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．若关于x的一元二次方程方程（k﹣1）x2+2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k≥0 B．k＞0且k≠1 C．k≤0且k≠﹣1 D．k＞0
2．式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x＞﹣2 B．x≥﹣2 C．x＜﹣2 D．x≤﹣2
3．如图，平行于BC的直线DE把△ABC分成的两部分面积相等，则为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，已知一组平行线，被直线、所截，交点分别为、、和、、，且，，，则（ ）
A．4.4 B．4 C．3.4 D．2.4
5．如图，⊙O的弦AB⊥OC，且OD＝2DC，AB＝，则⊙O的半径为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．9
6．将抛物线y＝(x－3)2－2向左平移（ ）个单位后经过点A（2，2）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．如图，在Rt△ABC内有边长分别为a，b，c的三个正方形．则a、b、c满足的关系式是（ ）
A．b=a+c B．b=ac C．b2=a2+c2 D．b=2a=2c
8．一人乘雪橇沿如图所示的斜坡（倾斜角为30°）笔直滑下，滑下的距离为24米，则此人下滑的高度为（ ）
A．24 B． C．12 D．6
9．如图，下列条件中，能判定的是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转 60°得到△AED，若线段AB=3，则BE=（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知某品牌汽车在进行刹车测试时发现，该品牌某款汽车刹车后行驶的距离（单位：米）与行驶时间 （单位：秒）满足下面的函数关系： ．那么测试实验中该汽车从开始刹车到完全停止，共行驶了_________米．
12．如图，在平面直角坐标系xOy中，P是直线y＝2上的一个动点，⊙P的半径为1，直线OQ切⊙P于点Q，则线段OQ取最小值时，Q点的坐标为_____．
13．______．
14．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D，E分别是AB，AC的中点，点F是AD的中点．若AB=8，则EF=_____．
15．若函数y＝(k－2)是反比例函数，则k＝______.
16．将二次函数y=2x2的图像沿x轴向左平移2个单位，再向下平移3个单位后，所得函数图像的函数关系式为______________.
17．在如图所示的网格中，每个小正方形的边长都为2，若以小正形的顶点为圆心，4为半径作一个扇形围成一个圆锥，则所围成的圆锥的底面圆的半径为___________.
18．如图，正方形ABEF与正方形BCDE有一边重合，那么正方形BCDE可以看成是由正方形ABEF绕点O旋转得到的，则图中点O的位置为_____．
三、解答题(共66分)
19．（10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．
20．（6分）某广告公司设计一幅周长为16米的矩形广告牌，广告设计费为每平方米2000元．设矩形一边长为x，面积为S平方米．
（1）求S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（2）设计费能达到24000元吗？为什么？
（3）当x是多少米时，设计费最多？最多是多少元？
21．（6分）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格图中，△ABC的顶点都在网格线交点上．
（1）图中AC边上的高为 个单位长度；
（2）只用没有刻度的直尺，在所给网格图中按如下要求画图（保留必要痕迹）：
①以点C为位似中心，把△ABC按相似比1:2缩小，得到△DEC；
②以AB为一边，作矩形ABMN，使得它的面积恰好为△ABC的面积的2倍．
22．（8分）如图，抛物线过点和，点为线段上一个动点(点与点不重合)，过点作垂直于轴的直线与直线和抛物线分别交于点．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若点是的中点，则求点的坐标；
（3）若以点为顶点的三角形与相似，请直接写出点的坐标．
23．（8分）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过原点，顶点为，且与直线相交于两点.
（1）求抛物线的解析式；
（2）求、两点的坐标；
（3）若点为轴上的一个动点，过点作轴与抛物线交于点，则是否存在以为顶点的三角形与相似？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由.
24．（8分）如图，点D，E分别是不等边△ABC(即AB，BC，AC互不相等)的边AB，AC的中点．点O是△ABC所在平面上的动点，连接OB，OC，点G，F分别是OB，OC的中点，顺次连接点D，G，F，E.
