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、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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，
点A、B、C是⊙O上的三点，∠BAC= 40°，则∠OBC的度数是（ ）
A．80° B．40° C．50° D．20°
2．下列说法错误的是（ ）
A．必然事件发生的概率是1
B．通过大量重复试验，可以用频率估计概率
C．概率很小的事件不可能发生
D．投一枚图钉，“钉尖朝上”的概率不能用列举法求得
3．二次函数的部分图象如图所示，由图象可知方程的根是（ ）
A． B．
C． D．
4．二次函数y=3(x–2)2–5与y轴交点坐标为( )
A．(0，2) B．(0，–5) C．(0，7) D．(0，3)
5．关于x的一元二次方程x2+8x+q=0有两个不相等的实数根，则q的取值范围是( )
A．q<16 B．q>16
C．q≤4 D．q≥4
6．已知抛物线具有如下性质:抛物线上任意一点到定点的距离与到轴的距离相等.如图点的坐标为 , 是抛物线上一动点，则周长的最小值是（ ）
A． B． C． D．
7．抛物线y＝－x2+3x－5与坐标轴的交点的个数是（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
8．已知命题“关于的一元二次方程必有两个实数根”，则能说明该命题是假命题的的一个值可以是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．如图，某物体由上下两个圆锥组成，其轴截面中，，.若下部圆锥的侧面积为1，则上部圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
10．若两个相似三角形的周长之比是1：4，那么这两个三角形的面积之比是（ ）
A．1：4 B．1：2 C．1：16 D．1：8
11．如图，点A、B、C是⊙O上的三点，且四边形ABCO是平行四边形，OF⊥OC交圆O于点F，则∠BAF等于( )
A．12.5° B．15° C．20° D．22.5°
12．若反比例函数的图象在每一条曲线上都随的增大而增大，则的取值范围是（）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．当时，二次函数有最大值4，则实数的值为________．
14．如图，为半圆的直径，点、、是半圆弧上的三个点，且，，若，，连接交于点，则的长是______.
15．如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，∠A=70°，∠OBC=60°，则∠ODC=__________．
16．如果3是数和6的比例中项，那么__________
17．设，是关于的一元二次方程的两根，则______.
18．反比例函数y＝﹣的图象与一次函数y＝﹣x+5的图象相交，其中一个交点坐标为(a，b)，则＝_____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为点P，直线BF与AD延长线交于点F，且∠AFB＝∠ABC．
（1）求证：直线BF是⊙O的切线；
（2）若CD＝2，BP＝1，求⊙O的半径．
20．（8分）三根垂直地面的木杆甲、乙、丙，在路灯下乙、丙的影子如图所示．试确定路灯灯泡的位置，再作出甲的影子．（不写作法，保留作图痕迹）
21．（8分）如图，是的角平分线，过点分别作、的平行线，交于点，交于点.
（1）求证：四边形是菱形.
（2）若，.求四边形的面积.
22．（10分）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，△OAB的三个顶点O（0，0）、A（4，1）、B（4，4）均在格点上．
（1）画出△OAB绕原点顺时针旋转后得到的△，并写出点的坐标；
（2）在（1）的条件下，求线段在旋转过程中扫过的扇形的面积．
23．（10分）已知锐角△ABC内接于⊙O，OD⊥BC于点D．
（1）若∠BAC=60°，⊙O的半径为4，求BC的长；
（2）请用无刻度直尺画出△ABC的角平分线AM． （不写作法，保留作图痕迹）
24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，点 的坐标分别是，与轴交于点．点在第一、二象限的抛物线上，过点作轴的平行线分别交轴和直线于点、．设点的横坐标为，线段的长度为．
⑴求这条抛物线对应的函数表达式；
⑵当点在第一象限的抛物线上时，求与之间的函数关系式；
⑶在⑵的条件下，当时，求的值．
25．（12分）如图，矩形中，，，点为边延长线上的一点，过的中点作交边于，交边的延长线于，，交边于，交边于
（1）当时，求的值；
（2）猜想与的数量关系，并证明你的猜想
26．在平面直角坐标系中，直线与反比例函数图象的一个交点为，求的值．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【解析】∵∠BOC=2∠BAC，∠BAC=40°
∴∠BOC=80°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=（180°-80°）÷2=50°
故选C．
2、C
【解析】不确定事件就是随机事件，即可能发生也可能不发生的事件，发生的概率大于0并且小于1
【详解】A、必然事件发生的概率是1，正确；
B、通过大量重复试验，可以用频率估计概率，正确；
C、概率很小的事件也有可能发生，故错误；
D、投一枚图钉，“钉尖朝上”的概率不能用列举法求得，正确，
故选：C．
【点睛】
本题考查了概率的意义，概率的意义反映的只是这一事件发生的可能性的大小，概率取值范围：0≤p≤1，其中必然发生的事件的概率P(A)＝1；不可能发生事件的概率P(A)＝0；随机事件，发生的概率大于0并且小于1.事件发生的可能性越大，概率越接近与1，事件发生的可能性越小，概率越接近于0.
