杠杆专题-新疆哈密市第四中学2022-2023学年数学九上期末复习检测试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．定义：在等腰三角形中，底边与腰的比叫做顶角的正对，顶角的正对记作，即底边:腰.如图，在中，，.则（ ）

A． B． C． D．
2．如图，过⊙O上一点C作⊙O的切线，交⊙O直径AB的延长线于点D．若∠D＝40°，则∠A的度数为（　　）

A．20° B．25° C．30° D．40°
3．如图，在△ABC中，若DE∥BC，AD=5，BD=10，DE=4，则BC的值为( )

A．8 B．9 C．10 D．12
4．如图，以点A为中心，把△ABC逆时针旋转m°，得到△AB′C′（点B、C的对应点分别为点B′、C′），连接BB′，若AC′∥BB′，则∠CAB′的度数为（ ）

A． B． C． D．
5．如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，则tanA的值为（　　）

A． B． C． D．
6．一元二次方程3x2﹣x﹣2＝0的二次项系数是3，它的一次项系数是（　　）
A．﹣1 B．﹣2 C．1 D．0
7．不透明袋子中有个红球和个白球，这些球除颜色外无其他差别，从袋中随机取出个球，是红球的概率是( )
A． B． C． D．
8．河堤横断面如图所示，堤高BC＝5米，迎水坡AB的坡比1：，则AC的长是( )

A．10米 B．米 C．15米 D．米
9．如图，抛物线y＝﹣（x+m）2+5交x轴于点A，B，将该抛物线向右平移3个单位后，与原抛物线交于点C，则点C的纵坐标为（ ）

A． B． C．3 D．
10．若点在抛物线上，则的值（ ）
A．2021 B．2020 C．2019 D．2018
二、填空题(每小题3分共24分)
11．如图，在中，，，把绕点顺时针旋转得到，若点恰好落在边上处，则______°.

12．某种商品每件进价为20元，调查表明：在某段时间内若以每件x元（20≤x≤30，且x为整数）出售，可卖出（30﹣x）件．若使利润最大，每件的售价应为______元．
13．如图，已知平行四边形ABCD中，E是BC的三等分点，连结AE与对角线BD交于点F，则＝____________.

14．如图，已知射线，点从B点出发，以每秒1个单位长度沿射线向右运动；同时射线绕点顺时针旋转一周，当射线停止运动时，点随之停止运动.以为圆心，1个单位长度为半径画圆，若运动两秒后，射线与恰好有且只有一个公共点，则射线旋转的速度为每秒______度.

15．如图，把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A’B’C，A’B’交AC于点D，若∠A’DC=90°，则∠A= °.

16．如图，内接于， 则的半径为__________．

17．计算：＝______.
18．二次函数y=ax2+bx+3的图象经过点A(-1，0)，B(3，0)，那么一元二次方程ax2+bx=0的根是_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）（1）计算
（2）解不等式组：
20．（6分）解方程：（l）
（2）（配方法）．
21．（6分）如图，∠MAN=90°，，分别为射线，上的两个动点，将线段绕点逆时针旋转到，连接交于点．

（1）当∠ACB=30°时，依题意补全图形，并直接写出的值；
（2）写出一个∠ACB的度数，使得，并证明．
22．（8分）（1）计算；
（2）解不等式．
23．（8分）某商场为了方便消费者购物，准备将原来的阶梯式自动扶梯改造成斜坡式自动扶梯．如图所示，已知原阶梯式扶梯AB长为10m，坡角∠ABD＝30°；改造后斜坡式自动扶梯的坡角∠ACB＝9°，请计算改造后的斜坡AC的长度，（结果精确到0.01（sin9°≈0.156，cos9°≈0.988，tan9°≈0.158）

24．（8分）一天晚上，李明和张龙利用灯光下的影子长来测量一路灯D的高度．如图，当李明走到点A处时，张龙测得李明直立身高AM与其影子长AE正好相等，接着李明沿AC方向继续向前走，走到点B处时，李明直立时身高BN的影子恰好是线段AB，并测得AB＝1.25 m，已知李明直立时的身高为1.75 m，求路灯的高CD的长．(结果精确到0.1 m)

25．（10分）如图一座拱桥的示意图，已知桥洞的拱形是抛物线.当水面宽为12m时，桥洞顶部离水面4m.、

（1）建立平面直角坐标系，并求该抛物线的函数表达式；
（2）若水面上升1m，水面宽度将减少多少？
26．（10分）如图，已知抛物线y＝x2－x－3与x轴的交点为A、D(A在D的右侧)，与y轴的交点为C．

