资源描述
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(每小题3分,共30分)
1．若反比例函数y＝的图象经过点(2，－1)，则该反比例函数的图象在（ ）
A．第一、二象限 B．第一、三象限 C．第二、三象限 D．第二、四象限
2．在下列命题中，真命题是（ ）
A．相等的角是对顶角 B．同位角相等
C．三角形的外角和是 D．角平分线上的点到角的两边相等
3．一个三角形的两边长分别为和，第三边长是方程的根，则这个三角形的周长为（ ）
A． B． C．10或11 D．不能确定
4．二次函数y=ax2+bx+c的y与x的部分对应值如下表：
x
…
0
1
3
4
…
y
…
2
4
2
﹣2
…
则下列判断中正确的是（ ）
A．抛物线开口向上 B．抛物线与y轴交于负半轴
C．当x=﹣1时y＞0 D．方程ax2+bx+c=0的负根在0与﹣1之间
5．一种商品原价元，经过两次降价后每盒26元，设两次降价的百分率都为，则满足等式（ ）
A． B． C． D．
6．如图是由6个完全相同的小正方体组成的几何体，其俯视图为（ ）
A． B． C． D．
7．把抛物线向右平移个单位，再向下平移个单位，即得到抛物线（ ）
A．y=-(x+2) 2+3 B．y=-(x-2) 2+3 C．y=-(x+2) 2-3 D．y=-(x-2) 2-3
8．在下列四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，△ABC的顶点均在⊙O上，若∠A＝36°，则∠OBC的度数为( )
A．18° B．36° C．60° D．54°
10．在 中，，，，则 的值是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．近日，某市推出名师公益大课堂.据统计，第一批公益课受益学生2万人次，第三批公益课受益学生2.42万人次.如果第二批，第三批公益课受益学生人次的增长率相同，则这个增长率是______.
12．如图，正方形的边长为，在边上分别取点，，在边上分别取点，使．．．．．依次规律继续下去，则正方形的面积为__________．
13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=4,BC=3,D是以点A为圆心2为半径的圆上一点，连接BD，M为BD的中点，则线段CM长度的最小值为__________．
14．如图，绕着点顺时针旋转得到，连接，延长交于点，若，则的长为__________．
15．已知点P是线段AB的黄金分割点，PA＞PB，AB＝4 cm，则PA＝____cm．
16．方程（x﹣1）2=4的解为_____．
17．二次函数y=2(x﹣1)2+3的图象的顶点坐标是_________
18．在平面直角坐标系中，点P的坐标为（﹣4，0），半径为1的动圆⊙P沿x轴正方向运动，若运动后⊙P与y轴相切，则点P的运动距离为______．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如果某人滑雪时沿着一斜坡下滑了130米的同时，在铅垂方向上下降了50米，那么该斜坡的坡度是1∶_______
20．（6分）已知关于的方程.
（1）若该方程有两个不相等的实数根，求实数的取值范围；
（2）若该方程的一个根为1，求的值及该方程的另一根．
21．（6分）某学校自主开发了A书法、B阅读，C绘画，D器乐四门选修课程供学生选择，每门课程被选到的机会均等．
（1）若学生小玲计划选修两门课程，请写出她所有可能的选法；
（2）若学生小强和小明各计划选修一门课程，则他们两人恰好选修同一门课程的概率为多少？
22．（8分）已知二次函数图象的顶点在原点，对称轴为轴.直线的图象与二次函数的图象交于点和点（点在点的左侧）
（1）求的值及直线解析式；
（2）若过点的直线平行于直线且直线与二次函数图象只有一个交点，求交点的坐标.
23．（8分）如图，在直角△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，作∠ABC的平分线交AC于点D，在AB上取点O，以点O为圆心经过B、D两点画圆分别与AB、BC相交于点E、F（异于点B）．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若点E恰好是AO的中点，求的长；
（3）若CF的长为，①求⊙O的半径长；②点F关于BD轴对称后得到点F′，求△BFF′与△DEF′的面积之比．
24．（8分）抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点.已知，抛物线的对称轴交轴于点.
