这样一个问题，如图1，在等边中，，为的中点，，分别是边，上的动点，且，若，试求的长．爱钻研的小峰同学发现，可以通过几何与函数相结合的方法来解决这个问题，下面是他的探究思路，请帮他补充完整．
（1）注意到为等边三角形，且，可得，于是可证，进而可得，注意到为中点，，因此和满足的等量关系为______．
（2）设，，则的取值范围是______．结合（1）中的关系求与的函数关系．
（3）在平面直角坐标系中，根据已有的经验画出与的函数图象，请在图2中完成画图．
（4）回到原问题，要使，即为，利用（3）中的图象，通过测量，可以得到原问题的近似解为______（精确到0.1）
21．（8分）地下停车场的设计大大缓解了住宅小区停车难的问题，如图是龙泉某小区的地下停车库坡道入口的设计示意图，其中，AB⊥BD，∠BAD＝18°，C在BD上，BC＝0.5m．根据规定，地下停车库坡道入口上方要张贴限高标志，以便告知驾驶员所驾车辆能否安全驶入．小刚认为CD的长就是所限制的高度，而小亮认为应该以CE的长作为限制的高度．小刚和小亮谁说得对？请你判断并计算出正确的限制高度．（结果精确到0.1m，参考数据：sin18°≈0.31，cos18°≈0.95，tan18°≈0.325）
22．（10分）如图，以△ABC的BC边上一点O为圆心的圆，经过A、B两点，且与BC边交于点E，D为BE的下半圆弧的中点，连接AD交BC于F，若AC=FC．
（1）求证：AC是⊙O的切线：
（2）若BF=8，DF=，求⊙O的半径；
（3）若∠ADB=60°，BD=1，求阴影部分的面积．（结果保留根号）
23．（10分）黄山景区销售一种旅游纪念品，已知每件进价为元，当销售单价定为元时，每天可以销售件.市场调查反映：销售单价每提高元，日销量将会减少件.物价部门规定：销售单价不低于元，但不能超过元，设该纪念品的销售单价为（元），日销量为（件）.
（1）直接写出与的函数关系式.
（2）求日销售利润（元）与销售单价（元）的函数关系式.并求当为何值时，日销售利润最大，最大利润是多少？
24．（10分）城市规划期间，欲拆除一电线杆AB，已知距电线杆AB水平距离14m的D处有一大坝，背水坡CD的坡度i=2：1，坝高CF为2m，在坝顶C处测得杆顶A的仰角为30°，D、E之间是宽为2m的人行道．
试问：在拆除电线杆AB时，为确保行人安全，是否需要将此人行道封上？请说明理由（在地面上，以点B为圆心，以AB长为半径的圆形区域为危险区域．）（≈1.732，≈1.414）
25．（12分）（1）用配方法解方程：；
（2）用公式法解方程：.
26．（1）计算：；
（2）解方程：.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】根据解一元二次方程的方法进行判断．
【详解】解：先移项得到，然后利用因式分解法解方程．
故选：C．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程——因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
2、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.
3、A
【分析】①证明AC∥DE，再由条件CE∥AD，可证明四边形ACED是平行四边形；
②根据线段的垂直平分线证明AE=EB，可得△BCE是等腰三角形；
③首先利用含30°角的直角三角形计算出AD=4，CD=2 ，再算出AB长可得四边形ACEB的周长是10+2 ；
④利用△ACB和△CBE的面积之和，可得四边形ACEB的面积．
【详解】解：①∵∠ACB=90°，DE⊥BC，
∴∠ACD=∠CDE=90°，
∴AC∥DE，
∵CE∥AD，
∴四边形ACED是平行四边形，故①正确；
②∵D是BC的中点，DE⊥BC，
∴EC=EB，
∴△BCE是等腰三角形，故②正确；
③∵AC=2，∠ADC=30°，
∴AD=4，CD=
∵四边形ACED是平行四边形，
∴CE=AD=4，
∵CE=EB，
∴EB=4，DB=
∴CB=
∴AB=
∴四边形ACEB的周长是10+，故③错误；
④四边形ACEB的面积： ，故④错误，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定方法．等腰三角形的判定方法，属于中考常考题型．
4、C
【分析】根据直径的定义与等腰三角形的性质即可求解．
【详解】∵是内两条互相垂直的直径，
∴AC⊥BD
又OB=OC
∴==
故选C．
【点睛】
此题主要考查圆内的角度求解，解题的关键是熟知圆内等腰三角形的性质．
5、D
【分析】要判定所给方程根的情况，只要分别求出它们的判别式，然后根据判别式的正负情况即可作出判断．没有实数根的一元二次方程就是判别式的值小于0的方程．
