广东省韶关市乳源瑶族自治县2022-2023学年数学九年级第一学期期末调研试题含解析.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（每题4分，共48分）
1．已知A样本的数据如下：72，73，76，76，77，78，78，78，B样本的数据恰好是A样本数据每个的2倍，则A，B两个样本的方差关系是（ ）
A．B是A的倍 B．B是A的2倍 C．B是A的4倍 D．一样大
2．如图，BD是⊙O的直径，点A、C在⊙O上，，∠AOB＝60°，则∠BDC的度数是（　　）

A．60° B．45° C．35° D．30°
3．关于的方程的一个根是，则它的另一个根是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，任意转动正六边形转盘一次，当转盘停止转动时，指针指向大于3的数的概率是（　　）

A． B． C． D．
5．cos60°的值等于（ ）
A． B． C． D．
6．已知二次函数y=mx2+x+m（m-2）的图像经过原点，则m的值为（ ）
A．0或2 B．0 C．2 D．无法确定
7．如图①，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②所示，则边的长为( )．

A．3 B．4 C．5 D．6
8．如下所示的4组图形中，左边图形与右边图形成中心对称的有( )

A．1组 B．2组 C．3组 D．4组
9．如图，过以为直径的半圆上一点作，交于点，已知，，则的长为（ ）

A．7 B．8 C．9 D．10
10．已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴交于点A（﹣1，0），与y轴的交点在（0，2），（0，3）之间（包含端点），顶点坐标为（1，n），则下列结论：①4a+2b＜0； ②﹣1≤a≤； ③对于任意实数m，a+b≥am2+bm总成立；④关于x的方程ax2+bx+c＝n﹣1有两个不相等的实数根．其中结论正确的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
11．如图，在△ABC中，DE∥BC，DE分别交AB，AC于点D，E，若AD：DB＝1：2，则△ADE与△ABC的面积之比是（　　）

A．1：3 B．1：4 C．1：9 D．1：16
12．某市为了改善城市容貌，绿化环境，计划过两年时间，绿地面积增加44％，这两年平均每年绿地面积的增长率是 ( )
A．19％ B．20％ C．21％ D．22％
二、填空题（每题4分，共24分）
13．已知x=1是关于x的一元二次方程2x2﹣xa=0的一个根，则a的值是_____．
14．已知是方程 的两个实数根，则的值是____．
15．如图，将矩形ABCD绕点A旋转至矩形AB′C′D′位置，此时AC′的中点恰好与D点重合，AB′交CD于点E．若AB＝3，则△AEC的面积为_____．

16．如图，直线与轴交于点，与轴交于点，点在轴的正半轴上，，过点作轴交直线于点，若反比例函数的图象经过点，则的值为_________________．

17．如图，为等边三角形，点在外，连接、．若，，，则__________．

18．函数沿直线翻折所得函数解析式为_____________.
三、解答题（共78分）
19．（8分）（1）计算：．
（2）用适当方法解方程：
（3）用配方法解方程：
20．（8分）如图，在⊙O中，点D是⊙O上的一点，点C是直径AB延长线上一点，连接BD，CD，且∠A＝∠BDC．
（1）求证：直线CD是⊙O的切线；
（2）若CM平分∠ACD，且分别交AD，BD于点M，N，当DM＝2时，求MN的长．

21．（8分）在综合实践课中，小慧将一张长方形卡纸如图1所示裁剪开，无缝隙不重叠的拼成如图2所示的“”形状，且成轴对称图形.裁剪过程中卡纸的消耗忽略不计，若已知，，.
求（1）线段与的差值是___
（2）的长度.

22．（10分）如图1（注：与图2完全相同），在直角坐标系中，抛物线经过点三点,,．

（1）求抛物线的解析式和对称轴；
（2）是抛物线对称轴上的一点，求满足的值为最小的点坐标（请在图1中探索）；
（3）在第四象限的抛物线上是否存在点，使四边形是以为对角线且面积为的平行四边形？若存在，请求出点坐标，若不存在请说明理由.（请在图2中探索）
23．（10分）已知：如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交于BE的延长线于点F，且AF=DC，连接CF．

（1）求证：D是BC的中点；
（2）如果AB=AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
24．（10分）如图，⊙中，弦与相交于点连接.
求证：⑴；
⑵.