(1)直接写出A、D、C三点的坐标；
(2)若点M在抛物线上，使得△MAD的面积与△CAD的面积相等，求点M的坐标；
(3)设点C关于抛物线对称轴的对称点为B，在抛物线上是否存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点的四边形为梯形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】证明△ABC是等腰直角三角形即可解决问题．
【详解】解：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵∠A=2∠B，
∴∠B=∠C=45°，∠A=90°，
∴在Rt△ABC中，BC==AC，
∴sin∠B•sadA=,
故选：C．
【点睛】
本题考查解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质三角函数等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
2、B
【分析】直接利用切线的性质得出∠OCD=90°，进而得出∠DOC=50°，进而得出答案．
【详解】解：连接OC，
∵DC是⊙O的切线，C为切点，
∴∠OCD=90°，
∵∠D=40°，
∴∠DOC=50°，
∵AO=CO，
∴∠A=∠ACO，
∴∠A=∠DOC=25°．

故选：B．
【点睛】
此题主要考查了切线的性质，正确得出∠DOC=50°是解题关键．
3、D
【解析】试题分析：由DE∥BC可推出△ADE∽△ABC，所以.
因为AD=5，BD=10，DE=4，所以，解得BC=1．
故选D.
考点：相似三角形的判定与性质．
4、B
【分析】根据旋转的性质可得、，利用等腰三角形的性质可求得，再根据平行线的性质得出，最后由角的和差得出结论．
【详解】解：∵以点为中心，把逆时针旋转，得到
∴，
∴
∵
∴
∴
故选：B
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等；也考查了等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，平行线的性质及角的和差．
5、D
【分析】由三角函数定义即可得出答案．
【详解】如图所示：

由图可得：AD=3，CD=4，
∴tanA．
故选：D．
【点睛】
本题考查了解直角三角形．构造直角三角形是解答本题的关键．
6、A
【解析】根据一元二次方程一次项系数的定义即可得出答案.
【详解】由一元二次方程一次项系数的定义可知一次项系数为﹣1，故选：A．
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的基础知识，比较简单，需要熟练掌握.
7、D
【分析】利用概率公式直接求解即可.
【详解】解：袋子装有个球，其中个红球，个白球,
从中任意摸出一个球，则摸出的球是红球的概率是:
故选:．
【点睛】
本题考查的是利用概率的定义求事件的概率.
8、B
【解析】Rt△ABC中，已知了坡比是坡面的铅直高度BC与水平宽度AC之比，通过解直角三角形即可求出水平宽度AC的长．
【详解】Rt△ABC中，BC=5米，tanA=1：；
∴AC=BC÷tanA=5米；
故选：B．
【点睛】
此题主要考查学生对坡度坡角的掌握及三角函数的运用能力．
9、B
【分析】将抛物线y＝﹣（x+m）2+5向右平移3个单位后得到y＝﹣（x+m﹣3）2+5，然后联立组成方程组求解即可．
【详解】解：将抛物线y＝﹣（x+m）2+5向右平移3个单位后得到y＝﹣（x+m﹣3）2+5，
根据题意得：，
解得：，
∴交点C的坐标为（，
故选：B．
【点睛】
考查了抛物线与坐标轴的交点坐标等知识，解题的关键是了解抛物线平移规律，并利用平移规律确定平移后的函数的解析式．
10、B
【分析】将P点代入抛物线解析式得到等式，对等式进行适当变形即可．
【详解】解：将代入中得
所以．
故选：B．
【点睛】
本题考查二次函数上点的坐标特征，等式的性质．能根据等式的性质进行适当变形是解决此题的关键．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、100
【分析】作AC与DE的交点为点O， 则∠AOD=∠EOC，根据旋转的性质，CD=CB，即∠CDB=∠B=∠EDC=70°，∠B=70°,则∠ADE=180°-2∠B=40°，再由AB=AC可得∠B=∠ACB=70°即A=40°，再根据三角和定理即可得∠AOD=180°-40°-40°=100°，即可解答.
【详解】如图，作AC交DE为O

则∠AOD=∠EOC
根据旋转的性质，CD=CB，
∠CDB=∠B=∠EDC=70°，∠B=70°,则∠ADE=180°-2∠B=40°
AB=AC
∠B=∠ACB=70°
∴∠A=40°
∠AOD=180°-∠A-∠ADO
∠AOD=180°-40°-40°=100°
∠AOD=∠EOC
∠1=100°
【点睛】
本题考查旋转的性质，解题突破口是作AC与DE的交点为点O， 即∠AOD=∠EOC.
12、3
【解析】试题分析：设最大利润为w元，则w=（x﹣30）（30﹣x）=﹣（x﹣3）3+3，∵30≤x≤30，∴当x=3时，二次函数有最大值3，故答案为3．
考点：3．二次函数的应用；3．销售问题．
13、1：3：9：11或4：6：9：11
【分析】分或两种情况解答，根据平行得出，由面积比等于相似比是平方，得出△BEF与△DAF的面积比，再根据面积公式得出△BEF与△ABF的面积比，根据图形得出四边形CDFE与△BEF的面积关系，最后求面积比即可.
【详解】解：E为三等分点，则或
①时，

