2022年哈尔滨市风华中学数学九上期末统考模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（每题4分，共48分）
1．已知点A（1，a）、点B（b，2）关于原点对称，则a+b的值为（　　）
A．3 B．-3 C．-1 D．1
2．如图是一棵小树一天内在太阳下不同时刻的照片，将它们按时间先后顺序进行排列正确的是（ ）

A．③—④—①—② B．②—①—④—③ C．④—①—②—③ D．④—①—③—②
3．如图，四边形内接于，若，则（ ）

A． B． C． D．
4．方程x（x﹣1）＝0的根是（　　）
A．x＝0 B．x＝1 C．x1＝0，x2＝1 D．x1＝0，x2＝﹣1
5．如图，AC是⊙O的内接正四边形的一边，点B在弧AC上，且BC是⊙O的内接正六边形的一边．若AB是⊙O的内接正n边形的一边，则n的值为（　　）

A．6 B．8 C．10 D．12
6．下列四个结论，①过三点可以作一个圆；②圆内接四边形对角相等；③平分弦的直径垂直于弦；④相等的圆周角所对的弧也相等；不正确的是（ ）
A．②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④
7．如图，的半径为2，弦，点P为优弧AB上一动点，，交直线PB于点C，则的最大面积是           

A． B．1 C．2 D．
8．如图，D是等边△ABC外接圆上的点，且∠CAD=20°，则∠ACD的度数为（ ）

A．20° B．30° C．40° D．45°
9．如图，CD⊥x轴，垂足为D，CO，CD分别交双曲线y＝于点A，B，若OA＝AC，△OCB的面积为6，则k的值为（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
10．已知，则=（ ）
A． B． C． D．
11．如图，某水库堤坝横断面迎水坡AB的坡比是1：，堤坝高BC=50m，则应水坡面AB的长度是（ ）

A．100m B．100m C．150m D．50m
12．一元二次方程x2﹣2x+3＝0的一次项和常数项分别是（ ）
A．2和3 B．﹣2和3 C．﹣2x和3 D．2x和3
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，点D在的边上，已知点E、点F分别为和的重心，如果，那么两个三角形重心之间的距离的长等于________．

14．如图，在边长为2的正方形ABCD中，以点D为圆心，AD长为半径画，再以BC为直径画半圆，若阴影部分①的面积为S1，阴影部分②的面积为S2，则图中S1﹣S2的值为_____．(结果保留π)

15．如图，将的斜边AB绕点A顺时针旋转得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转得到AF，连结EF．若，，且，则_____．

16．如图，在平面直角坐标系中，都是等腰直角三角形，点都在轴上，点与原点重合，点都在直线上，点在轴上，轴， 轴，若点的横坐标为﹣1，则点的纵坐标是_____．

17．已知圆O的直径为4，点M到圆心O的距离为3，则点M与⊙O的位置关系是_____．
18．已知实数x，y满足，则x+y的最大值为_______．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，已知△ABC中，AB=BC，以AB为直径的⊙O交AC于点D，过D作DE⊥BC，垂足为E，连结OE，CD=，∠ACB=30°．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）分别求AB，OE的长．

20．（8分）某商场经销一种高档水果，原价每千克50元．
（1）连续两次降价后每千克32元，若每次下降的百分率相同，求每次下降的百分率；
（2）若每千克盈利10元，每天可售出500千克，经市场调查发现，在进货价不变的情况下，商场决定采取适当的涨价措施，若每千克涨价1元，则日销售量将减少20千克，那么每千克水果应涨价多少元时，商场获得的总利润（元）最大，最大是多少元？
21．（8分）计算：|﹣1|+2sin30°﹣（π﹣3.14）0+（）﹣1
22．（10分）如图，在△ABC中，点P、D分别在边BC、AC上，PA⊥AB，垂足为点A，DP⊥BC，垂足为点P，．

（1）求证：∠APD＝∠C；
（2）如果AB＝3，DC＝2，求AP的长．
23．（10分）如图，二次函数 (a < 0) 与 x 轴交于 A、C 两点，与 y 轴交于点 B，P 为 抛物线的顶点，连接 AB，已知 OA：OC=1:3.
（1）求 A、C 两点坐标；
（2）过点 B 作 BD∥x 轴交抛物线于 D，过点 P 作 PE∥AB 交 x 轴于 E，连接 DE，
①求 E 坐标；
②若 tan∠BPM=，求抛物线的解析式．

