2022年四川省成都市简阳市数学九上期末监测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．若函数，则当函数值y＝8时，自变量x的值是（ ）
A．± B．4 C．±或4 D．4或－
2．如图，小明在时测得某树的影长为，时又测得该树的影长为，若两次日照的光线互相垂直，则树的高度为 ．

A．2 B．4 C．6 D．8
3．用配方法解方程，经过配方，得到 （ ）
A． B． C． D．
4．我们知道，一元二次方程可以用配方法、因式分解法或求根公式进行求解．对于一元三次方程ax3+bx2+cx+d＝0（a，b，c，d为常数，且a≠0）也可以通过因式分解、换元等方法，使三次方程“降次”为二次方程或一次程，进而求解．这儿的“降次”所体现的数学思想是（　　）
A．转化思想 B．分类讨论思想
C．数形结合思想 D．公理化思想
5．若一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根为﹣1，则（　　）
A．a+b+c=0 B．a﹣b+c=0 C．﹣a﹣b+c=0 D．﹣a+b+c=0
6．如图，已知矩形ABCD的对角线AC的长为8，连接矩形ABCD各边中点E、F、G、H得到四边形EFGH，则四边形EFGH的周长为（ ）

A．12 B．16 C．24 D．32
7．如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠C＝60°，则∠AOB的度数是（ ）

A．30° B．60° C．120° D．150°
8．如图，的直径的长为，弦长为，的平分线交于，则长为（ ）

A．7 B．7 C．8 D．9
9．已知反比例函数，下列各点在此函数图象上的是（ ）
A．（3，4） B．（-2，6） C．（-2，-6） D．（-3，-4）
10．如图，AB是⊙的直径，AC是⊙的切线，A为切点，BC与⊙交于点D，连结OD．若，则∠AOD的度数为（ ）

A． B． C． D．
11．已知关于x的一元二次方程的一个根为1，则m的值为( )
A．1 B．-8 C．-7 D．7
12．sin 30°的值为（ ）
A． B． C．1 D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，在⊙O中，弦AB，CD相交于点P，∠A＝42°，∠APD＝77°，则∠B=_____°．

14．如图，已知AD∥BC，AC和BD相交于点O，若△AOD的面积为2，△BOC的面积为18，BC＝6，则AD的长为_____．

15．如图所示，中，，是中点，，垂足为点，与交于点，如果，那么______.

16．抛物线y=（x﹣2）2﹣3的顶点坐标是____．
17．如图，在△ABC和△APQ中，∠PAB=∠QAC，若再增加一个条件就能使△APQ∽△ABC，则这个条件可以是________．

18．若方程有两个相等的实数根，则m=________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图①是图②是其侧面示意图(台灯底座高度忽略不计)，其中灯臂，灯罩，灯臂与底座构成的．可以绕点上下调节一定的角度．使用发现：当与水平线所成的角为30°时，台灯光线最佳．现测得点D到桌面的距离为．请通过计算说明此时台灯光线是否为最佳？(参考数据：取1.73)．

20．（8分）如图，已知抛物线经过，及原点，顶点为．

（1）求抛物线的函数解析式；
（2）设点在抛物线上，点在抛物线的对称轴上，且以、、，为顶点，为边的四边形是平行四边形，求点的坐标；
（3）是抛物线上第一象限内的动点，过点作轴，垂足为．是否存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形与相似？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
21．（8分）如图，在中，，，以为原点所在直线为轴建立平面直角坐标系，的顶点在反比例函数的图象上.
（1）求反比例函数的解析式：
（2）将向右平移个单位长度，对应得到，当函数的图象经过一边的中点时，求的值.

22．（10分）解方程
（1）2x2﹣7x+3=1；
（2）x2﹣3x=1．
23．（10分）如图，已知抛物线经过的三个顶点，其中点，点，轴，点是直线下方抛物线上的动点.
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点且与轴平行的直线与直线、分别交与点、，当四边形的面积最大时，求点的坐标；
（3）当点为抛物线的顶点时，在直线上是否存在点，使得以、、为顶点的三角形与相似，若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由.

24．（10分）某超市销售一种书包，平均每天可销售100件，每件盈利30元.试营销阶段发现：该商品每件降价1元，超市平均每天可多售出10件.设每件商品降价元时，日盈利为元.据此规律，解决下列问题：
（1）降价后每件商品盈利 元，超市日销售量增加 件（用含的代数式表示）；
（2）在上述条件不变的情况下，求每件商品降价多少元时，超市的日盈利最大？最大为多少元？
25．（12分）如图1,在平面内,不在同一条直线上的三点同在以点为圆心的圆上,且的平分线交于点,连接,．

（1）求证：；
（2）如图2,过点作,垂足为点,作,垂足为点,延长交于点,连接．若,请判断直线与的位置关系,并说明理由．
26．计算：2cos45°﹣tan60°+sin30°﹣tan45°

