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．已知反比例函数的图象经过点（1，2），则它的图象也一定经过（ ）
A．（1，﹣2） B．（﹣1，2） C．（﹣2，1） D．（﹣1，﹣2）
2．若关于x的一元二次方程kx2﹣2x﹣1＝0有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k≥﹣1且k≠0 B．k≥﹣1 C．k≤1 D．k≤1且k≠0
3．设等边三角形的边长为x（x＞0），面积为y，则y与x的函数关系式是（ ）
A．y＝x2 B．y＝ C．y＝ D．y＝
4．如图示，二次函数的图像与轴交于坐标原点和，若关于的方程（为实数）在的范围内有解，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知圆与点在同一平面内，如果圆的半径为5，线段的长为4，则点（ ）
A．在圆上 B．在圆内 C．在圆外 D．在圆上或在圆内
6．已知函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则关于x的方程ax2+bx+c﹣4＝0的根的情况是（ ）
A．有两个相等的实数根 B．有两个异号的实数根
C．有两个不相等的实数根 D．没有实数根
7．已知Rt△ABC，∠ACB=90º，BC=10，AC=20，点D为斜边中点，连接CD，将△BCD沿CD翻折得△B’CD，B’D交AC于点E，则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在矩形ABCD中，DE⊥AC垂足为F，交BC于点E，BE=2EC，连接AE．则tan∠CAE的值为（ ）
A． B． C． D．
9．如图，⊙O的圆周角∠A =40°，则∠OBC的度数为（ ）
A．80° B．50° C．40° D．30°
10．某校九年级共有1、2、3、4四个班，现从这四个班中随机抽取两个班进行一场篮球比赛，则恰好抽到1班和2班的概率是（ ）
A． B． C． D．
11．已知二次函数y＝﹣2x2﹣4x+1，当﹣3≤x≤2时，则函数值y的最小值为（ ）
A．﹣15 B．﹣5 C．1 D．3
12．下列事件为必然事件的是（ ）
A．袋中有4个蓝球，2个绿球，共6个球，随机摸出一个球是红球
B．三角形的内角和为180°
C．打开电视机，任选一个频道，屏幕上正在播放广告
D．抛掷一枚硬币两次，第一次正面向上，第二次反面向上
二、填空题（每题4分，共24分）
13．将数12500000用科学计数法表示为__________．
14．写出经过点（0，0），（﹣2，0）的一个二次函数的解析式_____（写一个即可）．
15．某校欲从初三级部3名女生，2名男生中任选两名学生代表学校参加全市举办的“中国梦•青春梦”演讲比赛，则恰好选中一男一女的概率是_____．
16．如图，△ABC是不等边三角形，DE＝BC，以D，E为两个顶点作位置不同的三角形，使所作的三角形与△ABC全等，这样的三角形最多可以画出______个．
17．在某一时刻，测得一根高为的竹竿的影长为，同时同地测得一栋楼的影长为，则这栋楼的高度为________．
18．如图，在正方形ABCD中，AB=4，点M在CD的边上，且DM=1，ΔAEM与ΔADM关于AM所在的直线对称，将ΔADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到ΔABF，连接EF，则线段EF的长为_________
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在平面直角坐标系中，双曲线l：y＝（x＞0）过点A(a，b)，B(2，1)（0＜a＜2）；过点A作AC⊥x轴，垂足为C．
（1）求l的解析式；
（2）当△ABC的面积为2时，求点A的坐标；
（3）点P为l上一段曲线AB（包括A，B两点）的动点，直线l1：y＝mx+1过点P；在（2）的条件下，若y＝mx+1具有y随x增大而增大的特点，请直接写出m的取值范围．（不必说明理由）
20．（8分）如图，在中，，，点在的内部，经过，两点，交于点，连接并延长交于点，以，为邻边作．
（1）判断与的位置关系，并说明理由．