24．（10分）如图，AB是⊙O的直径，OD垂直弦AC于点E，且交⊙O于点D，F是BA延长线上一点，若∠CDB=∠BFD．
（1）求证：FD∥AC；
（2）试判断FD与⊙O的位置关系，并简要说明理由；
（3）若AB=10，AC=8，求DF的长．

25．（12分）如图，在等边△ABC中，把△ABC沿直线MN翻折，点A落在线段BC上的D点位置（D不与B、C重合），设∠AMN＝α．

（1）用含α的代数式表示∠MDB和∠NDC，并确定的α取值范围；
（2）若α＝45°，求BD：DC的值；
（3）求证：AM•CN＝AN•BD．
26．解方程（1）x2+4x﹣3＝0（用配方法）（2）3x（2x+3）＝4x+6

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】由关于原点对称的两个点的坐标之间的关系直接得出a、b的值即可.
【详解】∵点A（1，a）、点B（b，2）关于原点对称，
∴a=﹣2，b=﹣1，
∴a+b=﹣3.
故选B.
【点睛】
关于原点对称的两个点，它们的横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数.
2、B
【分析】根据一天中影子的长短和方向判断即可.
【详解】众所周知，影子方向的变化是上午时朝向西边，中午时朝向北边，下午时朝向东边；
影子长短的变化是由长变短再变长，结合方向和长短的变化即可得出答案
故选B
【点睛】
本题主要考查影子的方向和长短变化，掌握影子的方向和长短的变化规律是解题的关键.
3、C
【分析】根据圆内接四边形对角互补可得∠C＝180°×＝105°．
【详解】∵∠A＋∠C＝180°，∠A：∠C＝5：7，
∴∠C＝180°×＝105°．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了圆内接四边形，关键是掌握圆内接四边形对角互补．
4、C
【分析】由题意推出x＝0，或（x﹣1）＝0，解方程即可求出x的值．
【详解】解：∵x（x﹣1）＝0，
∴x1＝0，x2＝1，
故选C．
【点睛】
此题考查的是一元二次方程的解法,掌握用因式分解法解一元二次方程是解决此题的关键.
5、D
【分析】连接AO、BO、CO，根据中心角度数＝360°÷边数n，分别计算出∠AOC、∠BOC的度数，根据角的和差则有∠AOB＝30°，根据边数n＝360°÷中心角度数即可求解．
【详解】连接AO、BO、CO，
∵AC是⊙O内接正四边形的一边，
∴∠AOC＝360°÷4＝90°，
∵BC是⊙O内接正六边形的一边，
∴∠BOC＝360°÷6＝60°，
∴∠AOB＝∠AOC﹣∠BOC＝90°﹣60°＝30°，
∴n＝360°÷30°＝12；
故选：D．

【点睛】
本题考查正多边形和圆，解题的关键是根据正方形的性质、正六边形的性质求出中心角的度数．
6、D
【分析】根据确定圆的条件、圆的内接四边形的性质、垂径定理及圆心角、弧、弦的关系定理逐一判断即可得答案.
【详解】过不在同一条直线上的三点可以作一个圆，故①错误，
圆的内接四边形对角互补，故②错误，
平分弦（非直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧，故③错误，
在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等，故④错误，
综上所述：不正确的结论有①②③④，
故选：D.
【点睛】
本题考查确定圆的条件、圆的内接四边形的性质、垂径定理及圆心角、弧、弦的关系定理，熟练掌握相关性质及定理是解题关键.
7、B
【分析】连接OA、OB，如图1，由可判断为等边三角形，则，根据圆周角定理得，由于，所以，因为，则要使的最大面积，点C到AB的距离要最大；由，可根据圆周角定理判断点C在上，如图2，于是当点C在半圆的中点时，点C到AB的距离最大，此时为等腰直角三角形，从而得到的最大面积．
【详解】解：连接OA、OB，如图1，

