资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．一元二次方程x2﹣16=0的根是（ ）
A．x=2 B．x=4 C．x1=2，x2=﹣2 D．x1=4，x2=﹣4
2．如图，将小正方形AEFG绕大正方形ABCD的顶点A顺时针旋转一定的角度α（其中0°≤α≤90°），连接BG、DE相交于点O，再连接AO、BE、DG．王凯同学在探究该图形的变化时，提出了四个结论：
①BG＝DE；②BG⊥DE；③∠DOA＝∠GOA；④S△ADG＝S△ABE，其中结论正确的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．已知，则（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
4．对于二次函数的图象，下列结论错误的是( )
A．顶点为原点 B．开口向上 C．除顶点外图象都在轴上方 D．当时，有最大值
5．如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的坐标为(1，)，则点C的坐标为( )
A．(－，1) B．(－1，) C．(，1) D．(－，－1)
6．将以点为位似中心放大为原来的2倍，得到，则等于（ ）
A． B． C． D．
7．若二次函数的图象经过点P (-1，2)，则该图象必经过点( )
A．(1，2) B．(-1，-2) C．(-2，1) D．(2，-1)
8．一元二次方程的二次项系数、一次项系数和常数项分别是（ ）
A．3，2，1 B．3，2，-1 C．3，-2，1 D．3，-2，-1
9．如图，弦和相交于内一点，则下列结论成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．一个不透明的口袋中放着若干个红球和白球，这两种球除了颜色以外没有任何其他区别，袋中的球已经搅匀，从口袋中随机取出一个球，取出红球的概率是．如果袋中共有32个小球，那么袋中的红球有（ ）
A．4个 B．6个 C．8个 D．10个
11．如图，在菱形中，，，，则的值是（ ）
A． B．2 C． D．
12．如图，下列四个三角形中，与相似的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．若记表示任意实数的整数部分，例如：，，…，则（其中“+”“－”依次相间）的值为______.
14．如图,从一块直径是的圆形铁皮上剪出一个圆心角是的扇形，如果将剪下来的扇形围成一个圆锥，那么圆锥的底面圆的半径为___________．
15．如图，一个小球由地面沿着坡度i=1：3的坡面向上前进了10m，此时小球距离地面的高度为_________m.
16．要使式子在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是________．
17．如图，一组等距的平行线，点A、B、C分别在直线l1、l6、l4上，AB交l3于点D，AC交l3于点E，BC交于l5点F，若△DEF的面积为1，则△ABC的面积为_____．
18．已知圆锥的底面圆的半径是，母线长是，则圆锥的侧面积是________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）今年“五•一”节期间，红星商场举行抽奖促销活动，凡在本商场购物总金额在300元以上者，均可抽一次奖，奖品为精美小礼品．抽奖办法是：在一个不透明的袋子中装有四个标号分别为1，2，3，4的小球，它们的形状、大小、质地等完全相同．抽奖者第一次摸出一个小球，不放回，第二次再摸出一个小球，若两次摸出的小球中有一个小球标号为“1”，则获奖．
（1）请你用树形图或列表法表示出抽奖所有可能出现的结果；
（2）求抽奖人员获奖的概率．
20．（8分）如图，点A（1，m2）、点B（2，m﹣1）是函数y＝（其中x＞0）图象上的两点．
（1）求点A、点B的坐标及函数的解析式；
（2）连接OA、OB、AB，求△AOB的面积．
21．（8分）如图所示，∠DBC＝90°，∠C＝45°，AC＝2，△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，连接AE．
