资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．点P（3，5）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（﹣3，5） B．（3，﹣5） C．（5，3） D．（﹣3，﹣5）
2．如图，菱形ABCD的边长为6，∠ABC=120°，M是BC边的一个三等分点，P是对角线AC上的动点，当PB+PM的值最小时，PM的长是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，内接于⊙，， ，则⊙半径为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
4．x＝1是关于x的一元二次方程x2+ax﹣2b＝0的解，则2a﹣4b的值为（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
5．《九章算术》中有一题“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何? ”其意思是:“今有直角三角形，勾(短直角边)长为步，股(长直角边)长为步，问该直角三角形能容纳的圆形(内切圆)直径是（ ）
A．步 B．步 C．步 D．步
6．已知⊙O的半径是6，点O到直线l的距离为5，则直线l与⊙O的位置关系是
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法判断
7．菱形的两条对角线长分别为60cm和80cm，那么边长是（ ）
A．60cm B．50cm C．40cm D．80cm
8．求二次函数的图象如图所示，其对称轴为直线，与轴的交点为、，其中，有下列结论：①；②；③；④；⑤；其中，正确的结论有（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
9．若关于x的一元二次方程有实数根，则实数k的取值范围为
A．，且 B．，且
C． D．
10．如图，任意转动正六边形转盘一次，当转盘停止转动时，指针指向大于3的数的概率是（ ）
A． B． C． D．
11．根据表中的二次函数y＝ax2+bx+c的自变量x与函数y的对应值（其中m＞0＞n），下列结论正确的（ ）
x
…
0
1
2
4
…
y
…
m
k
m
n
…
A．abc＞0 B．b2﹣4ac＜0 C．4a﹣2b+c＜0 D．a+b+c＜0
12．如图，直线与双曲线交于、两点，则当时，x的取值范围是
A．或
B．或
C．或
D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．用一张半径为14cm的扇形纸片做一个如图所示的圆锥形小丑帽子侧面（接缝忽略不计），如果做成的圆锥形小丑帽子的底面半径为10cm，那么这张扇形纸片的面积是________ cm1．
14．如图，点A、B分别在y轴和x轴正半轴上滑动，且保持线段AB＝4，点D坐标为（4，3），点A关于点D的对称点为点C，连接BC，则BC的最小值为_____．
15．如图，扇形OAB的圆心角为110°，C是上一点，则∠C＝_____°．
16．已知二次函数的部分图象如图所示，则一元二次方程的解为：_____.
17．2sin30°+tan60°×tan30°＝_____．
18．将一元二次方程变形为的形式为__________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，矩形中，，，点是边上一定点，且．
(1)当时，上存在点，使与相似，求的长度．
(2)对于每一个确定的的值上存在几个点使得与相似?
20．（8分）已知抛物线y＝ax2+bx+c经过点A(﹣2，0)，B(3，0)，与y轴负半轴交于点C，且OC＝OB．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在y轴负半轴上存在一点D，使∠CBD＝∠ADC，求点D的坐标；
（3）点D关于直线BC的对称点为D′，将抛物线y＝ax2+bx+c向下平移h个单位，与线段DD′只有一个交点，直接写出h的取值范围．
21．（8分）某小区新建成的住宅楼主体工程已经竣工，只剩下楼体外表需贴瓷砖，已知楼体外表的面积为．
（1）写出每块瓷砖的面积与所需的瓷砖块数（块）之间的函数关系式；
（2）为了使住宅楼的外观更漂亮，开发商决定采用灰、白、蓝三种颜色的瓷砖，每块瓷砖的面积都是，灰、白、蓝瓷砖使用比例是，则需要三种瓷砖各多少块？
22．（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，连接．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点在抛物线的对称轴上，当的周长最小时，点的坐标为_____________；
(3)点是第四象限内抛物线上的动点，连接和．求面积的最大值及此时点的坐标；
(4)若点是对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点，使以点、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（10分）如图，雨后初睛，李老师在公园散步，看见积水水面上出现阶梯上方树的倒影，于是想利用倒影与物体的对称性测量这颗树的高度，他的方法是：测得树顶的仰角∠1、测量点A到水面平台的垂直高度AB、看到倒影顶端的视线与水面交点C到AB的水平距离BC．再测得梯步斜坡的坡角∠2和长度EF，根据以下数据进行计算，如图，AB＝2米，BC＝1米，EF＝4米，∠1＝60°，∠2＝45°．已知线段ON和线段OD关于直线OB对称．（以下结果保留根号）
（1）求梯步的高度MO；
（2）求树高MN．
24．（10分）如图，已知，，，，．
（1）求和的大小；
（2）求的长
25．（12分）若关于的一元二次方程有实数根，
（1）求的取值范围：
（2）如果是符合条件的最小整数，且一元二次方程与方程有一个相同的根，求此时的值.