，，
为等边三角形，
，
，

，要使的最大面积，则点C到AB的距离最大，
作的外接圆D，如图2，连接CD，

，点C在上，AB是的直径，
当点C半圆的中点时，点C到AB的距离最大，此时等腰直角三角形，
，，
ABCD，
的最大面积为1．
故选B．
【点睛】
本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理和等腰直角三角形的判断与性质；记住等腰直角三角形的面积公式．
8、C
【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠D=180°-∠B=120°，根据三角形内角和定理计算即可．
【详解】∴∠B=60°，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠D=180°−∠B=120°，
∴∠ACD=180°−∠DAC−∠D=40°，
故选C.
9、B
【分析】设A（m，n），根据题意则C（2m，2n），根据系数k的几何意义，k=mn，△BOD面积为k，即可得到S△ODC=•2m•2n=2mn=2k，即可得到6+k=2k，解得k=1．
【详解】设A（m，n），
∵CD⊥x轴，垂足为D，OA＝AC，
∴C（2m，2n），
∵点A，B在双曲线y＝上，
∴k＝mn，
∴S△ODC＝×2m×2n＝2mn＝2k，
∵△OCB的面积为6，△BOD面积为k，
∴6+k＝2k，解得k＝1，
故选：B．
【点睛】
本题考查了反比例系数k的几何意义，过双曲线上的任意一点分别向两条坐标轴作垂线，与坐标轴围成的矩形面积就等于|k|．
10、B
【分析】由得到x=,再代入计算即可.
【详解】∵,
∴x=,
∴=.
故选B.
【点睛】
考查了求代数式的值，解题关键是根据得到x=，再代入计算即可.
11、A
【解析】∵堤坝横断面迎水坡AB的坡比是1：，∴，
∵BC=50，∴AC=50，∴（m）．故选A
12、C
【分析】根据一元二次方程一次项和常数项的概念即可得出答案．
【详解】一元二次方程x2﹣2x+3＝0的一次项是﹣2x，常数项是3
故选：C．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的一次项与常数项，注意在求一元二次方程的二次项，一次项，常数项时，需要先把一元二次方程化成一般形式．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、4
【分析】连接并延长交于G，连接并延长交于H，根据三角形的重心的概念可得，，，，即可求出GH的长，根据对应边成比例，夹角相等可得，根据相似三角形的性质即可得答案．
【详解】如图，连接并延长交于G，连接并延长交于H，
∵点E、F分别是和的重心，
∴，，，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：4

【点睛】
本题考查了三角形重心的概念和性质及相似三角形的判定与性质，三角形的重心是三角形中线的交点，三角形的重心到顶点的距离等于到对边中点的距离的2倍．
14、π
【分析】如图，设图中③的面积为S1．构建方程组即可解决问题．
【详解】解：如图，设图中③的面积为S1．

由题意： ，
可得S1﹣S2＝π，
故答案为π．
【点睛】
本题考查扇形的面积、正方形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题.
15、
【分析】由旋转的性质可得，，由勾股定理可求EF的长．
【详解】解：由旋转的性质可得，，
，且，

故答案为
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，灵活运用旋转的性质是本题的关键．
16、
【解析】由题意，可得，设，则，解得，求出的坐标，再设，则，解得，故求出的坐标，同理可求出、的坐标，根据规律 即可得到的纵坐标.
【详解】解：由题意，可得，
设，则，解得，
∴，
设，则，解得，
∴，
设，则，解得，
∴，同法可得，…，的纵坐标为，
故答案为．
【点睛】
此题主要考查一次函数图像的应用，解题的关键是根据题意求出、、，再发现规律即可求解.
17、在圆外
【分析】根据由⊙O的直径为4，得到其半径为2，而点M到圆心O的距离为3，得到点M到圆心O的距离大于圆的半径，根据点与圆的位置关系即可判断点M与⊙O的位置关系．
【详解】解：∵⊙O的直径为4，
∴⊙O的半径为2，
∵点M到圆心O的距离为3，
∴
∴点M与⊙O的位置关系是在圆外．
故答案为：在圆外．
【点睛】
本题考查的是点与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较点到圆心的距离d与圆半径大小关系完成判定．
18、4
【解析】用含x的代数式表示y，计算x+y并进行配方即可.
【详解】∵
∴
∴
∴当x=-1时，x+y有最大值为4
故答案为4
【点睛】
本题考查的是求代数式的最大值，解题的关键是配方法的应用.

