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(每小题3分,共30分)
1．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°
2．若△ABC∽△DEF，且△ABC与△DEF的面积比是，则△ABC与△DEF对应中线的比为（ ）
A． B． C． D．
3．解方程2（5x-1）2=3(5x-1)的最适当的方法是 （ ）
A．直接开平方法． B．配方法 C．公式法 D．分解因式法
4．已知，若，则它们的周长之比是（ ）
A．4：9 B．16：81
C．9：4 D．2：3
5．如图，把正三角形绕着它的中心顺时针旋转60°后，是（ ）
A． B． C． D．
6．为了让市民游客欢度“五一”，泉州市各地推出了许多文化旅游活动和景区优惠，旅游人气持续兴旺．从市文旅局获悉，“五一”假日全市累计接待国内外游客171.18万人次，171.18万这个数用科学记数法应表示为（ ）
A．1.7118×10 B．0.17118×10
C．1.7118×10 D．171.18×10
7．在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=4，AC=3，CD⊥AB于D，设∠ACD=α，则cosα的值为（ ）
A． B． C． D．
8．对于二次函数，下列描述错误的是（ ）．
A．其图像的对称轴是直线=1 B．其图像的顶点坐标是（1，-9）
C．当=1时，有最小值-8 D．当＞1时，随的增大而增大
9．若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是
A．x≠5 B．x＜5 C．x≥5 D．x≤5
10．如图，传送带和地面成一斜坡，它把物体从地面送到离地面5米高的地方，物体所经过路程是13米，那么斜坡的坡度为（ ）
A．1：2.6 B．1: C．1：2.4 D．1:
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．一个不透明的口袋中装有个红球和个黄球，这些球除了颜色外，无其他差别，从中随机摸出一个球，恰好是红球的概率为__________.
12．函数y＝﹣（x﹣1）2+1（x≥3）的最大值是_____．
13．已知一扇形，半径为6，圆心角为120°，则所对的弧长为___．
14．在△ABC中，分别以AB，AC为斜边作Rt△ABD和Rt△ACE，∠ADB＝∠AEC＝90°，∠ABD＝∠ACE＝30°，连接DE．若DE＝5，则BC长为_____．
15．如图，四边形ABCD是⊙O的外切四边形，且AB＝5，CD＝6，则四边形ABCD的周长为_______．
16．一条排水管的截面如图所示，已知排水管的半径OB=10，水面宽AB=16，则截面圆心O到水面的距离OC是______．
17．方程的解是_______．
18．在中，，则的面积为_________
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，△ABC的顶点坐标分别为A(1，3)、B(4，2)、C(2，1)，以原点为位似中心，在原点的另一侧画出△A1B1C1 ，使=，并写出△A1B1C1 各顶点的坐标.
20．（6分）小瑜同学想测量小区内某栋楼房MA的高度，设计测量方案如下：她从楼底A处前行5米到达B处，沿斜坡BD向上行走16米，到达坡顶D处（A、B、C在同一条直线上），已知斜坡BD的坡角α为12.8°，小瑜的眼睛到地面的距离DE为1.7米，她站在坡顶测得楼顶M的仰角恰好为45°．根据以上数据，请你求出楼房MA的高度．（计算结果精确到0.1米）（参考数据：sin12.8°≈，cos12.8°≈，tan12.8°≈）
21．（6分）已知，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，点的坐标为，点的坐标为．
（1）如图1，分别求的值；
（2）如图2，点为第一象限的抛物线上一点，连接并延长交抛物线于点，，求点的坐标；
（3）在（2）的条件下，点为第一象限的抛物线上一点，过点作轴于点，连接、，点为第二象限的抛物线上一点，且点与点关于抛物线的对称轴对称，连接，设，，点为线段上一点，点为第三象限的抛物线上一点，分别连接，满足，，过点作的平行线，交轴于点，求直线的解析式．
22．（8分）小昆和小明玩摸牌游戏，游戏规则如下：有3张背面完全相同，牌面标有数字1、2、3的纸牌，将纸牌洗匀后背面朝上放在桌面上，随机抽出一张，记下牌面数字，放回后洗匀再随机抽出一张．