【详解】解：A、x2+x=0中，△=b2-4ac=1＞0，有实数根；
B、x2-2=0中，△=b2-4ac=8＞0，有实数根；
C、x2+x-1=0中，△=b2-4ac=5>0，有实数根；
D、x2-x+1=0中，△=b2-4ac=-3，没有实数根．
故选D．
【点睛】
本题考查一元二次方程根判别式△：即（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．
6、D
【解析】试题分析：根据题意可知：本题中的等量关系是“黑白皮块32块”和因为每块白皮有3条边与黑边连在一起，所以黑皮只有3y块，而黑皮共有边数为5x块，依此列方程组求解即可．
解：设黑色皮块和白色皮块的块数依次为x，y．
则，
解得，
即黑色皮块和白色皮块的块数依次为12块、20块．
故选D．
7、A
【解析】根据题意，由题目的结构特点，依据题目的已知条件，正视图是有两行，第一行两个，第二行三个且右对齐，从而得出答案.即可得到题目的结论.
【详解】从正面看到的平面图形是：
，故选A.
【点睛】
此题主要考查的是简单的组合体的三视图等有关知识，题目比较简单，通过考查，了解学生对简单的组合体的三视图等知识的掌握程度.熟练掌握简单的组合体的三视图是解决本题的关键.
8、D
【解析】共送出照片数=共有人数×每人需送出的照片数．根据题意列出的方程是
x（x-1）=1．故选D.
9、A
【分析】根据图象与x轴的交点即可求出方程的根．
【详解】根据题意得
，对称轴为
∵
∴
∴
故答案为：A．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的问题，掌握一元二次方程图象的性质是解题的关键．
10、B
【分析】先根据有理数的大小比较法则比较数的大小，再得出答案即可．
【详解】解：，
∴最小的数是﹣1，
故选：B．
【点睛】
本题考查了有理数的大小比较，能熟记有理数的大小比较法则的内容是解此题的关键，注意：正数都大于0，负数都小于0，正数大于一切负数，两个负数比较大小，其绝对值大的反而小．
11、D
【解析】分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
【详解】所有正方形都相似，故D符合题意；
故选D．
【点睛】
此题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
12、C
【分析】先求两圆半径的和与差，再与圆心距进行比较，确定两圆的位置关系．
【详解】解：∵两圆的半径分别是2和4，圆心距是3，
则2+4=6，4-2=2，
∴2＜3＜6，
圆心距介于两圆半径的差与和之间，两圆相交．故选C．
【点睛】
本题利用了两圆相交，圆心距的长度在两圆的半径的差与和之间求解．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、70°或120°
【分析】①当点B落在AB边上时，根据DB=DB1，即可解决问题，②当点B落在AC上时，在RT△DCB2中，根据∠C=90°，DB2=DB=2CD可以判定∠CB2D=30°，由此即可解决问题．
【详解】
①当点B落在AB边上时，
∵，
∴，
∴，
②当点B落在AC上时，
在中,
∵∠C=90°, ，
∴，
∴，
故答案为70°或120°.
【点睛】
本题考查的知识点是旋转的性质，解题关键是考虑多种情况，进行分类讨论.
14、1
【分析】将x＝0代入原方程，结合一元二次方程的定义即可求得a的值．
【详解】解：根据题意，将x＝0代入方程可得a2﹣9＝0，
解得：a＝1或a＝﹣1，
∵a+1≠0，即a≠﹣1，
∴a＝1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．
15、
【分析】以BC为直角边，B为直角顶点作等腰直角三角形CBE (点E在BC下方)，先证明，从而，求的最大值即可，以为直径作圆，当经过中点时，有最大值.
【详解】以BC为直角边，B为直角顶点作等腰直角三角形CBE (点E在BC下方)，即CB=BE，连接DE，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴() ，
∴，
若求AC的最大值，则求出的最大值即可，
∵是定值，BD⊥CD，即，
∴点D在以为直径的圆上运动，如上图所示，
当点D在上方，经过中点时，有最大值，
∴
在Rt中，，，，
∴，
∴，
∴对角线AC的最大值为：．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质、圆的知识，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，学会用转化的思想思考问题.
