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．下列说法错误的是（ ）
A．将数用科学记数法表示为
B．的平方根为
C．无限小数是无理数
D．比更大，比更小
2．已知关于的一元二次方程有两个实数根，，则代数式的值为（ ）
A． B． C． D．
3．若关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+2x﹣2=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k＞ B．k≥ C．k＞且k≠1 D．k≥且k≠1
4．如图,学校的保管室有一架5m长的梯子斜靠在墙上,此时梯子与地面所成的角为45°如果梯子底端O固定不变,顶端靠到对面墙上,此时梯子与地面所成的角为60°,则此保管室的宽度AB为( )
A．(+1 ) m B．(+3 ) m C．( ) m D．(+1 ) m
5．把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知，则球的半径长是（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．4
6．如图，在同一平面直角坐标系中，一次函数y1=kx+b（k、b是常数，且k≠0）与反比例函数y2=（c是常数，且c≠0）的图象相交于A（﹣3，﹣2），B（2，3）两点，则不等式y1＞y2的解集是（ ）
A．﹣3＜x＜2 B．x＜﹣3或x＞2 C．﹣3＜x＜0或x＞2 D．0＜x＜2
7．已知点、、在函数上，则、、的大小关系是（ ）．（用“>”连结起来）
A． B． C． D．
8．如图，在正方形ABCD中，G为CD边中点，连接AG并延长，分别交对角线BD于点F，交BC边延长线于点E．若FG＝2，则AE的长度为( )
A．6 B．8
C．10 D．12
9．点M（2，-3）关于原点对称的点N的坐标是: ( )
A．（-2，-3） B．（-2, 3） C．（2, 3） D．（-3， 2）
10．如图，A，B，C，D是⊙O上的四个点，B是的中点，M是半径OD上任意一点．若∠BDC=40°，则∠AMB的度数不可能是( )
A．45° B．60° C．75° D．85°
11．如图，在平面直角坐标系中，点P在函数y＝（x＞0）的图象上从左向右运动，PA∥y轴，交函数y＝﹣（x＞0）的图象于点A，AB∥x轴交PO的延长线于点B，则△PAB的面积（ ）
A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．等于定值16 D．等于定值24
12．如图，在中，是边上的点，以为圆心，为半径的与相切于点，平分，，，的长是（ ）
A． B．2 C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．在某一时刻，测得一根高为的竹竿的影长为，同时同地测得一栋楼的影长为，则这栋楼的高度为________．
14．关于的一元二次方程有一个解是，另一个根为 _______．
15．当_____时，是关于的一元二次方程.
16．如图，在正方形中，，将绕点顺时针旋转得到，此时与交于点，则的长度为___________.
17．如图，已知二次函数y=x2+bx+c的图象经过点（﹣1，0），（1，﹣2），当y随x的增大而增大时，x的取值范围是______．
18．如图，PA，PB分别切⊙O于点A，B．若∠P＝100°，则∠ACB的大小为_____（度）．
三、解答题（共78分）
19．（8分）解方程：x2+4x﹣3＝1．
20．（8分）小颖和小红两位同学在学习“概率”时，做掷骰子（质地均匀的正方体）实验．
他们在一次实验中共掷骰子次，试验的结果如下：
朝上的点数
出现的次数
①填空：此次实验中“点朝上”的频率为________；
②小红说：“根据实验，出现点朝上的概率最大．”她的说法正确吗？为什么？
小颖和小红在实验中如果各掷一枚骰子，那么两枚骰子朝上的点数之和为多少时的概率最大？试用列表或画树状图的方法加以说明，并求出其最大概率．
21．（8分）如图，坡AB的坡比为1：2.4，坡长AB=130米，坡AB的高为BT．在坡AB的正面有一栋建筑物CH，点H、A、T在同一条地平线MN上．
（1）试问坡AB的高BT为多少米？
（2）若某人在坡AB的坡脚A处和中点D处，观测到建筑物顶部C处的仰角分别为60°和30°，试求建筑物的高度CH．（精确到米，≈1.73，≈1.41）
22．（10分）因2019年下半年猪肉大涨，某养猪专业户想扩大养猪场地，但为了节省材料，利用一面墙（墙足够长）为一边，用总长为120的材料围成了如图所示①②③三块矩形区域，而且这三块矩形区域的面积相等，设的长度为（），矩形区域的面积（）.
