资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．已知关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则（ ）
A．4 B．2 C．1 D．﹣4
2．如果圆锥的底面半径为3，母线长为6，那么它的侧面积等于（ ）
A．9π B．18π C．24π D．36π
3．如图，从点看一山坡上的电线杆，观测点的仰角是45°，向前走到达点，测得顶端点和杆底端点的仰角分别是60°和30°，则该电线杆的高度（ ）
A． B． C． D．
4．如图，平行四边形ABCD中，EF∥BC，AE：EB=2：3，EF=4，则AD的长为（ ）
A． B．8 C．10 D．16
5．若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．下列方程中，满足两个实数根的和等于3的方程是（ ）
A．2x2+6x﹣5=0 B．2x2﹣3x﹣5=0 C．2x2﹣6x+5=0 D．2x2﹣6x﹣5=0
7．将半径为5的圆形纸片，按如图方式折叠，若和都经过圆心，则图中阴影部分的面积是( )
A． B． C． D．
8．若关于的方程是一元二次方程，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，某中学计划靠墙围建一个面积为的矩形花圃（墙长为），围栏总长度为，则与墙垂直的边为（ ）
A．或 B． C． D．
10．估计 ，的值应在( )
A．1和2之间 B．2和3之间 C．3和4之间 D．4和5之间
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．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_____．
12．在Rt△ABC 中，∠C是直角，sinA=，则cosB=__________
13．在△ABC中，∠ABC=90°，已知AB=3，BC=4，点Q是线段AC上的一个动点，过点Q作AC的垂线交直线AB于点P，当△PQB为等腰三角形时，线段AP的长为_____．
14．如果函数 是二次函数，那么k的值一定是________．
15．图1是一辆吊车的实物图，图2是其工作示意图，AC是可以伸缩的起重臂，其转动点A离地面BD的高度AH为3.4m.当起重臂AC长度为9m，张角∠HAC为118°时，操作平台C离地面的高度为_______米.
（结果保留小数点后一位：参考数据：sin28°≈0.47，cos28°≈0.88，tan28°≈0.53）
16．若，则的值为__________．
17．设m，n分别为一元二次方程x2＋2x－2 021＝0的两个实数根,则m2＋3m＋n＝______.
18．若点在反比例函数的图像上，则______．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，其顶点为点，点的坐标为（0，－1），该抛物线与交于另一点，连接.
（1）求该抛物线的解析式，并用配方法把解析式化为的形式；
（2）若点在上，连接，求的面积；
（3）一动点从点出发，以每秒1个单位的速度沿平行于轴方向向上运动，连接，，设运动时间为秒（>0），在点的运动过程中，当为何值时，？
20．（6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=8，⊙O的半径为2 ，求BC的长．
21．（6分）如图，是的直径，半径OC⊥弦AB，点为垂足，连、.
（1）若，求的度数；
（2）若，，求的半径.
22．（8分）已知：如图，一次函数与反比例函数的图象有两个交点和，过点作轴，垂足为点；过点作轴，垂足为点，且，连接.
（1）求，，的值；
（2）求四边形的面积.