26．已知，求的值．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，横纵坐标的坐标符号均相反，根据这一特征求出对称点坐标．
【详解】解：点P（3，5）关于原点对称的点的坐标是（-3，-5），
故选D．
【点睛】
本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的变化规律．
2、A
【分析】如图，连接DP，BD，作DH⊥BC于H．当D、P、M共线时，P′B+P′M=DM的值最小，利用勾股定理求出DM，再利用平行线的性质即可解决问题．
【详解】如图，连接DP，BD，作DH⊥BC于H．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，B、D关于AC对称，
∴PB+PM=PD+PM，
∴当D、P、M共线时，P′B+P′M=DM的值最小，
∵CM=BC=2，
∵∠ABC=120°，
∴∠DBC=∠ABD=60°，
∴△DBC是等边三角形，
∵BC=6，
∴CM=2，HM=1，DH=，
在Rt△DMH中，DM===，
∵CM∥AD，
∴==，
∴P′M= DM=．
故选A．
【点睛】
本题考查轴对称﹣最短问题、菱形的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
3、C
【分析】连接OB，OC，根据圆周角定理求出∠BOC的度数，再由OB＝OC判断出△OBC是等边三角形，由此可得出结论．
【详解】解：连接OB，OC，
∵∠BAC＝30°，
∴∠BOC＝60°．
∵OB＝OC，BC＝1，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB＝BC＝1．
故选：C.
【点睛】
本题考查的是圆周角定理以及等边三角形的判定和性质，根据题意作出辅助线，构造出等边三角形是解答此题的关键．
4、A
【分析】先把x=1代入方程x2+ax-2b=0得a-2b=-1，然后利用整体代入的方法计算2a-4b的值即可．
【详解】将x＝1代入原方程可得：1+a﹣2b＝0，
∴a﹣2b＝﹣1，
∴原式＝2（a﹣2b）＝﹣2，
故选：A．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解的定义．一元二次方程的解就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．
5、A
【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，即可确定出内切圆半径，进而得出直径.
【详解】根据勾股定理，得
斜边为，
则该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）半径（步），即直径为6步，
故答案为A.
【点睛】
此题主要考查了三角形的内切圆与内心，熟练掌握，即可解题.
6、C
【解析】试题分析：根据直线与圆的位置关系来判定：①直线l和⊙O相交，则d＜r；②直线l和⊙O相切，则d=r；③直线l和⊙O相离，则d＞r（d为直线与圆的距离，r为圆的半径）．因此，
∵⊙O的半径为6，圆心O到直线l的距离为5，
∴6＞5，即：d＜r．
∴直线l与⊙O的位置关系是相交．故选C．
7、B
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出OA、OB的长，再利用勾股定理列式求出边长AB，然后根据菱形的周长公式列式进行计算即可得解．
【详解】解：如图，
∵菱形的两条对角线的长是6cm和8cm，
∴OA=×80=40cm，OB=×60=30cm，
又∵菱形的对角线AC⊥BD，
∴AB==50cm，
∴这个菱形的边长是50cm．
故选B.
【点睛】
本题考查了菱形的性质，勾股定理的应用，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质．
8、C
【分析】由抛物线开口方向得a＞0，由抛物线的对称轴为直线得＞0，由抛物线与y轴的交点位置得c＜0，则abc＜0；由于抛物线与x轴一个交点在点（0，0）与点（1，0）之间，根据抛物线的对称轴性得到抛物线与x轴另一个交点在点（-3，0）与点（-2，0）之间，即有-3＜＜-2；抛物线的对称轴为直线，且c＜-1，时，；抛物线开口向上，对称轴为直线，当时，，当得：，且，∴，即；对称轴为直线得,由于时，，则0,所以0,解得,然后利用得到.
