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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．某商品原价格为100元，连续两次上涨，每次涨幅10%，则该商品两次上涨后的价格为( )
A．121元 B．110元 C．120元 D．81元
3．下列图形，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4．将点A(2，1)向右平移2个单位长度得到点A′，则点A′的坐标是（ ）
A．(0，1) B．(2，﹣1) C．(4，1) D．(2，3)
5．已知，则（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
6．如图，在中，．将绕点按顺时针方向旋转度后得到，此时点在边上，斜边交边于点，则的大小和图中阴影部分的面积分别为（ ）
A． B．
C． D．
7．在中，，，则的值为( )
A． B． C． D．
8．已知二次函数y = ax2+ 2ax + 3a2+ 3（其中x是自变量），当x ³ 2时，y随x的增大而增大，且-3 £ x £ 0时，y的最大值为9，则a的值为（ ）．
A．1或 B．或 C． D．1
9．已知△ABC≌△DEF，∠A=60°，∠E=40°，则∠F的度数为（ ）
A．40 B．60 C．80 D．100
10．两个相似多边形的面积比是9∶16，其中小多边形的周长为36 cm，则较大多边形的周长为 )
A．48 cm B．54 cm C．56 cm D．64 cm
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．抛掷一枚质地均匀的硬币一次，正面朝上的概率是_____．
12．在平面直角坐标系中，已知、两点，以坐标原点为位似中心，相似比为，把线段缩小后得到线段，则的长度等于________．
13．如图，在中，，，，点为边上一点，，将绕点旋转得到（点、、分别与点、、对应），使，边与边交于点，那么的长等于__________.
14．在一个不透明的布袋中装有黄、白两种颜色的球共40个，除颜色外其他都相同，小王通过多次摸球试验后发现，摸到黄球的频率稳定在0.35左右，则布袋中黄球可能有_________个
15．如图，是的切线，为切点，连接．若，则=__________．
16．___________.
17．某养鱼专业户为了估计鱼塘中鱼的总条数，他先从鱼塘中捞出100条，将每条鱼作了记号后放回水中，当它们完全混合于鱼群后，再从鱼塘中捞出100条鱼，发现其中带记号的鱼有10条，估计该鱼塘里约有________ 条鱼.
18．在等腰△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝6，那么cosB的值＝_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）解方程：x2﹣2x﹣5＝1．
20．（6分）如果三角形有一边上的中线恰好等于这边的长，那么称这个三角形为“匀称三角形”，这条中线为“匀称中线”．
（1）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＞BC，若Rt△ABC是“匀称三角形”．
①请判断“匀称中线”是哪条边上的中线，
②求BC：AC：AB的值．
（2）如图②，△ABC是⊙O的内接三角形，AB＞AC，∠BAC＝45°，S△ABC＝2，将△ABC绕点A逆时针旋转45°得到△ADE，点B的对应点为D，AD与⊙O交于点M，若△ACD是“匀称三角形”，求CD的长，并判断CM是否为△ACD的“匀称中线”．
21．（6分）如图，已知抛物线与轴交于、两点，，交轴于点，对称轴是直线．
（1）求抛物线的解析式及点的坐标；
（2）连接，是线段上一点，关于直线的对称点正好落在上，求点的坐标；
（3）动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度向点运动，过作轴的垂线交抛物线于点，交线段于点．设运动时间为（）秒．若与相似，请求出的值．
22．（8分）定义：如果三角形的两个内角与满足，那么称这样的三角形为“类直角三角形”．
尝试运用
（1）如图1，在中，，，，是的平分线．
①证明是“类直角三角形”；
②试问在边上是否存在点（异于点），使得也是“类直角三角形”？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由．
类比拓展
（2）如图2，内接于，直径，弦，点是弧上一动点（包括端点，），延长至点，连结，且，当是“类直角三角形”时，求的长．
23．（8分）科研人员在测试火箭性能时，发现火箭升空高度与飞行时间之间满足二次函数.
（1）求该火箭升空后飞行的最大高度；
（2）点火后多长时间时，火箭高度为.
