资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．若直线与半径为5的相离，则圆心与直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
2．如图所示，在平面直角坐标系中，已知点，，，以某点为位似中心，作出的位似图形，则位似中心的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．已知⊙O的直径为8cm，P为直线l上一点，OP＝4cm，那么直线l与⊙O的公共点有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．1个或2个
4．如图，ABCD是矩形纸片，翻折∠B，∠D，使AD，BC边与对角线AC重叠，且顶点B，D恰好落在同一点O上，折痕分别是CE，AF，则等于（ ）
A． B．2 C．1.5 D．
5．如图，为的直径，和分别是半圆上的三等分点，连接，若，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
6．在下列图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，已知，，，的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
8．如图，一条抛物线与x轴相交于A、B两点(点A在点B的左侧)，其顶点P在线段MN上移动．若点M、N的坐标分别为(-1，-1)、(2，-1)，点B的横坐标的最大值为3，则点A的横坐标的最小值为( )
A．-3 B．-2.5 C．-2 D．-1.5
9．关于抛物线，下列说法错误的是
A．开口向上 B．对称轴是y轴
C．函数有最大值 D．当x>0时，函数y随x的增大而增大
10．如图，点在上，，则的半径为（ ）
A．3 B．6 C． D．12
11．我国传统文化中的“福禄寿喜”图（如图）由四个图案构成．这四个图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
12．下列方程是一元二次方程的是（ ）
A．3x2＋＝0 B．（3x－1）（3x＋1）＝3
C．（x－3）（x－2）＝x2 D．2x－3y＋1＝0
二、填空题（每题4分，共24分）
13．某服装店搞促销活动，将一种原价为56元的衬衣第一次降价后，销售量仍然不好，又进行第二次降价，两次降价的百分率相同，现售价为31.5元，设降价的百分率为x，则列出方程是______________．
14．二次函数的最小值是 ．
15．一个多边形的每个外角都是36°，这个多边形是______边形．
16．如图，角α的两边与双曲线y=（k＜0，x＜0）交于A、B两点，在OB上取点C，作CD⊥y轴于点D，分别交双曲线y=、射线OA于点E、F，若OA=2AF，OC=2CB，则的值为______．
17．如图，点A在双曲线上，点B在双曲线上，且AB∥x轴，C、D在x轴上，若四边形ABCD为矩形，则它的面积为 ．
18．一元二次方程x2=3x的解是：________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）已知二次函数．
（1）当时，求函数图象与轴的交点坐标；
（2）若函数图象的对称轴与原点的距离为2，求的值．
20．（8分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线()．
（1）写出抛物线顶点的纵坐标 (用含a的代数式表示)；
（2）若该抛物线与x轴的两个交点分别为点A和点B，且点A在点B的左侧，AB=1．
①求a的值；
②记二次函数图象在点 A，B之间的部分为W(含 点A和点B)，若直线 ()经过（1，-1），且与 图形W 有公共点，结合函数图象，求 b 的取值范围．
21．（8分）如图，在正方形ABCD中，点M、N分别在AB、BC边上，∠MDN=45°．
（1）如图1，DN交AB的延长线于点F． 求证：；
（2）如图2，过点M作MP⊥DB于P，过N作NQ⊥BD于，若，求对角线BD的长；
（3）如图3，若对角线AC交DM，DF分别于点T，E．判断△DTN的形状并说明理由．
22．（10分）（1）解方程组:
（2）计算
23．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点O是边AC的中点．
（1）在图1中，将△ABC绕点O逆时针旋转n°得到△A1B1C1，使边A1B1经过点C．求n的值．
（2）将图1向右平移到图2位置，在图2中，连结AA1、AC1、CC1．求证：四边形AA1CC1是矩形；
（3）在图3中，将△ABC绕点O顺时针旋转m°得到△A2B2C2，使边A2B2经过点A，连结AC2、A2C、CC2．
①请你直接写出m的值和四边形AA2CC2的形状；
②若AB＝，请直接写出AA2的长．
24．（10分）如图，是圆的直径，平分，交圆于点，过点作直线，交的延长线于点，交的延长线于点．
（1）求证：是圆的切线；
（2）若，，求的长．
25．（12分）如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD∥BC，AD＝2BC，∠ABD＝90°，E为AD的中点，连接BE．
（1）求证：四边形BCDE为菱形；
（2）连接AC，若AC平分∠BAD，BC＝1，求AC的长．
26．如图，某市郊外景区内一条笔直的公路经过、两个景点，景区管委会又开发了风景优美的景点.经测量，位于的北偏东的方向上，的北偏东的方向上，且.
(1)求景点与的距离.
