安徽省滁州市定远县2022-2023学年数学九年级第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每小题3分,共30分)1如图，在矩形中，对角线相交于点，动点由点出发，沿向点运动设点的运动路程为，的面积为，与的函数关系图象如图所示，则边的长为( )A3B4C5D62如图方格纸中每个小正方形的边长均为1，点P、A、C都在小正方形的顶点上某人从点P出发，沿过A、C、P三点的圆走一周，则这个人所走的路程是（ ）ABCD不确定3是关于的一元一次方程的解，则（ ）ABC4D4如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，则四边形AODE一定是（ ）A正方形B矩形C菱形D不能确定5抛物线的顶点坐标是（ ）ABCD6如图，是内两条互相垂直的直径，则的度数是（ ）ABCD7小亮、小莹、大刚三位同学随机地站成一排合影留念，小亮恰好站在中间的概率是（ ）ABCD8如图，抛物线与轴交于、两点，是以点（0,3）为圆心，2为半径的圆上的动点，是线段的中点，连结.则线段的最大值是（ ）ABCD9下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）ABCD10如图，将RtABC绕直角项点C顺时针旋转90，得到A BC，连接AA，若1=20，则B的度数是( ) A70B65C60D55二、填空题(每小题3分,共24分)11已知关于x的方程x2-3x+m=0的一个根是1，则m=_12如图，扇形的圆心角是为，四边形是边长为的正方形，点分别在在弧上，那么图中阴影部分的面积为_(结果保留)13经过某十字路口的汽车，它可能直行，也可能向左转或向右转，假设这三种可能性大小相同，那么两辆汽车经过这个十字路口，一辆向左转，一辆向右转的概率是_14方程的解是_15化简：-（sin601）02cos30=_ 16如图，有一张直径为1.2米的圆桌，其高度为0.8米，同时有一盏灯距地面2米，圆桌在水平地面上的影子是，和是光线，建立如图所示的平面直角坐标系，其中点的坐标是那么点的坐标是_17已知抛物线y=ax2+bx+c（a0）与x轴的两个交点的坐标分别是（3，0），（2，0），则方程ax2+bx+c=0（a0）的解是_18ABC中，A、B都是锐角，若sinA，cosB，则C_三、解答题(共66分)19（10分）放寒假，小明的爸爸把油箱注满油后准备驾驶汽车到距家300的学校接小明，在接到小明后立即按原路返回，已知小明爸爸汽车油箱的容积为70，请回答下列问题：（1）写出油箱注满油后，汽车能够行使的总路程与平均耗油量之间的函数关系式；（2）小明的爸爸以平均每千米耗油0.1的速度驾驶汽车到达学校，在返回时由于下雨，小明的爸爸降低了车速，此时每千米的耗油量增加了一倍，如果小明的爸爸始终以此速度行使，油箱里的油是否够回到家？如果不够用，请通过计算说明至少还需加多少油？20（6分）如图，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EGEF，EG与圆O相交于点G，连接CG（1）试说明四边形EFCG是矩形；（2）当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中，矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；求点G移动路线的长21（6分）如图，抛物线与轴交于点和，与轴交于点顶点为求抛物线的解析式；求的度数；若点是线段上一个动点，过作轴交抛物线于点，交轴于点，设点的横坐标为求线段的最大值；若是等腰三角形，直接写出的值22（8分）解方程：x26x+8123（8分）如图，四边形ABCD与四边形CEFG都是矩形，点E，G分别在边CD，CB上，点F在AC上，AB3，BC4（1）求的值；（2）把矩形CEFG绕点C顺时针旋转到图的位置，P为AF，BG的交点，连接CP（）求的值；（）判断CP与AF的位置关系，并说明理由24（8分）我们把端点都在格点上的线段叫做格点线段如图，在77的方格纸中，有一格点线段AB，按要求画图（1）在图1中画一条格点线段CD将AB平分（2）在图2中画一条格点线段EF将AB分为1：125（10分）某体育看台侧面的示意图如图所示，观众区的坡度为，顶端离水平地面的高度为，从顶棚的处看处的仰角，竖直的立杆上、两点间的距离为，处到观众区底端处的水平距离为求:（1）观众区的水平宽度；（2）顶棚的处离地面的高度（，结果精确到）26（10分）如图，C地在B地的正东方向，因有大山阻隔，由B地到C地需绕行A地，已知A地位于B地北偏东53方向，距离B地516千米，C地位于A地南偏东45方向现打算打通穿山隧道，建成两地直达高铁，求建成高铁后从