（1）求证：△ABC≌△ABE；
（2）连接AD，求AD的长．
22．（10分）新能源汽车已逐渐成为人们的交通工具，据某市某品牌新能源汽车经销商1至3月份统计，该品牌新能源汽车1月份销售150辆，3月份销售216辆．
（1）求该品牌新能源汽车销售量的月均增长率；
（2）若该品牌新能源汽车的进价为6.3万元/辆，售价为6.8万元/辆，则该经销商1至3月份共盈利多少万元？
23．（10分）有一水果店，从批发市场按4元/千克的价格购进10吨苹果，为了保鲜放在冷藏室里，但每天仍有一些苹果变质，平均每天有50千克变质丢弃，且每存放一天需要各种费用300元，据预测，每天每千克价格上涨0.1元．
（1）设x天后每千克苹果的价格为p元，写出p与x的函数关系式；
（2）若存放x天后将苹果一次性售出，设销售总金额为y元，求出y与x的函数关系式；
（3）该水果店将这批水果存放多少天后一次性售出，可以获得最大利润，最大利润为多少？
24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与函数y＝（x＞0）的图象交于点A（m，2），B（2，n）．过点A作AC平行于x轴交y轴于点C，在y轴负半轴上取一点D，使OD＝OC，且△ACD的面积是6，连接BC．
（1）求m，k，n的值；
（2）求△ABC的面积．
25．（12分）如图，在正方形ABCD中，E为边AD上的点，点F在边CD上，且CF＝3FD，∠BEF＝90°
（1）求证：△ABE∽△DEF；
（2）若AB＝4，延长EF交BC的延长线于点G，求BG的长
26．解不等式组，并求出它的整数解
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【解析】本题考查了一元二次方程的解法，移项后即可得出答案．
【详解】解：16=x2，x=±1．故选：D
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解法，熟悉掌握一元二次方程的解法是解决本题的关键．
2、D
【分析】由“SAS”可证△DAE≌△BAG，可得BG＝DE，即可判断①；设点DE与AB交于点P， 由∠ADE＝∠ABG，∠DPA＝∠BPO，即可判断②；过点A作AM⊥DE，AN⊥BG，易证DE×AM＝×BG×AN，从而得AM＝AN，进而即可判断③；过点G作GH⊥AD，过点E作EQ⊥AD，由“AAS”可证△AEQ≌△GAH，可得AQ＝GH，可得S△ADG＝S△ABE，即可判断④．
【详解】∵∠DAB＝∠EAG＝90°，
∴∠DAE＝∠BAG，
又∵AD＝AB，AG＝AE，
∴△DAE≌△BAG（SAS），
∴BG＝DE，∠ADE＝∠ABG，
故①符合题意，
如图1，设点DE与AB交于点P，
∵∠ADE＝∠ABG，∠DPA＝∠BPO，
∴∠DAP＝∠BOP＝90°，
∴BG⊥DE，
故②符合题意，
如图1，过点A作AM⊥DE，AN⊥BG，
∵△DAE≌△BAG，
∴S△DAE＝S△BAG，
∴DE×AM＝×BG×AN，
又∵DE＝BG，
∴AM＝AN，且AM⊥DE，AN⊥BG，
∴AO平分∠DOG，
∴∠AOD＝∠AOG，
故③符合题意，
如图2，过点G作GH⊥AD交DA的延长线于点H，过点E作EQ⊥AD交DA的延长线于点Q，
∴∠EAQ+∠AEQ＝90°，∠EAQ+∠GAQ＝90°，
∴∠AEQ＝∠GAQ，
又∵AE＝AG，∠EQA＝∠AHG＝90°，
∴△AEQ≌△GAH（AAS）
∴AQ＝GH，
∴AD×GH＝AB×AQ，
∴S△ADG＝S△ABE，
故④符合题意，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质和三角形全等的判定和性质的综合，添加辅助线，构造全等三角形，是解题的关键.
3、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．
4、D
【分析】根据二次函数的性质逐项判断即可.
【详解】根据二次函数的性质，可得：
二次函数顶点坐标为（0，0），开口向上，故除顶点外图象都在x轴上方，
故A、B、C正确；当x=0时，y有最小值为0，故D错误.
故选：D.
【点睛】
本题考查二次函数的性质，熟练掌握二次函数顶点坐标，开口方向，最值与系数之间的关系是解题的关键.