（1）请用画树形图或列表的方法（只选其中一种），表示出两次抽出的纸牌数字可能出现的所有结果；
（2）若规定：两次抽出的纸牌数字之和为奇数，则小昆获胜，两次抽出的纸牌数字之和为偶数，则小明获胜，这个游戏公平吗？为什么？
23．（8分）天空中有一个静止的广告气球C，从地面A点测得C点的仰角为45°，从地面B测得仰角为60°，已知AB=20米，点C和直线AB在同一铅垂平面上，求气球离地面的高度.（结果精确到0.1米）
24．（8分）如图，AC是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，点P是⊙O外一点，连接PB、AB，∠PBA＝∠C．
（1）求证：PB是⊙O的切线；
（2）连接OP，若OP∥BC，且OP＝4，⊙O的半径为，求BC的长．
25．（10分）图1是某小区入口实景图，图2是该入口抽象成的平面示意图．已知入口BC宽3.9米，门卫室外墙AB上的O点处装有一盏路灯，点O与地面BC的距离为3.3米，灯臂OM长为1.2米（灯罩长度忽略不计），∠AOM＝60°．
（1）求点M到地面的距离；
（2）某搬家公司一辆总宽2.55米，总高3.5米的货车从该入口进入时，货车需与护栏CD保持0.65米的安全距离，此时，货车能否安全通过？若能，请通过计算说明；若不能，请说明理由．（参考数据：1.73，结果精确到0.01米）
26．（10分）已知抛物线与轴交于A，B两点(A在B左边)，与轴交于C点，顶点为P，OC=2AO.
(1)求与满足的关系式；
(2)直线AD//BC，与抛物线交于另一点D，△ADP的面积为，求的值；
(3)在(2)的条件下，过(1，-1)的直线与抛物线交于M、N两点，分别过M、N且与抛物线仅有一个公共点的两条直线交于点G，求OG长的最小值.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、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．
2、D
【分析】根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，再结合相似三角形的对应中线的比等于相似比解答即可．
【详解】∵△ABC∽△DEF，△ABC与△DEF的面积比是，
∴△ABC与△DEF的相似比为，
∴△ABC与△DEF对应中线的比为，
故选D．
【点睛】
考查的是相似三角形的性质，相似三角形周长的比等于相似比；相似三角形面积的比等于相似比的平方；相似三角形对应高的比、对应中线的比、对应角平分线的比都等于相似比．
3、D
【详解】解：方程可化为[2（5x-1）-3]（5x-1）=0，
即（10x-5）（5x-1）=0，
根据分析可知分解因式法最为合适．
故选D．
4、A
【分析】根据相似三角形周长的比等于相似比解答即可．
【详解】∵△ABC∽△DEF，AC：DF=4：9，
∴△ABC与△DEF的相似比为4：9，
∴△ABC与△DEF的周长之比为4：9，
故选：A．
【点睛】
此题考查相似三角形性质，掌握相似三角形周长的比等于相似比是解题的关键．
5、A
【分析】根据旋转的性质判断即可.
【详解】解:∵把正三角形绕着它的中心顺时针旋转60°，
∴图形A符合题意，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是图形的旋转，和学生的空间想象能力，熟练掌握旋转的性质是解题的关键.
6、C
【分析】用科学记数法表示较大数的形式是 ，其中，n为正整数，只要确定a,n即可.
【详解】将171.18万用科学记数法表示为：1.7118×1．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查科学记数法，掌握科学记数法是解题的关键.
7、A
【解析】根据勾股定理求出AB的长，在求出∠ACD的等角∠B，即可得到答案.
【详解】如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=4，AC=3，
∴,
∵CD⊥AB,
∴∠ADC=∠C=90°,
∴∠A+∠ACD=∠A+∠B,
∴∠B=∠ACD=α,
∴.
故选：A.
【点睛】
此题考查解直角三角形，求一个角的三角函数值有时可以求等角的对应函数值.
8、C
【分析】将解析式写成顶点式的形式，再依次进行判断即可得到答案.
【详解】=，
∴图象的对称轴是直线x=1，故A正确；
顶点坐标是（1，-9），故B正确；
当x=1时，y有最小值-9，故C错误；
∵开口向上，∴当＞1时，随的增大而增大，故D正确，
故选：C.
【点睛】
此题考查函数的性质，熟记每种函数解析式的性质是解题的关键.