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【详解】把y=8代入第二个方程，解得x=4大于2，所以符合题意；
把y=8代入第一个方程，解得： x=，
又由于x小于等于2，所以x=舍去，
所以选D
2、B
【解析】根据题意，画出示意图，易得：Rt△EDC∽Rt△FDC，进而可得 ；即DC2=ED•FD，代入数据可得答案．
【详解】解：根据题意，作△EFC；

树高为CD，且∠ECF=90°，ED=2，FD=8；
∵∠E+∠ECD=∠E+∠CFD=90°
∴∠ECD=∠CFD
∴Rt△EDC∽Rt△FDC，
有 ；即DC2=ED•FD，
代入数据可得DC2=16，
DC=4；
故选：B．
【点睛】
本题通过投影的知识结合三角形的相似，求解高的大小；是平行投影性质在实际生活中的应用．
3、D
【分析】通过配方法的步骤计算即可；
【详解】，
，
，
，
故答案选D．
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程的配方法应用，准确计算是解题的关键．
4、A
【分析】解高次方程的一般思路是逐步降次，所体现的数学思想就是转化思想．
【详解】由题意可知，解一元三次方程的过程是将三次转化为二次，二次转化为一次，从而解题，在解题技巧上是降次，在解题思想上是转化思想．
故选：A．
【点睛】
本题考查高次方程；通过题意，能够从中提取出解高次方程的一般方法，同时结合解题过程分析出所运用的解题思想是解题的关键．
5、B
【解析】直接把x＝−1代入方程就可以确定a，b，c的关系．
【详解】∵x＝−1是方程的解，
∴把x＝−1代入方程有：a−b＋c＝1．
故选：B．
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的解，把方程的解代入方程，就可以确定a，b，c的值．
6、B
【分析】根据三角形中位线定理易得四边形EFGH的各边长等于矩形对角线的一半，而矩形对角线是相等的，都为8，那么就求得了各边长，让各边长相加即可．
【详解】解：∵H、G是AD与CD的中点，
∴HG是△ACD的中位线，
∴HG=AC=4cm，
同理EF=4cm，根据矩形的对角线相等，连接BD，得到：EH=FG=4cm，
∴四边形EFGH的周长为16cm．
故选：B．
【点睛】
本题考查了中点四边形．解题时，利用了“三角形中位线等于第三边的一半”的性质．
7、C
【分析】根据圆周角定理即可得到结论．
【详解】∵∠C＝60°，
∴∠AOB＝2∠C＝120°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
8、B
【解析】作DF⊥CA，交CA的延长线于点F，作DG⊥CB于点G，连接DA，DB．由CD平分∠ACB，根据角平分线的性质得出DF=DG，由HL证明△AFD≌△BGD，△CDF≌△CDG，得出CF=7，又△CDF是等腰直角三角形，从而求出CD=7.
【详解】作DF⊥CA，垂足F在CA的延长线上，作DG⊥CB于点G，连接DA，DB，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD
∴DF=DG，，
∴DA=DB，
∵∠AFD=∠BGD=90°，
∴△AFD≌△BGD，
∴AF=BG．
易证△CDF≌△CDG，
∴CF=CG，
∵AC=6，BC=8，
∴AF=1，
∴CF=7，
∵△CDF是等腰直角三角形，
∴CD=7，
故选B．

【点睛】
本题综合考查了圆周角的性质，圆心角、弧、弦的对等关系，全等三角形的判定，角平分线的性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练应用相关知识是解题的关键.
9、B
【解析】依次把各个选项的横坐标代入反比例函数的解析式中，得到纵坐标的值，即可得到答案．
【详解】解：A．把x=3代入
得：，即A项错误，
B．把x=-2代入
得：，即B项正确，
C．把x=-2代入
得：，即C项错误，
D．把x=-3代入
得：，即D项错误，
故选：B．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，正确掌握代入法是解题的关键．
10、C
【分析】由AC是⊙的切线可得∠CAB=,又由，可得∠ABC=40;再由OD=OB，则∠BDO=40最后由∠AOD=∠OBD+∠OBD计算即可.
【详解】解：∵AC是⊙的切线
∴∠CAB=,
又∵
∴∠ABC=-=40
又∵OD=OB
∴∠BDO=∠ABC=40
又∵∠AOD=∠OBD+∠OBD
∴∠AOD=40+40=80
故答案为C.
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质、等腰三角形以及三角形外角的概念.其中解题关键是运用圆的切线垂直于半径的性质.
11、D
【解析】直接利用一元二次方程的解的意义将x=1代入求出答案即可．
【详解】∵关于x的一元二次方程x2+mx−8=0的一个根是1，
∴1+m−8=0，
解得：m=7.
故答案选：D.
【点睛】
本题考查的知识点是一元二次方程的解，解题的关键是熟练的掌握一元二次方程的解.
12、B
【分析】直接根据特殊角的三角函数值进行选择.
【详解】sin 30°=，
故选：B.
【点睛】
此题考查特殊角的三角函数值，熟记特殊角的三角函数值是解题的关键.

