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．如图，已知BD是⊙O直径，点A、C在⊙O上，，∠AOB=60°，则∠BDC的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．40°
2．已知一次函数和二次函数部分自变量和对应的函数值如表：
x
…
-1
0
2
4
5
…
y1
…
0
1
3
5
6
…
y2
…
0
-1
0
5
9
…
当y2＞y1时，自变量x的取值范围是
A．-1＜x＜2 B．4＜x＜5 C．x＜-1或x＞5 D．x＜-1或x＞4
3．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=1．将△ABC绕点A逆时针旋转，使点C的对应点C'在线段AB上．点B'是点B的对应点，连接B'B，则线段B'B的长为( )
A．2 B．3 C．1 D．
4．方程组的解的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．如图，在中，是的中点，，，则的长为（ ）
A． B．4 C． D．
6．已知正比例函数的函数值随自变量的增大而增大，则二次函数的图象与轴的交点个数为（ ）
A．2 B．1 C．0 D．无法确定
7．如图，将(其中∠B=33°，∠C=90°)绕点按顺时针方向旋转到的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于( )
A． B． C． D．
8．以下事件为必然事件的是（ ）
A．掷一枚质地均匀的骰子，向上一面的点数小于6
B．多边形的内角和是
C．二次函数的图象不过原点
D．半径为2的圆的周长是4π
9．下列判断正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 B．两组邻边相等的四边形是平行四边形
C．对角线相等的四边形是矩形 D．有一个角是直角的平行四边形是正方形
10．扬帆中学有一块长，宽的矩形空地，计划在这块空地上划出四分之一的区域种花，小禹同学设计方案如图所示，求花带的宽度．设花带的宽度为，则可列方程为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．一元二次方程x2﹣4x+4=0的解是________．
12．已知x＝1是一元二次方程x2＋mx＋n＝0的一个根，则m2＋2mn＋n2的值为_____．
13．已知∠A＝60°，则tanA＝_____．
14．如图，在半径为5的中，弦，，垂足为点，则的长为__________．
15．已知扇形的圆心角为90°，弧长等于一个半径为5cm的圆的周长，用这个扇形恰好围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计）．则该圆锥的高为__________cm．
16．圆锥的侧面展开的面积是12πcm2，母线长为4cm，则圆锥的底面半径为_________cm．
17．若关于x的函数与x轴仅有一个公共点，则实数k的值为 .
18．如图，与中，，，，，AD的长为________.
三、解答题(共66分)
19．（10分）已知抛物线与轴交于点和且过点．
求抛物线的解析式；
抛物线的顶点坐标；
取什么值时，随的增大而增大；取什么值时，随增大而减小．
20．（6分）在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，E是射线DC上的点，连接AE，将△ADE沿直线AE翻折得△AFE．
（1）如图①，点F恰好在BC上，求证：△ABF∽△FCE；
（2）如图②，点F在矩形ABCD内，连接CF，若DE＝1，求△EFC的面积；
（3）若以点E、F、C为顶点的三角形是直角三角形，则DE的长为 ．
21．（6分）如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴、y轴于点B，C，正方形AOCD的顶点D在第二象限内，E是BC中点，OF⊥DE于点F，连结OE，动点P在AO上从点A向终点O匀速运动，同时，动点Q在直线BC上从某点Q1向终点Q2匀速运动，它们同时到达终点．
（1）求点B的坐标和OE的长；
（2）设点Q2为(m，n)，当tan∠EOF时，求点Q2的坐标；
（3）根据（2）的条件，当点P运动到AO中点时，点Q恰好与点C重合．
①延长AD交直线BC于点Q3，当点Q在线段Q2Q3上时，设Q3Q＝s，AP＝t，求s关于t的函数表达式．
②当PQ与△OEF的一边平行时，求所有满足条件的AP的长．
22．（8分）某班级元旦晚会上，有一个闯关游戏，在一个不透明的布袋中放入3个乒乓球，除颜色外其它都相同，它们的颜色分别是绿色、黄色和红色．搅均后从中随意地摸出一个乒乓球，记下颜色后放回，搅均后再从袋中随意地摸出一个乒乓球，如果两次摸出的球的颜色相同，即为过关．请用画树状图或列表法求过关的概率．
23．（8分）已知抛物线的顶点为，且过点.直线与轴相交于点.
（1）求该抛物线的解析式；
（2）以线段为直径的圆与射线相交于点，求点的坐标.
