资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，四边形ABCD中，∠A=90°，AB=8，AD=6，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．5
2．下列数是无理数的是（ ）
A． B． C． D．
3．在反比例函数图像的每一条曲线上，y都随x的增大而增大，则b的取值范围是（ ）
A．b=3 B． C． D．
4．把抛物线向右平移3个单位，再向上平移2个单位，得到抛物线( ).
A． B． C． D．
5．函数与（）在同一坐标系中的图象可能是（ ）
A． B． C． D．
6．对于函数y＝，下列说法错误的是( )
A．它的图像分布在第一、三象限 B．它的图像与直线y＝－x无交点
C．当x>0时，y的值随x的增大而增大 D．当x<0时，y的值随x的增大而减小
7．已知甲、乙两地相距20千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，则汽车行驶时间t（单位：小时）关于行驶速度v（单位：千米/小时）的函数关系式是（ ）
A．t=20v B．t= C．t= D．t=
8．已知Rt△ABC中，∠C=900，AC=2，BC=3，则下列各式中，正确的是（ ）
A．； B．； C．； D．以上都不对；
9．下列各式运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，矩形中，，交于点，，分别为，的中点．若，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知关于x方程x2﹣3x+a=0有一个根为1，则方程的另一个根为_____．
12．如图，在矩形中，点为的中点，交于点，连接，下列结论：
①；
②；
③；
④若，则.
其中正确的结论是______________.(填写所有正确结论的序号)
13．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A(2，2)，B(4，2)，C(6，4)，以原点为位似中心，将△ABC缩小，使变换得到的△DEF与△ABC对应边的比为1∶2，则线段AC的中点P变换后对应点的坐标为____．
14．如图，小正方形构成的网络中，半径为1的⊙O在格点上，则图中阴影部分两个小扇形的面积之和为 ▲ （结果保留）．
15．如图，在一张矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=8，点E，F分别在AD，BC上，将纸片ABCD沿直线EF折叠，点C落在AD上的一点H处，点D落在点G处，有以下四个结论：
①四边形CFHE是菱形；
②EC平分∠DCH；
③线段BF的取值范围为3≤BF≤4；
④当点H与点A重合时，EF=2．
以上结论中，你认为正确的有 ．（填序号）
16．一个多边形的每个外角都是36°，这个多边形是______边形．
17．如图，菱形的顶点在轴正半轴上，顶点的坐标为，以原点为位似中心、在点的异侧将菱形缩小，使得到的菱形与原菱形的相似比为，则点的对应点的坐标为________.
18．在一个不透明的盒子中装有12个白球，若干个黄球，它们除颜色不同外，其余均相同，若从中随机摸出一个球是白球的概率是，则黄球个数为__________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线与△ABC的外接圆相交于点D．
(1)若∠BAC=70°，求∠CBD的度数；
(2)求证：DE=DB．
20．（6分）某厂生产的甲、乙两种产品，已知2件甲商品的出厂总价与3件乙商品的出厂总价相同，3件甲商品的出厂总价比2件乙商品的出厂总价多1500元．
（1）求甲、乙商品的出厂单价分别是多少？
（2）某销售商计划购进甲商品200件，购进乙商品的数量是甲的4倍．恰逢该厂正在对甲商品进行降价促销活动，甲商品的出厂单价降低了，该销售商购进甲的数量比原计划增加了，乙的出厂单价没有改变，该销售商购进乙的数量比原计划少了．结果该销售商付出的总货款与原计划的总货款恰好相同，求的值．
21．（6分）如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A、B两点，且B点的坐标为(3，0)，经过A点的直线交抛物线于点D (2， 3).
（1）求抛物线的解析式和直线AD的解析式；
（2）过x轴上的点E (a，0) 作直线EF∥AD，交抛物线于点F，是否存在实数a，使得以A、D、E、F为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出满足条件的a；如果不存在，请说明理由.
22．（8分）作图题：⊙O上有三个点A，B，C，∠BAC＝70°，请画出要求的角，并标注．
（1）画一个140°的圆心角；（2）画一个110°的圆周角；（3）画一个20°的圆周角．
23．（8分）如图，在中，，，，平分交于点，过点作交于点，点是线段上的动点，连结并延长分别交，于点、.
（1）求的长.
（2）若点是线段的中点，求的值.
（3）请问当的长满足什么条件时，在线段上恰好只有一点，使得?
