福建省厦门市同安区五校2022年数学九上期末教学质量检测试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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．已知点都在双曲线上，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．若△ABC∽△ADE，若AB=6，AC=4,AD=3，则AE的长是（ ）

A．1 B．2 C．1.5 D．3
3．2019的相反数是（ ）
A．2019 B．-2019 C． D．
4．在Rt△ABC中，，如果∠A=，，那么线段AC的长可表示为（ ）．
A．； B．； C．； D．．
5．若关于x的一元二次方程kx2+2x–1=0有实数根，则实数k的取值范围是
A．k≥–1 B．k>–1
C．k≥–1且k≠0 D．k>–1且k≠0
6．如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=1．点E在边AB上，点F在边CD上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则AE的长是（ ）

A．2 B．3 C．5 D．6
7．在﹣3、﹣2、﹣1、0、1、2这六个数中，任取两个数，恰好和为﹣1的概率为（　　）
A． B． C． D．
8．抛物线的图像与坐标轴的交点个数是（ ）
A．无交点 B．1个 C．2个 D．3个
9．如图，将绕点逆时针旋转70°到的位置，若，则（　　）

A．45° B．40° C．35° D．30°
10．一个小正方体沿着斜面前进了10 米，横截面如图所示，已知，此时小正方体上的点距离地面的高度升高了( )

A．5米 B．米 C．米 D．米
11．如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴相交于A、B两点，C(m，﹣3)是图象上的一点，且AC⊥BC，则a的值为（ ）

A．2 B． C．3 D．
12．某种品牌运动服经过两次降价，每件零售价由520元降为312元，已知两次降价的百分率相同，求每次降价的百分率．设每次降价的百分率为x，下面所列的方程中正确的是( )
A． B．
C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，在中，，，点是边的中点，点是边上一个动点，当__________时，相似．

14．在2015年的体育考试中某校6名学生的体育成绩统计如图所示，这组数据的中位数是________．

15．已知圆锥的底面半径为3，母线长为7，则圆锥的侧面积是_____．
16．如图，用圆心角为120°，半径为6cm的扇形纸片卷成一个圆锥形无底纸帽则这个纸帽的高是_____cm．

17．如图，某水平地面上建筑物的高度为AB，在点D和点F处分别竖立高是2米的标杆CD和EF，两标杆相隔52米，并且建筑物AB、标杆CD和EF在同一竖直平面内，从标杆CD后退2米到点G处，在G处测得建筑物顶端A和标杆顶端C在同一条直线上；从标杆FE后退4米到点H处，在H处测得建筑物顶端A和标杆顶端E在同一条直线上，则建筑物的高是__________米．

18．一个三角形的两边长分别为3和6，第三边长是方程x2-10x+21=0的根，则三角形的周长为______________.
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且OA=2，OC=1．
(1)求抛物线的解析式．
(2)若点D(2，2)是抛物线上一点，那么在抛物线的对称轴上，是否存在一点P，使得△BDP的周长最小，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
注：二次函数（≠0）的对称轴是直线=.

20．（8分）若二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）中，函数值y与自变量x的部分对应值如表：
x
…
-2
-1
0
1
2
…
y
…
0
-2
-2
0
4
…
（1）求该二次函数的表达式；
（2）当y≥4时，求自变量x的取值范围．
21．（8分）已知：如图,在⊙O中,弦交于点,

求证：.
22．（10分）如图，平行四边形中，点是的中点，用无刻度的直尺按下列要求作图．

（1）在图1中，作边上的中点；
（2）在图2中，作边上的中点.
23．（10分）如图是二次函数y=（x+m）2+k的图象，其顶点坐标为M（1，﹣4）
（1）求出图象与x轴的交点A、B的坐标；
（2）在二次函数的图象上是否存在点P，使S△PAB=S△MAB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

24．（10分）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+3的对称轴为直线x＝﹣1，分别与x轴交于点A，B（A在B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求b的值；
（2）若将线段BC绕点C顺时针旋转90°得到线段CD，问：点D在该抛物线上吗？请说明理由．

25．（12分）已知矩形ABCD的顶点A、D在圆上， B、C两点在圆内，请仅用没有刻度的直尺作图．
（1）如图1，已知圆心O，请作出直线l⊥AD；
（2）如图2，未知圆心O，请作出直线l⊥AD．