(2)求景点与的距离.(结果保留根号)
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】直线与圆相离等价于圆心到直线的距离大于半径，据此解答即可.
【详解】解：∵直线与半径为5的相离，
∴圆心与直线的距离满足：.
故选：B.
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，属于应知应会题型，若圆心到直线的距离为d，圆的半径为r，当d>r时，直线与圆相离；当d=r时，直线与圆相切；当d<r时，直线与圆相交.
2、C
【分析】直接利用位似图形的性质得出位似中心．
【详解】如图所示，点P即为位似中点，其坐标为（2，2），
故答案为：（2，2）．
【点睛】
此题主要考查了位似变换，正确掌握位似中心的定义是解题关键．
3、D
【分析】根据垂线段最短，得圆心到直线的距离小于或等于4cm，再根据数量关系进行判断．若d＜r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线与圆相切；若d＞r，则直线与圆相离；即可得出公共点的个数．
【详解】解：根据题意可知，圆的半径r＝4cm．
∵OP＝4cm，
当OP⊥l时，直线和圆是相切的位置关系，公共点有1个；
当OP与直线l不垂直时，则圆心到直线的距离小于4cm，所以是相交的位置关系，公共点有2个．
∴直线L与⊙O的公共点有1个或2个，
故选D．
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系．特别注意OP不一定是圆心到直线的距离．
4、B
【详解】解：∵ABCD是矩形，∴AD=BC，∠B=90°，
∵翻折∠B，∠D，使AD，BC边与对角线AC重叠，且顶点B，D恰好落在同一点O上，
∴AO=AD，CO=BC，∠AOE=∠COF=90°，
∴AO=CO，AC=AO+CO=AD+BC=2BC，
∴∠CAB=30°，∴∠ACB=60°，
∴∠BCE=∠ACB=30°，
∴BE=CE，
∵AB∥CD，∴∠OAE=∠FCO，
在△AOE和△COF中，∵∠OAE=∠FCO，AO=CO，∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF，
∴OE=OF，
∴EF与AC互相垂直平分，
∴四边形AECF为菱形，
∴AE=CE，
∴BE=AE，
∴=2，
故选B．
【点睛】
本题考查翻折变换（折叠问题）．
5、B
【分析】阴影的面积等于半圆的面积减去△ABC和△ABD的面积再加上△ABE的面积，因为△ABE的面积是△ABC的面积和△ABD的面积重叠部分被减去两次，所以需要再加上△ABE的面积，然后分别计算出即可.
【详解】设相交于点和分别是半圆上的三等分点，为⊙O的直径..，
如图，连接，则，
故选.
【点睛】
此题主要考查了半圆的面积、圆的相关性质及在直角三角形中，30°角所对应的边等于斜边的一半，关键记得加上△ABE的面积是解题的关键.
6、C
【分析】根据中心对称图形的定义进行分析即可.
【详解】A、不是中心对称图形．故A选项错误；
B、不是中心对称图形．故B选项错误；
C、是中心对称图形．故C选项正确；
D、不是中心对称图形．故D选项错误．
故选C．
【点睛】
考点：中心对称图形．
7、D
【分析】根据平行线分线段成比例得到，即，可计算出.
【详解】解：
，即，解得.
故选D
【点睛】
本题主要考查平行线段分线段成比例定理，熟练掌握并灵活运用定理是解题的关系.
8、C
【分析】根据顶点P在线段MN上移动，又知点M、N的坐标分别为（-1，-2）、（1，-2），分别求出对称轴过点M和N时的情况，即可判断出A点坐标的最小值．
【详解】解：根据题意知，点B的横坐标的最大值为3，
当对称轴过N点时，点B的横坐标最大，
∴此时的A点坐标为（1，0），
当对称轴过M点时，点A的横坐标最小，此时的B点坐标为（0，0），
∴此时A点的坐标最小为（-2，0），
∴点A的横坐标的最小值为-2，
故选：C.
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合题的知识点，解答本题的关键是熟练掌握二次函数的图象对称轴的特点，此题难度一般．
9、C
【分析】由抛物线解析式可求得其开口方向、顶点坐标、最值及增减性，则可判断四个选项，可求得答案．
【详解】A. 因为a=2>0，所以开口向上，正确；
B. 对称轴是y轴，正确；
C. 当x=0时，函数有最小值0，错误；
D. 当x>0时，y随x增大而增大，正确；
故选:C
【点睛】
考查二次函数的图象与性质，掌握二次函数的图象与系数的关系是解题的关键.
10、B
【分析】连接OB、OC，如图，根据圆周角定理可得，进一步即可判断△OCB是等边三角形，进而可得答案.
【详解】解：连接OB、OC，如图，则OB=OC，∵，∴，
∴△OCB是等边三角形，∴OB=BC=6.