24．（8分）如图，一次函数y=ax+b（a≠0）的图象与反比例函数（k≠0）的图象相交于A，B两点，与x轴，y轴分别交于C，D两点，tan∠DCO=，过点A作AE⊥x轴于点E，若点C是OE的中点，且点A的横坐标为﹣1．，
（1）求该反比例函数和一次函数的解析式；
（2）连接ED，求△ADE的面积．
25．（10分）某校喜迎中华人民共和国成立70周年，将举行以“歌唱祖国”为主题的歌咏比赛，需要在文具店购买国旗图案贴纸和小红旗发给学生做演出道具．已知毎袋贴纸有50张，毎袋小红旗有20面，贴纸和小红旗需整袋购买，每袋贴纸价格比每袋小红旗价格少5元，用150元购买贴纸所得袋数与用200元购买小红旗所得袋数相同．
（1）求每袋国旗图案贴纸和每袋小红旗的价格各是多少元？
（2）如果给每位演出学生分发国旗图案贴纸2张，小红旗1面．设购买国旗图案贴纸袋（为正整数），则购买小红旗多少袋能恰好配套？请用含的代数式表示．
（3）在文具店累计购物超过800元后，超出800元的部分可享受8折优惠．学校按（2）中的配套方案购买，共支付元，求关于的函数关系式．现全校有1200名学生参加演出，需要购买国旗图案贴纸和小红旗各多少袋？所需总费用多少元？
26．（10分）A、B两地间的距离为15千米，甲从A地出发步行前往B地，20分钟后，乙从 B地出发骑车前往A地，且乙骑车比甲步行每小时多走10千米．乙到达A地后停留40分钟，然后骑车按原路原速返回，结果甲、乙两人同时到达B地．求甲从A地到B地步行所用的时间．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】根据三角形中位线定理可知EF=DN，求出DN的最大值即可．
【详解】解：如图，连结DN，
∵DE=EM，FN=FM，
∴EF=DN，
当点N与点B重合时，DN的值最大即EF最大，
在Rt△ABD中，∵∠A=90°，AD=6，AB=8，
∴，
∴EF的最大值=BD=1．
故选：D．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是中位线定理的灵活应用，学会转化的思想，属于中考常考题型．
2、C
【分析】根据无理数的定义进行判断即可．
【详解】A. ，有理数；
B. ，有理数；
C. ，无理数；
D. ，有理数；
故答案为：C．
【点睛】
本题考查了无理数的问题，掌握无理数的定义是解题的关键．
3、C
【分析】由反比例函数的图象的每一条曲线上，y都随x的增大而增大，可得3-b＜0，进而求出答案，作出选择．
【详解】解：∵反比例函数的图象的每一条曲线上，y都随x的增大而增大，
∴3-b＜0，
∴b＞3，
故选C.
【点睛】
考查反比例函数的性质和一元一次不等式的解法，掌握反比例函数的性质是解决问题的关键．
4、D
【分析】直接根据平移规律（左加右减，上加下减）作答即可．
【详解】将抛物线y=x2+1向右平移1个单位，再向上平移2个单位后所得抛物线解析式为y=（x-1）2+1．
故选：D．
【点睛】
此题考查函数图象的平移，解题关键在于熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
5、D
【分析】根据反比例函数与一次函数的图象特点解答即可．
【详解】时，，在一、二、四象限，在一、三象限，无选项符合．
时，，在一、三、四象限，（）在二、四象限，只有D符合；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了反比例函数的图象性质和一次函数的图象性质，关键是由的取值确定函数所在的象限．
6、C
【解析】A. k=1>0，图象位于一、三象限，正确；
B. ∵y=−x经过二、四象限，故与反比例函数没有交点，正确；
C. 当x>0时，y的值随x的增大而增大，错误；
D. 当x<0时，y的值随x的增大而减小，正确，
故选C.