16、
【分析】根据根判别式可得出关于的一元一次不等式组，解不等式组即可得出结论．
【详解】由于关于一元二次方程没有实数根，
∵，，，
∴，
解得：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一元二次方程为常数)的根的判别式．当0，方程有两个不相等的实数根；当0，方程有两个相等的实数根；当0，方程没有实数根．
17、1
【分析】根据△EBD由△ABC旋转而成，得到△ABC≌△EBD，则BC＝BD，∠EBD＝∠ABC＝30°，则有∠BDC＝∠BCD，∠DBC＝180﹣30°＝10°，化简计算即可得出.
【详解】解：∵△EBD由△ABC旋转而成，
∴△ABC≌△EBD，
∴BC＝BD，∠EBD＝∠ABC＝30°，
∴∠BDC＝∠BCD，∠DBC＝180﹣30°＝10°，
∴；
故答案为1．
【点睛】
此题考查旋转的性质，即图形旋转后与原图形全等．
18、2t
【分析】根据翻折的性质，可得CE=，再根据直角三角形30度所对的直角边等于斜边的一半判断出，然后求出，根据对顶角相等可得，根据平行线的性质得到，再求出，然后判断出是等边三角形，根据等边三角形的性质表示出EF，即可解题．
【详解】由翻折的性质得，CE=
是等边三角形，
的周长=
故答案为：．
【点睛】
本题考查折叠问题、等边三角形的判定与性质、含30度的直角三角形、平行线的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
三、解答题（共78分）
19、（1）或；（2）当销售单价为180元时，公司每天可获利32000元.
【分析】（1）根据总利润＝单件利润销量，用的代数式分别表示两个量，构建方程即可；
（2）由(1)所得的函数，当时,解一元二次方程即可求得答案.
【详解】（1）依题意得：
（2）公司每天可获利32000元，即,则
，
化简得：，
解得：，
答：当销售单价为180元时，公司每天可获利32000元.
【点睛】
本题主要考查二次函数的应用、一元二次方程的解法，理解题意找到题目蕴含的相等关系列出方程是解题的关键．
20、（1）；（2），；（3）答案见解析；（4）1.1．
【分析】（1）利用相似三角形的性质即可解决问题．
（2）求出当点F与点A重合时BE的值即可判断x的取值范围．
（3）利用描点法画出函数图象即可．
（4）画出两个函数图象，量出点P的横坐标即可解决问题．
【详解】解：（1）由，可得，
∵，
∴.
故答案为：
（2）由题意：．
∵由，可得，
∵，，．
∴，
∴．
故答案为：；.
（3）函数图象如图所示：
（4）观察图象可知两个函数的交点P的横坐标约为1.1，故BE=1.1
故答案为1.1．
【点睛】
本题属于一次函数综合题，考查了相似三角形的判定和性质，函数图象等知识，学会利用图象法解决问题是解题的关键．
21、小亮说的对，CE为2.6m．
【解析】先根据CE⊥AE,判断出CE为高,再根据解直角三角形的知识解答．
【详解】解：在△ABD中,∠ABD＝90°,∠BAD＝18°,BA＝10m,
∵tan∠BAD＝，
∴BD＝10×tan18°,
∴CD＝BD﹣BC＝10×tan18°﹣0.5≈2.7（m）,
在△ABD中,∠CDE＝90°﹣∠BAD＝72°,
∵CE⊥ED,
∴sin∠CDE＝,
∴CE＝sin∠CDE×CD＝sin72°×2.7≈2.6（m）,
∵2.6m＜2.7m,且CE⊥AE,
∴小亮说的对．
答：小亮说的对,CE为2.6m．
【点睛】
本题主要考查了解直角三角形的应用,主要是正弦、正切概念及运算,解决本题的关键把实际问题转化为数学问题.
22、（1）证明见解析；（2）6；（3）.
【解析】(1)连接OA、OD,如图,利用垂径定理的推论得到OD⊥BE,再利用CA=CF得到
∠CAF= ∠CFA,然后利用角度的代换可证明∠OAD+∠CAF=,则OA⊥AC,从而根据
切线的判定定理得到结论;
(2)设⊙0的半径为r,则OF=8-r,在Rt△ODF中利用勾股定理得到
,然后解方程即可;
(3)先证明△BOD为等腰直角三角形得到OB=,则OA=,再利用圆周角定理得到∠AOB=2∠ADB=,则∠AOE=,接着在Rt△OAC中计算出AC,然后用一个直角三角形的面积减去一个扇形的面积去计算阴影部分的面积.