二、填空题（每题4分，共24分）
13、35°
【分析】由同弧所对的圆周角相等求得∠A=∠D=42°，根据三角形内角与外角的关系可得∠B的大小．
【详解】∵同弧所对的圆周角相等求得∠D=∠A=42°，且∠APD＝77°是三角形PBD外角，
∴∠B=∠APD−∠D=35°，
故答案为：35°．
【点睛】
此题考查圆周角定理及其推论，解题关键明确三角形内角与外角的关系．
14、1
【分析】根据AD∥BC得出△AOD∽△BOC，然后利用相似三角形的面积之比可求出相似比，再根据相似比即可求出AD的长度．
【详解】解：∵AD∥BC，
∴△AOD∽△BOC，
∵△AOD的面积为1，△BOC的面积为18，
∴△AOD与△BOC的面积之比为1：9，
∴，
∵BC＝6，
∴AD＝1．
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
15、4
【分析】根据直角三角形中线性质得CM=，根据相似三角形判定得△ABC∽△MBH, △AOC∽△HOM，根据相似三角形性质可得.
【详解】因为中，，是中点，
所以CM=
又因为，
所以
所以△ABC∽△MBH, △AOC∽△HOM,
所以
所以
故答案为：4
【点睛】
考核知识点：相似三角形.理解判定和性质是关键.
16、（2，﹣3）
【分析】根据：对于抛物线y=a（x﹣h）2+k的顶点坐标是(h,k).
【详解】抛物线y=（x﹣2）2﹣3的顶点坐标是（2，﹣3）.
故答案为（2，﹣3）
【点睛】
本题考核知识点：抛物线的顶点. 解题关键点：熟记求抛物线顶点坐标的公式.
17、∠P=∠B（答案不唯一）
【分析】要使△APQ∽△ABC ，在这两三角形中，由∠PAB=∠QAC可知∠PAQ=∠BAC，还需的条件可以是∠B=∠P或∠C=∠Q或．
【详解】解：这个条件为：∠B=∠P
∵∠PAB=∠QAC，
∴∠PAQ=∠BAC
∵∠B=∠P，
∴△APQ∽△ABC，
故答案为：∠B=∠P或∠C=∠Q或．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质的运用,掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
18、4
【解析】∵方程x²−4x+m=0有两个相等的实数根，
∴△=b²−4ac=16−4m=0，
解之得，m=4
故本题答案为：4

三、解答题（共78分）
19、此时台灯光线是最佳
【解析】如图，作于，于，于．解直角三角形求出即可判断．
【详解】解：如图，作于，于，于．

∵，
∴四边形是矩形，
∴，
在中，∵，
∴，
∴
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴此时台灯光线为最佳．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
20、（1）；（2）点的坐标为：（1，3）；（3）存在．符合条件的点有两个，分别是或（3，15）．
【分析】（1）由于抛物线经过A（-2，0），B（-3，3）及原点O，待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）根据平行四边形的性质，对边平行且相等，可以求出点D的坐标；
（3）分两种情况讨论，①△AMP∽△BOC，②PMA∽△BOC，根据相似三角形对应边的比相等可以求出点P的坐标．
【详解】解：（1）设抛物线的解析式为，将点，，代入，可得：
，
解得：．
故函数解析式为：；
（2）当AO为平行四边形的边时，DE∥AO，DE=AO，
由A（-2，0）知：DE=AO=2，
由四边形AODE可知D在对称轴直线x=-1右侧，
则D横坐标为1，代入抛物线解析式得D（1，3）．
综上可得点D的坐标为：（1，3）；
（3）存在．理由如下：
如图：，，
根据勾股定理得：，
，
，
，
是直角三角形，，
假设存在点，使以，，为顶点的三角形与相似，
设，由题意知，，且，
①若，则，即，
得：，（舍去）．
当时，，即,

②若，则，
即：，
得：，（舍去），
当时，，即．
故符合条件的点有两个，分别是或（3，15）．
【点睛】
本题考查的是二次函数的综合题，首先用待定系数法求出抛物线的解析式，然后利用平行四边形的性质和相似三角形的性质确定点D和点P的坐标，注意分类讨论思想的运用，难度较大．
21、（1）；（2）值有或
【分析】（1）过点作于点，根据，可求出△AOB的面积8，由等腰三角形的三线合一可知△AOD的面积为4，根据反比例函数k的几何意义几何求出k；
（2）分两种情况讨论：①当边的中点在的图象上，由条件可知，即可得到C点坐标为，从而可求得m；②当边的中点在的图象上，过点作于点，由条件可知，，因此中点，从而可求得m．
【详解】解：（1）过点作于点，如图1
∵，
∴，
∴，，即
（2）①当边的中点在的图象上，如图2
∵，
∴，，点，即
∴
②当边的中点在的图象上，过点作于点，如图3
∵，，
∴中点
即
∴
综上所述，符合条件的值有或