（1）求出的值；
（2）如图1，连接，点是线段下方抛物线上的动点，连接.点分别在轴，对称轴上，且轴.连接.当的面积最大时，请求出点的坐标及此时的最小值；
（3）如图2，连接，把按照直线对折，对折后的三角形记为，把沿着直线的方向平行移动，移动后三角形的记为，连接，，在移动过程中，是否存在为等腰三角形的情形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由.
25．（10分）已知关于x的一元二次方程．
（1）若是方程的一个解，写出、满足的关系式；
（2）当时，利用根的判别式判断方程根的情况；
（3）若方程有两个相等的实数根，请写出一组满足条件的、的值，并求出此时方程的根．
26．（10分）如图，在平面直角坐标系中，直线与直线，交点的横坐标为，将直线，沿轴向下平移个单位长度，得到直线，直线，与轴交于点，与直线，交于点，点的纵坐标为，直线；与轴交于点．
（1）求直线的解析式；
（2）求的面积
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【解析】试题分析：反比例函数的图象经过点，求出K=-2，当K>0时反比例函数的图象在第一、三象限，当K〈0时反比例函数的图象在第二、四象限，因为-2〈0，D正确．
故选D
考点：反比例函数的图象的性质．
2、C
【分析】根据对顶角的定义、同位角的定义、三角形的外角和、角平分线的性质逐项判断即可.
【详解】A、由对顶角的定义“如果一个角的两边分别是另一个角两边的反向延长线，且这两个角有公共顶点，那么这两个角是对顶角”可得，对顶角必相等，但相等的角未必是对顶角，此项不是真命题
B、只有当两直线平行，同位角必相等，此项不是真命题
C、根据内角和定理可知，任意多边形的外角和都为，此项是真命题
D、由角平分线的性质可知，角平分线上的点到角的两边距离相等，此项不是真命题
故选：C.
【点睛】
本题考查了对顶角的定义、同位角的定义、三角形的外角和、角平分线的性质，熟记各定义和性质是解题关键.
3、B
【分析】直接利用因式分解法解方程，进而利用三角形三边关系得出答案．
【详解】∵，
∴，
解得：，
∵一个三角形的两边长为3和5，
∴第三边长的取值范围是：，即，
则第三边长为：3，
∴这个三角形的周长为：．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了因式分解法解方程以及三角形三边关系，正确掌握三角形三边关系是解题关键．
4、D
【分析】根据表中的对应值，求出二次函数的表达式即可求解．
【详解】解：选取，，三点分别代入得
解得：
∴二次函数表达式为
∵，抛物线开口向下；∴选项A错误；
∵函数图象与的正半轴相交；∴选项B错误；
当x=－1时，；∴选项C错误；
令，得，解得：，
∵，方程的负根在0与－1之间；
故选：D．
【点睛】
本题考查二次函数图象与性质，掌握性质，利用数形结合思想解题是关键．
5、C
【分析】等量关系为：原价×（1-下降率）2=26，把相关数值代入即可．
【详解】解：第一次降价后的价格为45（1-x），
第二次降价后的价格为45（1-x）·（1-x）=45（1-x）2，
∴列的方程为45（1-x）2=26，
故选：C．
【点睛】
本题考查求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2=b．
6、B
【分析】根据从上面看到的图形即为俯视图进一步分析判断即可.
【详解】从上面看第一排是三个小正方形，第二排右边是一个小正方形，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了三视图的判断，熟练掌握相关方法是解题关键.
7、D
【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行解答即可.
【详解】抛物线向右平移个单位，得：，
再向下平移个单位，得：.
故选：.
【点睛】
本题主要考查的是函数图象的平移，用平移规律“左加右减，上加下减”直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式.
8、A
【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】A、是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意．
故选A．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
9、D
【解析】根据圆周角定理，由∠A=36°，可得∠O=2∠A =72°，然后根据OB=OC，求得∠OBC=（180°-∠O）=（180°-72°）=54°.
故选：D
点睛：此题主要考查了圆周角定理，解题时，根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，求出圆心角，再根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求解即可，解题关键是发现同弧所对的圆心角和圆周角，明确关系进行计算.