故选：B.
【点睛】
本题考查了圆周角定理和等边三角形的判定和性质，属于基础题型，熟练掌握上述性质是解题关键.
11、B
【解析】试题分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形．故正确；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故错误．
故选B．
点睛：掌握中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
12、B
【分析】根据一元二次方程的定义，二次项系数不能等于0，未知数最高次数是2的整式方程，即可得到答案.
【详解】解：A、不是整式方程，故本项错误；
B、化简得到，是一元二次方程，故本项正确；
C、化简得到，是一元一次方程，故本项错误；
D、是二元一次方程，故本项错误；
故选择：B.
【点睛】
本题考查了一元二次方程的定义，熟记定义是解题的关键.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、=31.1
【分析】根据题意，第一次降价后的售价为，第二次降价后的售价为，据此列方程得解．
【详解】根据题意，得：
=31.1
故答案为：=31.1．
【点睛】
本题考查一元二次方程的应用，关键是理解第二次降价是以第一次降价后的售价为单位“1”的．
14、﹣1．
【解析】试题分析：∵=，∵a=1＞0，∴x=﹣2时，y有最小值=﹣1．故答案为﹣1．
考点：二次函数的最值．
15、十
【分析】根据正多边形的性质，边数等于360°除以每一个外角的度数．
【详解】∵一个多边形的每个外角都是36°，
∴n=360°÷36°=10，
故答案为：十．
【点睛】
本题考查多边形内角与外角，掌握多边形的外角和为解题关键．
16、
【解析】过C，B，A，F分别作CM⊥x轴，BN⊥x轴，AG⊥x轴，FH⊥x轴，设DO为2a，分别求出C，E，F的坐标，即可求出的值．
【详解】如图：过C，B，A，F分别作CM⊥x轴，BN⊥x轴，AG⊥x轴，FH⊥x轴，
设DO为2a，则E（，2a），
∵BN∥CM，
∴△OCM∽△OBN，
∴=，
∴BN=3a，
∴B（，3a），
∴直线OB的解析式y=x，
∴C（，2a），
∵FH∥AG，
∴△OAG∽△OFH，
∴，
∵FH=OD=2a，
∴AG=a，
∴A（，a），
∴直线OA的解析式y=x，
∴F（，2a），
∴==，
故答案为：
【点睛】
本题考查反比例函数图象上点的特征，相似三角形的判定，关键是能灵活运用相似三角形的判定方法．
17、2
【详解】如图，过A点作AE⊥y轴，垂足为E，
∵点A在双曲线上，∴四边形AEOD的面积为1
∵点B在双曲线上，且AB∥x轴，∴四边形BEOC的面积为3
∴四边形ABCD为矩形，则它的面积为3－1＝2
18、x1=0，x2=1
【分析】先移项，然后利用因式分解法求解．
【详解】x2=1x
x2-1x=0，
x(x-1)=0，
x=0或x-1=0，
∴x1=0，x2=1．
故答案为x1=0，x2=1
【点睛】
本题考查了解一元二次方程-因式分解法：先把方程右边变形为0，再把方程左边分解为两个一次式的乘积，这样原方程转化为两个一元一次方程，然后解一次方程即可得到一元二次方程的解
三、解答题（共78分）
19、（1）和；（2）或－1．
【分析】（1）把k=2代入，得．再令y=0，求出x的值，即可得出此函数图象与x轴的交点坐标；
（2）函数图象的对称轴与原点的距离为2，列出方程求解即可．
【详解】（1）∵，
∴，
令，则，
解得，
∴函数图象与轴的交点坐标为和．
（2）∵函数图象的对称轴与原点的距离为2，
∴，
解得或－1．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的交点与一元二次方程ax2+bx+c=0根之间的关系：△=b2-4ac决定抛物线与x轴的交点个数．△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
20、（1）1a+8；（2）①a=-1；②或或
【分析】（1）将原表达式变为顶点式，即可得到答案；
（2）①根据顶点式可得抛物线的对称轴是x=1 ，再根据已知条件得到A、B两点的坐标，将坐标代入，即可得到a的值；②分情况讨论，当 ()经过（1，-1）和A（-1,0）时，以及当 ()经过（1，-1）和B（3，0）时，代入解析式即可求出答案.
【详解】（1）==
所以顶点坐标为（1,1a+8）,则纵坐标为1a+8.
（2）①解：∵原解析式变形为：y=
∴抛物线的对称轴是x=1
又∵ 抛物线与x轴的两个交点分别为点A和点B，AB=1
∴ 点A和点B各距离对称轴2个单位
∵ 点A在点B的左侧
∴A（-1,0），B（3，0）
∴将B（3，0）代入
∴9a-6a+5a+8=0
a=-1
②当 ()经过（1，-1）和A（-1,0）时
，
当 ()经过（1，-1）和B（3，0）时
，
∴或或
【点睛】
本题考查了二次函数、一次函数的综合性题目，数形结合是解答此题的关键.