9、D
【解析】二次根式中被开方数非负即5-x≧0∴x≤5故选D
10、C
【解析】根据题意作出合适的辅助线，由坡度的定义可知，坡度等于坡角对边与邻边的比值，根据题目中的数据可以得到坡度，本题得以解决．
【详解】如图
据题意得;AB=13、AC=5，
则BC=,
∴斜坡的坡度i=tan∠ABC==1∶2.4,
故选C.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】直接利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】∵一个不透明的口袋中装有3个红球和9个黄球，这些球除了颜色外无其他差别，
∴从中随机摸出一个小球，恰好是红球的概率为：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
12、-1
【分析】根据函数图象自变量取值范围得出对应y的值，即是函数的最值．
【详解】解：∵函数y＝-（x-1）2+1，
∴对称轴为直线x＝1，当x＞1时，y随x的增大而减小，
∵当x＝1时，y＝-1，
∴函数y＝-（x-1）2+1（x≥1）的最大值是-1．
故答案为-1．
【点睛】
此题考查的是求二次函数的最值，掌握二次函数对称轴两侧的增减性是解决此题的关键．
13、4π．
【分析】根据弧长公式求弧长即可.
【详解】此扇形的弧长＝＝4π，
故答案为：4π．
【点睛】
此题考查的是求弧长，掌握弧长公式：是解决此题的关键.
14、1
【分析】由在Rt△ABD和Rt△ACE中，∠ADB＝∠AEC＝90°，∠ABD＝∠ACE＝30°，可证得△ABD∽△ACE，AD＝AB，继而可证得△ABC∽△ADE，然后由相似三角形的对应边成比例，求得答案．
【详解】∵∠ADB＝∠AEC＝90°，∠ABD＝∠ACE＝30°，
∴△ABD∽△ACE，AD＝AB，
∴∠BAD＝∠CAE，AB：AC＝AD：AE，
∴∠BAC＝∠DAE，AB：AD＝AC：AE，
∴△ABC∽△ADE，
∴＝2，
∵DE＝5，
∴BC＝1．
故答案为：1．
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质以及含30度角的直角三角形．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
15、1
【分析】根据圆外切四边形的对边之和相等求出AD+BC，根据四边形的周长公式计算即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，
∴AE=AH，DH=DG，CG=CF，BE=BF，
∵AB=AE+EB=5，CD=DG+CG=6，
AH+DH+BF+CF=AE+DG+BE+CG，
即AD+BC=AB+CD=11，
∴四边形ABCD的周长=AD+BC+AB+CD=1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查的是切线长定理，掌握圆外切四边形的对边之和相等是解题的关键．
16、1
【分析】根据垂径定理求出BC，根据勾股定理求出OC即可．
【详解】解：∵OC⊥AB，OC过圆心O点，
∴BC=AC=AB=×11=8，
在Rt△OCB中，由勾股定理得：OC===1，
故答案为：1．
【点睛】
此题考查勾股定理，垂径定理的应用，由垂径定理求出BC是解题的关键．
17、
【分析】根据提公因式法解一元二次方程直接求解即可．
【详解】
提公因式得
解得．
故答案为．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是关键．
18、
【分析】过点点B作BD⊥AC于D，根据邻补角的定义求出∠BAD=60°，再根据∠BAD的正弦求出AD，然后根据三角形的面积公式列式计算即可得解．
【详解】如图，过点B作BD⊥AC交AC延长线于点D，
∵∠BAC=120°，
∴∠BAD=180°-120°=60°，
∵，
∴，
∴△ABC的面积．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了运用勾股定理和锐角三角函数的概念解直角三角形问题，作出图形更形象直观．
三、解答题(共66分)
19、画图见解析；点A1(-2，-6)，B1(-8，-4)，C1(-4，-2).
【分析】根据题意利用画位似图形的作图技巧以原点为位似中心，以为位似比作图并结合图像写出△A1B1C1 各顶点的坐标.
【详解】解：利用画位似图形的作图技巧以原点为位似中心，以为位似比作图:
因为=，△A1B1C1 各顶点的坐标为原坐标A(1，3)、B(4，2)、C(2，1)，横纵坐标互为相反数的2倍，即A1(-2，-6)，B1(-8，-4)，C1(-4，-2).
【点睛】
本题考查位似图形的作图，熟练掌握并利用画位似图形的作图技巧以及位似比进行作图分析是解题的关键.
