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（每题4分，共48分）
1．如图，在△ABC中，点D、E分别在AB、AC边上，DE∥BC，若AD=1，BD=2，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2．一元二次方程的二次项系数、一次项系数分别是
A．3， B．3，1 C．，1 D．3，6
3．如图是二次函数的图象，有下面四个结论：；；；，其中正确的结论是
A． B． C． D．
4．某中学组织初三学生足球比赛，以班为单位，每两班之间都比赛一场，计划安排场比赛，则参加比赛的班级有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
5．如图所示的网格是正方形网格，图中△ABC绕着一个点旋转，得到△A'B'C'，点C的对应点C' 所在的区域在1区∼4区中，则点C' 所在单位正方形的区域是（ ）
A．1区 B．2区 C．3区 D．4区
6．为了比较甲乙两足球队的身高谁更整齐，分别量出每人身高，发现两队的平均身高一样，甲、乙两队的方差分别是1.7、2.4，则下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两队身高一样整齐 B．甲队身高更整齐
C．乙队身高更整齐 D．无法确定甲、乙两队身高谁更整齐
7．如图所示，是的中线，是上一点，，的延长线交于，（ ）
A． B． C． D．
8．若在“正三角形、平行四边形、菱形、正五边形、正六边形”这五种图形中随机抽取一种图形，则抽到的图形属于中心对称图形的概率是( )
A． B． C． D．
9．如图，点A、B、C、D均在边长为1的正方形网格的格点上，则sin∠BAC的值为（ ）
A． B．1 C． D．
10．下列调查中，最适合采用抽样调查方式的是（ ）
A．对某飞机上旅客随身携带易燃易爆危险物品情况的调查
B．对我国首艘国产“002型”航母各零部件质量情况的调查
C．对渝北区某中学初2019级1班数学期末成绩情况的调查
D．对全国公民知晓“社会主义核心价值观”内涵情况的调查
11．已知关于x的方程x2－kx－6＝0的一个根为x＝－3，则实数k的值为( )
A．1 B．－1 C．2 D．－2
12．如图，在⊙O中，AB⊥OC，垂足为点D，AB＝8，CD＝2，若点P是优弧上的任意一点，则sin∠APB＝（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．已知p，q都是正整数，方程7x2﹣px+2009q＝0的两个根都是质数，则p+q＝_____．
14．如图，练习本中的横格线都平行，且相邻两条横格线间的距离都相等，同一条直线上的三个点A、B、C都在横格线上．若线段AB＝6cm，则线段BC＝____cm．
15．如图，已知两个反比例函数和在第一象限内的图象，设点在上，轴于点交于点轴于点交于点，则四边形的面积为_______________________．
16．已知扇形的半径为，圆心角为，则扇形的弧长为__________.
17．在相同时刻，物高与影长成正比．在某一晴天的某一时刻，某同学测得他自己的影长是2.4m，学校旗杆的影长为13.5m，已知该同学的身高是1.6m，则学校旗杆的高度是_____．
18．如果3a＝4b（a、b都不等于零），那么＝_____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，是的外接圆，为直径，的平分线交于点，过点的切线分别交，的延长线于点，，连接．
（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
20．（8分）如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=6，点E在AD边上，且AE=4，EF⊥BE交CD于点F．
（1）求证：△ABE∽△DEF；
（2）求EF的长．
21．（8分）已知二次函数.
（1）求证：不论m取何值，该函数图像与x轴一定有两个交点；
（2）若该函数图像与x轴的两个交点为A、B，与y轴交于点C，且点A坐标（2,0），求△ABC面积.
22．（10分）解方程：
23．（10分）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为边AB上一点，连接CD，在线段CD上取一点E，以AE为直角边作等腰直角△AEF，使∠EAF＝90°，连接BF交CD的延长线于点P．
（1）探索：CE与BF有何数量关系和位置关系？并说明理由；
（2）如图2，若AB＝2，AE＝1，把△AEF绕点A顺时针旋转至△AE'F′，当∠E′AC＝60°时，求BF′的长．
24．（10分）如图，已知直线y＝kx+6与抛物线y＝ax2+bx+c相交于A，B两点，且点A（1，4）为抛物线的顶点，点B在x轴上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在（1）中抛物线的第三象限图象上是否存在一点P，使△POB与△POC全等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点Q是y轴上一点，且△ABQ为直角三角形，求点Q的坐标．
25．（12分）某市射击队甲、乙两名队员在相同的条件下各射耙10次，每次射耙的成绩情况如图所示：
平均数
方差
中位数
甲
7
① .