3、A
【分析】根据图象与x轴的交点即可求出方程的根．
【详解】根据题意得
，对称轴为
∵
∴
∴
故答案为：A．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的问题，掌握一元二次方程图象的性质是解题的关键．
4、C
【分析】由题意使x=0,求出相应的y的值即可求解.
【详解】∵y=3（x﹣2）2﹣5, ∴当x=0时，y=7, ∴二次函数y=3（x﹣2）2﹣5与y轴交点坐标为(0,7).
故选C.
【点睛】
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是二次函数图象上的点满足其解析式.
5、A
【解析】∵关于x的一元二次方程x2+8x+q=0有两个不相等的实数根，
∴△>0，即82-4q>0，
∴q<16，
故选 A.
6、C
【分析】作过作轴于点，过点作轴于点，交抛物线于点，由结合，结合点到直线之间垂线段最短及MF为定值，即可得出当点P运动到点P′时，△PMF周长取最小值，再由点、的坐标即可得出、的长度，进而得出周长的最小值．
【详解】解：作过作轴于点，
由题意可知：，
∴周长=，
又∵点到直线之间垂线段最短，
∴当、、三点共线时 最小，此时周长取最小值，
过点作轴于点 ，交抛物线于点，此时周长最小值，
、，
，，
周长的最小值．
故选：．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征以及点到直线的距离，根据点到直线之间垂线段最短找出△PMF周长的取最小值时点P的位置是解题的关键．
7、B
【分析】根据△=b2-4ac与0的大小关系即可判断出二次函数y＝－x2+3x－5的图象与x轴交点的个数再加上和y轴的一个交点即可
【详解】解：对于抛物线y=－x2+3x－5，
∵△=9-20=-11＜0，
∴抛物线与x轴没有交点，与y轴有一个交点，
∴抛物线y=－x2+3x－5与坐标轴交点个数为1个，
故选：B．
【点睛】
本题考查抛物线与x轴的交点，解题的关键是记住：△=b2-4ac决定抛物线与x轴的交点个数．△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
8、A
【分析】根据判别式的意义，当m=1时，△＜0，从而可判断原命题为是假命题．
【详解】,解：△=n2-4，
当n=1时，△＜0，方程没有实数根，
当n=2时，△=0，方程有两个相等的实数根，
当n=3时，△>0，方程有两个不相等的实数根，
当n=4时，△>0，方程有两个不相等的实数根，
故选：A
【点睛】
本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式．有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
9、C
【分析】先证明△ABD为等边三角形，得到AB=AD=BD，∠A=∠ABD=∠ADB=60°，由求出∠CBD=∠CDB=30°，从而求出BC和BD的比值，利用圆锥的侧面积的计算方法得到上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB：CB，从而得到上部圆锥的侧面积．
【详解】解：∵∠A=60°，AB=AD，
∴△ABD为等边三角形，
∴AB=AD=BD，∠A=∠ABD=∠ADB=60°，
∵∠ABC=90°，
∴∠CBD=30°，
而CB=CD，
∴△CBD为底角为30°的等腰三角形，
过点C作CE⊥BD于点E，
易得BD=2BE，
∵∠CBD=30°，
∴BE：BC=：2，
∴BD：BC=：2=：1，即AB：BC=：1，
∵上面圆锥与下面圆锥的底面相同，
∴上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB：CB，
∴下面圆锥的侧面积=．
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了等腰直角三角形和等边三角形的性质．
10、C
【分析】根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方可得答案．
【详解】解：∵相似三角形的周长之比是1：4，
∴对应边之比为1：4，
∴这两个三角形的面积之比是：1：16，
故选C．
【点睛】
此题主要考查了相似三角形的性质，关键是掌握相似三角形的周长的比等于相似比；相似三角形的面积的比等于相似比的平方．
11、B
【详解】解：连接OB，
∵四边形ABCO是平行四边形，
∴OC=AB，又OA=OB=OC，
∴OA=OB=AB，
∴△AOB为等边三角形，
∵OF⊥OC，OC∥AB，
∴OF⊥AB，
∴∠BOF=∠AOF=30°，
由圆周角定理得∠BAF=∠BOF=15°
故选:B
12、B
【分析】根据反比例函数的性质，可求k的取值范围．
【详解】解：∵反比例函数图象的每一条曲线上，y都随x的增大而增大，
∴k−2<0，
∴k<2
