河南省漯河临颍县联考2022-2023学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
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．已知一个几何体如图所示，则该几何体的左视图是（ ）

A． B． C． D．
2．如图所示，把一张矩形纸片对折，折痕为AB，再把以AB的中点O为顶点的平角三等分，沿平角的三等分线折叠，将折叠后的图形剪出一个以O为顶点的等腰三角形，那么剪出的等腰三角形全部展开平铺后得到的平面图形一定是　　

A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形
3．已知关于x的一元二次方程3x2+4x﹣5=0，下列说法正确的是（ ）
A．方程有两个相等的实数根
B．方程有两个不相等的实数根
C．没有实数根
D．无法确定
4．抛物线y＝3x2向右平移一个单位得到的抛物线是（　　）
A．y＝3x2+1 B．y＝3x2﹣1 C．y＝3（x+1）2 D．y＝3（x﹣1）2
5．如图，线段AB两个端点的坐标分别是A（6，4），B（8，2），以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的后得到线段CD，则端点C的坐标为（　　）

A．（3，2） B．（4，1） C．（3，1） D．（4，2）
6．我市某家快递公司，今年8月份与10月份完成投递的快递总件数分别为6万件和8.64万件，设该快递公司这两个月投递总件数的月平均增长率为x，则下列方程正确的是（　　）
A．6（1+x）＝8.64
B．6（1+2x）＝8.64
C．6（1+x）2＝8.64
D．6+6（1+x）+6（1+x）2＝8.64
7．如图，点、、是上的点，，连结交于点，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
8．如图，，，EF与AC交于点G，则是相似三角形共有（ ）

A．3对 B．5对 C．6对 D．8对
9．已知二次函数的图象如图所示，下列3个结论：
①；②b＜a+c；③，其中正确的是（ ）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
10．如图，在ABCD中，E为CD上一点，连接AE、BD，且AE、BD交于点F，，则DE：EC=（ ）

A．2：5 B．2：3 C．3：5 D．3：2
11．下列运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
12．如图，A，B，C，D是⊙O上的四个点，B是的中点，M是半径OD上任意一点．若∠BDC=40°，则∠AMB的度数不可能是( )

A．45° B．60° C．75° D．85°
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，AD∥BC，DE与AB交于点F，已知AD＝4，DF＝2EF，sin∠DAB＝，则线段DE＝_____．

14．一种药品经过两次降价，药价从每盒80元下调至45元，平均每次降价的百分率是__．
15．如图，国庆节期间，小明一家自驾到某景区C游玩，到达A地后，导航显示车辆应沿北偏西60°方向行驶8千米至B地，再沿北偏东45°方向行驶一段距离到达景区C，小明发现景区C恰好在A地的正北方向，则B，C两地的距离为__．

16．一个不透明的口袋中装有5个红球和若干个白球，他们除颜色外其他完全相同，通过多次摸球实验后发现，摸到红球的频率稳定在25%附近，估计口袋中白球有__________个．
17．函数y=—（x-1）2+2图像上有两点A(3,y1）、B（—4，y，），则y1______y2（填“<”、“>”或“=”）.
18．如图，是的内接三角形，，的长是，则的半径是__________．

三、解答题（共78分）
19．（8分）小李在学习了定理“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”之后做了如下思考，请你帮他完成如下问题：

（1）他认为该定理有逆定理：“如果一个三角形某条边上的中线等于该边长的一半，那么这个三角形是直角三角形”应该成立.即如图①，在中，是边上的中线，若，求证：.
（2）如图②，已知矩形，如果在矩形外存在一点，使得，求证：.（可以直接用第（1）问的结论）
（3）在第（2）问的条件下，如果恰好是等边三角形，请求出此时矩形的两条邻边与的数量关系.
20．（8分）已知：如图，点P是一个反比例函数的图象与正比例函数y＝﹣2x的图象的公共点，PQ垂直于x轴，垂足Q的坐标为（2，0）．
（1）求这个反比例函数的解析式；
（2）如果点M在这个反比例函数的图象上，且△MPQ的面积为6，求点M的坐标．

21．（8分）利用公式法解方程：x2﹣x﹣3＝1．
22．（10分）如图，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且∠PDA=∠PBD．延长PD交圆的切线BE于点E
(1)判断直线PD是否为⊙O的切线，并说明理由；
(2)如果∠BED=60°，PD=，求PA的长；
(3)将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF，点F正好在圆O上，如图2，求证：四边形DFBE为菱形．