【详解】∵抛物线开口向上，∴a＞0，
∵抛物线的对称轴为直线，∴b=2a＞0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，∴c＜0，∴abc＜0，
所以①错误；
∵抛物线与x轴一个交点在点（0，0）与点（1，0）之间，而对称轴为，由于抛物线与x轴一个交点在点（0，0）与点（1，0）之间，根据抛物线的对称轴性，∴抛物线与x轴另一个交点在点（-3，0）与点（-2，0）之间，即有-3＜＜-2，所以②正确；
∵抛物线的对称轴为直线，且c＜-1，∴当时，, 所以③正确；
∵抛物线开口向上，对称轴为直线，∴当时，，
当代入得：，
∵，∴，即,所以④错误；
∵对称轴为直线，∴,
∵由于时，，∴0,所以0,解得,
根据图象得，∴，所以⑤正确.
所以②③⑤正确, 故选C．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与系数的关系，以及抛物线与x轴、y轴的交点，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），a决定抛物线开口方向；c的符号由抛物线与y轴的交点的位置确定；b的符号由a及对称轴的位置确定；当x＝1时，y＝；当时，.
9、A
【解析】∵原方程为一元二次方程，且有实数根，
∴k-1≠0且△=62-4×（k-1）×3=48-12k≥0，解得k≤4，
∴实数k的取值范围为k≤4，且k≠1，
故选A．
10、D
【解析】分析：根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
详解：∵共6个数，大于3的有3个，
∴P（大于3）=.
故选D．
点睛：本题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．
11、C
【分析】用二次函数的图象与性质进行解答即可.
【详解】解：如图：
由抛物线的对称性可知：（0，m）与（2，m）是对称点，
故对称轴为x＝1，
∴（﹣2，n）与（4，n）是对称点，
∴4a﹣2b+c＝n＜0，
故选：C．
【点睛】
本题考查二次函数图像的性质，熟练运用二次函数的图像与性质是解答本题的关键.
12、C
【解析】试题解析：根据图象可得当时，
x的取值范围是：x<−6或0<x<2.
故选C.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、110∏C㎡
【解析】试题分析：∵圆锥的底面周长为10π，
∴扇形纸片的面积=×10π×14=140πcm1．
故答案为140π．
考点：圆锥的计算．
14、1
【分析】取AB的中点E，连接OE，DE，OD，依据三角形中位线定理即可得到BC=2DE，再根据O，E，D在同一直线上时，DE的最小值等于OD-OE=3，即可得到BC的最小值等于1．
【详解】解：如图所示，取AB的中点E，连接OE，DE，OD，
由题可得，D是AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC＝2DE，
∵点D坐标为(4，3)，
∴OD＝＝5，
∵Rt△ABO中，OE＝AB＝×4＝2，
∴当O，E，D在同一直线上时，DE的最小值等于OD﹣OE＝3，
∴BC的最小值等于1，
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，三角形三条边的关系，直角三角形斜边上中线的性质以及三角形中位线定理的运用，解决问题的关键是掌握直角三角形斜边上中线的性质以及三角形中位线定理．
15、1
【分析】作所对的圆周角∠ADB，如图，根据圆周角定理得到∠ADB＝∠AOB＝55°，然后利用圆内接四边形的性质计算∠C的度数．
【详解】解：作所对的圆周角∠ADB，如图，
∴∠ADB＝∠AOB＝×110°＝55°，
∵∠ADB+∠C＝180°，
∴∠C＝180°﹣55°＝1°．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了圆的综合问题，掌握圆周角定理、圆内接四边形的性质是解题的关键．
16、
【解析】依题意得二次函数y=的对称轴为x=-1,与x轴的一个交点为(-3,0)，
∴抛物线与x轴的另一个交点横坐标为（-1）×2-（-3）=1，
∴交点坐标为(1，0)
∴当x=1或x=-3时，函数值y=0，
即，
∴关于x的一元二次方程的解为x1=−3或x2=1.
故答案为：.
点睛：本题考查的是关于二次函数与一元二次方程，在解题过程中，充分利用二次凹函数图象，根据图象提取有用条件来解答，这样可以降低题的难度，从而提高解题效率.
