资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．下列标志既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）.
A． B．
C． D．
2．下列方程中是关于的一元二次方程的是 ( )
A． B． C． D．
3．在一个布袋中装有红、白两种颜色的小球，它们除颜色外没有任何其他区别．其中红球若干，白球5个，袋中的球已搅匀．若从袋中随机取出1个球，取出红球的可能性大，则红球的个数是（ ）
A．4个 B．5个 C．不足4个 D．6个或6个以上
4．如图所示几何体的左视图正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．已知⊙O的半径为5，若OP=6，则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在⊙O内 B．点P在⊙O外 C．点P在⊙O上 D．无法判断
6．如图，矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE=3，AF=5，则AC的长为（ ）
A． B． C．10 D．8
7．如图，在△ABC中，点D在AB上、点E在AC上，若∠A=60°，∠B=68°，AD·AB=AE·AC，则∠ADE等于
A．52° B．62° C．68° D．72°
8．下列图案中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
9．下列立体图形中，主视图是三角形的是（ ）.
A． B． C． D．
10．如图，O是坐标原点，菱形OABC的顶点A的坐标为（3，﹣4），顶点C在x轴的正半轴上，函数y=（k＜0）的图象经过点B，则k的值为（ ）
A．﹣12 B．﹣32 C．32 D．﹣36
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边OA在x轴的负半轴上，反比例函数y＝（x＜0）的图象经过对角线OB的中点D和顶点C．若菱形OABC的面积为6，则k的值等于_____．
12．用半径为3cm，圆心角是120°的扇形围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径等于_____cm．
13．如图，△ABC是直角三角形，BC是斜边，将△ABP绕点A逆时针旋转后，恰好能与△ACP′完全重合，如果AP=8，则PP′的长度为___________．
14．如图，直线y=x+2与反比例函数y=的图象在第一象限交于点P．若OP=，则k的值为________．
15．如图，二次函数的图象记为，它与轴交于点，；将绕点旋转180°得，交轴于点；将绕点旋转180°得，交轴于点；……如此进行下去，得到一条“波浪线”.若在这条“波浪线”上，则____.
16．若函数是正比例函数，则__________．
17．如图，已知D是等边△ABC边AB上的一点，现将△ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E、F分别在AC和BC上．如果AD：DB=1：2，则CE：CF的值为____________．
18．如图，矩形ABCD绕点A旋转90°，得矩形，若三点在同一直线上，则的值为_______________
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，为外接圆的直径，点是线段延长线上一点，点在圆上且满足，连接，，，交于点.
（1）求证：.
（2）过点作，垂足为，，，求证：.
20．（6分）如图，在平行四边形中，过点作，垂足为，连接，为上一点，且.
（1）求证：.
（2）若，，，求的长.
21．（6分）如图，某中学一幢教学楼的顶部竖有一块写有“校训”的宣传牌，米，王老师用测倾器在点测得点的仰角为，再向教学楼前进9米到达点，测得点的仰角为，若测倾器的高度米，不考虑其它因素，求教学楼的高度．（结果保留根号）
22．（8分）已知二次函数．
（1）在平面直角坐标系中画出该函数的图象；
（2）当0≤x≤3时，结合函数图象，直接写出的取值范围．
23．（8分）如图，已知抛物线与x轴交于点A、B，与y轴分别交于点C，其中点，点，且.
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是线段AB上一动点，过P作交BC于D，当面积最大时，求点P的坐标；
（3）点M是位于线段BC上方的抛物线上一点，当恰好等于中的某个角时，求点M的坐标.
24．（8分）解方程
（1）x2﹣4x+2＝0
（2）（x﹣3）2＝2x﹣6
25．（10分）如图，在正方形中，点是的中点，连接，过点作交于点，交于点．
（1）证明：；
（2）连接，证明：．
26．（10分）如图，在坐标系中，抛物线经过点和，与轴交于点.直线.