7、B
【解析】试题分析：根据行程问题的公式路程=速度×时间，可知汽车行驶的时间t关于行驶速度v的函数关系式为t=．
考点：函数关系式
8、C
【分析】根据勾股定理求出AB，根据锐角三角函数的定义求出各个三角函数值，即可得出答案．
【详解】如图：
由勾股定理得：AB= ，
所以cosB=，sinB= ，所以只有选项C正确；
故选：C．
【点睛】
此题考查锐角三角函数的定义的应用，能熟记锐角三角函数的定义是解此题的关键．
9、D
【分析】逐一对选项进行分析即可．
【详解】A. 不是同类项，不能合并，故该选项错误；
B. ，故该选项错误；
C. ，故该选项错误；
D. ，故该选项正确；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查同底数幂的乘除法，积的乘方，掌握同底数幂的乘除法和积的乘方的运算法则是解题的关键．
10、A
【分析】根据矩形的性质和直角三角形的性质以及中位线的性质，即可得到答案．
【详解】∵，分别为，的中点，
∴MN是∆OBC的中位线，
∴OB=2MN=2×3=6，
∵四边形是矩形，
∴OB=OD=OA=OC=6，即：AC=12，
∵AB=6，
∴AC=2AB，
∵∠ABC=90°，
∴=30°．
故选A．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质和直角三角形的性质以及中位线的性质，掌握矩形的对角线互相平分且相等，是解题的关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【解析】分析：设方程的另一个根为m，根据两根之和等于-，即可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出结论．
详解：设方程的另一个根为m，
根据题意得：1+m=3，
解得：m=1．
故答案为1．
点睛：本题考查了根与系数的关系，牢记两根之和等于-是解题的关键．
12、①③④
【分析】根据矩形的性质和余角的性质可判断①；延长CB，FE交于点G，根据ASA可证明△AEF≌△BEG，可得AF=BG，EF=EG，进一步即可求得AF、BC与CF的关系，S△CEF与S△EAF+S△CBE的关系，进而可判断②与③；由，结合已知和锐角三角函数的知识可得，进一步即可根据AAS证明结论④；问题即得解决．
【详解】解：∵，，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，∴，
，所以①正确；
延长CB，FE交于点G，如图，
在△AEF和△BEG中，∵∠FAE=∠GBE=90°，AE=BE，∠AEF=∠BEG，
∴△AEF≌△BEG（ASA），∴AF=BG，EF=EG，∴S△CEG=S△CEF，
∵CE⊥EG，∴CG=CF，∴AF+BC=BG+BC=CG=CF，所以②错误；
∴S△CEF=S△CEG=S△BEG+S△CBE=S△EAF+S△CBE，所以③正确；
若，则，，，
在和中，∵∠CEF=∠D=90°，，CF=CF，≌，所以④正确．
综上所述，正确的结论是①③④．
故答案为：①③④．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、余角的性质、全等三角形的判定和性质以及锐角三角函数等知识，综合性较强，属于常考题型，正确添加辅助线、熟练掌握上述基本知识是解题的关键．
13、 (1，)或(－1，－)
【分析】位似变换中对应点的坐标的变化规律：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k．本题中k＝1或−1．
【详解】解：∵两个图形的位似比是1：（−）或1：，AC的中点是（4，3），
∴对应点是（1，）或（−1，−）．
【点睛】
本题主要考查位似变换中对应点的坐标的变化规律．
14、．
【解析】如图，先根据直角三角形的性质求出∠ABC+∠BAC的值，再根据扇形的面积公式进行解答即可：
∵△ABC是直角三角形，∴∠ABC+∠BAC=90°．
∵两个阴影部分扇形的半径均为1，∴S阴影．
15、①③④
【解析】解：∵FH与CG，EH与CF都是矩形ABCD的对边AD、BC的一部分，
∴FH∥CG，EH∥CF，
∴四边形CFHE是平行四边形，
由翻折的性质得，CF=FH，
∴四边形CFHE是菱形，（故①正确）；
∴∠BCH=∠ECH，
∴只有∠DCE=30°时EC平分∠DCH，（故②错误）；
点H与点A重合时，设BF=x，则AF=FC=8﹣x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，
即42+x2=（8﹣x）2，
解得x=3，
点G与点D重合时，CF=CD=4，
∴BF=4，
∴线段BF的取值范围为3≤BF≤4，（故③正确）；
过点F作FM⊥AD于M，
则ME=（8﹣3）﹣3=2，
由勾股定理得，
EF==2，（故④正确）；
综上所述，结论正确的有①③④共3个，
故答案为①③④．
考点：翻折变换的性质、菱形的判定与性质、勾股定理
16、十
【分析】根据正多边形的性质，边数等于360°除以每一个外角的度数．
【详解】∵一个多边形的每个外角都是36°，
∴n=360°÷36°=10，
故答案为：十．
【点睛】
本题考查多边形内角与外角，掌握多边形的外角和为解题关键．
17、
【分析】先求得点C的坐标，再根据如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比等于或进行解答．
【详解】菱形的顶点的坐标为，
；
过点作，如图，
，，
在和中，，
∴，
，
，
∴点C的坐标为，
以原点为位似中心、在点的异侧将菱形缩小，使得到的菱形与原菱形的相似比为，
，
则点的对应点的坐标为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了位似变换：位似图形与坐标，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比等于或．
18、24
【分析】根据概率公式，求出白球和黄球总数，再减去白球的个数，即可求解.