17、2
【分析】特殊值：sin 30° = ，tan 60° = ，tan 30° = ,本题是特殊角，将特殊角的三角函数值代入求解．
【详解】解：2sin30°+tan60°×tan30°
=2×+×
=1+1
=2
【点睛】
本题考查了特殊角的三角函数值，解答本题的关键是掌握几个特殊角的三角函数值．
18、
【分析】根据完全平方公式配方即可．
【详解】解：
故答案为：．
【点睛】
此题考查的是配方法，掌握完全平方公式是解决此题的关键．
三、解答题（共78分）
19、 (1)或1；(2)当且时，有1个；当时，有2个；当时，有2个；当时，有1个．
【分析】（1）分△AEF∽△BFC和△AEF∽△BCF两种情形，分别构建方程即可解决问题；
（2）根据题意画出图形，交点个数分类讨论即可解决问题；
【详解】解：（1）当∠AEF=∠BFC时，
要使△AEF∽△BFC，需，即，
解得AF=1或1；
当∠AEF=∠BCF时，
要使△AEF∽△BCF，需，即，
解得AF=1；
综上所述AF=1或1．
（2）如图，延长DA，作点E关于AB的对称点E′，连结CE′，交AB于点F1；
连结CE，以CE为直径作圆交AB于点F2、F1．
当m=4时，由已知条件可得DE=1，则CE=5，
即图中圆的直径为5，
可得此时图中所作圆的圆心到AB的距离为2.5，等于所作圆的半径，F2和F1重合，
即当m=4时，符合条件的F有2个，
当m＞4时，图中所作圆和AB相离，此时F2和F1不存在，即此时符合条件的F只有1个，
当1＜m＜4且m≠1时，由所作图形可知，符合条件的F有1个，
综上所述：
当1＜m＜4且m≠1时，有1个；
当m=1时，有2个；
当m=4时，有2个；
当m＞4时，有1个．
【点睛】
本题考查作图-相似变换，矩形的性质，圆的有关知识等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
20、（1）y＝x2﹣x﹣3；（2）D(0，﹣6)；（3）3≤h≤1
【分析】（1）OC＝OB，则点C（0，﹣3），抛物线的表达式为：y＝a（x+2）（x﹣3）＝a（x2﹣x﹣6），﹣6a＝﹣3，解得：a＝，即可求解；
（2）CH＝HD＝m，tan∠ADC＝＝tan∠DBC＝，解得：m＝3或﹣4（舍去﹣4），即可求解；
（3）过点C作x轴的平行线交DH的延长线于点D′，则D′（﹣3，﹣3）；当平移后的抛物线过点C时，抛物线与线段DD′有一个公共点，此时，h＝3；当平移后的抛物线过点D′时，抛物线与线段DD′有一个公共点，即可求解．
【详解】解：（1）OC＝OB，则点C（0，﹣3），
抛物线的表达式为：y＝a（x+2）（x﹣3）＝a（x2﹣x﹣6），
﹣6a＝﹣3，解得：a＝，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣x﹣3；
（2）设CD＝m，过点D作DH⊥BC交BC的延长线于点H，则CH＝HD＝m，
tan∠ADC＝＝tan∠DBC＝，
解得：m＝3或﹣4（舍去﹣4），
故点D（0，﹣6）；
（3）过点C作x轴的平行线交DH的延长线于点D′，则D′（﹣3，﹣3）；
平移后抛物线的表达式为：y＝x2﹣x﹣3﹣h，
当平移后的抛物线过点C时，抛物线与线段DD′有一个公共点，此时，h＝3；
当平移后的抛物线过点D′时，抛物线与线段DD′有一个公共点，
即﹣3＝×9+﹣h，解得：h＝1，
故3≤h≤1．
【点睛】
此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知待定系数法求解析式、三角函数的定义及二次函数平移的特点.