抛物线的解析式为 .直线的解析式为 ；
若直线与抛物线只有一个公共点，求直线的解析式；
设抛物线的顶点关于轴的对称点为，点是抛物线对称轴上一动点，如果直线与抛物线在轴上方的部分形成了封闭图形(记为图形).请结合函数的图象，直接写出点的纵坐标的取值范围.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的定义解答．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形；
C、是中心对称图形，不是轴对称图形；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形．
故选：B．
【点睛】
掌握中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2、C
【分析】一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
【详解】A、不是整式方程，故本选项错误；
B、当=0时，方程就不是一元二次方程，故本选项错误；
C、由原方程，得，符合一元二次方程的要求，故本选项正确；
D、方程中含有两个未知数，故本选项错误．
故选C．
【点睛】
此题考查的是一元二次方程的判断，掌握一元二次方程的定义是解决此题的关键．
3、D
【解析】由取出红球的可能性大知红球的个数比白球个数多，据此可得答案．
【详解】解：∵袋子中白球有5个，且从袋中随机取出1个球，取出红球的可能性大，
∴红球的个数比白球个数多，
∴红球个数满足6个或6个以上，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查可能性大小，只要在总情况数目相同的情况下，比较其包含的情况总数即可．
4、A
【分析】左视图是从物体的左面看得到的视图，找到从左面看所得到的图形即可．
【详解】该几何体的左视图为：是一个矩形，且矩形中有两条横向的虚线．
故选A．
【点睛】
本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图
5、B
【解析】比较OP与半径的大小即可判断.
【详解】，，
，
点P在外，
故选B．
【点睛】
本题考查点与圆的位置关系，记住：点与圆的位置关系有3种设的半径为r，点P到圆心的距离，则有：点P在圆外；点P在圆上；点P在圆内.
6、A
【分析】连接AE，由线段垂直平分线的性质得出OA=OC，AE=CE，证明△AOF≌△COE得出AF=CE=5，得出AE=CE=5，BC=BE+CE=8，由勾股定理求出AB=4，再由勾股定理求出AC即可．
【详解】解：如图，连结AE，
设AC交EF于O，
依题意，有AO＝OC，∠AOF＝∠COE，∠OAF＝∠OCE，
所以，△OAF≌△OCE（ASA），
所以，EC＝AF＝5，
因为EF为线段AC的中垂线，
所以，EA＝EC＝5，
又BE＝3，由勾股定理，得：AB＝4，
所以，AC＝
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定、勾股定理，熟练掌握是解题的关键.
7、A
【分析】先证明△ADE∽△ACB，根据对应角相等即可求解.
【详解】∵AD·AB=AE·AC，
∴,又∠A=∠A，
∴△ADE∽△ACB，
∴∠ADE=∠C=180°-∠A-∠B=52°，
故选A.
【点睛】
此题主要考查相似三角形的性质，解题的关键是熟知相似三角形的判定定理.
8、D
【分析】根据中心对称图形以及轴对称图形的定义逐项判断即可．在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A．不是中心对称图形，是轴对称图形，此选项错误；
B．是中心对称图形，不是轴对称图形，此选项错误；
C．不是中心对称图形，是轴对称图形，此选项错误；
D．既是中心对称图形，又是轴对称图形，此选项正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查的知识点是识别中心对称图形以及轴对称图形，掌握中心对称图形以及轴对称图形的特征是解此题的关键．
9、B
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得图形的主视图．
【详解】A、C、D主视图是矩形，故A、C、D不符合题意；
B、主视图是三角形，故B正确；
故选B．
【点睛】
本题考查了简单几何体的三视图，圆锥的主视图是三角形．
10、B
【解析】解：
∵O是坐标原点，菱形OABC的顶点A的坐标为（3，﹣4），顶点C在x轴的正半轴上，
∴OA=5，AB∥OC，
∴点B的坐标为（8，﹣4），
∵函数y=（k＜0）的图象经过点B，
∴﹣4=，得k=﹣32.
故选B.