设，则，，

②时，
同理可得
设，则，，

【点睛】
本题考查相似三角形面积比等于相似比的平方及面积公式，得出图形之间的关系是解答此题的关键.
14、30或60
【分析】射线与恰好有且只有一个公共点就是射线与相切，分两种情况画出图形，利用圆的切线的性质和30°角的直角三角形的性质求出旋转角，然后根据旋转速度=旋转的度数÷时间即得答案.
【详解】解：如图1，当射线与在射线BA上方相切时，符合题意，设切点为C，连接OC，则OC⊥BP，
于是，在直角△BOC中，∵BO=2，OC=1，∴∠OBC=30°，∴∠1=60°，
此时射线旋转的速度为每秒60°÷2=30°；

如图2，当射线与在射线BA下方相切时，也符合题意，设切点为D，连接OD，则OD⊥BP，
于是，在直角△BOD中，∵BO=2，OD=1，∴∠OBD=30°，∴∠MBP=120°，
此时射线旋转的速度为每秒120°÷2=60°；
故答案为：30或60.

【点睛】
本题考查了圆的切线的性质、30°角的直角三角形的性质和旋转的有关概念，正确理解题意、熟练掌握基本知识是解题的关键.
15、55.
【详解】试题分析：∵把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A’B’C
∴∠ACA’=35°，∠A =∠A’，.
∵∠A’DC=90°，
∴∠A’ =55°.
∴∠A=55°.
考点：1.旋转的性质；2.直角三角形两锐角的关系.
16、2
【分析】连接OA、OB，求出∠AOB=得到△ABC是等边三角形，即可得到半径OA=AB=2.
【详解】连接OA、OB，
∵，
∴∠AOB=，
∵OA=OB，
∴△ABC是等边三角形，
∴OA=AB=2，
故答案为：2.

【点睛】
此题考查圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半.
17、4
【分析】直接利用零指数幂的性质和绝对值的性质分别化简得出答案.
【详解】解：原式＝1+3＝4.
故答案为：4.
【点睛】
此题主要考查了零指数幂的性质和绝对值的性质，正确化简各数是解题关键．
18、0，2
【分析】将点A，B代入二次函数解析式，求得的值，再代入，解出答案．
【详解】∵经过点A（-1,0），B（3,0）
∴，解得
∴即为
解得：或
故答案为：或．
【点睛】
熟练掌握待定系数法求二次函数解析式，及提取公因式法解一元二次方程是解题的关键．

三、解答题(共66分)
19、（1） （2）
【分析】（1）先算乘方、特殊三角函数值、绝对值，再算乘法，最后算加减法即可．
（2）分别解各个一元一次不等式，即可解得不等式组的解集．
【详解】（1）

．
（2）

解得

解得
故解集为 ．
【点睛】
本题考查了实数的混合运算和解不等式组的问题，掌握实数的混合运算法则、特殊三角函数值、绝对值的性质、解不等式组的方法是解题的关键．
20、（1）；（2）
【分析】（1）利用因式分解法求解；
（2）在左右两边同时加上一次项系数-8的一半的平方后配方，再开方，即可得出两个一元一次方程，即可求解．
【详解】解：（1），
，
，
∴或，
所以；
（2）∵，
∴，即，
则，
∴．
【点睛】
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
21、（1）；（2）∠．
【分析】（1）按照题意补全图形即可，由已知可证△∽△，再由相似三角形的性质可知，从而可得答案；
（2）过点作于点，由已知可证△∽△，从而有，再利用∠ACB的度数可求出，从而可得出答案.
【详解】解：（1）正确补全图形；