（1）求与之间的函数表达式，并注明自变量的取值范围.
（2）当为何值时，有最大值？最大值是多少？
23．（10分）元旦期间，小黄自驾游去了离家156千米的黄石矿博园，右图是小黄离家的距离y（千米）与汽车行驶时间x（小时）之间的函数图象．
（1）求小黄出发0.5小时时，离家的距离；
（2）求出AB段的图象的函数解析式；
（3）小黄出发1.5小时时，离目的地还有多少千米？
24．（10分）如图，是的直径，是上半圆的弦，过点作的切线交的延长线于点，过点作切线的垂线，垂足为，且与交于点，设，的度数分别是.
用含的代数式表示，并直接写出的取值范围；
连接与交于点，当点是的中点时，求的值.
25．（12分）如图，四边形是平行四边形，、是对角线上的两个点，且．求证：．
26．如图是四个全等的小矩形组成的图形，这些矩形的顶点称为格点．△ABC是格点三角形(顶点是格点的三角形)
(1)若每个小矩形的较短边长为1，则BC= ；
(2)①在图1、图2中分别画一个格点三角形(顶点是格点的三角形)，使它们都与△ABC相似(但不全等)，且图1，2中所画三角形也不全等)．
②在图3中只用直尺(没有刻度)画出△ABC的重心M．(保留痕迹，点M用黑点表示，并注上字母M)
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】根据科学记数法的表示方法、平方根的定义、无理数的定义及实数比较大小的方法，进行逐项判断即可．
【详解】A.65800000=6.58×107，故本选项正确；
B.9的平方根为：，故本选项正确；
C.无限不循环小数是无理数，而无限小数包含无限循环小数和无限不循环小数，故本选项错误；
D.，因为，所以，即，故本选项正确．
故选：C．
【点睛】
本题考查科学记数法、平方根、无理数的概念及实数比较大小，明确各定义和方法即可，难度不大．
2、B
【分析】由题意根据根与系数的关系以及方程的解的概念即可求出答案．
【详解】解：由根与系数的关系可知：，
∴1+n=-m，n=3，
∴m=-4，n=3，
∴.
故选：B．
【点睛】
本题考查根与系数的关系，解题的关键是熟练运用根与系数的关系求值与代入求值.
3、C
【详解】根据题意得k-1≠0且△=2²-4（k-1）×（-2）＞0，解得：k＞且k≠1．
故选C
【点睛】
本题考查了一元二次方程ax²+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b²-4ac，关键是熟练掌握：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．
4、A
【分析】根据锐角三角函数分别求出OB和OA，即可求出AB.
【详解】解：如下图所示，OD=OC=5m，∠DOB=60°，∠COA=45°，
在Rt△OBD中，OB=OD·cos∠DOB=m
在Rt△OAC中，OA=OC·cos∠COA=m
∴AB=OA+OB=(+1 )m
故选：A.
【点睛】
此题考查的是解直角三角形，掌握用锐角三角函数解直角三角形是解决此题的关键.