7
乙
② .
5.4
③ .
（1）请将右上表补充完整：（参考公式：方差）
（2）请从下列三个不同的角度对这次测试结果进行分析：①从平均数和方差相结合看，__________的成绩好些；②从平均数和中位数相结合看，___________的成绩好些；
（3）若其他队选手最好成绩在9环左右，现要选一人参赛，你认为选谁参加，并说明理由．
26．如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴、两点（在的左侧），且，，与轴交于，抛物线的顶点坐标为.
（1）求、两点的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）过点作直线轴，交轴于点，点是抛物线上、两点间的一个动点（点不与、两点重合），、与直线分别交于点、，当点运动时，是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【解析】试题分析：∵DE∥BC，∴，∵，∴．故选B．
考点：平行线分线段成比例．
2、A
【分析】根据一元二次方程的定义解答．
【详解】3x2−6x+1=0的二次项系数是3，一次项系数是−6，常数项是1.
故答案选A.
【点睛】
本题考查的知识点是一元二次方程的一般形式，解题的关键是熟练的掌握一元二次方程的一般形式.
3、D
【分析】根据抛物线开口方向得到，根据对称轴得到，根据抛物线与轴的交点在轴下方得到，所以；时，由图像可知此时，所以；由对称轴，可得；当时，由图像可知此时，即，将代入可得.
【详解】①根据抛物线开口方向得到，根据对称轴得到，根据抛物线与轴的交点在轴下方得到，所以，故①正确.
②时，由图像可知此时，即，故②正确.
③由对称轴，可得，所以错误，故③错误；
④当时，由图像可知此时，即，将③中变形为，代入可得，故④正确.
故答案选D.
【点睛】
本题考查了二次函数的图像与系数的关系，注意用数形结合的思想解决问题．
4、C
【分析】设共有x个班级参赛，根据每两班之间都比赛一场可知每个班要进行(x-1)场比赛，根据计划安排场比赛列方程求出x的值即可得答案．
【详解】设共有x个班级参赛，
∵每两班之间都比赛一场，
∴每个班要进行(x-1)场比赛，
∵计划安排场比赛，
∴，
解得：x1=5，x2=-4(不合题意，舍去)，
∴参加比赛的班级有5个，
故选：C．
【点睛】
此题考查了一元二次方程的应用，关键是准确找到描述语，根据等量关系准确的列出方程．此题还要判断所求的解是否符合题意，舍去不合题意的解．
5、D
【分析】如图，连接A A'，B B'，分别作A A'，B B'的中垂线，两直线的交点即为旋转中心，从而便可判断出点C' 位置.
【详解】
如图，连接A A'，B B'，分别作A A'，B B'的中垂线，两直线的交点O即为旋转中心，连接OC，易得旋转角为90°，从而进一步即可判断出点C' 位置.在4区.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查了图形的旋转，熟练掌握相关方法是解题关键.
6、B
【解析】根据方差的意义可作出判断，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
【详解】∵S甲=1.7，S乙=2.4，
∴S甲＜S乙，
∴甲队成员身高更整齐；
故选B.
【点睛】
此题考查方差，掌握波动越小，数据越稳定是解题关键
7、D
【分析】作DH∥BF交AC于H，根据三角形中位线定理得到FH=HC，根据平行线分线段成比例定理得到，据此计算得到答案．
【详解】解：作DH∥BF交AC于H，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=DC，
∴FH=HC，
∴FC=2FH，
∵DH∥BF，，
，
∴AF：FC=1：6，
∴AF：AC=1：7，
故选：D．
【点睛】
本题考查平行线分线段成比例定理，作出平行辅助线，灵活运用定理、找准比例关系是解题的关键．
8、C
【解析】试题解析：这五种图形中，平行四边形、菱形和正六边形是中心对称图形，
所以这五种图形中随机抽取一种图形，则抽到的图形属于中心对称图形的概率=．
故选C．
考点：1.概率公式；2.中心对称图形．
9、A
【分析】连接BC，由勾股定理得AC2＝BC2＝12+22＝5，AB2＝12+32＝10，则AC＝BC，AC2+BC2＝AB2，得出△ABC是等腰直角三角形，则∠BAC＝45°，即可得出结果．
【详解】连接BC，如图3所示；
由勾股定理得：AC2＝BC2＝12+22＝5，AB2＝12+32＝10，
∴AC＝BC，AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝45°，
∴sin∠BAC＝，
故选：A．
【点睛】
本题考查了勾股定理、勾股定理的逆定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握勾股定理和勾股定理的逆定理是解题的关键．
10、D
【分析】根据普查得到的调查结果比较准确，但所费人力、物力和时间较多，而抽样调查得到的调查结果比较近似，进行判断．
【详解】A、对某飞机上旅客随身携带易燃易爆危险物品情况的调查适合采用全面调查方式；
B、对我国首艘国产“002型”航母各零部件质量情况的调查适合采用全面调查方式；
C、对渝北区某中学初2019级1班数学期末成绩情况的调查适合采用全面调查方式；
D、对全国公民知晓“社会主义核心价值观”内涵情况的调查适合采用抽样调查方式；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查抽样调查的意义和特点，理解抽样调查的意义是解题的关键.