24．（8分）如图，在平面直角坐标系中有一直角三角形AOB，O为坐标原点，OA＝1，tan∠BAO＝3，将此三角形绕原点O逆时针旋转90°，得到△DOC，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A、B、C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P是第二象限内抛物线上的动点，其横坐标为t，设抛物线对称轴l与x轴交于一点E，连接PE，交CD于F，求以C、E、F为顶点三角形与△COD相似时点P的坐标．
25．（10分）关于的一元二次方程
（1）若方程的一个根为1，求方程的另一个根和的值
（2）求证：不论取何实数，方程总有两个不相等的实数根．
26．（10分）为实现“先富带动后富，从而达到共同富裕”，某县为做好“精准扶贫”，2017年投入资金1000万元用于教育扶贫，以后投入资金逐年增加，2019年投入资金达到1440万元．
（1）从2017年到2019年，该县投入用于教育扶贫资金的年平均增长率是多少？
（2）假设保持这个年平均增长率不变，请预测一下2020年该县将投入多少资金用于教育扶贫？
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的概念即可得出答案.
【详解】根据中心对称图形和轴对称图形的概念，可以判定既是中心对称图形又是轴对称图形的有第3第4个共2个.
故选B．
考点：1.中心对称图形；2.轴对称图形.
2、A
【分析】依次列出每次涨价后的价格即可得到答案.
【详解】第一次涨价后的价格为： ，
第二次涨价后的价格为： 121（元），
故选：A.
【点睛】
此题考查代数式的列式计算，正确理解题意是解题的关键.
3、A
【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；
B.不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
C. 是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D. 是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查的知识点是识别轴对称图形与中心对称图形，需要注意的是轴对称图形是关于对称轴成轴对称；中心对称图形是关于某个点成中心对称．
4、C
【分析】把点（2，1）的横坐标加2，纵坐标不变即可得到对应点的坐标．
【详解】解：∵将点（2，1）向右平移2个单位长度，
∴得到的点的坐标是（2+2，1），
即：（4，1），
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了坐标系中点的平移规律，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
5、C
【分析】根据比例的性质得出再代入要求的式子，然后进行解答即可．
【详解】解：∵，
∴a=4b，c=4d，
∴，
故选C．
【点睛】
此题考查了比例的性质，熟练掌握比例线段的性质是解题的关键，是一道基础题．
6、C
【解析】试题分析：∵△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，
∴∠B=60°，AC=BC×cot∠A=2×=2，AB=2BC=4，
∵△EDC是△ABC旋转而成，
∴BC=CD=BD=AB=2，
∵∠B=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BCD=60°，
∴∠DCF=30°，∠DFC=90°，即DE⊥AC，
∴DE∥BC，
∵BD=AB=2，
∴DF是△ABC的中位线，
∴DF=BC=×2=1，CF=AC=×2=，
∴S阴影=DF×CF=×=．
故选C．
考点：1.旋转的性质2.含30度角的直角三角形．
7、D
【分析】在Rt△ABC中，∠C=90°，则∠A+∠B=90°，根据互余两角的三角函数的关系就可以求解．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A+∠B=90°，
则cosB=sinA=．
故选：D．
【点睛】
本题考查了互余两角三角函数的关系，在直角三角形中，互为余角的两角的互余函数相等．
8、D
【分析】先求出二次函数的对称轴，再根据二次函数的增减性得出抛物线开口向上a>0，然后由-3 £ x £ 0时时，y的最大值为9，可得x=-3时，y=9，即可求出a．
【详解】∵二次函数y = ax2+ 2ax + 3a2+ 3 (其中x是自变量)，
∴对称轴是直线，
∵当x⩾2时，y随x的增大而增大，
∴a>0，
∵-3 £ x £ 0时，y的最大值为9，
又∵a>0，对称轴是直线，
，
∴在x=-3时，y的最大值为9，
∴x=-3时, ，
∴，
∴a=1,或a=−2(不合题意舍去).
故选D.
【点睛】
此题考查二次函数的性质，解题关键在于掌握二次函数的基本性质即可解答.