25．（12分）已知一次函数的图象与二次函数的图象相交于和，点是线段上的动点（不与重合），过点作轴，与二次函数的图象交于点．
（1）求的值；
（2）求线段长的最大值；
（3）当为的等腰直角三角形时，求出此时点的坐标．

26．已知关于x的一元二次方程kx2﹣4x+2＝0有两个不相等的实数根．
(1)求实数k的取值范围；
(2)写出满足条件的k的最大整数值，并求此时方程的根．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【解析】试题分析：∵B样本的数据恰好是A样本数据每个的2倍，
∴A，B两个样本的方差关系是B是A的4倍
故选C
考点：方差
2、D
【解析】试题分析：直接根据圆周角定理求解．连结OC，如图，∵=，∴∠BDC=∠BOC=∠AOB=×60°=30°．
故选D．

考点：圆周角定理．
3、C
【分析】根据根与系数的关系即可求出答案．
【详解】由根与系数的关系可知：x1x2＝−3，
∴x2＝−1，
故选：C．
【点睛】
本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
4、D
【解析】分析：根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
详解：∵共6个数，大于3的有3个，
∴P（大于3）=.
故选D．
点睛：本题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．
5、A
【解析】试题分析：因为cos60°=，所以选：A．
考点：特殊角的三角比值．
6、C
【分析】根据题意将（0，0）代入解析式，得出关于m的方程，解之得出m的值，由二次函数的定义进行分析可得答案．
【详解】解：∵二次函数y=mx1+x+m（m-1）的图象经过原点，
∴将（0，0）代入解析式，得：m（m-1）=0，
解得：m=0或m=1，
又∵二次函数的二次项系数m≠0，
∴m=1．
故选：C．
【点睛】
本题考查二次函数图象上点的坐标特征以及二次函数的定义，熟练掌握二次函数图象上的点满足函数解析式及二次函数的定义是解题的关键．
7、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．
8、C
【解析】试题分析：根据中心对称图形与轴对称图形的概念依次分析即可．
①②③是只是中心对称图形，④只是轴对称图形，
故选C.
考点：本题考查的是中心对称图形与轴对称图形
点评：解答本题的关键是熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫对称轴；在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
9、B
【分析根据条件得出，解直角三角形求出BD，根据勾股定理求出CD，代入，即可求出AC的长．
【详解】∵AB为直径，
∴，
∵CD⊥AB，
∴，
∴，
∴，
∵，BC=6，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，勾股定理，解直角三角形的应用，能够正确解直角三角形是解此题的关键．
10、C
【解析】①由抛物线的顶点横坐标可得出b=-2a，进而可得出4a+2b=0，结论①错误；
②利用一次函数图象上点的坐标特征结合b=-2a可得出a=-，再结合抛物线与y轴交点的位置即可得出-1≤a≤-，结论②正确；
③由抛物线的顶点坐标及a＜0，可得出n=a+b+c，且n≥ax2+bx+c，进而可得出对于任意实数m，a+b≥am2+bm总成立，结论③正确；
④由抛物线的顶点坐标可得出抛物线y=ax2+bx+c与直线y=n只有一个交点，将直线下移可得出抛物线y=ax2+bx+c与直线y=n-1有两个交点，进而可得出关于x的方程ax2+bx+c=n-1有两个不相等的实数根，结合④正确．
【详解】：①∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为（1，n），
∴-=1，
∴b=-2a，
∴4a+2b=0，结论①错误；

②∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A（-1，0），
∴a-b+c=3a+c=0，
∴a=-．
又∵抛物线y=ax2+bx+c与y轴的交点在（0，2），（0，3）之间（包含端点），
∴2≤c≤3，
∴-1≤a≤-，结论②正确；
③∵a＜0，顶点坐标为（1，n），
∴n=a+b+c，且n≥ax2+bx+c，
∴对于任意实数m，a+b≥am2+bm总成立，结论③正确；
④∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为（1，n），
∴抛物线y=ax2+bx+c与直线y=n只有一个交点，
又∵a＜0，
∴抛物线开口向下，
∴抛物线y=ax2+bx+c与直线y=n-1有两个交点，
∴关于x的方程ax2+bx+c=n-1有两个不相等的实数根，结合④正确．
故选C．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与系数的关系、抛物线与x轴的交点以及二次函数的性质，观察函数图象，逐一分析四个结论的正误是解题的关键．
11、C
【分析】根据DE∥BC，即可证得△ADE∽△ABC，然后根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方，即可求解．
【详解】解：∵AD：DB＝1：2，
∴AD：AB＝1：3，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝（）2＝．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查相似三角形的性质，解题的关键是熟知相似三角形的面积的比等于相似比的平方．
12、B
【解析】试题分析：设这两年平均每年绿地面积的增长率是x，则过一年时间的绿地面积为1+x，过两年时间的绿地面积为（1+x）2，根据绿地面积增加44％即可列方程求解.
设这两年平均每年绿地面积的增长率是x，由题意得
（1+x）2=1+44％
解得x1=0.2，x2=-2.2（舍）
故选B.
考点：一元二次方程的应用
点评：提升对实际问题的理解能力是数学学习的指导思想，因而此类问题是中考的热点，在各种题型中均有出现，一般难度不大，需特别注意.