（2）若点是的中点，的半径为2，求的长．
21．（8分）如图，在Rt△ABE中，∠B＝90°，以AB为直径的⊙O交AE于点C，CE的垂直平分线FD交BE于点D，连接CD．
（1）判断CD与⊙O的位置关系，并证明；
（2）若AC＝6，CE＝8，求⊙O的半径．
22．（10分）已知在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于点C，D（如图）．
（1）求证：AC=BD；
（2）若大圆的半径R=10，小圆的半径r=8，且圆O到直线AB的距离为6，求AC的长．
23．（10分）如图，为了测得旗杆AB的高度，小明在D处用高为1m的测角仪CD，测得旗杆顶点A的仰角为45°，再向旗杆方向前进10m，又测得旗杆顶点A的仰角为60°，求旗杆AB的高度．
24．（10分）如图，△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，D为BC边上的点，将DA绕D点逆时针旋转120°得到DE．
（1）如图1，若AD＝DC，则BE的长为 ，BE2+CD2与AD2的数量关系为 ；
（2）如图2，点D为BC边山任意一点，线段BE、CD、AD是否依然满足（1）中的关系，试证明；
（3）M为线段BC上的点，BM＝1，经过B、E、D三点的圆最小时，记D点为D1，当D点从D1处运动到M处时，E点经过的路径长为 ．
25．（12分）先化简，再从中取一个恰当的整数代入求值．
26．解方程：2x2+x﹣6＝1．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】根据反比例函数图象和性质即可解答．先判断出反比例函数图象的一分支所在象限，即可得到另一分支所在象限．
【详解】解：由于点（1，2）在第一象限，则反比例函数的一支在第一象限，另一支必过第三象限．
第三象限内点的坐标符号为（﹣，﹣）
故选：D．
【点睛】
此题主要考查反比例函数的图像与性质，解题的关键是熟知反比例函数图像的对称性．
2、A
【分析】根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠1且△=22-4k×（-1）≥1，然后求出两个不等式的公共部分即可．
【详解】根据题意得k≠1且△=22-4k×（-1）≥1，
解得k≥-1且k≠1．
故选A．
【点睛】
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=1（a≠1）的根的判别式△=b2-4ac：当△＞1，方程有两个不相等的实数根；当△=1，方程有两个相等的实数根；当△＜1，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．
3、D
【分析】作出三角形的高，利用直角三角形的性质及勾股定理可得高，利用三角形的面积＝底×高，把相关数值代入即可求解．
【详解】解：作出BC边上的高AD．
∵△ABC是等边三角形，边长为x，
∴CD＝x，
∴高为h＝x，
∴y＝x×h＝．
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了三角形的面积的求法，找到等边三角形一边上的高是难点，求出三角形的高是解决问题的关键.
4、D
【分析】首先将代入二次函数，求出，然后利用根的判别式和求根公式即可判定的取值范围.
【详解】将代入二次函数，得
∴
∴方程为
∴
∵
∴
故答案为D.
【点睛】
此题主要考查二次函数与一元二次方程的综合应用，熟练掌握，即可解题.
5、B
【分析】由题意根据圆的半径和线段的长进行大小比较，即可得出选项.
【详解】解：因为圆的半径为5，线段的长为4，5>4，
所以点在圆内.
故选B.
【点睛】
本题考查同一平面内点与圆的位置关系，根据相关判断方法进行大小比较即可.
6、A
【分析】根据抛物线的顶点坐标的纵坐标为4，判断方程ax2+bx+c﹣4＝0的根的情况即是判断函数y＝ax2+bx+c的图象与直线y＝4交点的情况．
【详解】∵函数的顶点的纵坐标为4，
∴直线y＝4与抛物线只有一个交点，
∴方程ax2+bx+c﹣4＝0有两个相等的实数根，
故选A．
【点睛】
本题考查了二次函数与一元二次方程，熟练掌握一元二次方程与二次函数间的关系是解题的关键.