24．（8分）如图，学校教学楼上悬挂一块长为的标语牌，即．数学活动课上，小明和小红要测量标语牌的底部点到地面的距离．测角仪支架高，小明在处测得标语牌底部点的仰角为，小红在处测得标语牌顶部点的仰角为，，依据他们测量的数据能否求出标语牌底部点到地面的距离的长？若能，请计算；若不能，请说明理由（图中点，，，，，，在同一平面内）
（参考数据：，，
25．（10分）如图，AC是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，PB切⊙O于点B，且∠APB＝60°．
（1）求∠BAC的度数；
（2）若PA＝，求点O到弦AB的距离．
26．（10分）车辆经过某市收费站时，可以在4个收费通道 A、B、C、D中，可随机选择其中的一个通过．
（1）车辆甲经过此收费站时，选择A通道通过的概率是 ；
（2）若甲、乙两辆车同时经过此收费站，请用列表法或树状图法确定甲乙两车选择不同通道通过的概率．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【详解】∵，∠AOB=60°，
∴∠BDC=∠AOB=30°．
故选C．
2、D
【分析】利用表中数据得到直线与抛物线的交点为（-1，0）和（1，5），-1＜x＜1时，y1＞y2，从而得到当y2＞y1时，自变量x的取值范围．
【详解】∵当x=0时，y1=y2=0；当x=1时，y1=y2=5；
∴直线与抛物线的交点为（-1，0）和（1，5），
而-1＜x＜1时，y1＞y2，
∴当y2＞y1时，自变量x的取值范围是x＜-1或x＞1．
故选D．
【点睛】
本题考查了二次函数与不等式：对于二次函数y=ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0）与不等式的关系，利用两个函数图象在直角坐标系中的上下位置关系求自变量的取值范围，可作图利用交点直观求解，也可把两个函数解析式列成不等式求解．
3、D
【分析】先由勾股定理求出AB，然后由旋转的性质，得到，，得到，即可求出.
【详解】解：在△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=1．
∴，
由旋转的性质，得，，，
∴，
在中，由勾股定理，得
；
故选：D.
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理解直角三角形，解题的关键是熟练掌握旋转的性质和勾股定理，正确求出边的长度.
4、A
【分析】分类讨论x与y的正负，利用绝对值的代数意义化简，求出方程组的解，即可做出判断．
【详解】解：根据x、y的正负分4种情况讨论：
①当x＞0，y＞0时，方程组变形得：，无解；
②当x＞0，y＜0时，方程组变形得：，
解得x＝3，y＝2＞0，
则方程组无解；
③当x＜0，y＞0时，方程组变形得：，
此时方程组的解为；
④当x＜0，y＜0时，方程组变形得：，无解，
综上所述，方程组的解个数是1．
故选：A．
【点睛】
本题考查了解二元一次方程组，利用了分类讨论的思想，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
5、D
【解析】根据相似三角形的判定和性质定理和线段中点的定义即可得到结论．
【详解】解：∵∠ADC=∠BAC，∠C=∠C，
∴△BAC∽△ADC，
∴ ，
∵D是BC的中点，BC=6，
∴CD=3，
∴AC2=6×3=18，
∴AC=，
故选：D．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质，线段中点的定义，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
6、A
【分析】根据正比例函数的性质可以判断k的正负情况，然后根据△的正负，即可判断二次函数的图象与轴的交点个数，本题得以解决．
【详解】∵正比例函数的函数值随自变量的增大而增大，
∴k＞0，
∵二次函数为
∴△＝[−2（k＋1）]2−4×1×（k2−1）＝8k＋8＞0，
∴二次函数为与轴的交点个数为2，
故选：A．
【点睛】
本题考查二次函数与x轴的交点个数和正比例函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用根的判别式来解答．
7、D
【解析】根据直角三角形两锐角互余求出，然后求出，再根据旋转的性质对应边的夹角即为旋转角．
【详解】解：，，
，
点、、在同一条直线上，
，
旋转角等于．
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握旋转的性质，明确对应边的夹角即为旋转角是解题的关键．
8、D
【分析】必然事件是指一定会发生的事件，概率为1，根据该性质判断即可．
【详解】掷一枚质地均匀的骰子，每一面朝上的概率为，而小于6的情况有5种，因此概率为，不是必然事件，所以A选项错误；
多边形内角和公式为，不是一个定值，而是随着多边形的边数n的变化而变化，所以B选项错误；
二次函数解析式的一般形式为，而当c=1时，二次函数图象经过原点，因此不是必然事件，所以C选项错误；
圆周长公式为，当r=2时，圆的周长为4π，所以D选项正确．
故选D．
【点睛】
本题考查了必然事件的概念，关键是根据不同选项所包含的知识点的概念进行判断对错；必然事件发生的概率为1，随机事件发生的概率为1<P<1，不可能事件发生的概率为1．
9、A
【分析】利用特殊四边形的判定定理逐项判断即可.