【点睛】
本题考查了用待定系数法求反比例函数的解析式，掌握直角三角形、等边三角形的性质以及分类讨论思想是解题的关键．
22、（1）x1=2，x2；（2）x1 =1或x2 =2．
【分析】（1）先分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；
(2)提取公因式x后，求出方程的解即可；
【详解】解：
（1）2x2﹣7x+2=1，
(x﹣2)(2x﹣1)=1，
∴x﹣2=1或2x﹣1=1，
∴x1=2，x2；
（2）x2﹣2x=1，
x(x﹣2)=1，
x1 =1 或，x2 =2．
【点睛】
本题主要考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程是解题的关键.
23、（1）；（2）；（3）存在， ，
【分析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式即可；
（2）设点P（m，），表示出PE＝，再用S四边形AECP＝S△AEC＋S△APC＝AC×PE，建立函数关系式，求出最值即可；
（3）先判断出PF＝CF，再得到∠PCA＝∠EAC，以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，分两种情况计算即可．
【详解】（1）∵点，在抛物线上，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为，
（2）∵AC∥x轴，A（0，3）
∴＝3，
∴x1＝−6，x2＝0，
∴点C的坐标（−8，3），
∵点，，
求得直线AB的解析式为y＝−x＋3，
设点P（m，）∴E（m，−m＋3）
∴PE＝−m＋3−（）＝，
∵AC⊥EP，AC＝8，
∴S四边形AECP
＝S△AEC＋S△APC
＝AC×EF＋AC×PF
＝AC×（EF＋PF）
＝AC×PE
＝×8×（）
＝−m2−12m
＝−（m＋6）2＋36，
∵−8＜m＜0
∴当m＝−6时，四边形AECP的面积的最大，此时点P（−6，0）；
（3）∵＝，
∴P（−4，−1），
∴PF＝yF−yP＝4，CF＝xF−xC＝4，
∴PF＝CF，
∴∠PCF＝45°
同理可得：∠EAF＝45°，
∴∠PCF＝∠EAF，
∴在直线AC上存在满足条件的Q，
设Q（t，3）且AB＝=12，AC＝8，CP＝，
∵以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，
①当△CPQ∽△ABC时，
∴，
∴，
∴t＝−或t＝−（不符合题意，舍）
∴Q（−，3）
②当△CQP∽△ABC时，
∴，
∴，
∴t＝4或t＝−20（不符合题意，舍）
∴Q（4，3）
综上，存在点 .
【点睛】
此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，相似三角形的性质，几何图形面积的求法（用割补法），解本题的关键是求函数解析式．
24、（1）(30-x);10x；（2）每件商品降价10元时，商场日盈利最大，最大值是4000元.
【分析】（1）降价后的盈利等于原来每件的盈利减去降低的钱数；件降价1元，超市平均每天可多售出10件，则降价x元，超市平均每天可多售出10x件；
（2）等量关系为：每件商品的盈利×可卖出商品的件数=利润w，化为一般式后，再配方可得出结论．
【详解】解：（1）降价后每件商品盈利(30-x)元；，超市日销售量增加10x件；
（2）设每件商品降价x元时，利润为w元
根据题意得：w=(30-x)(100+10x)= -10x2+200x+3000=-10(x-10)2+4000
∵-10<0，∴w有最大值，
当x=10时，商场日盈利最大，最大值是4000元；
答：每件商品降价10元时，商场日盈利最大，最大值是4000元．
【点睛】
本题考查的知识点是二次函数的实际应用，根据题意找出等量关系式列出利润w关于x的二次函数解析式是解题的关键．
25、（1）见解析 （2）见解析
【分析】(1)根据角平分线的定义和圆周角定理的推论，即可得到结论；
(2)连接,过作交的延长线于,由为直径,得,由，得，进而可得，即可得到结论.
【详解】（1）∵平分,
∴,
∴,
∴；
（2）直线与相切，理由如下：
连接,过作交的延长线于,
∵为直径,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴为的切线．

【点睛】
本题主要考查垂径定理和圆的切线的判定定理，掌握圆的切线的判定定理，是解题的关键.
26、-
【分析】将各特殊角的三角函数值代入即可得出答案．
【详解】解：原式=2×﹣+﹣×1
=-
【点睛】
此题考查特殊角的三角函数值，属于基础题，熟练记忆一些特殊角的三角函数值是关键．