7、A
【分析】如图，过点B作BH⊥CD于H，过点E作EF⊥CD于F，由勾股定理可求AB的长，由锐角三角函数可求BH，CH，DH的长，由折叠的性质可得∠BDC=∠B'DC，S△BCD=S△DCB'=50，利用锐角三角函数可求EF=，由面积关系可求解．
【详解】解：如图，过点B作BH⊥CD于H，过点E作EF⊥CD于F，
∵∠ACB=90°，BC=10，AC=20，
∴AB=，S△ABC=×10×20=100，
∵点D为斜边中点，∠ACB=90°，
∴AD=CD=BD=，
∴∠DAC=∠DCA，∠DBC=∠DCB，
∴sin∠BCD=sin∠DBC=，
∴，
∴BH=，
∴CH=，
∴DH=，
∵将△BCD沿CD翻折得△B′CD，
∴∠BDC=∠B'DC，S△BCD=S△DCB'=50，
∴tan∠BDC=tan∠B'DC=，
∴，
∴设DF=3x，EF=4x，
∵tan∠DCA=tan∠DAC=，
∴，
∴FC=8x，
∵DF+CF=CD，
∴3x+8x=，
∴x=，
∴EF=，
∴S△DEC=×DC×EF=，
∴S△CEB'=50-=，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查了翻折变换，直角三角形的性质，锐角三角函数的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是本题的关键．
8、C
【分析】证明△AFD∽△CFE，得出，由△CFE∽△DFC，得出，设EF=x，则DE=3x，再由三角函数定义即可得出答案．
【详解】解： 设EC=x，∵BE=2EC=2x，∴BC=BE+CE=3x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=3x，AD∥EC，
∴△AFD∽△CFE，
∴ ，
，设CF=n，设EF=m，
∴DF=3EF=3m，AF=3CF=3n，
∵△ECD是直角三角形，，
∴△CFE∽△DFC，
∴，
∴，即，
∴，∵，
∴tan∠CAE=，
故选：C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，三角函数等知识；熟练掌握矩形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
9、B
【分析】然后根据圆周角定理即可得到∠OBC的度数，由OB=OC，得到∠OBC=∠OCB，根据三角形内角和定理计算出∠OBC．
【详解】∵∠A=40°．
∴∠BOC=80°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=50°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆周角定理：一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半；也考查了等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理．
10、B
【解析】画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出恰好抽到1班和2班的结果数，然后根据概率公式求解．
解：画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中恰好抽到1班和2班的结果数为2，
所以恰好抽到1班和2班的概率=．
故选B．
11、A
【分析】先将题目中的函数解析式化为顶点式，然后在根据二次函数的性质和x的取值范围，即可解答本题．
【详解】∵二次函数y＝﹣2x2﹣4x+1＝﹣2（x+1）2+3，
∴该函数的对称轴是直线x＝﹣1，开口向下，
∴当﹣3≤x≤2时，x＝2时，该函数取得最小值，此时y＝﹣15，故选：A．
【点睛】
本题考查二次函数的最值，解题的关键是将二次函数的一般式利用配方法化成顶点式，求最值时要注意自变量的取值范围.
12、B
【解析】确定事件包括必然事件和不可能事件，必然事件指在一定条件下，一定发生的事件，不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；
【详解】A．袋中有4个蓝球，2个绿球，共6个球，随机摸出一个球是红球是不可能事件；
B．三角形的内角和为180°是必然事件；
C．打开电视机，任选一个频道，屏幕上正在播放广告是随机事件；
D．抛掷一枚硬币两次，第一次正面向上，第二次反面向上是随机事件；
故选：B．
【点睛】
此题考查随机事件，解题关键在于掌握其定义
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】根据科学记数法的定义以及应用将数进行表示即可．
【详解】
故答案为：．
【点睛】
本题考查了科学记数法的定义以及应用，掌握科学记数法的定义以及应用是解题的关键．
14、y＝x2+2x（答案不唯一）．
【解析】设此二次函数的解析式为y＝ax（x+2），令a＝1即可．
【详解】∵抛物线过点（0，0），（﹣2，0），
∴可设此二次函数的解析式为y＝ax（x+2），
把a＝1代入，得y＝x2+2x．
故答案为y＝x2+2x（答案不唯一）．
【点睛】
本题考查的是待定系数法求二次函数解析式，此题属开放性题目，答案不唯一．
15、
【解析】结合题意，画树状图进行计算，即可得到答案.
【详解】画树状图为：
共20种等可能的结果数，其中选中一男一女的结果数为12，
∴恰好选中一男一女的概率是，
故答案为：．
【点睛】
本题考查概率，解题的关键是熟练掌握树状图法求概率.