故选B．
【点睛】
本题考查了反比例函数的性质，熟练掌握当k>0，双曲线的两支分别位于第一、第三象限，在每一象限内y随x的增大而减小；当k<0，双曲线的两支分别位于第二、第四象限，在每一象限内y随x的增大而增大．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、2或
【分析】求出二次函数对称轴为直线x=m，再分m＜-2，-2≤m≤1，m＞1三种情况，根据二次函数的增减性列方程求解即可．
【详解】解：二次函数的对称轴为直线x=m，且开口向下，
①m＜-2时，x=-2取得最大值，-（-2-m）2+m2+1=4，
解得，
，
∴不符合题意，
②-2≤m≤1时，x=m取得最大值，m2+1=4，
解得，
所以，
③m＞1时，x=1取得最大值，-（1-m）2+m2+1=4，
解得m=2，
综上所述，m=2或时，二次函数有最大值．
故答案为：2或．
【点睛】
本题考查了二次函数的最值，熟悉二次函数的性质及图象能分类讨论是解题的关键．
14、
【分析】连接OC，根据菱形的判定，可得四边形AODC为菱形，从而得出AC=OD，根据圆的性质可得OE=OC= AC= OA=，从而得出△AOC为等边三角形，然后根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，可求得∠EOC，从而得出OE平分∠AOC，根据三线合一和锐角三角函数即可求出OF，从而求出EF.
【详解】解：连接OC
∵，，OA=OD
∴四边形AODC为菱形
∴AC=OD
∵
∴OE=OC= AC= OA=
∴△AOC为等边三角形
∴∠AOC=60°
∵
∴∠EOC=2
∴OE平分∠AOC
∴OE⊥AC
在Rt△OFC中，cos∠EOC=
∴
∴EF=OE－OF=
故答案为：.
【点睛】
此题考查的是菱形的判定及性质、圆的基本性质、等边三角形的判定及性质和解直角三角形，掌握菱形的判定及性质、同弧所对的圆周角是圆心角的一半、等边三角形的判定及性质和用锐角三角函数解直角三角形是解决此题的关键.
15、50°．
【详解】解：∵∠A=70°，∴∠C=180°﹣∠A=110°，
∴∠BOD=2∠A=140°，∵∠OBC=60°，
∴∠ODC=360°﹣110°﹣140°﹣60°=50°，
故答案为50°．
考点：圆内接四边形的性质．
16、
【分析】根据比例的基本性质知道，在比例里两个外项的积等于两个内项的积．
【详解】因为，在比例里两个外项的积等于两个内项的积，
所以，6x=3×3，
x=9÷6，
x=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了比例中项的概念，熟练掌握概念是解题的关键．
17、－5.
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系即可求解．
【详解】∵，是关于的一元二次方程的两根，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，如果，是方程的两根，那么，．
18、﹣
【分析】根据函数图象上点的坐标特征得到ab=﹣3，a+b=5，把原式变形，代入计算即可．
【详解】∵反比例函数的图象与一次函数y=﹣x+5的图象相交，其中一个交点坐标为(a，b)，
∴ab=﹣3，b+a=5，
则，
故答案为：﹣．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，掌握函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
三、解答题（共78分）
19、（1）见解析；（2）1
【分析】（1）由圆周角定理得出∠ABC=∠ADC，由已知得出∠ADC=∠AFB，证出CD∥BF，得出AB⊥BF，即可得出结论；
（2）设⊙O的半径为r，连接OD．由垂径定理得出PD＝PC＝CD＝，得出OP=r-1在Rt△OPD中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】解:（1）证明：∵弧AC＝弧AC，
∴∠ABC＝∠ADC，
∵∠AFB＝∠ABC，
∴∠ADC＝∠AFB，
∴CD∥BF，
∵CD⊥AB，
∴AB⊥BF，
∵AB是圆的直径，
∴直线BF是⊙O的切线；
（2）解：设⊙O的半径为r，连接OD．如图所示：
∵AB⊥BF，CD＝2，
∴PD＝PC＝CD＝，
∵BP＝1，
∴OP＝r﹣1
在Rt△OPD中，由勾股定理得：r2 ＝（r﹣1）2+（）2
解得：r＝1．
即⊙O的半径为1．
【点睛】
本题考查切线的判定、勾股定理、圆周角定理、垂径定理以及勾股定理和平行线的判定与性质等知识，解题的关键熟练掌握圆周角定理和垂径定理．
20、见解析
【解析】分别作过乙，丙的头的顶端和相应的影子的顶端的直线得到的交点就是点光源所在处，连接点光源和甲的头的顶端并延长交平面于一点，这点到甲的脚端的距离是就是甲的影长．
解：
．
21、（1）详见解析；（2）120.