21、（1）证明见解析；（2）；（3）是等腰直角三角形，理由见解析
【分析】（1）连接BD，根据正方形的性质可证出，得到，即可得到结果；
（2）根据正方形ABCD，可得到，，可推出，得到，于是推出，得到，进而得出，代入已知条件即可；
（3）由已知条件证出，可得，再根据，得到，所以，代入条件可求得结果．
【详解】解：（1）连接BD
∵四边形ABCD是正方形
∴
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴
∴
（2）∵正方形ABCD
∴，
又∵
∴
又∵，
∴
∴
∴
∴
∴
又∵
∴
∴
故答案为：
（3）是等腰直角三角形，理由如下：
由，，
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
∴是等腰直角三角形
【点睛】
本题主要考查了正方形的综合应用，结合相似三角形的性质应用进行题目解答，找到每个量之间的关系关键．
22、（1）；（2）
【分析】（1）利用加减消元法进行求解即可；
（2）根据分式混合运算的法则及运算顺序进行计算即可．
【详解】解：（1），
①×2得：③，
②－③得：，
解得： ，
将代入①得：，
原方程组的解为；
（2）原式
．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的求解及分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
23、（1）n＝60°；（2）见解析；（3）①m＝120°，四边形AA2CC2是矩形；②AA2＝3．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质求出∠COC1即可．（2）根据对角线相等的平行四边形是矩形证明即可．（3）①求出∠COC2即可，根据矩形的判定证明即可解决问题．②解直角三角形求出A2C2，再求出AA2即可．
【详解】（1）解：如图1中，
由旋转可知：△A1B1C1≌△ABC，
∴∠A1＝∠A＝30°，
∵OC＝OA，OA1＝OA，
∴OC＝OA1，
∴∠OCA1＝∠A1＝30°，
∴∠COC1＝∠A1+OCA1＝60°，
∴n＝60°．
（2）证明：如图2中，
∵OC＝OA，OA1＝OC1，
∴四边形AA1CC1是平行四边形，
∵OA＝OA1，OC＝OC1，
∴AC＝A1C1，
∴四边形AA1CC1是矩形．
（3）如图3中，
①∵OA＝OA2，
∴∠OAA2＝∠OA2A＝30°，
∴∠COC2＝∠AOA2＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∴m＝120°，
∵OC＝OA，OA2＝OC2，
∴四边形AA2CC2是平行四边形，
∵OA＝OA2，OC＝OC2，
∴AC＝A2C2，
∴四边形AA2CC2是矩形．
②∵AC＝A2C2＝AB•cos30°＝4×＝6，
∴AA2＝A2C2•cos30°＝6×＝3．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了旋转变换，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24、（1）证明见解析；（2）AE=．
【分析】（1）由题意连接OE，由角平分线的性质并结合平行线的性质进行分析故可得CD是⊙O的切线；
（2）根据题意设r是⊙O的半径，在Rt△CEO中，，进而有OE∥AD可得△CEO∽△CDA，可得比例关系式，代入进行求解即可．
【详解】解：（1）证明：连结，
∵平分，
∴
∵，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴是圆的切线.
（2）设是圆的半径，在中，
即.解得.
∵，
∴∽
∴
即，解得，
∴=.
【点睛】
本题考查圆相关，熟练掌握并利用圆的切线定理以及相似三角形的性质进行分析是解题的关键.
25、（1）详见解析；（2）AC＝．
【分析】（1）由，推出四边形BCDE是平行四边形，再证明即可解决问题；
（2）在中只要证明即可解决问题.
【详解】（1），E为AD的中点
，即
四边形BCDE是平行四边形
四边形BCDE是菱形；
（2）如图，连接AC
，AC平分
在中，
.
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定定理与性质、菱形的判定定理、角平分线的定义、正弦三角函数值、直角三角形的性质，熟记各定理与性质是解题关键.
26、 (1)BC=10km；(2)AC=10km.
【分析】（1）由题意可求得∠C =30°，进一步根据等角对等边即可求得结果；
（2）分别在和中利用锐角三角函数的知识解直角三角形即可求得结果.
【详解】解：(1)过点作直线，垂足为，如图所示.
根据题意，得：，，
∴∠C=∠CBD－∠CAD=30°，
∴∠CAD=∠C，
∴BC=AB=.
(2) 在中，，∴，
在中，，∴.
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，属于基本题型，熟练掌握锐角三角函数的知识是解题的关键.
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