16、4
【解析】试题分析：如图，能画4个,分别是:以D为圆心,AB为半径画圆;以C为圆心,CA为半径画圆．两圆相交于两点（DE上下各一个）,分别于D、E连接后,可得到两个三角形；以D为圆心,AC为半径画圆;以E为圆心,AB为半径画圆．两圆相交于两点（DE上下各一个）,分别于D、E连接后,可得到两个三角形．因此最多能画出4个
考点：作图题．
17、1
【分析】根据同一时刻物高与影长成正比即可得出结论．
【详解】解：设这栋楼的高度为hm，
∵在某一时刻，测得一根高为1.8m的竹竿的影长为3m，同时测得一栋楼的影长为60m，
∴，
解得h=1（m）．
故答案为1．
【点睛】
本题考查的是相似三角形的应用，熟知同一时刻物高与影长成正比是解答此题的关键．
18、2
【分析】连接BM．先判定△FAE≌△MAB（SAS），即可得到EF=BM．在Rt△BCM中，利用勾股定理即可得到BM的值．
【详解】如图，连接BM．
∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，
∴AE=AD，∠MAD=∠MAE．
∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，
∴AF=AM，∠FAB=∠MAD，
∴∠FAB=∠MAE，
∴∠FAB+∠BAE=∠BAE+∠MAE，
∴∠FAE=∠MAB，
∴△FAE≌△MAB（SAS），
∴EF=BM．
因为正方形ABCD的边长为1，则MC=1-1=3，BC=1．
在Rt△BCM中，
∵BC2+MC2=BM2，
∴12+32=BM2，
解得：BM =2，
∴EF=BM=2．
故答案为：2．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质以及旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
三、解答题（共78分）
19、（1）；（2）；（1）0＜m≤1
【分析】（1）将B（2，1）代入求出k即可；
（2）根据A（a，b）在反比例函数图象上，得到，根据三角形的面积列方程即可得到结论；
（1）把（，1）代入y＝mx+1得，m＝1，再根据一次函数的性质即可得到结论．
【详解】解：（1）将B（2，1）代入得：k＝2，
∴反比例函数l的解析式为；
（2）∵A（a，b）在反比例函数的图象上，
∴，即，
∵S△ABC＝＝2，即＝2，
解得：b＝1，
∴点A的坐标为；
（1）∵直线l1：y＝mx+1过点P，点P为l上一段曲线AB（包括A，B两点）的动点，
∴当点P与A重合时，把（，1）代入y＝mx+1得，m＝1，
∵y＝mx+1具有y随x增大而增大的特点，
∴m＞0，
∴m的取值范围为：0＜m≤1．
【点睛】
本题考查了反比例函数与几何综合，待定系数法求函数的解析式，三角形的面积计算，一次函数的性质，熟练掌握数形结合思想的应用是解题的关键．
20、（1）是的切线；理由见解析；（2）的长．
【分析】（1）连接，求得，根据圆周角定理得到，根据平行四边形的性质得到，得到，推出，于是得到结论；
（2）连接，由点是的中点，得到，求得，根据弧长公式即可得到结论．
【详解】（1）是的切线；
理由：连接，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
是的切线；
（2）连接，
点是的中点，
，
，
，
的长．
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，圆周角定理，平行四边形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
21、（1）CD与⊙O相切，证明见解析；（2）．
【分析】（1）连接OC，由于FD是CE的垂直平分线，所以∠E＝∠DCE，又因为∠A＝∠OCA，∠A+∠E＝90°，所以∠OCA+∠DCE＝90°，所以CD与⊙O相切．
（2）连接BC，易知∠ACB＝90°，所以△ACB∽ABE，所以由于AC•AE＝84，所以OA＝AB＝．
【详解】（1）连接OC，如图1所示．
∵FD是CE的垂直平分线，
∴DC＝DE，
∴∠E＝∠DCE，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA，
∵Rt△ABE中，∠B＝90°，
∴∠A+∠E＝90°，
∴∠OCA+∠DCE＝90°，
∴OC⊥CD，
∴CD与⊙O相切．
（2）连接BC，如图2所示．
∵AB是⊙O直径，
∴∠ACB＝90°，
∴△ACB∽ABE，
∴,
∵AC＝6，CE＝8，
∴AE=14，
∵AC•AE＝84，
∴AB2＝84，
∴AB＝2，
∴OA＝．
【点睛】
此题考查圆的切线的判定定理，三角形相似的判定及性质定理，题中根据问题连接相应的辅助线是解题的关键.
22、（1）证明见解析；（2）8﹣．
【分析】（1）过O作OE⊥AB，根据垂径定理得到AE=BE，CE=DE，从而得到AC=BD；
（2）由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，连接OC，OA，再根据勾股定理求出CE及AE的长，根据AC=AE﹣CE即可得出结论．
【详解】解：（1）证明：如答图，过点O作OE⊥AB于点E，
∵AE=BE，CE=DE，
∴BE﹣DE=AE﹣CE，即AC=BD.