三、解答题（共78分）
19、（1）证明见解析；（2）AB=2，OE=．
【分析】（1）根据AB是直径即可求得∠ADB=90°，再根据题意可求出OD⊥DE，即得出结论；
（2）根据三角函数的定义，即可求得BC，进而得到AB，再在Rt△CDE中，根据直角三角形的性质，可求得DE，再由勾股定理求出OE即可．
【详解】（1）连接BD，OD．
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°．
又∵AB=BC，
∴AD=CD．
∵OA=OB，
∴OD∥BC．
∵DE⊥BC，
∴∠DEC=90°．
∵OD∥BC，
∴∠ODE=∠DEC=90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线．

（2）在Rt△CBD中CD，∠ACB=30°，
∴BC2，
∴AB=2，
∴ODAB=1．
在Rt△CDE中，CD，∠ACB=30°，
∴DECD．
在Rt△ODE中，OE．
【点睛】
本题考查了切线的判定、勾股定理、圆周角定理以及解直角三角形，是一道综合题，难度不大．
20、（1）每次下降的百分率为20%；（2）每千克水果应涨价1.5元时，商场获得的利润最大，最大利润是6125元．
【分析】(1) 设每次下降百分率为，，得方程，求解即可
(2)根据销售利润=销售量×(售价−−进价)，列出每天的销售利润W(元))与涨价元之间的函数关系式．即可求解．
【详解】解：（1）设每次下降百分率为，根据题意，得
，
解得（不合题意，舍去）
答：每次下降的百分率为20%；
（2）设每千克涨价元，由题意得：

∵，开口向下，有最大值，
∴当（元）时，（元）
答：每千克水果应涨价1．5元时，商场获得的利润最大，最大利润是6125元．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．最大销售利润的问题常利函数的增减性来解答，首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型，然后结合实际选择最优方案
21、1
【分析】原式利用绝对值的代数意义，特殊角的三角函数值，零指数幂、负整数指数幂法则计算即可求出值．
【详解】原式=1+21+2=1．
【点睛】
本题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
22、（1）见解析；（2）
【分析】（1）通过证明Rt△ABP∽Rt△PCD，可得∠B=∠C，∠APB=∠CDP，由外角性质可得结论；
（2）通过证明△APC∽△ADP，可得 ，即可求解．
【详解】证明：（1）∵PA⊥AB，DP⊥BC，
∴∠BAP＝∠DPC＝90°，
∵
∴，
∴Rt△ABP∽Rt△PCD，
∴∠B＝∠C，∠APB＝∠CDP，
∵∠DPB＝∠C+∠CDP＝∠APB+∠APD，
∴∠APD＝∠C；
（2）∵∠B＝∠C，
∴AB＝AC＝3，且CD＝2，
∴AD＝1，
∵∠APD＝∠C，∠CAP＝∠PAD，
∴△APC∽△ADP，
∴,
∴AP2＝1×3＝3
∴AP＝．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质,熟练掌握和应用是解题的关键.
23、（1）A（-1，0），C（3，0）；（2）① E（-，0）；②原函数解析式为：．
【分析】(1)由二次函数的解析式可求出对称轴为x=1，过点P作PE⊥x轴于点E,所以设A（-m，0），C（3m，0），结合对称轴即可求出结果；
(2) ①过点P作PM⊥x轴于点M，连接PE，DE，先证明△ABO△EPM得到，找出OE=，再根据A（-1，0）代入解析式得：3a+c=0，c=-3a，即可求出OE的长，则坐标即可找到；
②设PM交BD于点N；根据点P（1，c-a），BN‖AC，PM⊥x轴表示出PN=-a，再由tan∠BPM=求出a，结合（1）知道c，即可知道函数解析式．
【详解】（1）∵二次函数为：(a<0)，
∴对称轴为，
过点P作PM⊥x轴于点M，
则M（1，0），M为AC中点，
又OA：OC=1：3，
设A（-m，0），C（3m，0），
∴，
解得：m=1，
∴A（-1，0），C（3，0），