5、B
【解析】取EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，设OF=x，则OM=4-x，MF=2，然后在Rt△MOF中利用勾股定理求得OF的长即可．
【详解】如图：
EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠D=90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴MN=CD=4，
设OF=x，则ON=OF，
∴OM=MN-ON=4-x，MF=2，
在直角三角形OMF中，OM2+MF2=OF2，
即：（4-x）2+22=x2，
解得：x=2.5，
故选B．
【点睛】
本题主考查垂径定理及勾股定理的知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
6、C
【解析】一次函数y1=kx+b落在与反比例函数y2=图象上方的部分对应的自变量的取值范围即为所求．
【详解】∵一次函数y1=kx+b（k、b是常数，且k≠0）与反比例函数y2=（c是常数，且c≠0）的图象相交于A（﹣3，﹣2），B（2，3）两点，
∴不等式y1＞y2的解集是﹣3＜x＜0或x＞2，
故选C．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，利用数形结合是解题的关键．
7、D
【分析】抛物线开口向上，对称轴为x= -1．根据三点横坐标离对称轴的距离远近来判断纵坐标的大小．
【详解】解：由函数可知：
该函数的抛物线开口向上，且对称轴为x=-1．
∵、、在函数上的三个点,
且三点的横坐标距离对称轴的远近为:
、、
∴．
故选: D．
【点睛】
主要考查二次函数图象上点的坐标特征．也可求得的对称点，使三点在对称轴的同一侧．
8、D
【解析】根据正方形的性质可得出AB∥CD，进而可得出△ABF∽△GDF，根据相似三角形的性质可得出=2，结合FG=2可求出AF、AG的长度，由AD∥BC，DG=CG，可得出AG=GE，即可求出AE=2AG=1．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABF=∠GDF，∠BAF=∠DGF，
∴△ABF∽△GDF，
∴=2，
∴AF=2GF=4，
∴AG=2．
∵AD∥BC，DG=CG，
∴=1，
∴AG=GE
∴AE=2AG=1．
故选：D．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质，利用相似三角形的性质求出AF的长度是解题的关键．
9、B
【解析】试题解析：已知点M（2，-3），
则点M关于原点对称的点的坐标是（-2，3），
故选B．
10、D
【解析】解：∵B是弧AC的中点，∴∠AOB=2∠BDC=80°．又∵M是OD上一点，∴∠AMB≤∠AOB=80°．则不符合条件的只有85°．故选D．
点睛：本题考查了圆周角定理，正确理解圆周角定理求得∠AOB的度数是关键．
11、C
【分析】根据反比例函数k的几何意义得出S△POC＝×2＝1，S矩形ACOD＝6，即可得出，从而得出，通过证得△POC∽△PBA，得出，即可得出S△PAB＝1S△POC＝1．
【详解】如图，
由题意可知S△POC＝×2＝1，S矩形ACOD＝6，
∵S△POC＝OC•PC，S矩形ACOD＝OC•AC，
∴，
∴，
∴，
∵AB∥轴，
∴△POC∽△PBA，
∴，
∴S△PAB＝1S△POC＝1，
∴△PAB的面积等于定值1．
故选：C．
【点睛】
本题考查了反比例函数的性质以及矩形的面积的计算，利用相似三角形面积比等于相似比的平方是解决本题的关键．
12、A
【分析】由切线的性质得出 求出 ，证出 ，得出，得出，由直角三角形的性质得出 ，得出 ，再由直角三角形的性质即可得出结果．
【详解】解：∵ 与AC相切于点D，
故选A．
【点睛】
本题考查的是切线的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识，熟练掌握圆的切线和直角三角形的性质，证出是解题的关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、1
【分析】根据同一时刻物高与影长成正比即可得出结论．
【详解】解：设这栋楼的高度为hm，
∵在某一时刻，测得一根高为1.8m的竹竿的影长为3m，同时测得一栋楼的影长为60m，
∴，
解得h=1（m）．
故答案为1．
【点睛】
本题考查的是相似三角形的应用，熟知同一时刻物高与影长成正比是解答此题的关键．
14、
【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．即把0代入方程求解可得m的值；把m的值代入一元二次方程中，求出x的值，即可得出答案．
【详解】解：把x=0代入方程（m+2）x2+3x+m2-4=0得到m2-4=0，
解得：m=±2，
∵m-2≠0,
∴m=-2，
当m=-2时，原方程为：-4x2+3x=0
解得：x1=0，x2=，
则方程的另一根为x=．
【点睛】
本题主要考查对一元二次方程的解，解一元二次方程等知识点的理解和掌握，能求出m的值是解此题的关键．
15、
【分析】根据一元二次方程的定义得到m−1≠0，解不等式即可．
【详解】解：∵方程是关于x的一元二次方程，
∴m−1≠0，
∴m≠1，
故答案为：.