10、A
【分析】根据正弦函数是对边比斜边，可得答案．
【详解】解：sinA==．
故选A．
【点睛】
本题考查了锐角正弦函数的定义.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】设增长率为x，根据“第一批公益课受益学生2万人次，第三批公益课受益学生2.42万人次”可列方程求解.
【详解】设增长率为x，根据题意，得
2(1+x)2=2.42，
解得x1=-2.1（舍去），x2=0.1=10%．
∴增长率为10%．
故答案为：10%．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用-增长率问题，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
12、
【分析】利用勾股定理可得A1B12=a2，即正方形A1B1C1D1的面积，同理可求出正方形A2B2C2D2的面积，得出规律即可得答案．
【详解】∵正方形ABCD的边长为a，，
∴A1B12=A1B2+BB12==a2，A1B1=a，
∴正方形A1B1C1D1的面积为a2，
∵，
∴A2B22==()2a2，
∴正方形A2B2C2D2的面积为()2a2，
……
∴正方形的面积为()na2，
故答案为：()na2
【点睛】
本题考查正方形的性质及勾股定理，正确计算各正方形的面积并得出规律是解题关键．
13、
【分析】作AB的中点E,连接EM,CE,AD根据三角形中位线的性质和直角三角形斜边中线等于斜边一半求出EM和CE长，再根据三角形的三边关系确定CM长度的范围，从而确定CM的最小值.
【详解】解：如图，取AB的中点E，连接CE,ME,AD,
∵E是AB的中点，M是BD的中点，AD=2，
∴EM为△BAD的中位线，
∴ ,
在Rt△ACB中，AC=4,BC=3，
由勾股定理得，AB=
∵CE为Rt△ACB斜边的中线，
∴,
在△CEM中， ,即，
∴CM的最大值为 .
故答案为：.
【点睛】
本题考查了圆的性质，直角三角形的性质及中位线的性质，利用三角形三边关系确定线段的最值问题，构造一个以CM为边，另两边为定值的的三角形是解答此题的关键和难点.
14、
【分析】根据题意延长交于点，则，延长交于点,根据已知可以得到CC´，B´C´，BF，B´F； 求出，∵△MEC´∽△BEC
， 得到 求出CE即可.
【详解】Rt△ABC绕着点顺时针旋转得到，
.
又.
如图，延长交于点，则，延长交于点，则.
，
，即，解得，
∵△MEC´∽△BEC
，，，解得
∴CE=CC´+EC´=3+=
【点睛】
此题主要考查了旋转变化的性质和特征，相似三角形的性质，熟记性质是解题的关键，注意相似三角形的选择.
15、2－2
【分析】根据黄金分割点的定义，知AP是较长线段；则AP=AB，代入运算即可．
【详解】解：由于P为线段AB=4的黄金分割点，
且AP是较长线段；
则AP=4×=cm，
故答案为：（2－2）cm.
【点睛】
此题考查了黄金分割的定义，应该识记黄金分割的公式：较短的线段=原线段的，难度一般．
16、x1=3，x2=﹣1
【解析】试题解析：（x﹣1）2=4，
即x﹣1=±2，
所以x1=3，x2=﹣1．
故答案为x1=3，x2=﹣1．
17、（1，3）
【解析】首先知二次函数的顶点坐标根据顶点式y=a(x+)2+，知顶点坐标是（-，），把已知代入就可求出顶点坐标．
【详解】解：y=ax2+bx+c，
配方得y=a(x+)2+，
顶点坐标是（-，），
∵y=2（x-1）2+3，
∴二次函数y=2（x-1）2+3的图象的顶点坐标是 （1，3）．
【点睛】
解此题的关键是知二次函数y=ax2+bx+c的顶点坐标是（-，），和转化形式y=a(x+)2+，代入即可.
18、3或1
【解析】利用切线的性质得到点P到y轴的距离为1，此时P点坐标为（-1，0）或（1，0），然后分别计算点（-1，0）和（1，0）到（-4，0）的距离即可．
【详解】若运动后⊙P与y轴相切，
则点P到y轴的距离为1，此时P点坐标为（-1，0）或（1，0），
而-1-（-4）=3，1-（-4）=1，
所以点P的运动距离为3或1．
故答案为3或1．
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．
三、解答题(共66分)
19、2.4.