21、（1）；（2）需要灰瓷砖125000块，白瓷砖250000块、蓝瓷砖为250000块
【分析】（1）根据每块瓷砖的面积S=楼体外表的总面积÷所需的瓷砖块数n块，求出即可；
（2）设用灰瓷砖x块，则白瓷砖、蓝瓷砖分别为2x块、2x块，再用n=625000求出即可．
【详解】解；（1）∵每块瓷砖的面积楼体外表的总面积÷所需的瓷砖块数块，
由此可得出与的函数关系式是：
（2）当时，
设用灰瓷砖块，则白瓷砖、蓝瓷砖分别为块、块，
依据题意得出：，
解得：，
∴需要灰瓷砖125000块，白瓷砖250000块、蓝瓷砖为250000块．
【点睛】
此题主要考查了反比例函数的应用，根据已知得出瓷砖总块数进而得出等式方程是解题关键．
22、（1）；（2）；（3）面积最大为，点坐标为；（4）存在点，使以点、、、为顶点的四边形是平行四边形，,点坐标为，，．
【分析】（1）将点，代入即可求解；
（2）BC与对称轴的交点即为符合条件的点，据此可解；
（3）过点作轴于点，交直线与点，当EF最大时面积的取得最大值，据此可解；
（4）根据平行四边形对边平行且相等的性质可以得到存在点N使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形.分三种情况讨论.
【详解】解：(1) 抛物线过点，
解得：
抛物线解析式为．
(2) 点，
∴抛物线对称轴为直线
点在直线上，点，关于直线对称
，
当点、、在同一直线上时，最小．
抛物线解析式为，
∴C（0，-6），
设直线解析式为
，
解得：
直线：
，
，
故答案为：．
(3)过点作轴于点，交直线与点，
设，则
，
当时，面积最大为
，
此时点坐标为．
(4)存在点，使以点、、、为顶点的四边形是平行四边形．
设N（x，y），M（，m），
①四边形CMNB是平行四边形时，CM∥NB，CB∥MN，
，
∴x= ，
∴y= = ，
∴N（，）；
②四边形CNBM是平行四边形时，CN∥BM，CM∥BN，
，
∴x=，
∴y==
∴N（，）；
③四边形CNMB是平行四边形时，CB∥MN，NC∥BM，
，
∴x=，
∴y==
∴N（，）；
点坐标为（，），（，），（，）．
【点睛】
本题考查二次函数与几何图形的综合题，熟练掌握二次函数的性质，灵活运用数形结合思想得到坐标之间的关系是解题的关键．
23、（1）4米；（2）（14+4）米．
【分析】（1）作EH⊥OB于H，由四边形MOHE是矩形，解Rt求得EH即可；
（2）设ON＝OD＝m，作AK⊥ON于K，则四边形AKOB是矩形，，OK＝AB＝2，想办法构建方程求得m即可.
【详解】（1）如图，作EH⊥OB于H．则四边形MOHE是矩形．
∴OM＝EH，
在Rt中，
∵∠EHF＝90°，EF＝4，∠EFH＝45°，
∴EH＝FH＝OM＝米．
（2）设ON＝OD＝m．作AK⊥ON于K．则四边形AKOB是矩形，如图，
AK＝BO，OK＝AB＝2
∵AB∥OD，∴，∴，∴OC＝，
∴，
在Rt△AKN中，∵∠1＝60°，
∴AK，∴，
∴m＝（14+8）米，
∴MN＝ON﹣OM＝14+8﹣4＝（14+4）米．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，轴对称的性质，解题的关键是添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会用参数解决几何问题.
24、（1），；（2）4cm
【分析】（1）由题意根据相似三角形的性质以及三角形内角和为180°，分别进行分析计算即可；
（2）根据相似三角形的性质即对应边的比相等列出比例式，代入相关线段长度进行分析计算即可得出答案.
【详解】解：（1），
，
，
，
，
，.
（2）,
∴，
∵，，，
∴,
∴.
【点睛】
本题考查的是相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的对应边的比相等以及对应角相等是解题的关键．
25、（1）且；（2）.
【分析】（1）根据跟的判别式进行计算即可；
（2）先求出最小整数m，然后解出的解，再分情况进行判断.
【详解】解：（1）化为一般式：方程有实数根
∴
解得：且，
（2）由（1）且，若是最小整数
∴
方程变形为，解得，
∵一元二次方程与方程有一个相同的根
①当时，，∴
②当时，，∴，（舍去，∵）
综上所示，
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式和一元二次方程的解，熟练掌握相关内容是解题的关键.
26、9
【分析】根据，用表示、、，将它们代入原式，即可得到答案．
【详解】解：设，则x＝2k，y＝3k，z＝4k
∴＝．
【点睛】
本题考查了比例的性质，将三个未知数用一个未知数表示出来是解题的关键．
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