(1)如图，当点O在△ABC的内部时，求证：四边形DGFE是平行四边形；
(2)若四边形DGFE是菱形，则OA与BC应满足怎样的数量关系？(直接写出答案，不需要说明理由)
25．（10分）如图①，在直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），以OA为边在第一象限内作正方形OABC，点D是x轴正半轴上一动点（OD＞1），连接BD，以BD为边在第一象限内作正方形DBFE，设M为正方形DBFE的中心，直线MA交y轴于点N．如果定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形．
（1）试找出图1中的一个损矩形；
（2）试说明（1）中找出的损矩形的四个顶点一定在同一个圆上；
（3）随着点D位置的变化，点N的位置是否会发生变化？若没有发生变化，求出点N的坐标；若发生变化，请说明理由；
（4）在图②中，过点M作MG⊥y轴于点G，连接DN，若四边形DMGN为损矩形，求D点坐标．
26．（10分）为了“创建文明城市，建设美丽台州”，我市某社区将辖区内一块不超过1000平方米的区域进行美化．经调查，美化面积为100平方米时，每平方米的费用为300元．每增加1平方米，每平方米的费用下降0.2元。设美化面积增加x平方米，美化所需总费用为y元．
（1）求y与x的函数关系式；
（2）当美化面积增加100平方米时，美化的总费用为多少元；
（3）当美化面积增加多少平方米时，美化所需费用最高?最高费用是多少元?
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【解析】根据一元二次方程定义，首先要求的二次项系数不为零,再根据已知条件,方程有两个不相等的实数根,令根的判别式大于零即可.
【详解】解:由题意得,
解得, ;
且,
即,
解得.
综上所述, 且.
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的定义和根的判别式,理解掌握定义,熟练运用根的判别式是解答关键.
2、B
【分析】根据二次根式有意义的条件可得 ，再解不等式即可．
【详解】解：由题意得：，
解得：，
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数．
3、D
【分析】先证明△ADE∽△ABC，然后根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方求解即可.
【详解】∵BC∥DE，
∴△ADE∽△ABC，
∵DE把△ABC分成的两部分面积相等，
∴△ADE：△ABC=1:2，
∴.
故选D.
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行于三角形一边的直线和其他两边或两边延长线相交，所构成的三角形与原三角形相似；相似三角形面积的比等于相似比的平方.
4、D
【分析】根据平行线等分线段定理列出比例式，然后代入求解即可．
【详解】解：∵
∴ 即
解得：EF=2.4
故答案为D．
【点睛】
本题主要考查的是平行线分线段成比例定理，利用定理正确列出比例式是解答本题的关键．
5、C
【分析】根据垂径定理可得AD=AB，由OD＝2DC可得OD=OC=OA，利用勾股定理列方程求出OA的长即可得答案.
【详解】∵⊙O的弦AB⊥OC，AB=，
∴AD=AB=，
∵OD＝2DC，OA=OC，OC=OD+DC，
∴OD=OC=OA，
∴OA2=(OA)2+()2，
解得：OA=3，（负值舍去），
故选：C.
【点睛】
本题主要考查垂径定理及勾股定理，垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧；熟练掌握垂径定理是解题关键.
6、C
【分析】直接利用二次函数平移规律结合二次函数图像上点的性质进而得出答案．
【详解】解：∵将抛物线向左平移后经过点
∴设平移后的解析式为
∴
∴或（不合题意舍去）
∴将抛物线向左平移个单位后经过点．
故选：C
【点睛】
本题主要考查的是二次函数图象的平移，根据平移规律“左加右减，上加下减”利用顶点的变化确定图形的变化是解题的关键．
7、A
【分析】利用解直角三角形知识.在边长为a和b两正方形上方的两直角三角形中由正切可得，化简得b＝a＋c，故选A.
【详解】请在此输入详解！
8、C
【分析】由题意运用解直角三角形的方法根据特殊三角函数进行分析求解即可.
【详解】解：因为斜坡（倾斜角为30°），滑下的距离即斜坡长度为24米，
所以下滑的高度为米.
故选：C.
【点睛】
本题考查解直角三角形相关，结合特殊三角函数进行求解是解题的关键，也可利用含30°的直角三角形，其斜边是30°角所对直角边的2倍进行分析求解.