（2）①做图如下：

∵PE∥AB，
∴∠BAO=∠PEM，
又∠AOB=∠EMP，
∴△ABO△EPM，
∴ ，
由（1）知：A（-1，0），C（3，0），M（1，0），B（0，c），P（1，c-a），
∴，
∴OE=，
将A（-1，0）代入解析式得：3a+c=0，
∴c=-3a，
∴ ，
∴E（-，0）；
②

设PM交BD于点N；
∵(a<0)，
∴x=1时，y=c-a，即点P（1，c-a），
∵BN‖AC，PM⊥x轴
∴NM= BO=c，BN=OM=1，
∴PN=-a，
∵tan∠BPM=，
∴tan∠BPM=，
∴PN=，
即a=-，
由（1）知c=-3a，
∴c=；
∴原函数解析式为：．
【点睛】
此题考查了抛物线与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．
24、（1）证明见解析；（2）FD是⊙O的切线，理由见解析；（3）DF．
【分析】（1）因为∠CDB=∠CAB，∠CDB=∠BFD，所以∠CAB=∠BFD，即可得出FD∥AC；
（2）利用圆周角定理以及平行线的判定得出∠FDO=90°，进而得出答案；
（3）利用垂径定理得出AE的长，再利用相似三角形的判定与性质得出FD的长．
【详解】解：
（1）∵∠CDB=∠CAB，∠CDB=∠BFD，
∴∠CAB=∠BFD，
∴FD∥AC，
（2）∵∠AEO=90°，FD∥AC，
∴∠FDO=90°，
∴FD是⊙O的一条切线
（3）∵AB=10，AC=8，DO⊥AC，
∴AE=EC=4，AO=5，
∴EO=3，
∵AE∥FD，
∴△AEO∽△FDO，
∴，
∴，
解得：DF．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定与性质、垂径定理、圆周角定理以及平行线的判定，掌握相似三角形的判定与性质、垂径定理、圆周角定理以及平行线的判定是解题的关键.
25、（1）∠MDB＝＝2α﹣60°，∠NDC＝180°﹣2α，（30°＜α＜90°）；（2）+1；（3）见解析
【分析】（1）利用翻折不变性，三角形内角和定理求解即可解决问题．
（2）设BM＝x．解直角三角形用x表示BD，CD即可解决问题．
（3）证明△BDM∽△CND，推出＝，推出DM•CN＝DN•BD可得结论．
【详解】（1）由翻折的性质可知∠AMN＝∠DMN＝α，
∵∠AMB＝∠B+∠MDB，∠B＝60°，
∴∠MDB＝2α﹣60°，∠NDC＝180°﹣∠MDB﹣∠MDN＝180°﹣（2α﹣60°）﹣60°＝180°﹣2α，（30°＜α＜90°）
（2）设BM＝x．
∵α＝45°，
∴∠AMD＝90°，
∴∠BMD＝90°，
∵∠B＝60°，
∴∠BDM＝30°，
∴BD＝2x，DN＝BD•cos30°＝x，
∴MA＝MD＝x，
∴BC＝AB＝x+x，
∴CD＝BC﹣BD＝x﹣x，
∴BD：CD＝2x：（x﹣x）＝+1．
（3）∵∠BDN＝∠BDM+∠MDN＝∠C+∠DNC，∠MDN＝∠A＝∠C＝60°，
∴∠BDM＝∠DNC，
∵∠B＝∠C，
∴△BDM∽△CND，
∴＝，
∴DM•CN＝DN•BD，
∵DM＝AM，ND＝AN，
∴AM•CN＝AN•BD．

【点睛】
本题考查了翻折变换、解直角三角形以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键.
26、（1）x1＝﹣2+，x2＝﹣2﹣；（2）x1＝，x2＝﹣．
【解析】（1）原式利用配方法求出解即可；
（2）原式整理后，利用因式分解法求出解即可．
【详解】（1）方程整理得：x2+4x＝3，
配方得：x2+4x+4＝7，即（x+2）2＝7，
开方得：x+2＝±，
解得：x1＝﹣2+，x2＝﹣2﹣；
（2）方程整理得：3x（2x+3）﹣2（2x+3）＝0，
分解因式得：（3x﹣2）（2x+3）＝0，
可得3x﹣2＝0或2x+3＝0，
解得：x1＝，x2＝﹣．
【点睛】
此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，以及配方法，熟练掌握各种解法是解本题的关键．