【点睛】
本题主要考查菱形的性质和用待定系数法求反函数的系数，解此题的关键在于根据A点坐标求得OA的长，再根据菱形的性质求得B点坐标，然后用待定系数法求得反函数的系数即可.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、﹣1
【分析】根据题意，可以设出点C和点A的坐标，然后利用反比例函数的性质和菱形的性质即可求得k的值，本题得以解决．
【详解】解：设点A的坐标为（a，0），点C的坐标为（c，），
则﹣a•＝6，点D的坐标为（，），
∴，
解得，k＝﹣1，
故答案为﹣1．
【点睛】
本题考查反比例函数系数的几何意义、反比例函数的性质、菱形的性质、反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
12、1．
【分析】把扇形的弧长和圆锥底面周长作为相等关系，列方程求解．
【详解】设此圆锥的底面半径为r．
根据圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于圆锥底面周长可得：
2πr，
解得：r=1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了圆锥侧面展开扇形与底面圆之间的关系，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
13、
【分析】通过旋转的性质可以得到，，，从而可以得到是等腰直角三角形，再根据勾股定理可以计算出的长度．
【详解】解：根据旋转的性质得：，
∴是等腰直角三角形，
∴
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质以及勾股定理的应用，其中根据旋转的性质推断出是等腰直角三角形是解题的关键．
14、3
【分析】已知直线y=x+2与反比例函数y=的图象在第一象限交于点P，设点P的坐标为(m,m+2)，根据OP=，列出关于m的等式，即可求出m，得出点P坐标，且点P在反比例函数图象上，所以点P满足反比例函数解析式，即可求出k值．
【详解】∵直线y=x+2与反比例函数y=的图象在第一象限交于点P
∴设点P的坐标为(m,m+2)
∵OP=
∴
解得m1=1，m2=-3
∵点P在第一象限
∴m=1
∴点P的坐标为(1,3)
∵点P在反比例函数y=图象上
∴
解得k=3
故答案为：3
【点睛】
本题考查了一次函数与反比例函数交点问题，交点坐标同时满足一次函数和反比例函数解析式，根据直角坐标系中点坐标的性质，可利用勾股定理求解．
15、1
【分析】根据抛物线与x轴的交点问题，得到图象C1与x轴交点坐标为：（1，1），（2，1），再利用旋转的性质得到图象C2与x轴交点坐标为：（2，1），（4，1），则抛物线C2：y=（x-2）（x-4）（2≤x≤4），于是可推出横坐标x为偶数时，纵坐标为1，横坐标是奇数时，纵坐标为1或-1，由此即可解决问题．
【详解】解：∵一段抛物线C1：y=-x（x-2）（1≤x≤2），
∴图象C1与x轴交点坐标为：（1，1），（2，1），
∵将C1绕点A1旋转181°得C2，交x轴于点A2；，
∴抛物线C2：y=（x-2）（x-4）（2≤x≤4），
将C2绕点A2旋转181°得C3，交x轴于点A3；
…
∴P（2121，m）在抛物线C1111上，
∵2121是偶数，
∴m=1，
故答案为1．
【点睛】
本题考查了二次函数与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
16、
【分析】根据正比例函数的定义即可得出答案.
【详解】∵函数是正比例函数
∴-a+1=0
解得：a=1
故答案为1.
【点睛】
本题考查的是正比例函数，属于基础题型，正比例函数的表达式为：y=kx(其中k≠0).
17、
【分析】根据折叠的性质可得DE=CE,DF=CF,利用两角对应相等的两三角形相似得出△AED∽△BDF，进而得出对应边成比例得出比例式，将比例式变形即可得.
【详解】解：如图，连接DE,DF,
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC, ∠A=∠B=∠ACB=60°,
由折叠可得，∠EDF=∠ACB=60°,DE=CE,DF=CF
∵∠BDE=∠BDF+∠FDE=∠A+∠AED,
∴∠BDF+60°=∠AED+60°,
∴∠BDF=∠AED,
∵∠A=∠B,
∴△AED∽△BDF,
∴ ,
设AD=x，∵AD：DB=1：2,则BD=2x,
∴AC=BC=3x,
∵,
∴
∴
∴,
∴.
故答案为： .
【点睛】
本题考查了折叠的性质，利用三角形相似对应边成比例及比例的性质解决问题，能发现相似三角形的模型，即“一线三等角”是解答此题的重要突破口.