20、楼房MA的高度约为25.8米
【分析】根据△BCD是直角三角形，利用正弦和余弦可以求出CD，BC的长度，则可得到EC，EF的长度，再根据， ，利用四边形ECAF是矩形，即可得到MA的长．
【详解】解：在Rt△BCD中，
∴，
在矩形ECAF中，AF=EC=5.22，EF=AC=20.6
在Rt△EFM中，
∴，
答：楼房MA的高度约为25.8米
【点睛】
本题考查的是解直角三角形的应用仰角俯角问题和坡度坡角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
21、（1），；（2）；（3）．
【分析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）作轴于K，轴于L，OD=3OE，则OL=3OK，DL=3KE，设点E的横坐标为t，则点D的横坐标为-3t，则点E、D的坐标分别为：（t，）、（-3t，-+3t+），即可求解；
（3）设点的横坐标为，可得PH=m2+m-，过作EF∥y轴交于点交轴于点，TE=PH+YE=m2+m-+2=（m+1）2，tan∠AHE=，tan∠PET=，而∠AHE+∠EPH=2α，故∠AHE=∠PET=∠EPH=α，PH=PQ•tanα，即m2+m-=（2m+2）×，解得：m=2-1，故YH=m+1=2，PQ=4，点P、Q的坐标分别为：（2-1，4）、（-2-1，4），tan∠YHE=，tan∠PQH=；证明△PMH≌△WNH，则PH=WH，而QH=2PH，故QW=HW，即W是QH的中点，则W（-1，2），再根据待定系数法即可求解．
【详解】解：（1）把、分别代入得：
，解得；
（2）如图2，由（1）得，作轴于K，轴于L，
∴EK∥DL，∴．
∵，∴，
设点的横坐标为，，，
∴的横坐标为，分别把和代入抛物线解析式得，
∴，
∴，．
∵，
∴，∴，
∴，
∴，
解得（舍），，
∴．
（3）如图3，设点的横坐标为，把代入抛物线得，
∴．
过作EF∥y轴交于点交轴于点，∴轴．
∵点与点关于抛物线的对称轴对称，∴PQ∥x轴，，
∴，点坐标为，
又∵轴，∴ET∥PH，∴，
∴，∴四边形为矩形，
∴，∴，
∴，，，
∴．
∴，，
∴，∴．
又∵，∴．
∵，
∴解得，
∵，∴．
∴，，
把代入抛物线得，∴，∴，
∴，∴，∴，
∴，∴．
若交于点，
∵NF∥PE，∴，∴，
∵，∴，
∴，，，
∴，∴，∴．
作WS∥PQ，交于点交轴于点，
∴△WSH∽△QPH，∴．
∵∴，
∴，，
∴．
∵，∴，∴．
设的解析式为，把、代入得，
解得，∴．
∵FN∥PE，∴设的解析式为，把代入得，
∴的解析式为．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、三角形全等、解直角三角形等，其中（3）证明△PMH≌△WNH是解题的关键．
22、（1）结果见解析；（2）不公平，理由见解析.
【解析】判断游戏是否公平，即是看双方取胜的概率是否相同，若相同，则公平，不相同则不公平．
23、47.3米
【解析】试题分析：过点C作CD⊥AB，交AB于点D；设AD=x．本题涉及到两个直角三角形△ADC、△BDC，应利用其公共边CD构造等量关系，解三角形可得AD、BD与x的关系；借助AB=AD-BD构造方程关系式，进而可求出答案．
试题解析：过点C作CD⊥AB，交AB于点D；设CD=x，
在Rt△ADC中，有AD==CD=x，
在Rt△BDC中，有BD=x，
又有AB=AD-BD=20；即x-x=20，
解得：x=10（3+）≈47.3（米）.