23．（8分）已知关于的方程有两个不相等的实数根．
（1）求的取值范围；
（2）若，求的值．
24．（8分）如图，点P是上一动点，连接AP，作∠APC=45°，交弦AB于点C．AB=6cm．
小元根据学习函数的经验，分别对线段AP，PC，AC的长度进行了测量．
下面是小元的探究过程，请补充完整：
（1）下表是点P是上的不同位置，画图、测量，得到线段AP，PC，AC长度的几组值，如下表：
AP/cm
0
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
6.00
PC/cm
0
1.21
2.09
2.69
m
2.82
0
AC/cm
0
0.87
1.57
2.20
2.83
3.61
6.00
①经测量m的值是 （保留一位小数）．
②在AP，PC，AC的长度这三个量中，确定的长度是自变量，的长度和 的长度都是这个自变量的函数；
（2）在同一平面直角坐标系xOy中，画出（1）中所确定的函数图象；
（3）结合函数图象，解决问题：当△ACP为等腰三角形时，AP的长度约为 cm（保留一位小数）．
25．（10分）如图，已知△ABC，直线PQ垂直平分AC，与边AB交于E，连接CE，过点C作CF平行于BA交PQ于点F，连接AF．
（1）求证：△AED≌△CFD；
（2）求证：四边形AECF是菱形．
（3）若AD=3，AE=5，则菱形AECF的面积是多少？
26．（10分）综合与实践
背景阅读：旋转就是将图形上的每一点在平面内绕着旋转中心旋转固定角度的位置移动，其中“旋”是过程，“转”是结果．旋转作为图形变换的一种，具备图形旋转前后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、后的图形是全等图形等性质．所以充分运用这些性质是在解决有关旋转问题的关健．
实践操作：如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2AB＝12，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．
问题解决：（1）①当α＝0°时，＝ ；②当α＝180°时，＝ ．
（2）试判断：当0°≤a＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．
问题再探：（3）当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，求得线段BD的长为 ．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【分析】根据方程有两个相等的实数根结合根的判别式即可得出关于的一元一次方程，解方程即可得出结论．
【详解】解：∵方程有两个相等的实数根，
∴，
解得：．
故选A．
【点睛】
本题考查了根的判别式以及解一元一次方程，由方程有两个相等的实数根结合根的判别式得出关于的一元一次方程是解题的关键．
2、B
【分析】利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算．
【详解】解：圆锥的侧面积＝×2π×3×6＝18π．
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
3、A
【分析】延长PQ交直线AB于点E，设PE=x米，在直角△APE和直角△BPE中，根据三角函数利用x表示出AE和BE，根据AB=AE-BE即可列出方程求得x的值，再在直角△BQE中利用三角函数求得QE的长，则PQ的长度即可求解．
【详解】解：延长PQ交直线AB于点E，设PE=x．
在直角△APE中，∠PAE=45°，
则AE=PE=x；
∵∠PBE=60°
∴∠BPE=30°
在直角△BPE中，，
∵AB=AE-BE=6，
则解得：
∴
在直角△BEQ中，
故选：A
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，解答本题的关键是明确题意，利用锐角三角函数和数形结合的思想解答．
4、C
【分析】根据平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所截得的三角形与原三角形相似，可证明△AEF∽△ABC，再根据相似三角形的对应边成比例可解得BC的长，而在▱ABCD中，AD=BC，问题得解．
【详解】解：∵EF∥BC
∴△AEF∽△ABC，
∴EF：BC=AE：AB，
∵AE：EB=2：3，
∴AE：AB=2：5，
∵EF=4，
∴4：BC=2：5，
∴BC=1，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=1．
【点睛】
本题考查(1)、相似三角形的判定与性质；(2)、平行四边形的性质．
5、C
【解析】直接利用二次根式的定义即可得出答案．
【详解】∵式子在实数范围内有意义，
∴x的取值范围是：x＞1．
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，正确把握定义是解答本题的关键．
6、D
【分析】利用根与系数的关系判断即可．
【详解】满足两个实数根的和等于3的方程是2x2-6x-5=0，
故选D．
【点睛】
此题考查了根与系数的关系，熟练掌握根与系数的关系是解本题的关键．
7、B
【解析】如图（见解析），先利用翻折的性质、直角三角形的性质求出的度数，再根据垂径定理、等腰三角形的性质得出度数，从而得出的度数，最后根据翻折的性质得出，利用扇形的面积公式即可得．
【详解】如图，过点O作，并延长OD交圆O与点E，连接OA、OB、OC
（垂径定理）
由翻折的性质得
（等腰三角形的三线合一）
同理可得
故选：B．
【点睛】
本题考查了垂径定理、翻折的性质、扇形的面积公式等知识点，利用翻折的性质得出的度数是解题关键．
8、A
【解析】要使方程为一元二次方程，则二次项系数不能为0，所以令二次项系数不为0即可．
【详解】解：由题知：m+1≠0，则m≠-1，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查的是一元二次方程的性质，二次项系数不为0，掌握这个知识点是解题的关键．
9、C
【分析】设与墙相对的边长为（28-2x）m，根据题意列出方程x（28-2x）=80，求解即可.