18、
【分析】连接，根据旋转的性质得到，根据相似三角形的性质得，即，即可得到结论．
【详解】解：连接，
∵矩形ABCD绕点A旋转90°，得矩形，
∴=BC=AD，，，
∵三点在同一直线上，
∴
∴．
即．
解得或（舍去）
所以．
故答案为：
【点睛】
本题考查旋转的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
三、解答题(共66分)
19、（1）见解析；（2）见解析.
【分析】（1）利用两边对应成比例，夹角相等，两三角形相似即可；
（2）构造全等三角形，先找出OD与PA的关系，再用等积式找出PE与PA的关系，从而判断出OM＝PE，得出△ODM≌△PDE即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴.
（2）证明：连接，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，为直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
设圆半径为，在中，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，又为中点，
∴，，
∵，
∴，
又，，
∴，
∴.
【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，圆的性质，全等三角形的判定和学生，解本题的关键是构造全等三角形，难点是找OM＝PE．
20、（1）见解析；（2）
【解析】（1）求三角形相似就要得出两组对应的角相等，已知了∠BFE＝∠C，根据等角的补角相等可得出∠ADE＝∠AFB，根据AB∥CD可得出∠BAF＝∠AED，这样就构成了两三角形相似的条件．
（2）根据（1）的相似三角形可得出关于AB，AE，AD，BF的比例关系，有了AD，AB的长，只需求出AE的长即可．可在直角三角形ABE中用勾股定理求出AE的长，这样就能求出BF的长了．
【详解】（1）证明：在平行四边形ABCD中，
∵∠D＋∠C＝180°，AB∥CD，
∴∠BAF＝∠AED．
∵∠AFB＋∠BFE＝180°，∠D＋∠C＝180°，∠BFE＝∠C，
∴∠AFB＝∠D，
∴△ABF∽△EAD．
（2）解：∵BE⊥CD，AB∥CD，
∴BE⊥AB．
∴∠ABE＝90°．
∴．
∵△ABF∽△EAD，
，
．
．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等角的补角，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
21、教学楼DF的高度为.
【分析】延长AB交CF于E，先证明四边形AMFE是矩形，求出EF=AM=3，再设DE=x米，利用Rt△BCE得到AE=x+12，再根据Rt△ADE得到，即可得到x的值，由此根据DF=DE+EF求出结果.
【详解】如图，延长AB交CF于E，
由题意知：∠DAE=30，∠CBE=45，AB=9米，四边形ABNM是矩形，
∵四边形ABNM是矩形，
∴AB∥MN,
∵CF⊥MN,
∴∠AEC=∠MFC=90，
∵∠AMF=∠MFC=∠AEF=90，
∴四边形AMFE是矩形，
∴EF=AM=3，
设DE=x米，
在Rt△BCE中, ∠CBE=45，∴BE=CE=x+3，
∵AB=9，
∴AE=x+12，
在Rt△ADE中，∠DAE=30，∴,
∴，
解得： ，
∴DF=DE+EF=(米).
【点睛】
此题考查利用三角函数解决实际问题，解题中注意线段之间的关系，设未知数很主要，通常是设所求的量，利用图中所给的直角三角形，表示出两条边的长度，根据度数即可列得三角函数关系式，由此解决问题.
22、（1）详见解析；（2）≤≤1
【分析】（1）按照列表，取点，连线的步骤画图即可；
（2）根据图象即可得出答案.
【详解】解：（1）列表如下：
-2
-1
1
1
2
3
5
1
-3
-4
-3
1
函数图象如下图所示：
（2）由图象可知，当1≤x≤3时，≤≤1．
【点睛】
本题主要考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键.
23、（1）；（2）当时，S最大，此时；（3）或
【分析】（1）先根据射影定理求出点，设抛物线的解析式为：，将点代入求出，然后化为一般式即可；
（2）过点P作y轴的平行线交BC于点E，设，用待定系数法分别求出直线BC，直线AC，直线PD的解析式，表示出点E，点D的坐标，然后根据三角形面积公式列出二次函数解析式，利用二次函数的性质求解即可；
（3）分两种情况求解：当时和当时.