二、填空题（每题4分，共24分）
13、﹣1．
【解析】将x=1代入方程得关于a的方程, 解之可得.
【详解】解：将x=1代入方程得:2-1+a=0,
解得:a=-1,
故答案为: -1.
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的解.
14、1
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可得出，，再代入中计算即可．
【详解】解：∵是方程 的两个实数根，
∴，，
∴，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是熟知：若是一元二次方程的两个根，则，．
15、
【分析】先求出∠ACD=30°，进而可算出CE、AD，再算出△AEC的面积．
【详解】如图，

由旋转的性质可知：AC=AC'，
∵D为AC'的中点，
∴AD=，
∵ABCD是矩形，
∴AD⊥CD，
∴∠ACD=30°，
∵AB∥CD，
∴∠CAB=30°，
∴∠C'AB'=∠CAB=30°，

∴∠EAC=30°，
∴AE=EC，
∴DE=，
∴CE=，
DE=，
AD=，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、矩形的性质、直角三角形中30度角的性质，三角形面积计算等知识点，难度不大．清楚旋转的“不变”特性是解答的关键．
16、1
【解析】先求出直线y=x+2与坐标轴的交点坐标，再由三角形的中位线定理求出CD，得到C点坐标．
【详解】解：令x=0，得y=x+2=0+2=2，
∴B（0，2），
∴OB=2，
令y=0，得0=x+2，解得，x=-6，
∴A（-6，0），
∴OA=OD=6，
∵OB∥CD，
∴CD=2OB=4，
∴C6，4），
把c（6，4）代入y= （k≠0）中，得k=1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了一次函数与反比例函数的综合，需要掌握求函数图象与坐标轴的交点坐标方法，三角形的中位线定理，待定系数法．本题的关键是求出C点坐标．
17、1
【分析】作∠ABD的角平分线交DC于E，连接AE，作于F ，延长BE交AD于R，先证明，可得，再通过等腰三角形的中线定理得，利用三角函数求出DF，FC的值，即可求出CD的值．
【详解】作∠ABD的角平分线交DC于E，连接AE，作于F ，延长BE交AD于R
∵
∴
∴A，E，C，D四点共圆
∴
∴
∴
∵，
∴
∴
∵，
∴
∴，
∴，
∵,
∴
∴
∴
∴
∴
故答案为：1．

【点睛】
本题考查了三角形的综合问题，掌握角平分线的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质以及判定定理、锐角三角函数是解题的关键．
18、
【解析】函数沿直线翻折所得函数图像开口向下，只要根据轴对称的性质求出对称后的顶点坐标即可.
【详解】∵=(x-1)2+3，
∴其顶点坐标是（1,3），
∵（1,3）关于直线的点的坐标是（1，-1），
∴所得函数解析式为(x-1)2-1.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了二次函数的轴对称变换，其形状不变，但开口方向相反，因此a值为原来的相反数，顶点位置改变，只要根据轴对称的点坐标特征求出新的顶点坐标，即可确定解析式.