【解析】试题解析：
如图所示：AC=130米，BC=50米，
则米，
则坡比
故答案为：
20、（1）；（2）的值是，该方程的另一根为．
【解析】试题分析：（1）利用根的判别式列出不等式求解即可；
（2）利用根与系数的关系列出有关的方程（组）求解即可.
试题解析：（1）∵b2﹣4ac=22﹣4×1×（a﹣2）=12﹣4a＞0， 解得：a＜1，
∴a的取值范围是a＜1；
（2）设方程的另一根为x1，由根与系数的关系得：
，解得：，
则a的值是﹣1，该方程的另一根为﹣1．
21、（1）共有6种等可能的结果数，它们是：AB、AC、AD、BC、BD、CD；（2）他们两人恰好选修同一门课程的概率为．
【解析】（1）利用直接列举得到所有6种等可能的结果数；
（2）画树状图展示所有16种等可能的结果数，再找出他们两人恰好选修同一门课程的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】（1）共有6种等可能的结果数，它们是：AB、AC、AD、BC、BD、CD；
（2）画树状图为：
共有16种等可能的结果数，其中他们两人恰好选修同一门课程的结果数为4，
所以他们两人恰好选修同一门课程的概率＝＝．
【点睛】
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
22、（1）m=，；（2）
【分析】（1）由于抛物线的顶点为原点，因此可设其解析式为y=ax2，直接将A点，B点的坐标代入抛物线中即可求出抛物线的解析式以及m的值，进而可知出点B的坐标，再将A，B点的坐标代入一次函数中，即可求出一次函数的解析式．
（2）根据题意可知直线l2的解析式，由抛物线与l2只有一个交点，联立直线与二次函数的解析式，消去y，得出一个含x一元二次方程，根据方程的判别式为0可求得n的值，进而得出结果．
【详解】（1）解：假设二次函数的解析式为，
将分别代入二次函数的解析式，
得：，解得．
解得：．
将代入中，
得，,解得：．
的解析式为．
（2）由题意可知：l2∥l1，
可设直线的解析式为：
过点，则有：．
．
由题意，联立直线与二次函数的解析式，可得以下方程组：
，
消元，得：，
整理，得：， ①
由题意，得与只有一个交点，
可得：，
解得：．
将代回方程①中，得．
将代入中，
得．
可得交点坐标为．
【点睛】
此题主要考查了求二次函数解析式，求一次函数解析式，以及两函数的交点问题，解决问题的关键是联立方程组求解．
23、（1）见解析；（2）；（3）①r1＝1，；②△BFF'与△DEF'的面积比为或
【分析】（1）连结，证明，得出，则结论得证；
（2）求出，，连结，则，由弧长公式可得出答案；
（3）①如图3，过作于，则，四边形是矩形，设圆的半径为，则．，证明，由比例线段可得出的方程，解方程即可得出答案；
②证明，当或时，根据相似三角形的性质可得出答案．
【详解】解：（1）连结DO，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD＝∠ABD，
∵DO＝BO，
∴∠ODB＝∠OBD，
∴∠CBD＝∠ODB．
∴DO∥BC，
∵∠C＝90°，
∴∠ADO＝90°，
∴AC是⊙O的切线；
（2）∵E是AO中点，
∴AE＝EO＝DO＝BO＝，
∴sin∠A＝，
∴∠A＝30°，∠B＝60°，
连结FO，则∠BOF＝60°，
∴＝．
（3）①如图3，连结OD，过O作OM⊥BC于M，
则BM＝FM，四边形CDOM是矩形
设圆的半径为r，则OA＝5﹣r．BM＝FM＝r﹣，
∵DO∥BC，
∴∠AOD＝∠OBM，
而∠ADO＝90°＝∠OMB，
∴△ADO∽△OMB，
∴，
即，
解之得r1＝1，．
②∵在（1）中∠CBD＝∠ABD，
∴DE＝DF，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BDE＝90°，
而F、F'关于BD轴对称，
∴BD⊥FF'，BF＝BF'，
∴DE∥FF'，
∴∠DEF'＝∠BF'F，
∴△DEF'∽∠BFF'，
当r＝1时，AO＝4，DO＝1，BO＝1，
由①知，
，
，
，
，
，
，
与的面积之比，
同理可得，当时．时，与的面积比．
与的面积比为或．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了直角三角形30度角的性质，切线的判定和性质，等腰三角形的判定，圆周角定理，勾股定理，轴对称的性质，相似三角形的判定和性质等知识，正确作出辅助线，熟练运用圆的相关性质定理是解题的关键．
24、（1）；（2），最小值为；（3）或或或或.