9、D
【分析】根据相似三角形的各个判定定理逐一分析即可．
【详解】解：∵∠A=∠A
若，不是对应角，不能判定，故A选项不符合题意；
若，不是对应角，不能判定，故B选项不符合题意；
若，但∠A不是两组对应边的夹角，不能判定，故C选项不符合题意；
若，根据有两组对应边成比例且夹角对应相等的两个三角形相似可得，故D选项符合题意．
故选D．
【点睛】
此题考查的是使两个三角形相似所添加的条件，掌握相似三角形的各个判定定理是解决此题的关键．
10、B
【解析】分析：根据旋转的性质得出∠BAE=60°，AB=AE，得出△BAE是等边三角形，进而得出BE=1即可．
详解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，
∴∠BAE=60°，AB=AE，
∴△BAE是等边三角形，
∴BE=1．
故选B．
点睛：本题考查旋转的性质，关键是根据旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．要注意旋转的三要素：①定点-旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】此题利用配方法求二次函数最值的方法求解即可；
【详解】∵，
∴汽车刹车后直到停下来前进了1m．
故答案是1．
【点睛】
本题主要考查了二次函数最值应用，准确化简计算是解题的关键．
12、（，）．
【分析】连接PQ、OP，如图，根据切线的性质得PQ⊥OQ，再利用勾股定理得到OQ=，利用垂线段最短，当OP最小时，OQ最小，然后求出OP的最小值，得到OQ的最小值，于是得到结论．
【详解】连接PQ、OP，如图，
∵直线OQ切⊙P于点Q，
∴PQ⊥OQ，
在Rt△OPQ中，OQ＝＝，
当OP最小时，OQ最小，
当OP⊥直线y＝2时，OP有最小值2，
∴OQ的最小值为＝．
设点Q的横坐标为a，
∴S△OPQ＝×＝×2×|a，
∴a＝，
∴Q点的纵坐标＝＝，
∴Q点的坐标为（，），
故答案为（，）．
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了勾股定理．
13、
【分析】将特殊角的三角函数值代入求解．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】
本题考查特殊角的三角函数值的混合运算，熟记特殊角的三角函数值是解题关键．
14、2
【详解】解：在Rt△ABC中，∵AD=BD=4，
∴CD=AB=4，
∵AF=DF，AE=EC，
∴EF=CD=2，
故答案为2.
15、-1
【解析】根据反比例函数的定义列出方程，解出k的值即可．
【详解】解：若函数y＝(k－1)是反比例函数，
则
解得k＝﹣1，
故答案为﹣1．
16、y=2(x+2)2-3
【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可.
【详解】解：根据“上加下减，左加右减”的原则可知，
二次函数y＝2x2的图象向左平移2个单位，再向下平移3个单位后得到的图象表达式为
y=2(x+2)2-3
【点睛】
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减，左加右减”的原则是解答此题的关键．
17、
【分析】先根据直角三角形边长关系得出，再分别计算此扇形的弧长和侧面积后即可得到结论．
【详解】解：如图，，，.
，
，
的长度，
设所围成的圆锥的底面圆的半径为，
，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算及弧长的计算的知识，解题的关键是能够从图中了解到扇形的弧长和扇形的半径并利用扇形的有关计算公式进行计算，难度不大．
18、点B或点E或线段BE的中点．
【分析】由旋转的性质分情况讨论可求解；
【详解】解：∵正方形BCDE可以看成是由正方形ABEF绕点O旋转得到的，
∴若点A与点E是对称点，则点B是旋转中心是点B；
若点A与点D是对称点，则点B是旋转中心是BE的中点；
若点A与点E是对称点，则点B是旋转中心是点E；
故答案为：点B或点E或线段BE的中点．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，利用分类讨论是本题的关键．
三、解答题(共66分)
19、（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.