11、B
【分析】一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．
【详解】解：因为x＝-3是原方程的根，所以将x＝-3代入原方程，即（-3）2+3k−6＝0成立，解得k＝-1．
故选：B．
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义，解题的关键是把方程的解代入进行求解.
12、B
【分析】如图，连接OA，OB．设OA＝OB＝x．利用勾股定理构建方程求出x，再证明∠APB＝∠AOD即可解决问题．
【详解】如图，连接OA，OB．设OA＝OB＝x．
∵OC⊥AB，
∴AD＝DB＝4，
在Rt△AOD中，则有x2＝42+（x﹣2）2，
∴x＝5，
∵OA＝OB，OD⊥AB，
∴∠AOD＝∠BOD，
∵∠APB＝∠AOB＝∠AOD，
∴sin∠APB＝sin∠AOD＝＝，
故选：B．
【点睛】
考查了圆周角定理和解直角三角形等知识，解题的关键是熟练灵活运用其相关知识．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、337
【分析】利用一元二次方程根与系数的关系，得出有关p，q的式子，再利用两个根都是质数，可分析得出结果．
【详解】解：x1+x2＝，
x1x2＝＝287q＝7×41×q，
x1和x2都是质数，
则只有x1和x2是7和41，而q＝1，
所以7+41＝，
p＝336，
所以p+q＝337，
故答案为：337.
【点睛】
此题考查了一元二次方程根与系数的关系以及质数的概念，题目比较典型．
14、18
【分析】根据已知图形构造相似三角形，进而得出，即可求得答案.
【详解】如图所示：过点A作平行线的垂线，交点分别为D、E，
可得：
，
∴，
即，
解得：，
∴，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的应用，根据题意得出是解答本题的关键.
15、
【分析】根据反比函数比例系数k的几何意义得到S△AOC=S△BOD=，S矩形PCOD=3，然后利用矩形面积分别减去两个三角形的面积即可得到四边形PAOB的面积．
【详解】解：∵PC⊥x轴，PD⊥y轴，
∴S△AOC=S△BOD=×=，S矩形PCOD=3，
∴四边形PAOB的面积=3－－=1
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了反比函数比例系数k的几何意义：在反比例函数y=图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．
16、
【分析】直接根据弧长公式即可求解．
【详解】∵扇形的半径为8cm，圆心角的度数为120°，
∴扇形的弧长为：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了弧长的计算．解答该题需熟记弧长的公式．
17、9米
【分析】由题意根据物高与影长成比例即旗杆的高度：13.5＝1.6：2.4，进行分析即可得出学校旗杆的高度．
【详解】解：∵物高与影长成比例，
∴旗杆的高度：13.5＝1.6：2.4，
∴旗杆的高度＝＝9米．
故答案为：9米．
【点睛】
本题考查相似三角形的应用，解题的关键是理解题意，把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比，列出方程并通过解方程求出旗杆的高度．
18、
【解析】直接利用已知把a，b用同一未知数表示，进而计算得出答案．
【详解】∵3a＝4b（a、b都不等于零），
∴设a＝4x，则b＝3x，
那么．
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了比例的性质，正确表示出a，b的值是解题关键．
三、解答题（共78分）
19、（1）见解析；（2）1
【解析】（1）连结OD，由圆内的等腰三角形和角平分线可证得，再由切线的性质即可证得结论；