【详解】（1）证明：连接OA、OD，如图，
∵D为BE的下半圆弧的中点，
∴OD⊥BE，
∴∠ODF+∠OFD=90°，
∵CA=CF，
∴∠CAF=∠CFA，
而∠CFA=∠OFD，
∴∠ODF+∠CAF=90°，
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠OAD+∠CAF=90°，即∠OAC=90°，
∴OA⊥AC，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：设⊙O的半径为r，则OF=8﹣r，
在Rt△ODF中，（8﹣r）2+r2=（）2，解得r1=6，r2=2（舍去），
即⊙O的半径为6；
（3）解：∵∠BOD=90°，OB=OD，
∴△BOD为等腰直角三角形，
∴OB=BD=，
∴OA=，
∵∠AOB=2∠ADB=120°，
∴∠AOE=60°，
在Rt△OAC中，AC=OA=，
∴阴影部分的面积=••﹣=．
【点睛】本题主要考查圆、圆的切线及与圆相关的不规则阴影的面积，需综合运用各知识求解.
23、（1）；（2），x=12时，日销售利润最大，最大利润960元
【分析】（1）根据题意得到函数解析式；
（2）根据题意得到w=（x-6）（-10x+280）=-10（x-17）2+1210，根据二次函数的性质即可得到结论．
【详解】解：（1）根据题意得，，
故与的函数关系式为；
（2）根据题意得，
当时，随的增大而增大，
当时，，
答：当为时，日销售利润最大，最大利润 元.
【点睛】
此题考查了一元二次方程和二次函数的运用，利用总利润=单个利润×销售数量建立函数关系式，进一步利用性质的解决问题，解答时求出二次函数的解析式是关键．
24、不必封上人行道
【分析】过C点作CG⊥AB交AB于G.
求需不需要将人行道封上实际上就是比较AB与BE的长短，已知BD，DF的长度, 那么AB的长度也就求出来了，现在只需要知道BE的长度即可，有BF的长，ED的长，缺少的是DF的长，根据“背水坡CD的坡度i＝1: 2，坝高CF为2m” DF是很容易求出的，这样有了CG的长，在△ACG中求出AG的长度，这样就求出AB的长度，有了BE的长，就可以判断出是不是需要封上人行道了.
【详解】
过C点作CG⊥AB交AB于G.
在Rt△CDF中，水坡CD的坡度i=2：1，即tan∠CDF=2，
∵CF=2，∴DF=1.
∴BF=BD＋DF=12+1=13.
∴CG=13，
在Rt△ACG中，∵∠ACG=30°，
∴AG=CG·tan30°=13×=7.5 m
∴AB＝AG＋BG=7.5+2=9.5m，
BE＝12m，
AB＜BE，
∴不必封上人行道.
【点睛】
本题考查俯角、仰角的定义,要求学生能借助俯角、仰角构造直角三角形并结合图形利用三角函数解直角三角形.
25、（1）；；（2）；
【分析】（1）先把左边的4移项到右边成-4，再配方，两边同时加32，左边得到完全平方，再得出两个一元一次方程进行解答；
（2）先化成一元二次方程的一般式，得出a、b、c，计算b2-4ac判定根的情况，最后运用求根公式即可求解．
【详解】解：（1）x2+6x+4=0
x2+6x=-4
x2+6x+9=-4+9
（x+3）2=5
；
（2）5x2-3x=x+1，
5x2-4x-1=0，
b2-4ac=（-4）2-4×5×（-1）=36，
，
【点睛】
本题主要考查了运用配方法、公式法解一元二次方程，运用公式法解方程时，要先把方程化为一般式，找到a、b、c的值，然后用b2-4ac判定根的情况，最后运用公式即可求解．
26、 (1)0；(2) ，.
【分析】（1）原式利用特殊角的三角函数值计算即可得到结果；
（2）方程利用公式法求出解即可．
【详解】解：（1）原式
.
（2），
在这里，，.
，
∴，
∴，.
【点睛】
此题考查了解一元二次方程−公式法，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
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