9、C
【分析】根据全等三角形对应角相等可得∠B=∠E=40°，∠F=∠C，然后利用三角形内角和定理计算出∠C的度数，进而可得答案．
【详解】解：∵△ABC≌△DEF，
∴∠B=∠E=40°，∠F=∠C，
∵∠A=60°，
∴∠C=180°-60°-40°=80°，
∴∠F=80°，
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的性质，关键是掌握全等三角形的对应角相等．
10、A
【解析】试题分析：根据相似多边形对应边之比、周长之比等于相似比，而面积之比等于相似比的平方计算即可．
解：两个相似多边形的面积比是9：16，
面积比是周长比的平方，
则大多边形与小多边形的相似比是4：1．
相似多边形周长的比等于相似比，
因而设大多边形的周长为x，
则有=，
解得：x=2．
大多边形的周长为2cm．
故选A．
考点：相似多边形的性质．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】抛掷一枚质地均匀的硬币，其等可能的情况有2个，求出正面朝上的概率即可．
【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币，等可能的情况有：正面朝上，反面朝上，则P（正面朝上）=．
故答案为．
【点睛】
本题考查了概率公式，概率=发生的情况数÷所有等可能情况数．
12、
【分析】已知A（6，2）、B（6，0）两点则AB=2，以坐标原点O为位似中心，相似比为，则A′B′：AB=2：2．即可得出A′B′的长度等于2．
【详解】∵A（6，2）、B（6，0），∴AB=2．
又∵相似比为，∴A′B′：AB=2：2，∴A′B′=2．
【点睛】
本题主要考查位似的性质，位似比就是相似比．
13、
【分析】如图，作PH⊥AB于H．利用相似三角形的性质求出PH，再证明四边形PHGC′是矩形即可解决问题．
【详解】如图，作PH⊥AB于H．
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=5，sinB=，
∴=，
∴AB=13，BC==12，
∵PC=3，
∴PB=9，
∵∠BPH∽△BAC，
∴ ，
∴，
∴PH=，
∵AB∥B′C′，
∴∠HGC′=∠C′=∠PHG=90°，
∴四边形PHGC′是矩形，
∴CG′=PH=，
∴A′G=5-= ，
故答案为．
【点睛】
此题考查旋转变换，平行线的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
14、14
【分析】先由频率估计出摸到黄球的概率，然后利用概率公式求解即可.
【详解】因摸到黄球的频率稳定在0.35左右
则摸到黄球的概率为0.35
设布袋中黄球的个数为x个
由概率公式得
解得
故答案为：14.
【点睛】
本题考查了频率估计概率、概率公式，根据频率估计出事件概率是解题关键.
15、65°
【分析】根据切线长定理即可得出AB=AC，然后根据等边对等角和三角形的内角和定理即可求出结论．
【详解】解：∵是的切线，
∴AB=AC
∴∠ABC=∠ACB=（180°－∠A）=65°
故答案为：65°．
【点睛】
此题考查的是切线长定理和等腰三角形的性质，掌握切线长定理和等边对等角是解决此题的关键．
16、
【分析】直接代入特殊角的三角函数值进行计算即可．
【详解】原式．
故答数为：．
【点睛】
本题考查了特殊角的三角函数值及实数的运算，熟记特殊角的三角函数值是解题的关键．
17、1000
【解析】试题考查知识点：统计初步知识抽样调查
思路分析：第二次捞出来的100条鱼中有10条带记号的，说明带记号的鱼约占整个池塘鱼的总数的十分之一．
具体解答过程：
第二次捞出来的100条鱼中有10条带记号的，说明带记号的鱼约占整个池塘鱼的总数的比例为：
∵先从鱼塘中捞出后作完记号又放回水中的鱼有100条
∴该鱼塘里总条数约为：
（条）
试题点评：
18、
【解析】作AD⊥BC于D点，根据等腰三角形的性质得到BD＝BC＝3，然后根据余弦的定义求解．
【详解】解：如图，作AD⊥BC于D点，
∵AB＝AC＝4，BC＝6，
∴BD＝BC＝3，
在Rt△ABD中，cosB＝＝．
故答案为．
【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义：在直角三角形中，一锐角的余弦值等于这个角的邻边与斜边的比．也考查了等腰三角形的性质．
三、解答题(共66分)
19、x1＝1+，x2＝1﹣．
【解析】利用完全平方公式配平方，再利用直接开方法求方程的解即可．
【详解】解：x2﹣2x+1＝6，
那么（x﹣1）2＝6，
即x﹣1＝±，
则x1＝1+，x2＝1﹣．
【点睛】
本题考查了配方法解一元二次方程，配方法的一般步骤：①把常数项移到等号的右边；②把二次项的系数化为1；③等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
20、（1）① “匀称中线”是BE，它是AC边上的中线，②BC：AC：AB＝；（2）CD＝a，CM不是△ACD的“匀称中线”．理由见解析.