【分析】（1）由抛物线的对称性可得到，然后将A、B、C坐标代入抛物线解析式，求出a、b、c的值即可得到抛物线解析式；
（2）利用待定系数法求出直线BC解析式，作轴交于点，设，则，表示出PQ的长度，然后得到△PBC的面积表达式，根据二次函数最值问题求出P点坐标，再把向左移动1个单位得，连接，易得即为最小值；
（3）由题意可知在直线上运动，设，则，分别讨论：①，②，③，建立方程求出m的值，即可得到的坐标.
【详解】解：（1）由抛物线的对称性知，
把代入解析式，
得
解得：
抛物线的解析式为.
（2）设BC直线解析式为为
将代入得，
，解得
∴直线的解析式为.
作轴交于点，如图，
设，
则，.
当时，取得最大值，此时，.
把向左移动1个单位得，连接，如图
.
（3）由题意可知在直线上运动，
设，则，
∴
①当时，
，解得
此时或；
②当时，
，解得
此时或
③当时，
，解得，
此时，
综上所述的坐标为或或或.
【点睛】
本题考查二次函数的综合问题，涉及待定系数法求函数解析式，面积最值与线段最值问题，等腰三角形存在性问题，是中考常考的压轴题，难度较大，采用数形结合与分类讨论是解题的关键.
25、（1）；（2）原方程有两个不相等的实数根；（3），，（答案不唯一）.
【分析】（1）把方程的解代入即可；
（2）根据根的判别式及b=a+1计算即可；
（3）根据方程根的情况得到根的判别式，从而得到a、b的值，再代入方程解方程即可.
【详解】解：（1）把代入方程可得 ，
故a、b满足的关系式为；
（2）△，
∵，
∴△，
∴原方程有两个不相等的实数根；
（3）∵方程有两个相等的实数根，
∴△=，即，
取，（取值不唯一），
则方程为，
解得.
【点睛】
本题考查一元二次方程的解，解法，及根的判别式，熟记根的判别式，掌握一元二次方程的解法是解题的关键.
26、（1）y=﹣x+4；（2）1
【分析】（1）把x=2代入y=x，得y=1，求出A（2，1）．根据平移规律得出直线l3的解析式为y=x﹣4，求出B（0，﹣4）、C（4，﹣2）．设直线l2的解析式为y=kx+b，将A、C两点的坐标代入，利用待定系数法即可求出直线l2的解析式；
（2）根据直线l2的解析式求出D（0，4），得出BD=8，再利用三角形的面积公式即可求出△BDC的面积．
【详解】解：如图：
（1）把x=2代入y=x，得y=1，
∴A的坐标为（2，1）．
∵将直线l1沿y轴向下平移4个单位长度，得到直线l3，
∴直线l3的解析式为y=x﹣4，
∴x=0时，y=﹣4，
∴B（0，﹣4）．
将y=﹣2代入y=x﹣4，得x=4，
∴点C的坐标为（4，﹣2）．
设直线l2的解析式为y=kx+b，
∵直线l2过A（2，1）、C（4，﹣2），
∴，解得，
∴直线l2的解析式为y=﹣x+4；
（2）∵y=﹣x+4，
∴x=0时，y=4，
∴D（0，4）．
∵B（0，﹣4），
∴BD=8，
∴△BDC的面积=×8×4=1．
【点睛】
本题考查了一次函数图象与几何变换，待定系数法求直线的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，正确求出求出直线l2的解析式是解题的关键．
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