（2）记与交于点，由中位线和矩形的性质可得OG和DG的长后相加即可求得的半径．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵是的切线，且点在上，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：记与交于点，
由（1）知，，
∵，即O为AB中点，
∴，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，则∠FCB=90°，
由（1）知，，
∴四边形AFDG为矩形，
∴
∴，
即的半径为1．
【点睛】
本题主要考查了切线的性质及圆周角定理，熟练掌握过切点的半径与切线垂直是解题的关键，同时也要注意角平分线、中位线和矩形等知识的运用．
20、（1）见解析；（2）．
【分析】（1）根据矩形的性质可得∠A=∠D=90°，再根据同角的余角相等求出∠1=∠3，然后利用两角对应相等，两三角形相似证明；
（2）利用勾股定理列式求出BE，再求出DE，然后根据相似三角形对应边成比例列式求解即可．
【详解】（1）证明：在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵EF⊥BE，
∴∠2+∠3=180°-90°=90°，
∴∠1=∠3，
又∵∠A=∠D=90°，
∴△ABE∽△DEF；
（2）∵AB=3，AE=4，
∴BE==5，
∵AD=6，AE=4，
∴DE=AD-AE=6-4=2，
∵△ABE∽△DEF，
∴，即，
解得EF=．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，利用同角的余角相等求出相等的锐角是证明三角形相似的关键．
21、（1）见解析；（2）10
【分析】（1）令y＝0得到关于x的二元一次方程，然后证明△＝b2−4ac＞0即可；
（2）令y=0求出抛物线与x轴的交点坐标,根据坐标的特点即可解题.
【详解】（1）因为=，且，所以.
所以该函数的图像与x轴一定有两个交点.
（2）将A（-1,0）代入函数关系式，得，，解得m=3，求得点B、C坐标分别为（4,0）、（0，-4）.所以△ABC面积=[4-（-1）]×4×0.5=10
【点睛】
本题主要考查的是抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，将函数问题转化为方程问题是解答问题（1）的关键，求出抛物线与x轴的交点坐标是解答问题（2）的关键．
22、x1=4,x2=-2
【解析】试题分析：因式分解法解方程.
试题解析：
x2-2x-8=0
(x-4)(x+2)=0
x1=4,x2=-2
23、（1）CE＝BF，CE⊥BF，理由见解析；（2）
【分析】（1）由“SAS”可证△AEC≌△AFB，可得CE＝BF，∠ABF＝∠ACE，进而可得CE⊥BF；
（2）过点E'作E'H⊥AC，连接E'C，由直角三角形的性质和勾股定理可求E'C的长，由“SAS”可证△F'AB≌△E'AC，可得BF'＝CE'＝．
【详解】（1）CE＝BF，CE⊥BF，理由如下：
∵∠BAC＝∠EAF＝90°，
∴∠EAC＝∠FAB，
又∵AE＝AF，AB＝AC，
∴△AEC≌△AFB（SAS）
∴CE＝BF，∠ABF＝∠ACE，
∵∠ADC＝∠BDP，
∴∠BPD＝∠CAD＝90°，
∴CE⊥BF；
（2）过点E'作E'H⊥AC，连接E'C，
∵把△AEF绕点A顺时针旋转至△AE'F′，
∴AF＝AE＝AE'＝AF'＝1，∠BAF'＝∠E'AC＝60°，
∵∠E'AC＝60°，∠AHE'＝90°，
∴∠AE'H＝30°，
∴AH＝AE'＝，E'H＝AH＝，
∴HC＝AC﹣AH＝，
∴E'C＝＝，
∵AF'＝AE'，∠F'AB＝∠E'AC＝60°，AB＝AC，
∴△F'AB≌△E'AC（SAS）
∴BF'＝CE'＝．
【点睛】
本题主要考查勾股定理和三角形全等的判定和性质定理，旋转的性质，添加辅助线，构造直角三角形，是解题的关键.