20、（1）S=﹣x2+8x，其中0＜x＜8；（2）能，理由见解析；（3）当x=4米时，矩形的最大面积为16平方米，设计费最多，最多是32000元．
【解析】试题分析：（1）由矩形的一边长为x、周长为16得出另一边长为8﹣x，根据矩形的面积公式可得答案；
（2）由设计费为24000元得出矩形面积为12平方米，据此列出方程，解之求得x的值，从而得出答案；
（3）将函数解析式配方成顶点式，可得函数的最值情况．
试题解析：（1）∵矩形的一边为x米，周长为16米，∴另一边长为（8﹣x）米，∴S=x（8﹣x）=，其中0＜x＜8，即（0＜x＜8）；
（2）能，∵设计费能达到24000元，∴当设计费为24000元时，面积为24000÷200=12（平方米），即=12，解得：x=2或x=6，∴设计费能达到24000元．
（3）∵=，∴当x=4时，S最大值=16，∴当x=4米时，矩形的最大面积为16平方米，设计费最多，最多是32000元．
考点：二次函数的应用；一元二次方程的应用；二次函数的最值；最值问题．
21、（1）；（2）①见解析，②见解析
【分析】（1）利用等面积法即可求出AC边上的高；
（2）①利用位似图形的性质得出对应点位置连接即可；
②利用矩形的判定方法即可画出．
【详解】解：（1）由图可知,设AC边上的高为x，
则由三角形面积公式可得：
解得，即AC边上的高为.
（2）①如图所示：△DEC即为所求．
②如图所示：矩形ABMN即为所求．
【点睛】
本题考查作位似图形，矩形的判定，勾股定理.（1）中熟练掌握等面积法是解决此问的关键；（2）中能作出AC的中点是解题关键；（3）中注意矩形的四个角都是直角，且矩形的一边为AB，另一边要与△ABC中AB边上的高相等.
22、（1）；（2）；（3）P(,)或P(,)
【分析】(1)把A点坐标和B点坐标代入，解方程组即可；
(2)用m可表示出P、N的坐标，由题意可知有P为线段MN的中点，可得到关于m的方程，可求得m的值，即可求得点的坐标；
(3) 用m可表示出NP,PM,AM,分当∠BNP=90°时和当∠NBP=90°时两种情况讨论即可.
【详解】解： (1) 抛物线经过点
解得
∴
(2)由题意易得，直线的解析式为
由，设，
则，
点是的中点，即
∴，解得 (舍)
∴
(3) ．
由，设，
∴，，AM=3−m，
∵△BPN和△APM相似，且∠BPN=∠APM，
∴∠BNP=∠AMP=90°或∠NBP=∠AMP=90°，
当∠BNP=90°时，则有BN⊥MN，
∴N点的纵坐标为2，
∴=2，
解得m=0(舍去)或m=，
∴P(,)；
当∠NBP=90°时，过点N作NC⊥y轴于点C，
则∠NBC+∠BNC=90°，NC=m，BC=−2=，
∵∠NBP=90°，
∴∠NBC+∠ABO=90°，
∴∠ABO=∠BNC，
∴Rt△NCB∽Rt△BOA，
∴，
∴m2=，
解得m=0(舍去)或m=，
∴P(,),
综上可知，当以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似时，点P的坐标为P(,)或P(,)．
【点睛】
本题主要考查的是一次函数的图象和应用，二次函数的图象，待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的应用，线段的中点，勾股定理，相似三角形的判定及性质，运用了分类讨论思想．
23、（1）；（2），；（3）；坐标为或或或.
【分析】（1）可设顶点式，把原点坐标代入可求得抛物线解析式，
（2）联立直线与抛物线解析式，可求得C点坐标；
（3）设出N点坐标，可表示出M点坐标，从而可表示出MN、ON的长度，当△MON和△ABC相似时，利用三角形相似的性质可得或，可求得N点的坐标
【详解】解：（1）∵顶点坐标为，
∴设抛物线解析式为，
又抛物线过原点，∴，
解得：，
∴抛物线解析式为：，
即.
（2）联立抛物线和直线解析式可得，
解得：或，
∴，；
（3）存在；坐标为或或或.
理由：假设存在满足条件的点，
设，则，
∴，，
由（2）知，，，
∵轴于点，
∴，
∴当和相似时，有或，
①当时，
∴，即，
∵当时、、不能构成三角形，
∴，
∴，
∴，
解得：或，
此时点坐标为：或；
②当时，
∴，
即，
∴，
∴，
解得：或，
此时点坐标为：或，
综上可知，在满足条件的点，其坐标为：或或或.