【点睛】
本题考查了一元二次方程的定义：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数为2的整式方程叫一元二次方程．
16、
【分析】利用正方形和旋转的性质得出A′D=A′E，进而利用勾股定理得出BD的长，进而利用锐角三角函数关系得出DE的长即可．
【详解】解：由题意可得出：∠BDC=45°，∠DA′E=90°，
∴∠DEA′=45°，
∴A′D=A′E，
∵在正方形ABCD中，AD=1，
∴AB=A′B=1，
∴BD=，
∴A′D=，
∴在Rt△DA′E中，DE=．
故答案为：.
【点睛】
此题主要考查了正方形和旋转的性质以及勾股定理、锐角三角函数关系等知识，得出A′D的长是解题关键．
17、x＞
【详解】解：把（﹣1，0），（1，﹣2）代入二次函数y=x2+bx+c中，得：，
解得：，
那么二次函数的解析式是：，
函数的对称轴是：，
因而当y随x的增大而增大时，
x的取值范围是：．
故答案为．
【点睛】
本题考查待定系数法求二次函数解析式；二次函数的图象性质，利用数形结合思想解题是关键．
18、1
【分析】首先连接OA，OB，由PA、PB分别切⊙O于点A、B，根据切线的性质可得：OA⊥PA，OB⊥PB，然后由四边形的内角和等于360°，求得∠AOB的度数，又由圆周角定理，即可求得答案．
【详解】解：连接OA，OB，
∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
即∠PAO＝∠PBO＝90°，
∴∠AOB＝360°﹣∠PAO﹣∠P﹣∠PBO＝360°﹣90°﹣100°﹣90°＝80°，
∴．
故答案为：1．
【点睛】
此题考查了切线的性质以及圆周角定理．解题的关键是掌握辅助线的作法，熟练掌握切线的性质．
三、解答题（共78分）
19、x1＝﹣2+, x2＝﹣2﹣
【分析】根据配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方；解方程即可．
【详解】解：原式可化为x2+4x+4﹣7＝1
即（x+2）2＝7，
开方得，x+2＝±，
x1＝﹣2+；
x2＝﹣2﹣．
【点睛】
此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
20、（1）①；②说法是错误的．理由见解析；(2)．
【解析】（1）①让5出现的次数除以总次数即为所求的频率；②根据概率的意义，需要大量实验才行；
（2）列举出所有情况，比较两枚骰子朝上的点数之和的情况数，进而让最多的情况数除以所有情况数的即可．
【详解】解：①；
②说法是错误的．在这次试验中，“点朝上”的频率最大并不能说明“点朝上”这一事件发生的概率最大．因为当试验的次数较大时，频率稳定于概率，但并不完全等于概率．
由表格可以看出，总情况数有种，之和为的情况数最多，为种，
所以（点数之和为）．
【点睛】
考查用列表格的方法解决概率问题及概率的意义;用到的知识点为:概率是大量实验下一个稳定的值;数学中概率等于所求情况数与总情况数之比.
21、（1）坡AB的高BT为50米；（2）建筑物高度为89米
【解析】试题分析:(1)根据坡AB的坡比为1:2.4,可得tan∠BAT=,可设TB=h,则AT=2.4h,由勾股定理可得,即可求解,(2) 作DK⊥MN于K,作DL⊥CH于L, 在△ADK中,AD=AB=65,KD=BT=25,得AK=60,在△DCL中,∠CDL=30°,令CL=x,得LD=, 易知四边形DLHK是矩形,则LH=DK,LD=HK,在△ACH中,∠CAH=60°,CH=x+25,得AH=, 所以,解得,则CH=.
试题解析:（1）在△ABT中,∠ATB=90°,BT:AT=1:2.4,AB=130,
令TB=h,则AT=2.4h,
有,
解得h=50（舍负）.
答:坡AB的高BT为50米.
（2）作DK⊥MN于K,作DL⊥CH于L,
在△ADK中,AD=AB=65,KD=BT=25,得AK=60,
在△DCL中,∠CDL=30°,令CL=x,得LD=,
易知四边形DLHK是矩形,则LH=DK,LD=HK,
在△ACH中,∠CAH=60°,CH=x+25,得AH=,
所以,解得,
则CH=.
答:建筑物高度为89米.
22、（1）；（2）时，有最大值
【分析】（1）根据题意三个区域面积直接求与之间的函数表达式，并根据表示自变量的取值范围即可；
（2）由题意对与之间的函数表达式进行配方，即可求的最大值.