23．（10分）某校组织了主题为“我是青奥志愿者”的电子小报作品征集活动，先从中随机抽取了部分作品，按，，，四个等级进行评分，然后根据统计结果绘制了如下两幅不 完整的统计图，请根据图中的信息，解答下列问题：

（1）求一共抽取了多少份作品？
（2）此次抽取的作品中等级为的作品有 份，并补全条形统计图；
（3）扇形统计图中等级为的扇形圆心角的度数为 ；
（4）若该校共征集到 800 份作品，请估计等级为的作品约有多少份？
24．（10分）如图，在▱ABCD中，点E是边AD上一点，延长CE到点F，使∠FBC＝∠DCE，且FB与AD相交于点G．
（1）求证：∠D＝∠F；
（2）用直尺和圆规在边AD上作出一点P，使△BPC∽△CDP，并加以证明．（作图要求：保留痕迹，不写作法．）

25．（12分）如图，抛物线y＝﹣x2+4x+m﹣4（m为常数）与y轴交点为C，M(3，0)、N(0，﹣2)分别是x轴、y轴上的点．
（1）求点C的坐标（用含m的代数式表示）；
（2）若抛物线与x轴有两个交点A、B，是否存在这样的m，使得线段AB＝MN，若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由；
（3）若抛物线与线段MN有公共点，求m的取值范围．

26．已知a＝，b＝，求．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【解析】根据左视图的定义: 由物体左边向右做正投影得到的视图(不可见的用虚线),判断即可.
【详解】解:根据左视图的定义可知: 该几何体的左视图为:
故选:B.
【点睛】
此题考查的是判断一个几何体的左视图,掌握左视图的定义: 由物体左边向右做正投影得到的视图(不可见的用虚线),是解决此题的关键.
2、D
【解析】对于此类问题，学生只要亲自动手操作，答案就会很直观地呈现．
【详解】由第二个图形可知：∠AOB被平分成了三个角，每个角为60°，它将成为展开得到图形的中心角，那么所剪出的平面图形是360°÷60°=6边形．
故选D．
【点睛】
本题考查了剪纸问题以及培养学生的动手能力及空间想象能力，此类问题动手操作是解题的关键．
3、B
【解析】试题分析：先求出△=42﹣4×3×（﹣5）=76＞0，即可判定方程有两个不相等的实数根．故答案选B.
考点：一元二次方程根的判别式．
4、D
【解析】先确定抛物线y＝3x1的顶点坐标为（0，0再利用点平移的坐标变换规律得到点（0，0）平移后对应点的坐标为（1，0），然后根据顶点式写出平移后的抛物线的解析式．
【详解】y＝3x1的顶点坐标为（0，0），把点（0，0）右平移一个单位所得对应点的坐标为（1，0），所以平移后的抛物线解析式为y＝3（x﹣1）1．
故选D．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
5、A
【解析】试题分析：∵线段AB的两个端点坐标分别为A（6，4）B（8，2），以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的后得到线段CD，∴端点C的横坐标和纵坐标都变为A点的一半，∴端点C的坐标为：（3，2）．故选A．
考点：1．位似变换；2．坐标与图形性质．
6、C
【分析】设该快递公司这两个月投递总件数的月平均增长率为x，根据今年8月份与10月份完成投递的快递总件数，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：设该快递公司这两个月投递总件数的月平均增长率为x，
根据题意得：6（1+x）2＝8.1．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是熟知增长率的问题.
7、B
【分析】根据平行可得∠A=∠O，据圆周角定理可得，∠C=∠O，结合外角的性质得出∠ADB=∠C+∠A=60°，可求出结果．
【详解】解：∵OB∥AC，∠A=∠O，
又∠C=∠O，
∴∠ADB=∠C+∠A=∠O +∠O=60°，
∴∠O=40°．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理、平行线的性质以及外角的性质，熟练掌握同弧所对的圆周角等于圆心角的一半是解题的关键．
8、C
【分析】根据相似三角形的判定即可判断.
【详解】图中三角形有：，，，，
∵，
∴
共有6个组合分别为：∴，，，，，
故选C．
【点睛】
此题主要考查相似三角形的判定，解题的关键是熟知相似三角形的判定定理
9、A
【分析】由抛物线的开口方向判断a的符号，根据抛物线的对称轴判断b的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号；根据x=-1时y值的符号判断b与a+c的大小；根据x=2时y值的符号判断4a+2b+c的符号．
【详解】解：①由图象可知：a＞0，c＞0，∵-＞0，∴b＜0，∴abc＜0，故①正确；
②当x=-1时，y=a-b+c＞0，故b＜a+c，故②正确；
③当x=2时，y=4a+2b+c＜0，故③错误，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了抛物线图象与二次函数系数之间的关系以及函数值的符号问题，二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴和抛物线与y轴的交点、抛物线与x轴交点的个数确定．
10、B
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD
∴∠EAB=∠DEF，∠AFB=∠DFE
∴△DEF∽△BAF
∴
∵，
∴DE：AB=2：5
∵AB=CD，
∴DE：EC=2：3
故选B
11、B
【分析】
根据完全平方公式、同底数幂乘法、同底数幂除法、合并同类项法则逐一进行分析判断即可．
【详解】
因为，所以选项A错误；
，所以B选项正确；
，故选项C错误；
因为与不是同类项，不能合并，故选项D错误，
故选B．
【点睛】
本题考查了整式的运算，涉及了完全平方公式、同底数幂乘除法等，熟练掌握各运算的运算法则是解题的关键．
12、D
【解析】解：∵B是弧AC的中点，∴∠AOB=2∠BDC=80°．又∵M是OD上一点，∴∠AMB≤∠AOB=80°．则不符合条件的只有85°．故选D．