B地前往C地的路程（结果精确到1千米）（参考数据：sin53，cos53，tan53）参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【分析】当点在上运动时，面积逐渐增大，当点到达点时，结合图象可得面积最大为1，得到与的积为12；当点在上运动时，面积逐渐减小，当点到达点时，面积为0，此时结合图象可知点运动路径长为7，得到与的和为7，构造关于的一元二方程可求解【详解】解：当点在上运动时，面积逐渐增大，当点到达点时，面积最大为1，即当点在上运动时，面积逐渐减小，当点到达点时，面积为0，此时结合图象可知点运动路径长为7，则，代入，得，解得或1，因为，即，所以故选B【点睛】本题主要考查动点问题的函数图象，解题的关键是分析三角形面积随动点运动的变化过程，找到分界点极值，结合图象得到相关线段的具体数值2、C【分析】根据题意作ACP的外接圆，根据网格的特点确定圆心与半径，求出其周长即可求解【详解】如图，ACP的外接圆是以点O为圆心，OA为半径的圆，AC=,AP=，CP=，AC2=AP2+CP2ACP是等腰直角三角形O点是AC的中点，AO=CO=OP=这个人所走的路程是故选C【点睛】此题主要考查三角形的外接圆，解题的关键是熟知外接圆的作法与网格的特点3、A【分析】先把x=1代入方程得a+2b=-1，然后利用整体代入的方法计算2a+4b的值【详解】将x1代入方程x2+ax+2b0，得a+2b1，2a+4b2（a+2b）2（1）2.故选A.【点睛】此题考查一元二次方程的解，整式运算，掌握运算法则是解题关键4、B【分析】根据题意可判断出四边形AODE是平行四边形，再由菱形的性质可得出ACBD，即AOD=90，继而可判断出四边形AODE是矩形；【详解】证明：DEAC，AEBD，四边形AODE是平行四边形，四边形ABCD是菱形，ACBD，AOD=AOD=90，四边形AODE是矩形.故选B.【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定；熟练掌握矩形的判定与性质、菱形的性质是解决问题的关键5、D【分析】当 时，是抛物线的顶点，代入求出顶点坐标即可【详解】由题意得，当 时，是抛物线的顶点代入到抛物线方程中顶点的坐标为故答案为：D【点睛】本题考查了抛物线的顶点坐标问题，掌握求二次函数顶点的方法是解题的关键6、C【分析】根据直径的定义与等腰三角形的性质即可求解【详解】是内两条互相垂直的直径，ACBD又OB=OC=故选C【点睛】此题主要考查圆内的角度求解，解题的关键是熟知圆内等腰三角形的性质7、B【解析】分析: 先利用列表法展示所以6种等可能的结果，其中小亮恰好站在中间的占2种，然后根据概率定义求解.详解: 列表如下：，共有6种等可能的结果，其中小亮恰好站在中间的占2种，所以小亮恰好站在中间的概率=故选B.点睛：本题考查了列表法与树状图法：先利用列举法或树形图法不重不漏地列举出所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，求出概率.8、C【分析】根据抛物线解析式可求得点A（-4,0），B（4,0），故O点为AB的中点，又Q是AP上的中点可知OQ=BP，故OQ最大即为BP最大，即连接BC并延长BC交圆于点P时BP最大，进而即可求得OQ的最大值.【详解】抛物线与轴交于、两点A（-4,0），B（4,0），即OA=4.在直角三角形COB中BC=Q是AP上的中点，O是AB的中点OQ为ABP中位线，即OQ=BP又P在圆C上，且半径为2，当B、C、P共线时BP最大，即OQ最大此时BP=BC+CP=7OQ=BP=.【点睛】本题考查了勾股定理求长度，二次函数解析式求点的坐标及线段长度，中位线，与圆相离的点到圆上最长的距离，解本题的关键是将求OQ最大转化为求BP最长时的情况.9、C【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断即可.【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误； C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；故选C.【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，属于基础题型，熟知轴对称图形和中心对称图形的定义是正确判断的关键.10、B【分析】根据图形旋转的性质得AC=AC，ACA=90，B=ABC，从而得AAC=45，结合1=20，即可求解【详解】将RtABC绕直角项点C顺时针旋转90，得到A BC，AC=AC，ACA=90，B=ABC，AAC=45，1=20，BAC=45-20=25，ABC=90-25=65，B=65故选B【点睛】本题主要考查旋转的性质，等腰三角形和直角三角形的性质，掌握等腰三角形和直角三角形的性质定理，是解题的关键二、填空题(每小题3分,共24分)11、1【解析】试题分析：关于x的方程的一个根是1，131+m=0，解得，m=1，故答案为1考点：一元二次方程的解12、【分析】由正方形的性质求出扇形的半径，求得扇形的面积，再减去正方形OEDC的面积即可解答，【详解】解：正方形OCDE的边长为1，OD= 扇形的圆心角是为扇形的面积为 阴影部分的面积为-1故答案为-1.