5、A
【解析】试题分析：作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．如图：过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E，根据同角的余角相等求出∠OAD=∠COE，再利用“角角边”证明△AOD和△OCE全等，根据全等三角形对应边相等可得OE=AD，CE=OD，然后根据点C在第二象限写出坐标即可．∴点C的坐标为
（-，1）故选A．
考点：1、全等三角形的判定和性质；2、坐标和图形性质；3、正方形的性质．
6、C
【分析】根据位似图形都是相似图形，再直接利用相似图形的性质：面积比等于相似比的平方计算可得．
【详解】）∵将△OAB放大到原来的2倍后得到△OA′B′，
∴S△OAB：S△OA′B′=1：4.
故选：C.
【点睛】
本题考查位似图形的性质，解题关键是首先掌握位似图形都是相似图形 ．
7、A
【分析】先确定出二次函数图象的对称轴为y轴，再根据二次函数的对称性解答．
【详解】解：∵二次函数y=ax2的对称轴为y轴，
∴若图象经过点P（-1，2），
则该图象必经过点（1，2）．
故选：A．
【点睛】
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数图象的对称性，确定出函数图象的对称轴为y轴是解题的关键．
8、D
【解析】根据一元二次方程一般式的系数概念，即可得到答案．
【详解】一元二次方程的二次项系数、一次项系数和常数项分别是：3，-2，-1，
故选D．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程一般式的系数概念，掌握一元二次方程一般式的系数，是解题的关键．
9、C
【分析】连接AC、BD，根据圆周角定理得出角相等，推出两三角形相似，根据相似三角形的性质推出即可．
【详解】
连接AC、BD，
∵由圆周角定理得：∠A=∠D，∠C=∠B，
∴△CAP∽△BDP，
∴
∴，
所以只有选项C正确．
故选C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理，连接AC、BD利用圆周角定理是解题的关键．
10、C
【解析】根据概率公式列方程求解即可.
【详解】解：设袋中的红球有x个，
根据题意得：，
解得：x＝8，
故选C．
【点睛】
此题考查了概率公式的计算方法，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、B
【分析】由菱形的性质得AD=AB，由，求出AD的长度，利用勾股定理求出DE，即可求出的值.
【详解】解：在菱形中，有AD=AB，
∵，AE=ADAD3，
∴，
∴,
∴，
∴,
∴；
故选：B.
【点睛】
本题考查了三角函数，菱形的性质，以及勾股定理，解题的关键是根据三角函数值正确求出菱形的边长，然后进行计算即可.
12、C
【分析】△ABC是等腰三角形，底角是75°，则顶角是30°，结合各选项是否符合相似的条件即可．
【详解】由题图可知，，所以∠B=∠C=75°，
所以．根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似知，与相似的是项中的三角形
故选：C．
【点睛】
此题主要考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理和相似三角形的判定的理解和掌握，此题难度不大，但综合性较强．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、-22
【分析】先确定的整数部分的规律，根据题意确定算式的运算规律，再进行实数运算.
【详解】解：观察数据12=1，22=4，32=9，42=16，52=25,62=36的特征，得出数据1,2,3,4……2020中，算术平方根是1的有3个，算术平方根是2的有5个，算数平方根是3的有7个，算数平方根是4的有9个，…其中432=1849，442=1936,452=2025，所以在、中，算术平方根依次为1,2,3……43的个数分别为3,5,7,9……个，均为奇数个，最大算数平方根为44的有85个，所以=1-2+3-4+…+43-44= -22
【点睛】
本题考查自定义运算，通过正整数的算术平方根的整数部分出现的规律，找到算式中相同加数的个数及符号的规律，方能进行运算.
14、
【分析】根据题意可知扇形ABC围成圆锥后的底面周长就是弧BC的弧长，再根据弧长公式和圆周长公式来求解.
【详解】解：作于点,连结OA、BC,
∵∠BAC=90°
∴BC是直径，OB=OC,
,
圆锥的底面圆的半径
故答案为：
【点睛】
本题考查了扇形围成圆锥形，圆锥的底面圆的周长就是原来扇形的弧长，找到它们的关系是解题的关键.
15、
【详解】如图:
Rt△ABC中，∠C=90°，i=tanA=1：3，AB=1．
设BC=x，则AC=3x，
根据勾股定理，得：，
解得：x=（负值舍去）．故此时钢球距地面的高度是米．
16、 .