点睛：本题考查了圆周角定理，正确理解圆周角定理求得∠AOB的度数是关键．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、2
【分析】作DG⊥BC于G，则DG＝AC＝6，CG＝AD＝4，由平行线得出△ADF∽△BEF，得出＝＝2，求出BE＝AD＝2，由平行线的性质和三角函数定义求出AB＝C＝10，由勾股定理得出BC＝8，求出EG＝BC﹣BE﹣CG＝2，再由勾股定理即可得出答案．
【详解】解：作DG⊥BC于G，则DG＝AC＝6，CG＝AD＝4，
∵AD∥BC，
∴△ADF∽△BEF，
∴＝＝2，
∴BE＝AD＝2，
∵AD∥BC，
∴∠ABC＝∠DAB，
∵∠C＝90°，
∴sin∠ABC＝＝sin∠DAB＝，
∴AB＝AC＝×6＝10，
∴BC＝＝8，
∴EG＝BC﹣BE﹣CG＝8﹣2﹣4＝2，
∴DE＝＝＝2；
故答案为：2．

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、平行线的性质以及解直角三角形等知识；证明三角形相似是解题的关键．
14、25%
【分析】设每次降价的百分比为x，根据前量80，后量45，列出方程，解方程即可得到答案.
【详解】设每次降价的百分比为x，
，
解得：x1=0.25=25%，x2=1.75（不合题意舍去）
故答案为：25%.
【点睛】
此题考查一元二次方程的实际应用，正确理解百分率问题，代入公式：前量（1x）2=后量，即可解答此类问题.
15、4千米．
【分析】根据题意在图中作出直角三角形，由题中给出的方向角和距离，先求出的长，再根据等腰三角形的性质即可求得.
【详解】过B作BD⊥AC于点D．

在Rt△ABD中，BD＝ABsin∠BAD＝8×＝4（千米），
∵△BCD中，∠CBD＝45°，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴CD＝BD＝4（千米），
∴BC＝，BD＝4（千米）．

故答案为：4千米．
【点睛】
本题考查特殊角的三角函数值和利用三角函数解三角形，属基础题.
16、15
【分析】由摸到红球的频率稳定在25%附近得出口袋中得到红色球的概率，进而求出白球个数即可．
【详解】解：设白球个数为：x个，
∵摸到红色球的频率稳定在25%左右，
∴口袋中得到红色球的概率为25%，
∴，
解得x=15，
检验：x=15是原方程的根，
∴白球的个数为15个，
故答案为：15.
【点睛】
此题主要考查了利用频率估计概率，根据大量反复试验下频率稳定值即概率得出和分式方程的解法解题关键．
17、>
【分析】由题意可知二次函数的解析式，且已知A、B两点的横坐标，将两点横坐标分别代入二次函数解析式求出y1、y1的值，再比较大小即可．
【详解】解：把A（3，y1）、B（-4，y1）代入二次函数y=—（x-1）1+1得，
y1=-（3-1）1+1=-1；y1=-（-4-1）1+1=-13，
所以y1>y1．
故答案为>．
【点睛】
本题考查二次函数图象上点的坐标相关特征，熟练掌握二次函数图象上点的坐标符合函数解析式是解题关键．
18、
【分析】连接OB、OC，如图，由圆周角定理可得∠BOC的度数，然后根据弧长公式即可求出半径.
【详解】解：连接OB、OC，如图，
∵，
∴∠BOC=90°，
∵的长是，
∴，
解得：.
故答案为：.