【分析】（1）①先作出Rt△ABC的三条中线AD、BE、CF，然后利用匀称中线的定义分别验证即可得出答案；
②设AC＝2a，利用勾股定理分别把BC,AB的长度求出来即可得出答案.
（2）由②知：AC：AD：CD＝，设AC＝，则AD＝2a，CD＝，过点C作CH⊥AB，垂足为H，利用的面积建立一个关于a的方程，解方程即可求出CD的长度；假设CM是△ACD的“匀称中线”，看能否与已知的定理和推论相矛盾，如果能，则说明假设不成立，如果不能推出矛盾，说明假设成立.
【详解】（1）①如图①，作Rt△ABC的三条中线AD、BE、CF，
∵∠ACB＝90°，
∴CF＝，即CF不是“匀称中线”．
又在Rt△ACD中，AD＞AC＞BC，即AD不是“匀称中线”．
∴“匀称中线”是BE，它是AC边上的中线，
②设AC＝2a，则CE＝a，BE＝2a，
在Rt△BCE中∠BCE＝90°，
∴BC＝，
在Rt△ABC中，AB＝，
∴BC：AC：AB＝
（2）由旋转可知，∠DAE＝∠BAC＝45°．AD＝AB＞AC，
∴∠DAC＝∠DAE+∠BAC＝90°，AD＞AC，
∵Rt△ACD是“匀称三角形”．
由②知：AC：AD：CD＝
设AC＝，则AD＝2a，CD＝，
如图②，过点C作CH⊥AB，垂足为H，则∠AHC＝90°，
∵∠BAC＝45°，
∴
∵
解得a＝2，a＝﹣2（舍去），
∴
判断：CM不是△ACD的“匀称中线”．
理由：假设CM是△ACD的“匀称中线”．
则CM＝AD＝2AM＝4，AM＝2，
∴
又在Rt△CBH中，∠CHB＝90°，CH＝ ，BH＝4-，
∴
即
这与∠AMC＝∠B相矛盾，
∴假设不成立，
∴CM不是△ACD的“匀称中线”．
【点睛】
本题主要为材料理解题，掌握匀称三角形和匀称中线的意义是解题的关键.
21、（1），点坐标为；（2）F；（3）
【分析】(1)先求出点A,B的坐标，将A、B的坐标代入中，即可求解；
(2)确定直线BC的解析式为y=−x+3，根据点E、F关于直线x=1对称，即可求解；
(3) 若与相似，则或，即可求解；
【详解】解：（1）∵点、关于直线对称，，∴，.
代入中，得：，解，
∴抛物线的解析式为.
∴点坐标为；
（2）设直线的解析式为，则有：，解得，
∴直线的解析式为.
∵点、关于直线对称，
又到对称轴的距离为1，∴.
∴点的横坐标为2，将代入中，得：，
∴F(2,1);
（3）秒时，.如图
当时
∴，∴，
.
①若，则，即
（舍去），或.
②若，则，即
（舍去），或（舍去）
∴.
【点睛】
主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
22、（1）①证明见解析，②存在，；（2）或．
【分析】（1）①证明∠A+2∠ABD=90°即可解决问题．
②如图1中，假设在AC边设上存在点E（异于点D），使得△ABE是“类直角三角形”．证明△ABC∽△BEC，可得，由此构建方程即可解决问题．
（2）分两种情形：①如图2中，当∠ABC+2∠C=90°时，作点D关于直线AB的对称点F，连接FA，FB．则点F在⊙O上，且∠DBF=∠DOA．
②如图3中，由①可知，点C，A，F共线，当点E与D共线时，由对称性可知，BA平分∠FBC，可证∠C+2∠ABC=90°，利用相似三角形的性质构建方程即可解决问题．
【详解】（1）①证明：如图1中，
∵是的角平分线，
∴，
∵，∴，
∴，
∴为“类直角三角形”．
②如图1中，假设在边设上存在点（异于点），使得是“类直角三角形”．在
中，∵，，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，∴，
∴，
∴，
（2）∵是直径，∴，∵，，∴，
①如图2中，当时，作点关于直线的对称点，连接，．则点在上，且，
∵，且，∴，∴，，共线，
∵∴，∴，∴，即
∴．
②如图3中，由①可知，点，，共线，当点与共线时，由对称性可知，平分，
∴，∵，，∴，
∴，即，∴，且中
解得
综上所述，当是“类直角三角形”时，的长为或．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，“类直角三角形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
23、（1）该火箭升空后飞行的最大高度为；（2）点火后和时，火箭高度为.