【分析】根据二次根式被开方数大于等于0，对于分式，分母不能为0，列式计算即可得解．
【详解】既是二次根式，又是分式的分母，
∴
解得：
∴实数的取值范围是：
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了二次根式及分式有意义的条件，正确把握相关定义是解题关键．
17、
【分析】在三角形中由同底等高，同底倍高求出，根据平行线分线段成比例定理，求出，最后由三角形的面积的和差法求得．
【详解】连接DC，设平行线间的距离为h，
AD=2a，如图所示：
∵，
，
∴S△DEF=S△DEA，
又∵S△DEF=1，
∴S△DEA=1，
同理可得：，
又∵S△ADC=S△ADE+S△DEC，
∴，
又∵平行线是一组等距的，AD=2a，
∴，
∴BD=3a，
设C到AB的距离为k，
∴ak，
，
∴，
又∵S△ABC=S△ADC+S△BDC，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题综合考查了平行线分线段成比例定理，平行线间的距离相等，三角形的面积求法等知识，重点掌握平行线分线段成比例定理，难点是作辅助线求三角形的面积．
18、
【解析】先计算出圆锥的底面圆的周长=1π×8cm=16πcm，而圆锥的侧面展开图为扇形，然后根据扇形的面积公式进行计算．
【详解】∵圆锥的底面圆的半径是8cm，
∴圆锥的底面圆的周长=1π×8cm=16πcm，
∴圆锥的侧面积=×10cm×16πcm=80πcm1．
故答案是：80π．
【点睛】
考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的半径等于圆锥的母线长，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长．也考查了扇形的面积公式．
三、解答题（共78分）
19、（1）详见解析
（2）。
【解析】试题分析：（1）根据列表法与画树状图的方法画出即可。
（2）根据概率公式列式计算即可得解。
解：（1）画树状图表示如下：
抽奖所有可能出现的结果有12种。
（2）∵由（1）知，抽奖所有可能出现的结果共有12种，这些结果出现的可能性相等，其中有一个小球标号为“1”的有6种，
∴抽奖人员的获奖概率为P。
20、（1）A（1，2），B（2，1），函数的解析式为y＝；（2）
【分析】（1）根据反比例函数图象上的点的坐标特征，得到k＝m2＝2（m﹣1），解得m的值，即可求得点A、点B的坐标及函数的解析式；
（2）由反比例函数系数k的几何意义，根据S△AOB＝S△AOM+S梯形AMNB﹣S△BON＝S梯形AMNB即可求解．
【详解】（1）点A（1，m2）、点B（2，m﹣1）是函数y＝（其中x＞0）图象上的两点，
∴k＝m2＝2（m﹣1），解得：m＝2，k＝2，
∴A（1，2），B（2，1），函数的解析式为：y＝；
（2）作AM⊥x轴于M，BN⊥x轴于N，
∴S△AOM=S△BON=k，
∴S△AOB＝S△AOM+S梯形AMNB﹣S△BON＝S梯形AMNB＝（2+1）（2﹣1）＝．
【点睛】
本题主要考查反比例函数的待定系数法和几何图形的综合，掌握反比例函数比例系数k的几何意义，是解题的关键.
21、（1）见解析；（2）.