【分析】（1）先利用两组对边分别平行证明四边形是平行四边形，然后利用角平分线和平行线的性质证明一组邻边相等，即可证明四边形是菱形.
（2）连接交于点，利用菱形的性质及勾股定理求出OE,OF的长度，则菱形的面积可求.
【详解】（1）证明：，
四边形是平行四边形
是的角平分线
又
四边形是菱形
（2）连接交于点
四边形是菱形
，，
在中，由勾股定理得
【点睛】
本题主要考查菱形的判定及性质，掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键.
22、（1）图见解析，点A1坐标是（1，-4）；（2）
【分析】（1）据网格结构找出点A、B绕点O按照顺时针旋转90°后的对应点A1、B1的位置，然后顺次O、A1、B1连接即可，再根据平面直角坐标系写出A1点的坐标；
（2）利用扇形的面积公式求解即可，利用网格结构可得出．
【详解】（1）
点A1坐标是（1，-4）
（2）根据题意可得出：
∴线段在旋转过程中扫过的扇形的面积为：．
【点睛】
本题考查的知识点是旋转变换以及扇形的面积公式，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键．
23、（1）；（2）见解析
【分析】（1）连接OB、OC，得到，然后根据垂径定理即可求解BC的长；
（2）延长OD交圆于E点，连接AE，根据垂径定理得到，即，AE即为所求．
【详解】（1）连接OB、OC，
∴
∵OD⊥BC
∴BD=CD，且
∵OB=4
∴0D=2，BD=
∴BC=
故答案为；
（2）如图所示，延长OD交⊙O于点E，
连接AE交BC于点M，AM即为所求
根据垂径定理得到，即，所以AE为的角平分线．
【点睛】
本题考查了垂径定理，同弧所对圆周角是圆心角的一半，熟练掌握圆部分的定理和相关性质是解决本题的关键．
24、（1）；（2）当时， ，当时， ；（3）或．
【分析】（1）由题意直接根据待定系数法，进行分析计算即可得出函数解析式；
（2）根据自变量与函数值的对应关系，可得C点坐标，根据待定系数法，可得BC的解析式，根据E点的纵坐标，可得E点的横坐标，根据两点间的距离，可得答案；
（3）由题意根据PE与DE的关系，可得关于m的方程，根据解方程根据解方程，即可得出答案.
【详解】解：（1）由题意得，
解得
∴这条抛物线对应的函数表达式是．
（2）当时，．
∴点的坐标是．
设直线的函数关系式为．
由题意得
解得
∴直线的函数关系式为．
∵PD∥x轴，
∴．
∴．
当时，如图①，．
当时，如图②，．
（3）当时，，．
∵，
∴．
解得（不合题意，舍去），．
当时，，．
∵，
∴．
解得（不合题意，舍去），．
综上所述，当时，或．
【点睛】
本题考查二次函数综合题，利用待定系数法求函数解析式；利用平行于x轴直线上点的纵坐标相等得出E点的纵坐标是解题关键；利用PE与DE的关系得出关于m的方程是解题的关键．
25、（1）；（2），证明见解析
【分析】（1）根据E为DP中点，，可得出EH=2，再利用平行线分线段对应成比例求解即可；
（2）作交于点，可求证∽，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）∵四边形是矩形，
∴
∴
∵
∴，
∵
∴
∴
∴
∴
（2）答：
证明：作交于点
则，
∵，，，
∴
∴∽
∴
∴
【点睛】
本题考查的知识点是相似三角形的判定定理及其性质以及平行线分线段成比例定理，解此题的关键是利用矩形的性质求出EH的长．
26、
【分析】把点A代入直线解析式求出点A的坐标，然后再代入反比例函数解析式求出k值即可.
【详解】解： ∵ 直线与反比例函数的图象的一个交点为
∴ 2= -a+4，即a=2
∴ 点A坐标为（2，2）
∴ ，即k=4.
【点睛】
本题考查了反比例函数和一次函数的交点问题，即点A即在直线上又在双曲线上，代入求值即可.
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