26．如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD，以AB为直径的⊙O经过点C，连接AC、OD交于点E．
（1）求证：OD∥BC；
（2）若AC＝2BC，求证：DA与⊙O相切．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】分别将A，B两点代入双曲线解析式，表示出和，然后根据列出不等式，求出m的取值范围．
【详解】解：将A（-1，y1），B（2，y2）两点分别代入双曲线，得
，
，
∵y1＞y2，
，
解得，
故选：D．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解不等式．反比例函数图象上的点的坐标满足函数解析式．
2、B
【分析】根据相似三角形的性质，由，即可得到AE的长.
【详解】解：∵△ABC∽△ADE，
∴，
∵AB=6，AC=4，AD=3，
∴，
∴；
故选择：B.
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质.
3、A
【分析】根据只有符号不同的两个数是互为相反数解答即可.
【详解】解：-1的相反数是1．
故选A．
【点睛】
本题考查了相反数的定义，解答本题的关键是熟练掌握相反数的定义，正数的相反数是负数，0的相反数是0，负数的相反数是正数.
4、B
【分析】根据余弦函数是邻边比斜边，可得答案．
【详解】解：由题意，得
，
，
故选：．
【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义，利用余弦函数的定义是解题关键．
5、C
【解析】解：∵一元二次方程kx2﹣2x﹣1=1有两个实数根，∴△=b2﹣4ac=4+4k≥1，且k≠1，解得：k≥﹣1且k≠1．故选C．
点睛：此题考查了一元二次方程根的判别式，根的判别式的值大于1，方程有两个不相等的实数根；根的判别式的值等于1，方程有两个相等的实数根；根的判别式的值小于1，方程没有实数根．
6、C
【解析】试题分析：连接EF交AC于点M，由四边形EGFH为菱形可得FM=EM，EF⊥AC；利用”AAS或ASA”易证△FMC≌△EMA，根据全等三角形的性质可得AM=MC；在Rt△ABC中，由勾股定理求得AC=，且tan∠BAC=；在Rt△AME中，AM=AC= ，tan∠BAC=可得EM=；在Rt△AME中，由勾股定理求得AE=2．故答案选C．

考点：菱形的性质；矩形的性质；勾股定理；锐角三角函数．
7、D
【分析】画树状图展示所有15种等可能的结果数，找出恰好和为-1的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】解：画树状图为：

共有15种等可能的结果数，其中恰好和为-1的结果数为3，
所以任取两个数，恰好和为-1的概率＝．
故选：D．
【点睛】
本题考查的是概率的问题，能够用树状图解决简单概率问题是解题的关键.
8、B
【分析】已知二次函数的解析式，令x=0，则y=1，故与y轴有一个交点，令y=0，则x无解，故与x轴无交点，题目求的是与坐标轴的交点个数，故得出答案．
【详解】解：∵
∴令x=0，则y=1，故与y轴有一个交点
∵令y=0，则x无解
∴与x轴无交点
∴与坐标轴的交点个数为1个
故选B．
【点睛】
本题主要考查二次函数与坐标轴的交点，熟练二次函数与x轴和y轴的交点的求法以及仔细审题是解决本题的关键．
9、D
【分析】首先根据旋转角定义可以知道，而，然后根据图形即可求出．
【详解】解：∵绕点逆时针旋转70°到的位置，
∴，
而，
∴
故选D．
【点睛】
此题主要考查了旋转的定义及性质，其中解题主要利用了旋转前后图形全等，对应角相等等知识．
10、B
【分析】根据题意，用未知数设出斜面的铅直高度和水平宽度，再运用勾股定理列方程求解．
【详解】解：Rt△ABC中，AB=2BC，
设BC=x，则AC=2x，
根据勾股定理可得，
x2+（2x）2=102，
解得x=或x=（负值舍去
即小正方体上的点N距离地面AB的高度升高了米，
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了解直角三角形的应用-坡度坡角问题，解题的关键是熟练运用勾股定理的知识，此题比较简单．
11、D
【分析】在直角三角形ABC中，利用勾股定理AD2+DC2+CD2+BD2=AB2，即m2﹣m(x1+x2)+18+x1x2=0；然后根据根与系数的关系即可求得a的值．
【详解】过点C作CD⊥AB于点D．
∵AC⊥BC，
∴AD2+DC2+CD2+BD2=AB2，
设ax2+bx+c=0的两根分别为x1与x2(x1≤x2)，
∴A(x1，0)，B(x2，0)．
依题意有(x1﹣m)2+9+x2﹣m)2+9=(x1﹣x2)2，
化简得：m2﹣m(x1+x2)+9+x1x2=0，
∴m2m+90，
∴am2+bn+c=﹣9a．
∵(m，﹣3)是图象上的一点，
∴am2+bm+c=﹣3，
∴﹣9a=﹣3，
∴a．
故选：D．