【分析】（1）根据旋转的性质得到∠DBE＝∠ABC，∠EBC＝60°，BE＝BC，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）连接AD，根据旋转的性质得到DE＝AC，∠BED＝∠C，DE＝AC＝2，根据全等三角形的性质得到∠BEA＝∠C，AE＝AC＝2，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，
∴∠DBE＝∠ABC，∠EBC＝60°，BE＝BC，
∵∠DBC＝90°，
∴∠DBE＝∠ABC＝30°，
∴∠ABE＝30°，
在△ABC与△ABE中，，
∴△ABC≌△ABE（SAS）；
（2）解：连接AD，
∵△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，
∴DE＝AC，∠BED＝∠C，DE＝AC＝2，
∵△ABC≌△ABE，
∴∠BEA＝∠C，AE＝AC＝2，
∵∠C＝45°，
∴∠BED＝∠BEA＝∠C＝45°，
∴∠AED＝90°，DE＝AE，
∴AD＝AE＝2．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
22、（1）品牌新能源汽车月均增长率为20%；（2）经销商1至3月份共盈利273万元．
【分析】（1）设新能源汽车销售量的月均增长率为，根据3月份销售216辆列方程，再解方程即可得到答案；
（2）利用1至3月份的总销量乘以每辆车的盈利，即可得到答案．
【详解】解：（1）设新能源汽车销售量的月均增长率为，根据题意得
150（1＋）2＝216
（1＋）2＝1.44
解得：，（不合题意、舍去）
0.2＝20%
答：该品牌新能源汽车月均增长率为20%
（2）2月份销售新能源汽车150×（1+20%）＝180辆
（150+180+216）×（6.8－6.3）＝273
答：该经销商1至3月份共盈利273万元．
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的应用，掌握利用一元二次方程解决增长率问题是解题的关键．
23、；(3)该水果店将这批水果存放50天后一次性售出，可以获得最大利润，最大利润为12500元．
【分析】（1）根据按每千克元的市场价收购了这种苹果千克，此后每天每千克苹果价格会上涨元，进而得出天后每千克苹果的价格为元与的函数关系；
（2）根据每千克售价乘以销量等于销售总金额，求出即可；
（3）利用总售价-成本-费用=利润，进而求出即可.
【详解】根据题意知，；
．
当时，最大利润12500元，
答：该水果店将这批水果存放50天后一次性售出，可以获得最大利润，最大利润为12500元．
【点睛】
此题主要考查了二次函数的应用以及二次函数最值求法，得出与的函数关系是解题关键.
24、 (1) m＝1，k＝8，n＝1；（2）△ABC的面积为1．
【解析】试题分析：（1）由点A的纵坐标为2知OC=2，由OD=OC知OD=1、CD=3，根据△ACD的面积为6求得m=1，将A的坐标代入函数解析式求得k，将点B坐标代入函数解析式求得n；
（2）作BE⊥AC，得BE=2，根据三角形面积公式求解可得．
试题解析：（1）∵点A的坐标为（m，2），AC平行于x轴，
∴OC=2，AC⊥y轴，
∵OD=OC，
∴OD=1，
∴CD=3，
∵△ACD的面积为6，
∴CD•AC=6，
∴AC=1，即m=1，
则点A的坐标为（1，2），将其代入y=可得k=8，
∵点B（2，n）在y=的图象上，
∴n=1；
（2）如图，过点B作BE⊥AC于点E，则BE=2，
∴S△ABC=AC•BE=×1×2=1，
即△ABC的面积为1．
考点：反比例函数与一次函数的交点问题．
25、（1）详见解析；（2）1
【分析】（1）由正方形的性质得出∠A＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC，证出∠ABE＝∠DEF，即可得出△ABE∽△DEF；
（2）求出DF＝1，CF＝3，由相似三角形的性质得出，解得DE＝2，证明△EDF∽△GCF，得出 ，求出CG＝6，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC，
∵∠BEF＝90°，
∵∠AEB+∠EBA＝∠DEF+∠EBA＝90°，
∴∠ABE＝∠DEF，
∴△ABE∽△DEF；
（2）解：∵AB＝BC＝CD＝AD＝4，CF＝3FD，
∴DF＝1，CF＝3，
∵△ABE∽△DEF，
∴，即 ，
解得：DE＝2，
∵AD∥BC，
∴△EDF∽△GCF，
∴，即，
∴CG＝6，
∴BG＝BC+CG＝4+6＝1．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定及性质、正方形的性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键.
26、不等式组的解集为﹣1＜x＜2，不等式组的整数解为0、1．
【分析】先分别求出两个一元一次不等式的解，再根据求不等式组解的方法求出不等式组的解，继而可求出其整数解.
【详解】解：解不等式x+1＞0，得：x＞﹣1，
解不等式x+4＞3x，得：x＜2，
则不等式组的解集为﹣1＜x＜2，
所以不等式组的整数解为0、1．
【点睛】
本题考查的知识点是解不等式组，正确求出每个一元一次不等式的解是求不等式组的解的关键.
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