【详解】解：（1）假设为，由题意三个区域面积相等可得，区域1=区域2，面积法，得，由总长为120，故，得.
所以，面积
（2），所以当时，为最大值.
【点睛】
本题考查二次函数的性质在实际生活中的应用．最大值的问题常利用函数的增减性来解答．
23、（1）2千米；（2）y＝90x﹣24（0.8≤x≤2）；（3）3千米
【分析】（1）先运用待定系数法求出OA的解析式，再将x＝0.5代入，求出y的值即可；
（2）设AB段图象的函数表达式为y＝k′x+b，将A、B两点的坐标代入，运用待定系数法即可求解；
（3）先将x＝1.5代入AB段图象的函数表达式，求出对应的y值，再用156减去y即可求解．
【详解】解：（1）设OA段图象的函数表达式为y＝kx．
∵当x＝0.8时，y＝48，
∴0.8k＝48，
∴k＝1．
∴y＝1x（0≤x≤0.8），
∴当x＝0.5时，y＝1×0.5＝2．
故小黄出发0.5小时时，离家2千米；
（2）设AB段图象的函数表达式为y＝k′x+b．
∵A（0.8，48），B（2，156）在AB上，
，
解得，
∴y＝90x﹣24（0.8≤x≤2）；
（3）∵当x＝1.5时，y＝90×1.5﹣24＝111，
∴156﹣111＝3．
故小黄出发1.5小时时，离目的地还有3千米．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用及一次函数解析式的确定，解题的关键是通过仔细观察图象，从中整理出解题时所需的相关信息，本题较简单．
24、（1）β=90°－2α（0°＜α＜45°）；（2）α=β=30°
【分析】（1）首先证明 ，在 中，根据两锐角互余，可知 ；
（2）连接OF交AC于O′，连接CF，只要证明四边形AFCO是菱形，推出 是等边三角形即可解决问题．
【详解】解：（1）连接OC．
∵DE是⊙O的切线，
∴OC⊥DE，
∵AD⊥DE，
∴AD∥OC，
∴∠DAC=∠ACO，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠DAE=2α，
∵∠D=90°，
∴∠DAE+∠E=90°，
∴2α+β=90°
∴β=90°－2α（0°＜α＜45°）．
（2）连接OF交AC于O′，连接CF．
∵AO′=CO′，
∴AC⊥OF，
∴FA=FC，
∴∠FAC=∠FCA=∠CAO，
∴CF∥OA，
∵AF∥OC，
∴四边形AFCO是平行四边形，
∵OA=OC，
∴四边形AFCO是菱形，
∴AF=AO=OF，
∴△AOF是等边三角形，
∴∠FAO=2α=60°，
∴α=30°，
∵2α+β=90°，
∴β=30°，
∴α=β=30°．
【点睛】
本题考查了圆和三角形的问题，掌握圆的切线的性质以及等边三角形的性质和证明是解题的关键．
25、见解析
【分析】先根据平行四边形的性质得，，则，再证明得到AE＝CF．
【详解】证明：∵四边形为平行四边形
∴，
∴
∵
∴
∴
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对边相等；平行四边形的对角相等；平行四边形的对角线互相平分．
26、 (1)；(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）根据勾股定理，计算BC即可；
（2）①根据图形，令∠B′A′C′=∠BAC，且使得△A′B′C′与△ABC相似比为作出图（1）即可；令∠B″A″C″=∠BAC，△A″B″C″与△ABC相似比为2作出图（2）即可；
②根据格点图形的特征，以及中点的定义，连接格点如图所示，则交点M即为所求．
【详解】解：(1)BC==；
故答案为：；
(2)①如图1，2所示：∠B′A′C′=∠BAC，△A′B′C′与△ABC相似比为，∠B″A″C″=∠BAC，△A″B″C″与△ABC相似比为2即为所求作图形；
②如图3所示：利用格点图形的特征，中点的定义，作出点M即为所求．
【点睛】
本题考查了相似三角形的应用，格点图中作相似三角形，中点的定义，格点图形的特征，掌握格点图形的特征是解题的关键．
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