【详解】A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，此项正确
B、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，此项错误
C、对角线相等的平行四边形是矩形，此项错误
D、有一个角是直角的平行四边形是矩形，此项错误
故选：A.
【点睛】
本题考查了特殊四边形（平行四边形、菱形、矩形、正方形）的判定定理，掌握理解各判定定理是解题关键.
10、D
【分析】根据空白区域的面积矩形空地的面积可得.
【详解】设花带的宽度为，则可列方程为，
故选D．
【点睛】
本题主要考查由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是根据图形得出面积的相等关系.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、x1=x2=2
【分析】根据配方法即可解方程.
【详解】解：x2﹣4x+4=0
（x-2）2=0
∴x1=x2=2
【点睛】
本题考查了用配方法解一元二次方程,属于简单题,选择配方法是解题关键.
12、
【分析】根据题意首先求出，再将所求式子因式分解，最后代入求值即可．
【详解】把代入一元二次方程得，
所以.
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解及因式分解求代数式的值，明确方程的解的意义即熟练因式分解是解决问题的关键．
13、
【分析】直接利用特殊角的三角函数值得出答案．
【详解】tanA=tan60°=．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．
14、4
【分析】连接OA，根据垂径定理得到AP＝AB，利用勾股定理得到答案．
【详解】连接OA，
∵AB⊥OP，
∴AP＝AB＝×6＝3，∠APO＝90°，又OA＝5，
∴OP＝＝＝4，
故答案为：4.
【点睛】
本题考查的是垂径定理的应用，掌握垂直于弦的直径平分这条弦是解题的关键．
15、
【分析】利用弧长公式求该扇形的半径，圆锥的轴截面为等腰三角形，其中底边为10，腰为母线即扇形的半径，根据勾股定理求圆锥的高.
【详解】解：设扇形半径为R，根据弧长公式得，
∴R=20，
根据勾股定理得圆锥的高为： .
故答案为： .
【点睛】
本题考查弧长公式，及圆锥的高与母线、底面半径之间的关系，底面周长等于扇形的弧长这个等量关系和勾股定理是解答此题的关键.
16、1
【分析】由题意根据圆锥的侧面积=π×底面半径×母线长，把相应数值代入即可求解．
【详解】解：设底面半径为rcm，12π=πr×4，
解得r=1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查圆锥的计算，解题的关键是熟练掌握圆锥侧面积的计算公式．
17、0或－1．
【解析】由于没有交待是二次函数，故应分两种情况：
当k=0时，函数是一次函数，与x轴仅有一个公共点．
当k≠0时，函数是二次函数，若函数与x轴仅有一个公共点，则有两个相等的实数根，即．
综上所述，若关于x的函数与x轴仅有一个公共点，则实数k的值为0或－1．
18、
【分析】先证明△ABC∽△ADB，然后根据相似三角形的判定与性质列式求解即可.
【详解】∵，，
∴△ABC∽△ADB，
∴,
∵，，
∴，
∴AD=.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．灵活运用相似三角形的性质进行几何计算．
三、解答题(共66分)
19、（1）；（1）；（3）当时，随增大而增大；当时，随增大而减小．
【分析】（1）设二次函数解析式为y=a(x﹣1)(x﹣1)，然后把点(3，4)代入函数解析式求得a的值即可；
（1）将（1）中抛物线的解析式利用配方法转化为顶点式，可以直接写出顶点坐标；
（3）根据抛物线的开口方向和对称轴写出答案．
【详解】（1）∵二次函数y=ax1+bx+c的图象与x轴交于点(1，0)和(1，0)，
∴设该二次函数解析式为y=a(x﹣1)(x﹣1)(a≠0)，
把点(3，4)代入，得：
a×(3﹣1)×(3﹣1)=4，
解得：a=1．
则该抛物线的解析式为：y=1(x﹣1)(x﹣1)；
（1）由（1）知，抛物线的解析式为y=1(x﹣1)(x﹣1)．
∵y=1(x﹣1)(x﹣1)=1(x)1，
∴该抛物线的顶点坐标是：(，)．
（3）由抛物线的解析式y=1(x)1知，抛物线开口方向向上，对称轴是x．
结合二次函数y=ax1+bx+c的图象与x轴交于点(1，0)和(1，0)，作出该抛物线的大致图象．
如图所示，当x时，y随x的增大而增大；当x时，y随x的增大而减小．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点．解题时，需要熟悉抛物线解析式的三种形式，并且掌握抛物线的性质．
20、（1）证明见解析；（2）；（3）、5、15、
【分析】（1）利用同角的余角相等，证明∠CEF＝∠AFB，即可解决问题;（2）过点F作FG⊥DC交DC与点G，交AB于点H,由△FGE∽△AHF得出AH=5GF，再利用勾股定理求解即可;（3）分①当∠EFC=90°时; ②当∠ECF=90°时;③当∠CEF=90°时三种情况讨论解答即可.