【详解】（1）∵，，
∴，.
∵，
∴由射影定理可得：，
∴，∴点，
设抛物线的解析式为：，将点代入上式得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）过点P作y轴的平行线交BC于点E，设，
设，
把，代入得
，
∴，
∴，
∴，
同样的方法可求，
故可设，把代入得，
联立解得：，
∴，
，
故当时，S最大，此时；
（3）由题知，，
当时，，
∴点C与点M关于对称轴对称，
∴；
当时，过M作于F，过F作y轴的平行线，交x轴于G，交过M平行于x轴的直线于K，
∵∠，BFM=∠BGF，
∴△MFK∽△FGB，
同理可证：，
∴，，
设，则，
∴，
∴，代入，
解得
，或（舍去），
∴，
故或.
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数、一次函数解析式，二次函数的图像与性质，一次函数图像交点坐标与二元一次方程组解的关系，相似三角形的判定与性质，以及分类讨论的数学思想，难度较大，属中考压轴题.
24、（1）x＝2；（2）x＝3或x＝1．
【分析】（1）利用配方法求解可得；
（2）利用因式分解法求解可得．
【详解】（1）∵x2﹣4x＝﹣2，
∴x2﹣4x+4＝﹣2+4，即（x﹣2）2＝2，
解得x﹣2＝，
则x＝2；
（2）∵（x﹣3）2﹣2（x﹣3）＝0，
∴（x﹣3）（x﹣1）＝0，
则x﹣3＝0或x﹣1＝0，
解得x＝3或x＝1．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程-因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．也考查了配方法解一元二次方程．
25、（1）见解析；（2）见解析.
【分析】（1）依据正方形的性质以及垂线的定义，即可得到∠ADG=∠C=90°，AD=DC，∠DAG=∠CDE，即可得出△ADG≌△DCE；
（2）延长DE交AB的延长线于H，根据△DCE≌△HBE，即可得出B是AH的中点，进而得到AB=FB．
【详解】证明：（1）四边形是正方形，
，
又，
，
，
（2）如图所示，延长交的延长线于，
是的中点，
，
又，
，
，
即是的中点，
又，
中，．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
26、（1）；（2）；（3）.
【分析】(1)将两点坐标直接代入可求出b，c的值，进而求出抛物线解析式为，得出C的坐标，从而求出直线AC的解析式为y=x+3.
(2)设直线的解析式为，直线与抛物线只有一个公共点，方程有两个相等的实数根，再利用根的判别式即可求出b的值.
(3)抛物线的顶点坐标为（-1，4），关于y轴的对称点为M（1，4），可确定M在直线AC上，分直线不在直线下方和直线在直线下方两种情况分析即可得解.
【详解】解：将A，B坐标代入解析式得出b=-2，c=3,
∴抛物线的解析式为：
当x=0 时，y=3，C的坐标为（0，3），
根据A，C坐标可求出直线AC的解析式为y=x+3.
直线，
设直线的解析式为.
直线与抛物线只有一个公共点，
方程有两个相等的实数根，
，
解得.
直线的解析式为.
.
解析：如图所示，，
抛物线的顶点坐标为.
抛物线的顶点关于轴的对称点为.
当时，，
点在直线上.
①当直线不在直线下方时，直线能与抛物线在第二象限的部分形成封闭图形.
当时，.
当直线与直线重合，即动点落在直线上时，点的坐标为.
随着点沿抛物线对称轴向上运动，图形逐渐变小，直至直线与轴平行时，图形消失，此时点与抛物线的顶点重合，动点的坐标是，
②当直线在直线下方时，直线不能与抛物线的任何部分形成封闭图形.
综上，点的纵坐标的取值范围是.
【点睛】
本题是一道二次函数与一次函数相结合的综合性题目，根据点坐标求出抛物线与直线的解析式是解题的关键.考查了学生对数据的综合分析能力，数形结合的能力，是一道很好的题目.
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