24、（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）存在，；（3）①；②Q点坐标为（0，）或（0， ）或（0，1）或（0，3）．
【分析】（1）用待定系数法求解析式；（2）作PM⊥x轴于M，作PN⊥y轴于N，当∠POB＝∠POC时，△POB≌△POC，设P（m，m），则m＝﹣m2+2m+3，可求m;（3）分类讨论：①如图，当∠Q1AB＝90°时，作AE⊥y轴于E，证△DAQ1∽△DOB，得，即；②当∠Q2BA＝90°时，∠DBO+∠OBQ2＝∠OBQ2+∠O Q2B＝90°，证△BOQ2∽△DOB，得，；③当∠AQ3B＝90°时，∠AEQ3＝∠BOQ3＝90°，证△BOQ3∽△Q3EA，，即；
【详解】解：（1）把A（1，4）代入y＝kx+6，
∴k＝﹣2，
∴y＝﹣2x+6，
由y＝﹣2x+6＝0，得x＝3
∴B（3，0）．
∵A为顶点
∴设抛物线的解析为y＝a（x﹣1）2+4，
∴a＝﹣1，
∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3
（2）存在．
当x＝0时y＝﹣x2+2x+3＝3，
∴C（0，3）
∵OB＝OC＝3，OP＝OP，
∴当∠POB＝∠POC时，△POB≌△POC，
作PM⊥x轴于M，作PN⊥y轴于N，
∴∠POM＝∠PON＝45°．
∴PM＝PN
∴设P（m，m），则m＝﹣m2+2m+3，
∴m＝，
∵点P在第三象限，
∴P（，）．
（3）①如图，当∠Q1AB＝90°时，作AE⊥y轴于E，
∴E（0，4）
∵∠DA Q1＝∠DOB＝90°，∠AD Q1＝∠BDO
∴△DAQ1∽△DOB，
∴，即，
∴DQ1＝，
∴OQ1＝，
∴Q1（0，）；
②如图，
当∠Q2BA＝90°时，∠DBO+∠OBQ2＝∠OBQ2+∠O Q2B＝90°
∴∠DBO＝∠O Q2B
∵∠DOB＝∠B O Q2＝90°
∴△BOQ2∽△DOB，
∴，
∴，
∴OQ2＝，
∴Q2（0，）；
③如图，当∠AQ3B＝90°时，∠AEQ3＝∠BOQ3＝90°，
∴∠AQ3E+∠E AQ3＝∠AQ3E+∠B Q3O＝90°
∴∠E AQ3＝∠B Q3O
∴△BOQ3∽△Q3EA，
∴，即，
∴OQ32﹣4OQ3+3＝0，
∴OQ3＝1或3，
∴Q3（0，1）或（0，3）．
综上，Q点坐标为（0，）或（0，）或（0，1）或（0，3）．
【点睛】
考核知识点：二次函数，相似三角形.构造相似三角形，数形结合分类讨论是关键.
25、（1）①1.2；②7；③7.5；（2）①甲；②乙；（3）乙，理由见解析
【分析】（1）根据方差公式直接计算即可得出甲的方差，然后根据折线图信息进一步分析即可求出乙的平均数以及中位数；
（2）①甲乙平均数相同，而甲的方差要小，所以甲的成绩更加稳定，从而得出甲的成绩好一些；②甲乙平均数相同，而乙的中位数较大，即乙的成绩的中间量较大，所以得出乙的成绩好一些；
（3）根据甲乙二人成绩的相关数据结合实际进一步分析比较即可.
【详解】（1）①甲的方差为：，
②乙的平均数为：，
③乙的中位数为：，
故答案为：①1.2；②7；③7.5；
（2）①甲乙平均数相同，而甲的方差要小，所以甲的成绩更加稳定，从而得出甲的成绩好一些；②甲乙平均数相同，而乙的中位数较大，即乙的成绩的中间量较大，所以得出乙的成绩好一些；
故答案为：①甲；②乙；
（3）选乙，理由如下：
综合看，甲发挥更稳定，但射击精准度差；乙发挥虽然不稳定，但击中高靶环次数更多，成绩逐步上升，提高潜力大，更具有培养价值，所以应选乙．
【点睛】
本题考查了折线统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键，折线统计图能清楚地看出数据的变化情况．
26、（1）点坐标，点坐标；（2）；（3）是定值，定值为8
【分析】（1）由OA、OB的长可得A、B两点坐标；
（2）结合题意可设抛物线的解析式为，将点C坐标代入求解即可；
（3）过点作轴交轴于，设，可用含t的代数式表示出，，的长，利用，的性质可得EF、EG的长，相加可得结论.
【详解】（1）由抛物线交轴于、两点（在的左侧），且，
，得
点坐标，点坐标；
（2）设抛物线的解析式为，
把点坐标代入函数解析式，得
，
解得，
抛物线的解析式为
；
（3）（或是定值），理由如下：
过点作轴交轴于，如图
设，
则，，
，
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又∵，
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【点睛】
本题考查了抛物线与三角形的综合，涉及的知识点主要有抛物线的解析式、相似三角形的判定和性质，灵活利用点坐标表示线段长是解题的关键.
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