【点睛】
本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、图象的交点问题、直角三角形的判定、勾股定理及逆定理、相似三角形的性质及分类讨论等．在（1）中注意顶点式的运用，在（3）中设出N、M的坐标，利用相似三角形的性质得到关于坐标的方程是解题的关键，注意相似三角形点的对应．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
24、（1）见详解；（2）点O的位置满足两个要求：AO＝BC，且点O不在射线CD、射线BE上．理由见详解
【分析】（1）根据三角形的中位线定理可证得DE∥GF，DE＝GF，即可证得结论；
（2）根据三角形的中位线定理结合菱形的判定方法分析即可.
【详解】（1）∵D、E分别是边AB、AC的中点．
∴DE∥BC，DE＝BC．
同理，GF∥BC，GF＝BC．
∴DE∥GF，DE＝GF．
∴四边形DEFG是平行四边形；
（2）点O的位置满足两个要求：AO＝BC，且点O不在射线CD、射线BE上．
连接AO，
由（1）得四边形DEFG是平行四边形，
∵点D，G，F分别是AB，OB，OC的中点，
∴，，
当AO＝BC时，GF=DF，
∴四边形DGFE是菱形．
【点睛】
本题主要考查三角形的中位线定理，平行四边形、菱形的判定，平行四边形的判定和性质是初中数学的重点，贯穿于整个初中数学的学习，是中考中比较常见的知识点，一般难度不大，需熟练掌握.
25、（1）详见解析；（2）详见解析；（3）N点的坐标为（0，﹣1）；（4）D点坐标为（3，0）．
【解析】试题分析：（1）根据题中给出的损矩形的定义，从图找出只有一组对角是直角的四边形即可；
（2）证明四边形BADM四个顶点到BD的中点距离相等即可；
（3）利用同弧所对的圆周角相等可得∠MAD=∠MBD，进而得到OA=ON，即可求得点N的坐标；
（4）根据正方形的性质及损矩形含有的直角，利用勾股定理求解．
(1)四边形ABMD为损矩形；
(2)取BD中点H，连结MH，AH
∵四边形OABC，BDEF是正方形
∴△ABD，△BDM都是直角三角形
∴HA=BD HM=BD
∴HA=HB=HM=HD=BD
∴损矩形ABMD一定有外接圆
(3)∵损矩形ABMD一定有外接圆⊙H
∴MAD =MBD
∵四边形BDEF是正方形
∴MBD=45°
∴MAD=45°
∴OAN=45°
∵OA=1
∴ON=1
∴N点的坐标为（0，-1）
(4) 延长AB交MG于点P，过点M作MQ⊥轴于点Q
设MG=，则四边形APMQ为正方形
∴PM=AQ=-1 ∴OG=MQ=-1
∵△MBP≌△MDQ
∴DQ=BP=CG=-2
∴MN2
ND2
MD2
∵四边形DMGN为损矩形
∴
∴
∴=2.5或=1(舍去)
∴OD=3
∴D点坐标为(3，0).
考点：本题考查的是确定圆的条件，正方形的性质
点评：解答本题的关键是理解损矩形的只有一组对角是直角的性质，
26、（1）；（2）当美化面积增加100平方米时，美化的总费用为56000元；（3）当美化面积增加700平方米时，费用最高，最高为128000元
【分析】（1）设美化面积增加x平方米，所以美化面积为100+x;每平方米的费用为300元，每增加1平方米，每平方米的费用下降0.2元，所以每平方米的费用为（300-0.2x）元，故总费用y与美化面积增加x的关系式为再化简即可；
（2）把x=100代入解析式即可求解；
（3）代入顶点坐标公式：当，y取最大值求解即可．
【详解】（1）依题意得：
故y与x的函数关系式为：
（2）令x=100代入，得y=56000.
所以当当美化面积增加100平方米时，美化的总费用为56000元
（3）
因此当时，费用最高，最高为128000元
【点睛】
本题主要考查二次函数的应用，解题关键在于理解题意列出二次函数的解析式，再利用二次函数的最值解决生活中的最值问题
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