【详解】设与墙相对的边长为（28-2x）m，则0＜28-2x≤12，解得8≤x＜14，
根据题意列出方程x（28-2x）=80，
解得x1=4，x2=10
因为8≤x＜14
∴与墙垂直的边为10m
故答案为C.
【点睛】
本题考查一元二次方程的应用，根据题意列出方程并求解是解题的关键，注意题中限制条件，选取适合的x值.
10、B
【解析】先根据二次根式的乘法法则化简，再估算出的大小即可判断.
【详解】解：
，
，
故的值应在2和3之间.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查了无理数的估算，正确估算出的范围是解答本题的关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、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．
12、
【分析】由题意直接运用直角三角形的边角间关系进行分析计算即可求解得出结论.
【详解】解：如图，
解：在Rt△ABC中，
∵∠C是直角，
∴，
又∵,
∴.
【点睛】
本题考查直角三角形的边角关系，熟练掌握正弦和余弦所对应的边角关系是解题的关键.
13、或1．
【解析】当△PQB为等腰三角形时，有两种情况，需要分类讨论:①当点P在线段AB上时，如图1所示．由三角形相似（△AQP∽△ABC）关系计算AP的长；
②当点P在线段AB的延长线上时，如图2所示．利用角之间的关系，证明点B为线段AP的中点，从而可以求出AP．
【详解】解:在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，由勾股定理得：AC=5.
∵∠QPB为钝角，
∴当△PQB为等腰三角形时，
当点P在线段AB上时，如题图1所示：
∵∠QPB为钝角，
∴当△PQB为等腰三角形时，只可能是PB=PQ，
由(1)可知,△AQP∽△ABC，
∴ 即 解得：
∴
当点P在线段AB的延长线上时，如题图2所示：
∵∠QBP为钝角，
∴当△PQB为等腰三角形时，只可能是PB=BQ.
∵BP=BQ，∴∠BQP=∠P，
∵
∴∠AQB=∠A，
∴BQ=AB，
∴AB=BP，点B为线段AP中点，
∴AP=2AB=2×3=1.
综上所述,当△PQB为等腰三角形时,AP的长为或1.
故答案为或1.
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
14、-1
【解析】根据二次函数的定义判定即可．
【详解】∵函数是二次函数，
∴k2-7＝2，k-1≠0
解得k=-1．
故答案为：-1．
【点睛】
此题主要考查了二次函数的定义，正确把握二次函数的定义是解题关键．
15、7.6
【分析】作于，于，如图2，易得四边形为矩形，则，，再计算出，在中利用正弦可计算出，然后计算即可．
【详解】解：作于E，于，如图2，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
∴操作平台离地面的高度为．
故答案是：．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用：先将实际问题抽象为数学问题（画出平面图形，构造出直角三角形转化为解直角三角形问题），然后利用三角函数的定义进行几何计算．
16、
【分析】直接利用已知得出，代入进而得出答案．
【详解】∵
∴
∴==
故填：.
【点睛】
此题主要考查了比例的性质，正确运用已知变形是解题关键．
17、1.
【分析】根据一元二次方程的解结合根与系数的关系即可得出m2+2m=2021、m+n=-2，将其代入m2+3m+n中即可求出结论．
【详解】∵m，n分别为一元二次方程x2+2x-2018=0的两个实数根，
∴m2+2m=2021，m+n=-2，
∴m2+3m+n=m2+2m+（m+n）=1+（-2）=1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了根与系数的关系以及一元二次方程的解，根据一元二次方程的解结合根与系数的关系即可得出m2+2m=1、m+n=-2是解题的关键．
18、-1
【解析】将点代入反比例函数，即可求出m的值．
【详解】解：将点代入反比例函数得：．
故答案为：-1．
【点睛】
本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，只要点在函数的图象上，就一定满足函数的解析式
三、解答题(共66分)
19、（1）；（2）；（3）
【解析】（1）将A，B两点的坐标代入抛物线解析式中，得到关于a，b的方程组，解之求得a，b的值，即得解析式，并化为顶点式即可；
（2）过点A作AH∥y轴交BC于H，BE于G，求出直线BC，BE的解析式，继而可以求得G、H点的坐标，进一步求出GH，联立BE与抛物线方程求出点F的坐标，然后根据三角形面积公式求出△FHB的面积；
（3）设点M坐标为（2，m），由题意知△OMB是直角三角形，进而利用勾股定理建立关于m的方程，求出点M的坐标，从而求出MD，最后求出时间t.