（2）由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，连接OC，OA，
∵OA=10，OC=8，OE=6，
∴.
∴AC=AE﹣CE=8﹣．
【点睛】
本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
23、（16+5）米．
【详解】设AG=x．在Rt△AFG中，
∵tan∠AFG=，
∴FG=，在Rt△ACG中，
∵∠GCA=45°，
∴CG=AG=x，
∵DE=10，
∴x﹣=10，解得：x=15+5，
∴AB=15+5+1=16+5（米）．
答：电视塔的高度AB约为(16+5)米．
考点：解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
24、（1）1；BE1+CD1＝4AD1；（1）能满足（1）中的结论，见解析；（3）1
【分析】（1）依据旋转性质可得：DE＝DA＝CD，∠BDE＝∠ADB＝60°，再证明：△BDE≌△BDA，利用勾股定理可得结论；
（1）将△ACD绕点A顺时针旋转110°得到△ABD′，再证明：∠D′BE＝∠D′AE＝90°，利用勾股定理即可证明结论仍然成立；
（3）从（1）中发现：∠CBE＝30°，即：点D运动路径是线段；分别求出点D位于D1时和点D运动到M时，对应的BE长度即可得到结论．
【详解】解：（1）如图1，∵AB＝AC，∠BAC＝110°，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
∵AD＝DC
∴∠CAD＝∠ACB＝30°，∠ADB＝∠CAD+∠ACB＝60°，
∴∠BAD＝90°，
由旋转得：DE＝DA＝CD，∠BDE＝∠ADB＝60°
∴△BDE≌△BDA（SAS）
∴∠BED＝∠BAD＝90°，BE＝AB＝
∴BE1+CD1＝BE1+DE1＝BD1
∵＝cos∠ADB＝cos60°＝
∴BD＝1AD
∴BE1+CD1＝4AD1；
故答案为：；BE1+CD1＝4AD1；
（1）能满足（1）中的结论．如图1，将△ACD绕点A顺时针旋转110°得到△ABD′，使AC与AB重合，
∵∠DAD′＝110°，∠BAD′＝∠CAD，∠ABD′＝∠ACB＝30°，AD′＝AD＝DE，∠DAE＝∠AED＝30°，BD′＝CD，∠AD′B＝∠ADC
∴∠D′AE＝90°
∵∠ADB+∠ADC＝180°
∴∠ADB+∠AD′B＝180°
∴A、D、B、D′四点共圆，
同理可证：A、B、E、D四点共圆，A、E、B、D′四点共圆；
∴∠D′BE＝90°
∴BE1+BD′1＝D′E1
∵在△AD′E中，∠AED′＝30°，∠EAD′＝90°
∴D′E＝1AD′＝1AD
∴BE1+BD′1＝（1AD）1＝4AD1
∴BE1+CD1＝4AD1．
（3）由（1）知：经过B、E、D三点的圆必定经过D′、A，且该圆以D′E为直径，
该圆最小即D′E最小，∵D′E＝1AD
∴当AD最小时，经过B、E、D三点的圆最小，此时，AD⊥BC
如图3，过A作AD1⊥BC于D1，∵∠ABC＝30°
∴BD1＝AB•cos∠ABC＝cos30°＝3，AD1＝
∴D1M＝BD1﹣BM＝3﹣1＝1
由（1）知：在D运动过程中，∠CBE＝30°，∴点D运动路径是线段；
当点D位于D1时，由（1）中结论得：，∴BE1＝
当点D运动到M时，易求得：BE1＝
∴E点经过的路径长＝BE1+BE1＝1
故答案为：1．
【点睛】
本题考查的是圆的综合，综合性很强，难度系数较大，运用到了全等和勾股定理等相关知识需要熟练掌握相关基础知识.
25、，0
【分析】根据分式的混合运算法则进行计算化简，再代入符合条件的x值进行计算.
【详解】解：原式=
=
=
=
又∵且，，
∴整数．
∴原式=．
【点睛】
考核知识点：分式的化简求值.掌握分式的基本运算法则是关键.
26、x1＝1.5，x2＝﹣2．
【分析】利用因式分解法进行解方程即可.
【详解】解：因式分解得：，
可得或，
解得：，
【点睛】
本题主要考察因式分解法解方程，熟练运用因式分解是关键.
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