【详解】（1）解：在矩形ABCD中，∠B＝∠C＝∠D＝90°
由折叠可得：∠D＝∠EFA＝90°
∵∠EFA＝∠C＝90°
∴∠CEF＋∠CFE＝∠CFE＋∠AFB＝90°
∴∠CEF＝∠AFB
在△ABF和△FCE中
∵∠AFB＝∠CEF，∠B＝∠C＝90°
△ABF∽△FCE
（2）解：过点F作FG⊥DC交DC与点G，交AB于点H，则∠EGF＝∠AHF＝90°
在矩形ABCD中，∠D＝90°
由折叠可得：∠D＝∠EFA＝90°，DE＝EF＝1，AD＝AF＝5
∵∠EGF＝∠EFA＝90°
∴∠GEF＋∠GFE＝∠AFH＋∠GFE＝90°
∴∠GEF＝∠AFH
在△FGE和△AHF中
∵∠GEF＝∠AFH，∠EGF＝∠FHA＝90°
∴△FGE∽△AHF
∴＝
∴＝
∴AH=5GF
在Rt△AHF中，∠AHF＝90°
∵AH2＋FH2=AF2
∴（5 GF）2＋（5 －GF）2=52
∴GF＝
∴△EFC的面积为××2＝ ;
（3）解：①当∠EFC=90°时，A、F、C共线，如图所示:
设DE=EF=x,则CE=3-x,
∵AC=,∴CF=-x, ∵∠CFE=∠D=90°, ∠DCA=∠DCA, ∴△CEF∽△CAD, ∴,即，解得:ED=x=;
②当∠ECF=90°时,如图所示:
∵AD==5,AB=3, ∴==4, 设=x,则=3-x,∵∠DCB=∠ABC=90°,
∴∽,∴,即，解得:x==;
由折叠可得 : ,设，则，,
在RT△中，
∵,即9²+x²=(x+3)²,解得x==12, ∴;
③当∠CEF=90°时，AD=AF,此时四边形AFED是正方形，∴AF=AD=DE=5,
综上所述，DE的长为:、5、15、.
【点睛】
本题考查了翻折的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，掌握翻折的性质，分类探讨的思想方法是解决问题的关键．
21、（1）（8，0），；（2）（6，1）；（3）①，②的长为或.
【分析】（1）令y＝0，可得B的坐标，利用勾股定理可得BC的长，即可得到OE；
（2）如图，作辅助线，证明△CDN∽△MEN，得CN＝MN＝1，计算EN的长，根据面积法可得OF的长，利用勾股定理得OF的长，由和，可得结论；
（3）①先设s关于t成一次函数关系，设s＝kt＋b，根据当点P运动到AO中点时，点Q恰好与点C重合，得t＝2时，CD＝4，DQ3＝2，s＝，根据Q3（−4，6），Q2（6，1），可得t＝4时，s＝，利用待定系数法可得s关于t的函数表达式；
②分三种情况：
（i）当PQ∥OE时，根据，表示BH的长，根据AB＝12，列方程可得t的值；
（ii）当PQ∥OF时，根据tan∠HPQ＝tan∠CDN＝，列方程为2t−2＝ (7−t)，可得t的值．
（iii）由图形可知PQ不可能与EF平行．
【详解】解：（1）令，则，
∴，
∴为.
∵为，
在中，.
又∵为中点，∴.
（2）如图，作于点，则，
∴，
∴，
∴，
∴.
∵，
∴，
由勾股定理得，
∴，
∴.
∵，
∴，
∴为.
（3）①∵动点同时作匀速直线运动，
∴关于成一次函数关系，设，
将和代入得，解得，
∴.
②（ⅰ）当时，（如图），，
作轴于点，则.
∵，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
（ⅱ）当时（如图），过点作于点，过点作于点，由得.
∵,
∴,
∴，
∴.
∵，
∴，
∴，
∴.