【点睛】本题考查了扇形的面积计算，确定扇形的半径并求扇形的面积是解答本题的关键.13、【分析】列举出所有情况，让一辆向左转，一辆向右转的情况数除以总情况数即为所求的可能性【详解】一辆向左转，一辆向右转的情况有两种，则概率是【点睛】本题考查了列表法与树状图法，用到的知识点为：可能性=所求情况数与总情况数之比14、,【分析】根据题意先移项，再提取公因式，求出x的值即可【详解】解：移项得，x（x-3）-x=0，提取公因式得，x（x-3-1）=0，即x（x-4）=0，解得,故答案为：,【点睛】本题考查的是解一元二次方程-因式分解法，熟练利用因式分解法解一元二次方程是解答此题的关键15、-1【分析】根据实数的性质即可化简求解【详解】-（sin601）02cos30=-1-2=-1-=-1故答案为：-1【点睛】此题主要考查实数的运算，解题的关键是熟知特殊三角函数值的求解16、【分析】先证明ABCADE，再根据相似三角形的性质：相似三角形的对应高的比等于相似比求解即可【详解】解：BCDE，ABCADE，BC=1.2，DE=2，E（4，0）故答案为：（4，0）【点睛】本题考查了中心投影，相似三角形的判定和性质，准确识图，熟练掌握相似三角形的对应高的比等于相似比是解题的关键17、.x13，x22【详解】解：抛物线yax2bxc(a0)与x轴的两个交点的坐标分别是(3,0)，(2,0)，当x=3或x=2时，y=0，即方程的解为故答案为：18、60【分析】先根据特殊角的三角函数值求出A、B的度数，再根据三角形内角和定理求出C即可作出判断【详解】ABC中，A、B都是锐角，sinA，cosB，AB60C180AB180606060故答案为：60【点睛】本题考查的是特殊角的三角函数值及三角形内角和定理，比较简单三、解答题(共66分)19、（1）；（2）不够，至少要加油20L【分析】（1）根据总路程平均耗油量=油箱总油量求解即可；（2）先计算去时所用油量，再计算返回时用油量，与油箱中剩余油量作比较即可得出答案【详解】解：（1）由题意可得出总路程与平均耗油量的函数关系式为：；（2）小明的爸爸始终以此速度行使，油箱里的油不能够回到家小明爸爸去时用油量是：（）油箱剩下的油量是：（）返回每千米用油量是：（）返回时用油量是：（）.所以，油箱里的油不能够回到家，至少要加油：【点睛】本题考查的知识点是求反比例函数的解析式，比较基础，易于掌握20、（1）证明见解析；（2）存在，矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为；【解析】试题分析：（1）只要证到三个内角等于90即可（2）易证点D在O上，根据圆周角定理可得FCE=FDE，从而证到CFEDAB，根据相似三角形的性质可得到S矩形ABCD=2SCFE=然后只需求出CF的范围就可求出S矩形ABCD的范围根据圆周角定理和矩形的性质可证到GDC=FDE=定值，从而得到点G的移动的路线是线段，只需找到点G的起点与终点，求出该线段的长度即可试题解析：解：（1）证明：如图，CE为O的直径，CFE=CGE=90EGEF，FEG=90CFE=CGE=FEG=90四边形EFCG是矩形（2）存在如答图1，连接OD， 四边形ABCD是矩形，A=ADC=90点O是CE的中点，OD=OC点D在O上FCE=FDE，A=CFE=90，CFEDABAD=1，AB=2，BD=5. S矩形ABCD=2SCFE=四边形EFCG是矩形，FCEGFCE=CEGGDC=CEG，FCE=FDE，GDC=FDEFDE+CDB=90，GDC+CDB=90GDB=90当点E在点A（E）处时，点F在点B（F）处，点G在点D（G处，如答图1所示此时，CF=CB=1当点F在点D（F）处时，直径FGBD，如答图2所示，此时O与射线BD相切，CF=CD=2当CFBD时，CF最小，此时点F到达F，如答图2所示SBCD=BCCD=BDCF12=5CFCF=CF1S矩形ABCD=，即矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为GDC=FDE=定值，点G的起点为D，终点为G，点G的移动路线是线段DGGDC=FDE，DCG=A=90，DCGDAB，即，解得点G移动路线的长为考点：1.