【详解】（1）∵抛物线与轴交于A（1，0），B(3，0)两点，
∴
∴
∴抛物线解析式为.
（2）如图1，
过点A作AH∥y轴交BC于H，BE于G，
由（1）有，C（0，-2），
∵B（3，0），
∴直线BC解析式为y=x-2，
∵H（1，y）在直线BC上，
∴y=-，
∴H（1，-），
∵B（3，0），E（0，-1），
∴直线BE解析式为y=-x-1，
∴G（1，-），
∴GH=，
∵直线BE：y=-x-1与抛物线y=-x2+x-2相较于F，B，
∴F（，-），
∴S△FHB=GH×|xG-xF|+GH×|xB-xG|
=GH×|xB-xF|
=××(3-)
=．
（3）如图2，
由（1）有y=-x2+x-2，
∵D为抛物线的顶点，
∴D（2，），
∵一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平沿行与y轴方向向上运动，
∴设M（2，m），（m＞），
∴OM2=m2+4，BM2=m2+1，OB2=9，
∵∠OMB=90°，
∴OM2+BM2=OB2，
∴m2+4+m2+1=9，
∴m=或m=-（舍），
∴M（2，），
∴MD=-，
∴t=-.
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的表达式，待定系数法求一次函数表达式，角平分线上的点到两边的距离相等，勾股定理等知识点，综合性比较强，不仅要掌握性质定理，作合适的辅助线也对解题起重要作用.
20、（1）证明见解析；（1）BC=1.
【解析】试题分析：（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；
（1）证明△ABC∽△PBO，得出对应边成比例，即可求出BC的长．
试题解析：（1）证明：连接OB，如图所示：
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∴∠C+∠BAC=90°，
∵OA=OB，
∴∠BAC=∠OBA，
∵∠PBA=∠C，
∴∠PBA+∠OBA=90°，
即PB⊥OB，
∴PB是⊙O的切线；
（1）解：∵⊙O的半径为1，
∴OB=1，AC=4，
∵OP∥BC，
∴∠C=∠BOP，
又∵∠ABC=∠PBO=90°，
∴△ABC∽△PBO，
∴，
即，
∴BC=1．
考点：切线的判定
21、（1）；（2）
【分析】（1）根据垂径定理得到 ，根据圆周角定理解答；
（2）根据圆周角定理得到∠C=90°，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠AEC=30°，根据余弦的定义求出AE即可．
【详解】（1）连接.
∵，
∴，
∴，
∵，
∴.
（2）∵是的直径，
∴，
∴，∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴ ，
∵，连接AC
∵是的直径，
∴，
∴ ，即
解得AE=
∴，
∴的半径为.
【点睛】
本题考查圆周角定理，垂径定理，圆心角，弧，弦之间的关系及锐角三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
22、（1），，.（2）6
【解析】（1）用代入法可求解，用待定系数法求解；（2）延长，交于点，则.根据求解.
【详解】解：（1）∵点在上，
∴，
∵点在上，且，
∴.
∵过，两点，
∴，
解得，
∴，，.
（2）如图，延长，交于点，则.
∵轴，轴，
∴，，
∴，，
∴
.
∴四边形的面积为6.
【点睛】
考核知识点：反比例函数和一次函数的综合运用.数形结合分析问题是关键.
23、（1）且；（2）8
【分析】（1）利用根的判别式求解即可；
（2）利用求根公式求解即可．
【详解】解：（1）∵方程有两个不相等的实数根，
∴且，
解得且.
∴的取值范围是且.
（2）∵是方程的两个根，
∴，，
∴，
即.
解得（舍去），，
经检验，是原方程的解.
故的值是8.