【点睛】
本题考查了圆周角定理和弧长公式，属于基本题型，熟练掌握上述基本知识是解答的关键.

三、解答题（共78分）
19、（1）详见解析；（2）详见解析；（3）
【分析】（1）利用等腰三角形的性质和三角形内角和即可得出结论；
（2）先判断出OE=AC，即可得出OE=BD，即可得出结论；
（3）先判断出△ABE是底角是30°的等腰三角形，即可构造直角三角形即可得出结论．
【详解】（1）∵AD=BD，
∴∠B=∠BAD，
∵AD=CD，
∴∠C=∠CAD，
在△ABC中，∠B+∠C+∠BAC=180°，
∴∠B+∠C+∠BAD+∠CAD=∠B+∠C+∠B+∠C=180°
∴∠B+∠C=90°，
∴∠BAC=90°，
（2）如图②，连接与，交点为，连接

四边形是矩形

（3）如图3，过点做于点

四边形是矩形
，
是等边三角形
，
由（2）知，

在中，
，

【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了矩形是性质，直角三角形的性质和判定，含30°角的直角三角形的性质，三角形的内角和公式，解（1）的关键是判断出∠B=∠BAD，解（2）的关键是判断出OE=AC，解（3）的关键是判断出△ABE是底角为30°的等腰三角形，进而构造直角三角形．
20、（1）y＝﹣；（2）M（5，﹣）或（﹣1，8）．
【解析】（1）由Q（2，0），推出P（2，-4），利用待定系数法即可解决问题；
（2）根据三角形的面积公式求出MN的长，分两种情形求出点M的坐标即可.
【详解】（1）把x＝2代入y＝﹣2x得 y＝﹣4
∴P（2，﹣4），
设反比例函数解析式y＝（k≠0），
∵P在此图象上
∴k＝2×（﹣4）＝﹣8，
∴y＝﹣；
（2）
∵P（2，﹣4），Q（2，0）
∴PQ＝4，过M作MN⊥PQ于N．
则 •PQ•MN＝6，
∴MN＝3，
设M（x，﹣），
则 x＝2+3＝5或x＝2﹣3＝﹣1
当x＝5时，﹣＝﹣，
当x＝﹣1时，﹣＝1，
∴M（5，﹣）或（﹣1，8）．
故答案为：（1）y＝﹣；（2）M（5，﹣）或（﹣1，8）．
【点睛】
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是用待定系数法求反比例函数的解析式,利用数形结合的思想表示出三角形的面积也是解答本题的关键.
21、x1＝，x2＝．
【分析】观察方程为一般形式，找出此时二次项系数，一次项系数及常数项，计算出根的判别式，发现其结果大于1，故利用求根公式可得出方程的两个解．
【详解】解：x2﹣x﹣3＝1，
∵a＝1，b＝﹣1，c＝﹣3，
∴△＝（﹣1）2﹣4×1×（﹣3）＝13＞1，
∴x＝＝，
∴x1＝，x2＝．
【点睛】
此题考查了利用公式法来求一元二次方程的解，利用此方法解方程时，首先将方程化为一般形式，找出相应的a，b及c的值，代入b2-4ac中求值，当b2-4ac≥1时，可代入求根公式来求解．
22、（1）证明见解析；（2）1；（3）证明见解析.
【分析】（1）连接OD，由AB是圆O的直径可得∠ADB=90°，进而求得∠ADO+∠PDA=90°，即可得出直线PD为⊙O的切线；
（2）根据BE是⊙O的切线，则∠EBA=90°，即可求得∠P=30°，再由PD为⊙O的切线，得∠PDO=90°，根据三角函数的定义求得OD，由勾股定理得OP，即可得出PA；
（3）根据题意可证得∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，由AB是圆O的直径，得∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则可表示出∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，由圆内接四边形的性质得出x的值，可得出△BDE是等边三角形．进而证出四边形DFBE为菱形．
【详解】解：（1）直线PD为⊙O的切线，
理由如下：
如图1，连接OD，

∵AB是圆O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ADO+∠BDO=90°，
又∵DO=BO，
∴∠BDO=∠PBD，
∵∠PDA=∠PBD，
∴∠BDO=∠PDA，
∴∠ADO+∠PDA=90°，即PD⊥OD，
∵点D在⊙O上，
∴直线PD为⊙O的切线；
（2）∵BE是⊙O的切线，