【点睛】
本题是二次函数的综合试题，考查了二次函数的性质和图象，解答本题的关键是注意数形结合思想．
12、A
【分析】根据题意可得到等量关系：原零售价（1-百分率）（1-百分率）=降价后的售价，然后根据等量关系列出方程即可．
【详解】解：由题意得：
，
故答案选A．
【点睛】
本题考查一元二次方程与实际问题，解题的关键是找出题目中的等量关系，列出方程．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】直接利用，找到对应边的关系，即可得出答案．
【详解】解：当时，
则，
∵，点是边的中点，
∴
∵，
∴则
综上所述：当BQ=时，．
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了相似三角形的性质，得到对应边成比例是解答此题的关键．
14、1
【解析】试题分析：根据折线统计图可知6名学生的体育成绩为；24，24，1，1，1，30，所以这组数据的中位数是1．
考点：折线统计图、中位数．
15、21π．
【分析】利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算．
【详解】解：圆锥的侧面积＝×2π×3×7＝21π．
故答案为21π．
【点睛】
本题考查圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
16、
【分析】先求出扇形弧长，再求出圆锥的底面半径，再根据勾股定理 即可出圆锥的高.
【详解】圆心角为120°，半径为6cm的扇形的弧长为4cm
∴圆锥的底面半径为2，
故圆锥的高为=4cm
【点睛】
此题主要考查圆的弧长及圆锥的底面半径，解题的关键是熟知圆的相关公式.
17、54
【解析】设建筑物的高为x米，根据题意易得△CDG∽△ABG，∴，∵CD＝DG＝2，∴BG＝AB＝x，再由△EFH∽△ABH可得，即，∴BH＝2x，即BD＋DF＋FH＝2x，亦即x－2＋52＋4＝2x，解得x＝54，即建筑物的高是54米．
18、2
【解析】分析：首先求出方程的根，再根据三角形三边关系定理，确定第三边的长，进而求其周长．
详解：解方程x2-10x+21=0得x1=3、x2=1，
∵3＜第三边的边长＜9，
∴第三边的边长为1．
∴这个三角形的周长是3+6+1=2．
故答案为2．
点睛：本题考查了解一元二次方程和三角形的三边关系．已知三角形的两边，则第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．

三、解答题（共78分）
19、（2）（2）P（，）
【详解】解：（2）∵OA=2，OC=2，
∴A（－2，0），C（0，2）．
将C（0，2）代入得c=2．
将A（－2，0）代入得，，
解得b=，
∴抛物线的解析式为；
（2）如图：连接AD，与对称轴相交于P，

由于点A和点B关于对称轴对称，则BP+DP=AP+DP，当A、P、D共线时BP+DP=AP+DP最小．
设直线AD的解析式为y=kx+b，
将A（-2，0），D（2，2）分别代入解析式得， ，解得，，
∴直线AD解析式为y=x+2．
∵二次函数的对称轴为，
∴当x=时，y=×+2=．
∴P（，）．
20、（1）；（2）x≤﹣3或x≥2.
【分析】（1）根据表格的数据可得抛物线的对称轴是直线x=，设出抛物线的顶点式，再代入两组数据进行求解即可；
（2）由（1）可得抛物线图象开口向上，求得当y=4时x的值，根据抛物线的图象性质即可得到x的取值范围.
【详解】解：（1）根据表中可知：点（﹣1，﹣2）和点（0，﹣2）关于对称轴对称，
即抛物线的对称轴是直线x=，
设二次函数的表达式是，
把点（﹣2，0）和点（0，﹣2）代入得：
，
解得：a=1，k=，
则该二次函数的表达式为
（2）∵1＞0，
∴抛物线的图象开口向上，
当y=4时，y=x2+x﹣2=4，
解得：x=﹣3或2，
则当y≥4时，自变量x的取值范围是x≤﹣3或x≥2.
【点睛】
本题主要考查二次函数图象的性质，解此题的关键在于根据题意利用待定系数法确定函数关系式，再根据抛物线的图象性质进行解答.
21、证明见解析.
【分析】由圆周角定理可得∠ADE=∠CBE，从而利用AAS可证明△ADE≌△CBE，继而可得出结论．
【详解】证明:∵同弧所对的圆周角相等,