【点睛】
本题考查的知识点是一元二次方程根与系数的关系，熟记根的判别式以及求根公式是解此题的关键．
24、（1）①3.0；②AP的长度是自变量，PC的长度和AC的长度都是这个自变量的函数；（答案不唯一）;(2)见解析; （3）2.3或4.2
【分析】（1）①根据题意AC的值分析得出PC的值接近于半径；
②由题意AP的长度是自变量，分析函数值即可；
（2）利用描点法画出函数图像即可；
（3）利用数形结合的思想解决问题即可.
【详解】解：（1）①AC=2.83可知PC接近于半径3.0；
②AP的长度是自变量，PC的长度和AC的长度都是这个自变量的函数；（答案不唯一）
（2）如图（答案不唯一，和（1）问相对应）；
（3）结合图像根据AP=PC以及AC=PC进行代入分析可得AP为2.3或4.2
【点睛】
本题考查函数图像的相关性质，利用描点法画出函数图像以及利用数形结合的思想进行分析求解.
25、（4）证明见解析；（4）证明见解析；（4）4
【解析】试题分析：（4）由作图知：PQ为线段AC的垂直平分线，得到AE=CE，AD=CD，由CF∥AB，得到∠EAC=∠FCA，∠CFD=∠AED，利用ASA证得△AED≌△CFD；
（4）由△AED≌△CFD，得到AE=CF，由EF为线段AC的垂直平分线，得到EC=EA，FC=FA，从而有EC=EA=FC=FA，利用四边相等的四边形是菱形判定四边形AECF为菱形；
（4）在Rt△ADE中，由勾股定理得到ED=4，故EF=8，AC=6，从而得到菱形AECF的面积．
试题解析：（4）由作图知：PQ为线段AC的垂直平分线，∴AE=CE，AD=CD，∵CF∥AB，∴∠EAC=∠FCA，∠CFD=∠AED，在△AED与△CFD中，∵∠EAC=∠FCA，AD=CD，∠CFD=∠AED，∴△AED≌△CFD；
（4）∵△AED≌△CFD，∴AE=CF，∵EF为线段AC的垂直平分线，∴EC=EA，FC=FA，∴EC=EA=FC=FA，∴四边形AECF为菱形；
（4）在Rt△ADE中，∵AD=4，AE=5，∴ED=4，∴EF=8，AC=6，∴S菱形AECF=8×6÷4=4，∴菱形AECF的面积是4．
考点：4．菱形的判定；4．全等三角形的判定与性质；4．线段垂直平分线的性质．
26、（1）①，②；（2）无变化，证明见解析；（2）6或．
【分析】问题解决：（1）①根据三角形中位线定理可得：BD=CDBC=6，AE=CEAC=2，即可求出的值；
②先求出BD，AE的长，即可求出的值；
（2）证明△ECA∽△DCB，可得；
问题再探：（2）分两种情况讨论，由矩形的判定和性质以及相似三角形的性质可求BD的长．
【详解】问题解决：
（1）①当α=0°时．
∵BC=2AB=3，
∴AB=6，
∴AC6，
∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴BD=CDBC=6，AE=CEAC=2，DEAB，
∴．
故答案为：；
②如图1．
，
当α=180°时．
∵将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，
∴CD=6，CE=2，
∴AE=AC+CE=9，BD=BC+CD=18，
∴．
故答案为：．
（2）如图2，
，
当0°≤α＜260°时，的大小没有变化．证明如下：
∵∠ECD=∠ACB，
∴∠ECA=∠DCB，
又∵，
∴△ECA∽△DCB，
∴．
问题再探：
（2）分两种情况讨论：
①如图2．
．
∵AC=6，CD=6，CD⊥AD，
∴AD3．
∵AD=BC，AB=DC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵∠B=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC=6
②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P．
∵AC=6，CD=6，CD⊥AD，
∴AD3．
在Rt△CDE中，DE==2，
∴AE=AD﹣DE=3﹣2=9，
由（2）可得：，
∴BD．
综上所述：BD=6或．
故答案为：6或．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了勾股定理，矩形的判定和性质，相似三角形判定和性质，正确作出辅助线，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
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