圆的综合题；2.单动点问题；2.垂线段最短的性质；1.直角三角形斜边上的中线的性质；5.矩形的判定和性质；6.圆周角定理；7.切线的性质；8.相似三角形的判定和性质；9.分类思想的应用21、（1）yx24x2，（2）90，（2），m2或m或m1【分析】（1）将点B,C代入抛物线的解析式中，利用待定系数法即可得出答案；（2）先求出点D的坐标，然后利用OBOC，得出CBO45，过D作DEx 轴，垂足为E，再利用DEBE，得出DBO45，则的度数可求；（2）先用待定系数法求出直线BC的表达式，然后设出M,N的坐标，表示出线段MN的长度，利用二次函数的性质即可求出最大值；分三种情况： BNBM， BNMN， NMBM分别建立方程求解即可【详解】解：（1）将点B（2，0）、C（0，2）代入抛物线yx2bxc中，得：，解得：故抛物线的解析式为yx24x2（2）yx24x2(x2)21，D点坐标为（2，1）OBOC2，CBO45，过D作DEx 轴，垂足为E，则DEBE1，DBO45，CBD90（2）设直线BC的解析式为ykx2，得：02k2，解得：k1，直线BC的解析式为yx2点M的坐标为（m，m24m2），点N的坐标为（m，m2）线段MN（m2）（m24m2）m22m(m)2当m时，线段MN取最大值，最大值为在RtNBH中，BH2m，BN(2m)当BNBM时，NHMH，则m2(m24m2)，即m25m60，解得m12，m22（舍去），当BNMN时，m22m(2m)，解得：m1，m22（舍去），当NMBM时，MNBNBM45，则MB与x轴重合，点M与点A重合，m1，综合得：m2或m或m1【点睛】本题主要考查二次函数与几何综合，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键22、x12 x22【分析】应用因式分解法解答即可.【详解】解：x26x+81（x2）（x2）1，x21或x21，x12 x22【点睛】本题考查了解一元二次方程因式分解法，解答关键是根据方程特点进行因式分解.23、（1）；（2）（）；（）CPAF，理由：见解析.【解析】(1)根据矩形的性质得到B90，根据勾股定理得到AC5，根据相似三角形的性质即可得到结论；(2)()连接CF，根据旋转的性质得到BCGACF，根据相似三角形的判定和性质定理得到结论；()根据相似三角形的性质得到BGCAFC，推出点C，F，G，P四点共圆，根据圆周角定理得到CPFCGF90，于是得到结论【详解】(1)四边形ABCD是矩形，B90，AB3，BC4，AC5，四边形CEFG是矩形，FGC90，GFAB，CGFCBA，FGAB，；(2)()连接CF，把矩形CEFG绕点C顺时针旋转到图的位置，BCGACF，BCGACF，；()CPAF，理由：BCGACF，BGCAFC，点C，F，G，P四点共圆，CPFCGF90，CPAF【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，平行线分线段成比例定理，旋转的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键24、（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）根据矩形ACBD即可解决问题（2）利用平行线分线段成比例定理解决问题即可【详解】解：（1）如图，线段CD即为所求（2）如图，线段EF即为所求，注意有两种情形【点睛】本题考查作图-应用与设计，矩形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题25、（1）观众区的水平宽度为；（2）顶棚的处离地面的高度约为【分析】（1）利用坡度的性质进一步得出，然后据此求解即可；（2）作于，于，则四边形、为矩形，再利用三角函数进一步求出EN长度，然后进一步求出答案即可.【详解】（1）观众区的坡度为，顶端离水平地面的高度为，,，答：观众区的水平宽度为；（2）如图，作于，于，则四边形、为矩形，m，m，m，在中，则m，答：顶棚的处离地面的高度约为【点睛】本题主要考查了三角函数的实际应用，熟练掌握相关方法是解题关键.26、建成高铁后从B地前往C地的路程约为722千米【分析】作ADBC于D，分别根据正弦、余弦的定义求出BD、AD，再根据等腰直角三角形的性质求出CD的长，最后计算即可.【详解】解：如图：作ADBC于D，在RtADB中，cosDAB ，sinDAB，ADABcosDAB516309.6，BDABsinDAB516412.8，在RtADC中，DAC45，CDAD309.6，BCBD+CD722，答：建成高铁后从B地前往C地的路程约为722千米【点睛】本题考查了方向角问题，掌握方向角的概念和熟记锐角三角函数的定义是解答本题的关键.