【分析】（1）直接利用配方法将二次函数写成顶点式，进而求出即可；
（2）把直接带入函数，解得的值即为所求.
【详解】解：（1）由题意可得：
.
该火箭升空后飞行的最大高度为.
（2）时，
.
解得：或.
点火后和时，火箭高度为.
【点睛】
本题考查了二次函数的应用，明确与的值是解题的关键.
24、（1）抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+1；（2）当△CEF与△COD相似时，P点的坐标为（﹣1，4）或（﹣2，1）．
【解析】（1）根据正切函数，可得OB，根据旋转的性质，可得△DOC≌△AOB，根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）分两种情况讨论：①当∠CEF＝90°时，△CEF∽△COD，此时点P在对称轴上，即点P为抛物线的顶点；②当∠CFE＝90°时，△CFE∽△COD，过点P作PM⊥x轴于M点，得到△EFC∽△EMP，根据相似三角形的性质，可得PM与ME的关系，解方程，可得t的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
【详解】（1）在Rt△AOB中，OA＝1，tan∠BAO1，∴OB＝1OA＝1．
∵△DOC是由△AOB绕点O逆时针旋转90°而得到的，∴△DOC≌△AOB，∴OC＝OB＝1，OD＝OA＝1，∴A，B，C的坐标分别为（1，0），（0，1），（﹣1，0），代入解析式为
，解得：，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+1；
（2）∵抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+1，∴对称轴为l1，∴E点坐标为（﹣1，0），如图，分两种情况讨论：
①当∠CEF＝90°时，△CEF∽△COD，此时点P在对称轴上，即点P为抛物线的顶点，P（﹣1，4）；
②当∠CFE＝90°时，△CFE∽△COD，过点P作PM⊥x轴于M点，∵∠CFE=∠PME=90°，∠CEF=∠PEM，∴△EFC∽△EMP，∴，∴MP＝1ME．
∵点P的横坐标为t，∴P（t，﹣t2﹣2t+1）．
∵P在第二象限，∴PM＝﹣t2﹣2t+1，ME＝﹣1﹣t，t＜0，∴﹣t2﹣2t+1＝1（﹣1﹣t），解得：t1＝﹣2，t2＝1（与t＜0矛盾，舍去）．
当t＝﹣2时，y＝﹣（﹣2）2﹣2×（﹣2）+1＝1，∴P（﹣2，1）．
综上所述：当△CEF与△COD相似时，P点的坐标为（﹣1，4）或（﹣2，1）．
【点睛】
本题是二次函数综合题．解（1）的关键是利用旋转的性质得出OC，OD的长，又利用了待定系数法；解（2）的关键是利用相似三角形的性质得出MP＝1ME．
25、（1），另一个根是；（2）详见解析．
【分析】（1）代入x=1求出m值，从而得出方程，解方程即可；
（2）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△＞0，由此可证出：不论m取何实数，此方程都有两个不相等的实数根．
【详解】解：（1）把代入原方程得解得：
当时，原方程为
解得：
∴方程的另一个根是
（2）证明：
∵
∴
∴不论取何实数，此方程都有两个不相等的实数根．
【点睛】
本题考查了根的判别式以及一元二次方程的解，由判别式的符号得到方程根的情况是解题的关键．
26、（1）20%；（2）1728万元．
【分析】（1）设年平均增长率为x，根据：2017年投入资金×（1+增长率）2＝2019年投入资金，列出方程求解可得；
（2）根据求得的增长率代入求得2020年的投入即可．
【详解】解：（1）设该地投入教育扶贫资金的年平均增长率为x，根据题意，得：
1000（1+x）2＝1440，
解得：x＝0.2或x＝﹣2.2（舍），
答：从2017年到2019年，该地投入教育扶贫资金的年平均增长率为20%；
（2）2020年投入的教育扶贫资金为1440×（1+20%）＝1728万元．
【点睛】
本题考查的知识点是用一元二次方程求增长率问题，根据题目找出等量关系式是解此题的关键.
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