∴∠EBA=90°，
∵∠BED=60°，
∴∠P=30°，
∵PD为⊙O的切线，
∴∠PDO=90°，
在Rt△PDO中，∠P=30°，PD=，
∴，解得OD=1，
∴=2，
∴PA=PO﹣AO=2﹣1=1；
（3）如图2，
依题意得：∠ADF=∠PDA，∠PAD=∠DAF，
∵∠PDA=∠PBD∠ADF=∠ABF，
∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，
∵AB是圆O的直径，
∴∠ADB=90°，
设∠PBD=x°，则∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，
∵四边形AFBD内接于⊙O，
∴∠DAF+∠DBF=180°，
即90°+x+2x=180°，解得x=30°，
∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF=30°，
∵BE、ED是⊙O的切线，
∴DE=BE，∠EBA=90°，
∴∠DBE=60°，∴△BDE是等边三角形，
∴BD=DE=BE，
又∵∠FDB=∠ADB﹣∠ADF=90°﹣30°=60°∠DBF=2x°=60°，
∴△BDF是等边三角形，
∴BD=DF=BF，
∴DE=BE=DF=BF，
∴四边形DFBE为菱形.

【点睛】
本题是一道综合性的题目，考查了切线的判定和性质，圆周角定理和菱形的性质，是中档题，难度较大．
23、（1）120份；（2）48，图见解析；（3）；（4）240份
【分析】（1）利用共抽取作品数等级数对应的百分比求解即可，
（2）求出抽取的作品中等级为的作品数，即可作图，
（3）利用等级为的扇形圆心角的度数等级为的扇形圆心角的百分比求解即可，
（4）利用该校共征集到800份作品乘等级为的作品的百分比即可．
【详解】解：（1）（份），
答：一共抽取了120份作品.
（2）此次抽取的作品中等级为的作品数份，如图，

故答案为：48.
（3），
故答案为：.
（4），（份）
答：估计等级为级的作品约有240份.
【点睛】
本题主要考查了条形统计图，扇形统计图及用样本估计总体，解题的关键是读懂统计图，能从统计图中获得准确的信息．
24、（1）详见解析；（2）详见解析．
【分析】（1）根据四边形ABCD是平行四边形可得AD∥BC，∠FGE＝FBC，再根据已知∠FBC＝∠DCE，进而可得结论；
（2）作三角形FBC的外接圆交AD于点P即可证明．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC
∴∠FGE＝∠FBC
∵∠FBC＝∠DCE，
∴∠FGE＝∠DCE
∵∠FEG＝∠DEC
∴∠D＝∠F．
（2）如图所示：

点P即为所求作的点．
证明：作BC和BF的垂直平分线，交于点O，
作△FBC的外接圆，
连接BO并延长交AD于点P，
∴∠PCB＝90°
∵AD∥BC
∴∠CPD＝∠PCB＝90°
由（1）得∠F＝∠D
∵∠F＝∠BPC
∴∠D＝∠BPC
∴△BPC∽△CDP．
【点睛】
此题主要考查圆的综合应用，解题的关键是熟知平行四边形的性质、外接圆的性质及相似三角形的判定与性质.
25、（1）(0，m﹣4)；（1）存在，m＝；（3）﹣≤m≤1
【分析】（1）由题意得：点C的坐标为：(0，m﹣4)；
（1）存在，理由：令y=0，则x=1，则AB=1MN，即可求解；
（3）联立抛物线与直线MN的表达式得：方程﹣x1+4x+m﹣4x﹣1，即x1x﹣m+1=0中△≥0，且m﹣4≤﹣1，即可求解．
【详解】（1）由题意得：点C的坐标为：(0，m﹣4)；
（1）存在，理由：
令y=0，则x=1，则AB=1MN，
解得：m；
（3）∵M(3，0)，N(0，﹣1)，
∴直线MN的解析式为yx﹣1．
∵抛物线与线段MN有公共点，则方程﹣x1+4x+m﹣4x﹣1，即x1x﹣m+1=0中△≥0，且m﹣4≤﹣1，
∴()1﹣4(﹣m+1)≥0，
解得：m≤1．
【点睛】
本题考查了二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、解不等式、一元二次方程等，其中（3），确定△≥0，且m﹣4≤﹣1是解答本题的难点．
26、1．
【分析】先对已知a、b进行分母有理化，进而求得ab、a-b的值，再对进行适当变形即可求出式子的值．
【详解】解：∵a＝，b＝，
∴a＝+2，b＝﹣2，
∴ab＝1，a﹣b＝4，
∴
＝
＝
＝1．
【点睛】
本题主要考查了二次根式的化简求值、分母有理化，解答本题的关键是明确二次根式化简求值的方法和分母有理化的方法．