在和中,

【点睛】
本题考查了圆周角定理及全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是由圆周角定理得出∠ADE=∠CBE．
22、 (1) 如图所示，见解析；(2) 如图所示，见解析．
【分析】（1）连接AC，BD，连接E与对角线交点与AD交于F，点F即为所求；
（2）连接AE，BF，连接平行四边形对角线的交点以及平行四边形对角线的交点，连线与AB交于点G，点G即为所求.
【详解】（1）如图1所示．
（2）如图2所示．

【点睛】
本题考查了平行四边形的作图，掌握平行四边形的性质是解题的关键.
23、（1）A（﹣1，0），B（3，0）;（2）存在合适的点P，坐标为（4，5）或（﹣2，5）．
【解析】试题分析：
（1）由二次函数y=（x+m）2+k的顶点坐标为M（1，﹣4）可得解析式为：，解方程：可得点A、B的坐标；
（2）设点P的纵坐标为，由△PAB与△MAB同底，且S△PAB=S△MAB，可得：，从而可得=，结合点P在抛物线的图象上，可得=5，由此得到：，解方程即可得到点P的坐标.
试题解析：
（1）∵抛物线解析式为y=（x+m）2+k的顶点为M（1，﹣4）
∴，
当y=0时，（x﹣1）2﹣4=0，解得x1=3，x2=﹣1，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
（2）∵△PAB与△MAB同底，且S△PAB=S△MAB，
∴，即=，
又∵点P在y=（x﹣1）2﹣4的图象上，
∴yP≥﹣4，
∴=5，则，解得：，
∴存在合适的点P，坐标为（4，5）或（﹣2，5）．
24、（1）b＝﹣2；（2）点D不在该抛物线上，见解析
【分析】(1)根据抛物线的对称轴公式，可求出b的值，
(2)确定函数关系式，进而求出与x轴、y轴的交点坐标，由旋转可得全等三角形，进而求出点D的坐标，代入关系式验证即可．
【详解】解：(1)∵抛物线y＝﹣x2+bx+3的对称轴为直线x＝﹣1，
∴＝﹣1，
∴b＝﹣2；
(2)当x＝0时，y＝3，因此点C（0，3），即OC＝3，
当y＝0时，即﹣x2+bx+3＝0，解得x1＝﹣3，x2＝1，因此OB＝1，OA＝3，
如图，过点D作DE⊥y轴，垂足为E，由旋转得，CB＝CD，∠BCD＝90°，
∵∠OBC+∠BCO＝90°＝∠BCO+∠ECD，
∴∠OBC＝∠ECD，
∴△BOC≌△CDE （AAS），
∴OB＝CE＝1，OC＝DE＝3，
∴D（﹣3，2）
当x＝﹣3时，y＝﹣9+6+3＝0≠2，
∴点D不在该抛物线上．

【点睛】
本题主要考查的是二次函数的综合应用，掌握对称轴的求解公式以及看一个点是否在二次函数上，只需要把点代入二次函数解析式看等式是否成立即可.
25、（1）作图见解析；（2）作图见解析
【解析】解（答案不唯一）：（1）如图1，直线l为所求；
（2）如图2，直线l为所求．

26、（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）利用SSS可证明△OAD≌△OCD，可得∠ADO＝∠CDO，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得DE⊥AC，由AB是直径可得∠ACB=90°，即可证明OD//BC；
（2）设BC＝a，则AC=2a，利用勾股定理可得AD=AB=，根据中位线的性质可用a表示出OE、AE的长，即可表示出OD的长，根据勾股定理逆定理可得∠OAD=90°，即可证明DA与⊙O相切．
【详解】（1）连接OC，
在△OAD和△OCD中，，
∴△OAD≌△OCD（SSS），
∴∠ADO＝∠CDO，
∵AD＝CD，
∴DE⊥AC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
即BC⊥AC，
∴OD∥BC；

（2）设BC＝a，
∵AC＝2BC，
∴AC＝2a，
∴AD＝AB＝＝＝a，
∵OE∥BC，且AO＝BO，
∴OE为△ABC的中位线，
∴OE＝BC＝a，AE＝CE＝AC＝a，
在△AED中，DE＝＝＝2a，
∴OD=OE+DE=，
在△AOD中，AO2+AD2＝（）2+（a）2＝a2，OD2＝（）2＝a2，
∴AO2+AD2＝OD2，
∴∠OAD＝90°，
∵AB是直径，
∴DA与⊙O相切．
【点睛】
本题考查圆周角定理、切线的判定、三角形中位线的性质勾股定理，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半；直径所对的圆周角是直角；经过半径的外端点，且垂直于这条半径的直线是圆的切线；熟练掌握相关性质及定理是解题关键．