答：气球离地面的高度CD为47.3米．
24、（1）证明见解析；（2）BC=1；
【分析】（1）连接OB，由圆周角定理得出∠ABC＝90°，得出∠C＋∠BAC＝90°，再由OA＝OB，得出∠BAC＝∠OBA，证出∠PBA＋∠OBA＝90°，即可得出结论；
（2）证明△ABC∽△PBO，得出对应边成比例，即可求出BC的长．
【详解】（1）连接OB，如图所示：
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠CBO+∠OBA＝90°，
∵OC＝OB，
∴∠C＝∠CBO，
∴∠C+∠OBA＝90°，
∵∠PBA＝∠C，
∴∠PBA+∠OBA＝90°，
即PB⊥OB，
∴PB是⊙O的切线；
（2）∵⊙O的半径为，
∴OB＝，AC＝2，
∵OP∥BC，
∴∠C＝∠CBO＝∠BOP，
又∵∠ABC＝∠PBO＝90°，
∴△ABC∽△PBO，
∴，
即，
∴BC＝1．
【点睛】
本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、平行线的性质、相似三角形的判定与性质；熟练掌握圆周角定理、切线的判定是解决问题的关键．
25、（1）3.9米；（2）货车能安全通过．
【解析】(1)过M作MN⊥AB于N，交BA的延长线于N，在Rt△OMN中，求出ON的长，即可求得BN的长，即可求得点M到地面的距离；
(2)左边根据要求留0.65米的安全距离，即取CE=0.65，车宽EH=2.55，计算高GH的长即可，与3.5作比较，可得结论．
【详解】(1)如图，过M作MN⊥AB于N，交BA的延长线于N，
在Rt△OMN中，∠NOM＝60°，OM＝1.2，∴∠M＝30°，
∴ONOM＝0.6，
∴NB＝ON+OB＝3.3+0.6＝3.9，
即点M到地面的距离是3.9米；
(2)取CE＝0.65，EH＝2.55，∴HB＝3.9﹣2.55﹣0.65＝0.7，
过H作GH⊥BC，交OM于G，过O作OP⊥GH于P，
∵∠GOP＝30°，∴tan30°，
∴GPOP0.404，
∴GH＝3.3+0.404＝3.704≈3.70＞3.5，
∴货车能安全通过．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用、锐角三角函数等知识，正确添加辅助线，构建直角三角形是解题的关键.
26、（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）将抛物线解析式进行因式分解，可求出A点坐标，得到OA长度，再由C点坐标得到OC长度，然后利用OC=2AO建立等量关系即可得到关系式；
（2）利用待定系数法求出直线BC的k，根据平行可知AD直线的斜率k与BC相等，可求出直线AD解析式，与抛物线联立可求D点坐标，过P作PE⊥x轴交AD于点E，求出PE即可表示△ADP的面积，从而建立方程求解；
（3）为方便书写，可设抛物线解析式为：，设，，过点M的切线解析式为，两抛物线与切线联立，由可求k，得到M、N的坐标满足，将（1，-1）代入，推出G为直线上的一点，由垂线段最短，求出OG垂直于直线时的值即为最小值.
【详解】解：（1）
令y=0，，解得，
令x=0，则
∵， A在B左边
∴A点坐标为（-m，0），B点坐标为（4m，0），C点坐标为（0，-4am2）
∴AO=m，OC=4am2
∵OC=2AO
∴4am2=2m
∴
（2）∵
∴C点坐标为（0，-2m）
设BC直线为，代入B（4m，0），C（0，-2m）得
，解得
∵AD∥BC，
∴设直线AD为，代入A（-m，0）得，，
∴
∴直线AD为
直线AD与抛物线联立得，
，解得或
∴D点坐标为（5m，3m）
又∵
∴顶点P坐标为
如图，过P作PE⊥x轴交AD于点E，则E点横坐标为，代入直线AD得
∴PE=
∴S△ADP=
解得
∵m＞0
∴
∴.
（3）在（2）的条件下，可设抛物线解析式为：，
设，，过点M的切线解析式为，
将抛物线与切线解析式联立得：
，整理得，
∵，
∴方程可整理为
∵只有一个交点，
∴
整理得即
解得
∴过M的切线为
同理可得过N的切线为
由此可知M、N的坐标满足
将代入整理得
将（1，-1）代入得
在（2）的条件下，抛物线解析式为，即
∴
整理得
∴G点坐标满足，即G为直线上的一点，
当OG垂直于直线时，OG最小，如图所示，
直线与x轴交点H（5,0），与y轴交点F（0，）
∴OH=5，OF=，FH=
∵
∴
∴OG的最小值为.
【点睛】
本题考查二次函数与一次函数的综合问题，难度很大，需要掌握二次函数与一次函数的图像与性质和较强的数形结合能力.
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