（ⅲ）由图形可知不可能与平行.
综上所述，当与的一边平行时，的长为或.
【点睛】
此题是一次函数的综合题，主要考查了：用待定系数法求一次函数关系式，三角形相似的性质和判定，三角函数的定义，勾股定理，正方形的性质等知识，并注意运用分类讨论和数形结合的思想解决问题．
22、．
【分析】先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果.
【详解】解：画树状图如下：
共有9种等可能的结果数，其中两次摸出的球的颜色相同的结果数为3，
所以过关的概率是＝．
【点睛】
本题的考点是树状图法.方法是根据题意画出树状图，由树状图得出答案.
23、（1）；（2）或
【分析】（1）先设出抛物线的顶点式，再将点A的坐标代入可得出结果；
（2）先求出射线的解析式为，可设点P的坐标为(x,x)．圆与射线OA相交于两点，分两种情况：①如图1当时，构造和，再在直角三角形中利用勾股定理，列方程求解；②如图2，当时，构造和，再在直角三角形中利用勾股定理，列方程求解．
【详解】解：（1）根据顶点设抛物线的解析式为：，
代入点，得：，
抛物线的解析式为：．
设直线的解析式为：，
分别代入和，
得：，
直线的解析式为：；
（2）由（1）得：直线的解析式为，
令，得，
由题意可得射线的解析式为，
点在射线上，则可设点，
由图可知满足条件的点有两个：
①当时，构造和，
可得：如图1：
由图可得，，，
．
在Rt△PMD中，,
在Rt△PBG中，,
在Rt△BMH中，,
点在以线段为直径的圆上,，
可得：,
即：．
整理，得：
，解得：；
,．
;
②当时，如图2，构造和，可得：
同理，根据BM2=BP2+PM2，可得方程：
42+42=(6-x)2+x2+(x-2)2+(x-4)2,化简得，
，解得：，
∵．
．
综上所述，符合题目条件的点有两个，其坐标分别为：或．
【点睛】
本题主要考查二次函数解析式的求法，以及圆的相关性质，关键是构造直角三角形利用勾股定理列方程解决问题．
24、能，点到地面的距离的长约为．
【分析】延长交于，根据等腰直角三角形的性质得到，根据正切的定义求出，结合图形计算即可．
【详解】能，
理由如下：延长交于，
则，
，
，
设，则，
，
在中，，则，
，
解得，，
则，
答：点到地面的距离的长约为．
【点睛】
本题考查的是解直角三角形的应用仰角俯角问题，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．
25、（1）30°；（1）1
【分析】（1）根据切线长定理及切线的性质可得PA=PB，∠OAP=90°，由∠PAB=60°可证明△ABP是等边三角形，可得∠BAP=60°，即可求出∠BAC的度数；
（1）连接OP，交AB于点D，根据切线长定理可得∠APO＝∠BPO=30°，即可得OP⊥AB，根据垂径定理可求出AD的长，根据含30°角的直角三角形的性质可得OA=1OD，利用勾股定理列方程求出OD的长即可得答案.
【详解】（1）∵PA，PB分别是⊙O的切线
∴PA=PB，∠OAP＝90°，
∵∠APB＝60°
∴△ABP为等边三角形
∴∠BAP＝60°
∴∠BAC＝90°﹣60°＝30°
（1）连接OP，交AB于点D．
∵△ABP为等边三角形
∴BA=PB=PA=，
∵PA，PB分别是⊙O的切线，
∴∠APO＝∠BPO=30°，
∴OP⊥AB，
∴AD＝AB=，
∵∠ODA＝90°，∠BAC＝30°，
∴OA=1 OD，
∵，
∴，
解得：OD=1，即点O到弦AB的距离为1．
【点睛】
本题考查切线的性质、切线长定理及含30°角的直角三角形的性质，圆的切线垂直于过切点的直径；从圆外可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角；30°角所对的直角边等于斜边的一半；熟练掌握相关定理及性质是解题关键.
26、（1）；（2），图见解析
【分析】（1）根据概率公式即可得到结论；
（2）画出树状图即可得到结论．
【详解】（1）共有4种可能，所以选择A通道通过的概率是.
故答案为：，
（2）两辆车为甲，乙，如图，
两辆车经过此收费站时，会有16种可能的结果，其中选择不同通道通过的有12种结果，
∴选择不同通道通过的概率==．
故答案为（1）；（2），图见解析
【点睛】
本题考查了概率公式中的等可能概型，和利用树状图解决实际问题，正确画出树状图是本题的关键．
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