【详解】12÷=36（个），
36-12=24（个），
答：黄球个数为24个.
故答案是：24.
【点睛】
本题主要考查概率公式，掌握概率公式及其变形公式，是解题的关键.
三、解答题(共66分)
19、（1）35°；（2）证明见解析.
【分析】（1）由点E是△ABC的内心，∠BAC=70°，易得∠CAD=，进而得出∠CBD=∠CAD=35°；
(2) 由点E是△ABC的内心，可得E点为△ABC角平分线的交点，可得∠ABE=∠CBE，∠BAD=∠CAD，可推导出∠DBE=∠BED，可得DE=DB.
【详解】（1）∵点E是△ABC的内心，∠BAC=70°，
∴∠CAD=，
∵，
∴∠CBD=∠CAD=35°；
（2）∵E是内心，
∴∠ABE=∠CBE，∠BAD=∠CAD．
∵∠CBD=∠CAD，
∴∠CBD=∠BAD，
∵∠BAD+∠ABE=∠BED，∠CBE+∠CBD=∠DBE，
∴∠DBE=∠BED，
∴DE=DB.
【点睛】
此题考查了圆的内心的性质以及角平分线的性质等知识． 此题综合性较强, 注意数形结合思想的应用.
20、（1）甲商品的出厂单价为900元/件，乙商品的出厂单价为600元/件；（2）的值为1．
【分析】（1）设甲商品的出厂单价是x元/件，乙商品的出厂单价为y元/件，根据题意列出方程组，解之即可得出结论；
（2）根据总价=单价×数量结合改变采购计划后的总货款与原计划的总货款恰好相同，即可得出关于a的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【详解】解：（1）设甲商品的出厂单价为元/件，乙商品的出厂单价为元/件，根据题意，可得，
，解得．
答：甲商品的出厂单价为900元/件，乙商品的出厂单价为600元/件．
（2）根据题意，可得，
,
令，化简，得，
解得，（舍去）．
∴，即．
答：的值为1．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是找出等量关系，正确列出二元一次方程组与一元二次方程．
21、（1） y=-x2+2x+3；y=x+1；（2）a的值为-3或．
【分析】（1）把点B和D的坐标代入抛物线y=-x2+bx+c得出方程组，解方程组即可；由抛物线解析式求出点A的坐标，设直线AD的解析式为y=kx+a，把A和D的坐标代入得出方程组，解方程组即可；
（2）分两种情况：①当a＜-1时，DF∥AE且DF=AE，得出F（0，3），由AE=-1-a=2，求出a的值；
②当a＞-1时，显然F应在x轴下方，EF∥AD且EF=AD，设F （a-3，-3），代入抛物线解析式，即可得出结果．
【详解】解：（1）把点B和D的坐标代入抛物线y=-x2+bx+c得：
解得：b=2，c=3，
∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3；
当y=0时，-x2+2x+3=0，
解得：x=3，或x=-1，
∵B（3，0），
∴A（-1，0）；
设直线AD的解析式为y=kx+a，
把A和D的坐标代入得：
解得：k=1，a=1，
∴直线AD的解析式为y=x+1；
（2）分两种情况：①当a＜-1时，DF∥AE且DF=AE，
则F点即为（0，3），
∵AE=-1-a=2，
∴a=-3；
②当a＞-1时，显然F应在x轴下方，EF∥AD且EF=AD，
设F （a-3，-3），
由-（a-3）2+2（a-3）+3=-3，
解得：a=；
综上所述，满足条件的a的值为-3或．
【点睛】
本题考查抛物线与x轴的交点；二次函数的性质；待定系数法求二次函数解析式及平行四边形的判定，综合性较强．
22、 (1)见解析;(2)见解析;(3)见解析
【分析】（1）根据∠BAC＝70°，画一个140°的圆心角，与∠BAC同弧即可；
（2）在劣弧BC上任意取一点P画一个∠BPC即可得110°的圆周角；
（3）过点C画一条直径CD，连接AD即可画一个20°的圆周角．
【详解】（1）如图1所示：∠BOC=2∠BAC＝140°
∴∠BOC即为140°的圆心角；
（2）如图2所示：∠BPC=180°-∠BAC=110°，
∴∠BPC即为110°的圆周角；
（3）连接CO并延长交圆于点D，连接AD，
∵∠DAC=90°，∴∠BAD=90°-∠BAC=20°
∴则∠BAD即为20°的圆周角．
【点睛】
此题主要考查圆的基本性质，解题的关键是熟知圆周角定理的性质.