∵
∴△∽△
∴
∵
∴．
（2）解：∠．
证明：∵，
∴．
∵，
∴．
过点作于点，

∴
∵，
∴．
∵，
∴．
∵∠．
∴△∽△．
∴．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定及性质，掌握旋转的性质及相似三角形的判定是解题的关键.
22、（1）0；（2）；
【分析】（1）直接利用特殊角的三角函数值以及二次根式的性质和绝对值的性质分别化简得出答案；（2）先把不等式①按照去括号、移项、合并同类项、系数化为1的方法求出其解集；再把不等式②按照去分母、移项、合并同类项、系数化为1的方法求出其解集，最后求出其公共解集即可；
【详解】解：
（1）原式＝
＝
＝0；
（2）
解不等式①得，x＞﹣4；
解不等式②得，；
∴原不等式组的解集是；
【点睛】
本题主要考查了实数的运算，零指数幂，特殊角的三角函数值，解一元一次不等式组，掌握实数的运算，零指数幂，特殊角的三角函数值，解一元一次不等式组是解题的关键.
23、32.05米
【分析】先在Rt△ABD中用三角函数求出AD，最后在Rt△ACD中用三角函数即可得出结论．
【详解】解：在Rt△ABD中，∠ABD＝30°，AB＝10m，
∴AD＝ABsin∠ABD＝10×sin30°＝5（m），
在Rt△ACD中，∠ACD＝9°，sin9°＝，
∴AC＝＝≈32.05（m），
答：改造后的斜坡AC的长度为32.05米．
【点睛】
此题主要考查了解直角三角形的应用，熟练利用锐角三角函数关系得出是解题关键．
24、路灯的高CD的长约为6.1 m.
【解析】设路灯的高CD为xm，
∵CD⊥EC，BN⊥EC，
∴CD∥BN，
∴△ABN∽△ACD，∴，
同理，△EAM∽△ECD，
又∵EA＝MA，∵EC＝DC＝xm，
∴，解得x＝6.125≈6.1．
∴路灯的高CD约为6.1m．
25、 (1)图见解析，抛物线的函数表达式为（注：因建立的平面直角坐标系的不同而不同）；(2)
【分析】（1）以AB的中点为平面直角坐标系的原点O，AB所在线为x轴，过点O作AB的垂线为y轴建立平面直角坐标系（图见解析）；因此，抛物线的顶点坐标为，可设抛物线的函数表达式为，再将B点的坐标代入即可求解；
（2）根据题（1）的结果，令求出x的两个值，从而可得水面上升1m后的水面宽度，再与12m作差即可得出答案.
【详解】（1）以AB的中点为平面直角坐标系的原点O，AB所在线为x轴过点O作AB的垂线为y轴，建立的平面直角坐标系如下：

根据所建立的平面直角坐标系可知，B点的坐标为，抛物线的顶点坐标为
因此设抛物线的函数表达式为
将代入得：
解得：
则所求的抛物线的函数表达式为（注：因建立的平面直角坐标系的不同而不同）；
（2）由题意，令得
解得：
则水面上升1m后的水面宽度为：（米）
故水面上升1m，水面宽度将减少米.
【点睛】
本题考查了二次函数图象的性质，根据建立的平面直角坐标系求出函数的表达式是解题关键.
26、（1）A点坐标为(4，0)，D点坐标为(－2，0)，C点坐标为(0，－3)；（2）或或；（3）在抛物线上存在一点P，使得以点AB、C、P四点为顶点所构成的四边形为梯形；点P的坐标为(－2，0)或(6，6)．
【分析】（1）令y=0，解方程可得到A点和D点坐标；令x=0，求出y=-3，可确定C点坐标；
（2）根据两个同底三角形面积相等得出它们的高相等，即纵坐标绝对值相等，得出点M的纵坐标为：，分别代入函数解析式求解即可；
（3）分BC为梯形的底边和BC为梯形的腰两种情况讨论即可.
【详解】（1）在中令，解得，
∴A(4，0) 、D(－2，0).
在中令，得，
∴C(0，－3)；
（2）过点C做轴的平行线，交抛物线与点,做点C关于轴的对称点,过点做轴的平行线，交抛物线与点,如下图所示：

∵△MAD的面积与△CAD的面积相等，且它们是等底三角形
∴点M的纵坐标绝对值跟点C的纵坐标绝对值相等
∵点C的纵坐标绝对值为：
∴点M的纵坐标绝对值为：
∴点M的纵坐标为：
当点M的纵坐标为时，则
解得：或（即点C，舍去）
∴点的坐标为：
当点M的纵坐标为时，则
解得：
∴点的坐标为：，点的坐标为：
∴点M的坐标为：或或；
（3）存在，分两种情况：
①如图，当BC为梯形的底边时，点P与D重合时，四边形ADCB是梯形，此时点P为(－2，0).

②如图，当BC为梯形的腰时，过点C作CP//AB，与抛物线交于点P，
∵点C，B关于抛物线对称，∴B(2，－3)
设直线AB的解析式为，则，解得.
∴直线AB的解析式为.
∵CP//AB，
∴可设直线CP的解析式为.
∵点C在直线CP上，
∴.
∴直线CP的解析式为.
联立，
解得，
∴P(6，6).

综上所述，在抛物线上存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点的四边形为梯形，点P的坐标为(－2，0)或(6，6).
考点：1.二次函数综合题；2.待定系数法的应用；3.曲线上点的坐标与方程的关系；4.轴对称的应用（最短线路问题）；5.二次函数的性质；6.梯形存在性问题；7.分类思想的应用.