23、（1） ；（2）；（3）当或时，满足条件的点只有一个.
【解析】（1）由角平分线定义得，在中，根据锐角三角函数正切定义即可求得长.
（2）由题意易求得，，由全等三角形判定得，根据全等三角形性质得，根据相似三角形判定得，由相似三角形性质得，将代入即可求得答案.
（3）由圆周角定理可得是顶角为120°的等腰三角形，再分情况讨论：
①当与相切时，结合题意画出图形，过点作，并延长与交于点，连结，，设半径为，由相似三角形的判定和性质即可求得长；
②当经过点时，结合题意画出图形，过点作，设半径为，在中，根据勾股定理求得，再由相似三角形的判定和性质即可求得长；③当经过点时，结合题意画出图形，此时点与点重合，且恰好在点处，由此可得长.
【详解】（1）解：∵平分，，
∴．
在中，
（2）解：易得，，．
由，得，．
∵，
∴，
∴．
由，得，
∴
∴
（3）解：∵，过，，作外接圆，圆心为，
∴是顶角为120°的等腰三角形.
①当与相切时，如图1，
过点作，
并延长与交于点，连结，
设的半径则，，
解得．
∴，．
易知，可得，则
∴．
②当经过点时，如图2，
过点作，垂足为．
设的半径，则．
在中，，解得，
∴
易知，可得
③当经过点时，如图3，
此时点与点重合，
且恰好在点处，可得．
综上所述，当或时，满足条件的点只有一个.
【点睛】
本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，圆周角定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会利用特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题．
24、（1）y=﹣x﹣3，y=﹣；（2）S△ADE= 2．
【分析】
（1）根据题意求得OE=1，OC=2，Rt△COD中，tan∠DCO= ，OD=3，即可得到A（-1，3），D（0，-3），C（-2，0），运用待定系数法即可求得反比例函数与一次函数的解析式；
（2）求得两个三角形的面积，然后根据S△ADE=S△ACE+S△DCE即可求得．
【详解】
（1）∵AE⊥x轴于点E，点C是OE的中点，且点A的横坐标为﹣1，
∴OE=1，OC=2，
∵Rt△COD中，tan∠DCO=，
∴OD=3，
∴A（﹣1，3），
∴D（0，﹣3），C（﹣2，0），
∵直线y=ax+b（a≠0）与x轴、y轴分别交于C、D两点，
∴ ，解得 ，
∴一次函数的解析式为y=﹣x﹣3，
把点A的坐标（﹣1，3）代入，可得3= ，解得k=﹣12，
∴反比例函数解析式为y=﹣；
（2）S△ADE=S△ACE+S△DCE=EC•AE+EC•OD=×2×3+=2．
25、（1）每袋国旗图案贴纸为15元，每袋小红旗为20元；（2）购买小红旗袋恰好配套；（3）需要购买国旗图案贴纸和小红旗各48，60袋，总费用元．
【解析】（1）设每袋国旗图案贴纸为元，则有，解得，检验后即可求解；
（2）设购买袋小红旗恰好与袋贴纸配套，则有，解得；
（3）如果没有折扣，，国旗贴纸需要：张，小红旗需要：面，则袋，袋，总费用元.
【详解】（1）设每袋国旗图案贴纸为元，则有，
解得，
经检验是方程的解，
∴每袋小红旗为元；
答：每袋国旗图案贴纸为15元，每袋小红旗为20元；
（2）设购买袋小红旗恰好与袋贴纸配套，则有，
解得，
答：购买小红旗袋恰好配套；
（3）如果没有折扣，则，
依题意得，
解得，
当时，则，
即，
国旗贴纸需要：张，
小红旗需要：面，
则袋，袋，
总费用元．
【点睛】
本题考查分式方程，一次函数的应用，能够根据题意列出准确的分式方程，求费用的最大值转化为求一次函数的最大值是解题的关键.
26、3小时．
【分析】本题的等量关系是路程=速度×时间．本题可根据乙从B到A然后再到B用的时间=甲从A到B用的时间-20分钟-40分钟来列方程．
【详解】解：设甲从A地到B地步行所用时间为x小时，
由题意得：
化简得：2x2-5x-3=0，
解得：x1=3，x2=-，
经检验知x=3符合题意，
∴x=3，
∴甲从A地到B地步行所用时间为3小时．
【点睛】
本题考查分式方程的应用，注意分式方程结果要检验．
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