三、解答题（共78分）
19、（1）3;(2) x1=,x2=；(3) x1＝1+，x2＝1−．
【解析】（1）先根据特殊角的三角函数值、二次根式的性质、零指数幂和绝对值的意义逐项化简，再合并同类二次根式或同类项即可；
（2）用直接开平方法求解即可；
（3）先把-3移项，再把二次项系数化为1，两边都加1，把左边写成完全平方的形式，两边同时开平方即可.
【详解】解：（1）原式=4×-2 +1+2 =3；
（2）（2x-5）2= ，
2x-5=± ，
所以x1=,x2= ；
(3) 解：∵2x2-4x-3=0，
∴2x2-4x=3，
∴x2−2x＝，
∴x2−2x+1＝+1，
∴(x−1)2＝，
∴x-1=±，
∴x1＝1+，x2＝1−．
【点睛】
本题考查了实数的混合运算，一元二次方程的解法，熟练掌握二次方程的解法是解答本题的关键.
20、（1）见解析；（2）MN＝2.
【解析】（1）如图，连接OD．欲证明直线CD是⊙O的切线，只需求得∠ODC＝90°即可；
（2）由角平分线及三角形外角性质可得∠A+∠ACM＝∠BDC+∠DCM，即∠DMN＝∠DNM，根据勾股定理可求得MN的长．
【详解】（1）证明：如图，连接OD．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，即∠A+∠ABD＝90°，
又∵OD＝OB，
∴∠ABD＝∠ODB，
∵∠A＝∠BDC；
∴∠CDB+∠ODB＝90°，即∠ODC＝90°．
∵OD是圆O的半径，
∴直线CD是⊙O的切线；
（2）解：∵CM平分∠ACD，
∴∠DCM＝∠ACM，
又∵∠A＝∠BDC，
∴∠A+∠ACM＝∠BDC+∠DCM，即∠DMN＝∠DNM，
∵∠ADB＝90°，DM＝2，
∴DN＝DM＝2，
∴MN＝＝2．

【点睛】
本题主要考查切线的性质、圆周角定理、角平分线的性质及勾股定理，熟练掌握切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径是解本题的关键．
21、9 6
【分析】如图1，延长FG交BC于H，设CE＝x，则E'H'＝CE＝x，根据轴对称的性质得：D'E'＝DC＝E'F'＝9，表示GH，EH，BE的长，证明△EGH∽△EAB，则，可得x的值，
即可求出线段、及FG的长，故可求解.
【详解】(1)如图1，延长FG交BC于H，
设CE＝x，则E'H'＝CE＝x，
由轴对称的性质得：D'E'＝DC＝E'F'＝9，
∴H'F'＝AF＝9＋x，
∵AD＝BC＝16，
∴DF＝16−（9＋x）＝7−x，
即C'D'＝DF＝7−x＝F'G'，
∴FG＝7−x，
∴GH＝9−（7−x）＝2＋x，EH＝16−x−（9＋x）＝7−2x，
∴EH∥AB，
∴△EGH∽△EAB，
∴，
∴，
解得x＝1或31（舍），、及FG
∴AF=9+x=10，EC=1，故AF-EC=9
故答案为：9;
(2)由（1）得FG＝7−x =7-1=6.

【点睛】
本题考查了图形的拼剪，轴对称的性质，矩形、直角三角形、相似三角形等相关知识，积累了将实际问题转化为数学问题经验，渗透了数形结合的思想，体现了数学思想方法在现实问题中的应用价值．
22、（1），函数的对称轴为：；（2）点；（3）存在，点的坐标为或．
【分析】根据点的坐标可设二次函数表达式为：，由C点坐标即可求解；
连接交对称轴于点，此时的值为最小，即可求解；
，则，将该坐标代入二次函数表达式即可求解．
【详解】解：根据点,的坐标设二次函数表达式为：，
∵抛物线经过点，
则，解得：，
抛物线的表达式为： ，
函数的对称轴为：；
连接交对称轴于点，此时的值为最小，

设BC的解析式为：，
将点的坐标代入一次函数表达式：得：
解得：
直线的表达式为：，
当时，，
故点；
存在，理由：
四边形是以为对角线且面积为的平行四边形，
则 ，
点在第四象限，故：则，
将该坐标代入二次函数表达式得：
，
解得：或，
故点的坐标为或．
【点睛】
本题考查二次函数综合运用，涉及到一次函数、平行四边形性质、图形的面积计算等，其中，求线段和的最小值，采取用的是点的对称性求解，这也是此类题目的一般解法．
23、（1）见详解；（2）四边形ADCF是矩形；证明见详解．
【分析】（1）可证△AFE≌△DBE，得出AF=BD，进而根据AF=DC，得出D是BC中点的结论；
（2）若AB=AC，则△ABC是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一的性质知AD⊥BC；而AF与DC平行且相等，故四边形ADCF是平行四边形，又AD⊥BC，则四边形ADCF是矩形．
【详解】（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE=DE．
∵AF∥BC，
∴∠FAE=∠BDE，∠AFE=∠DBE．
在△AFE和△DBE中，

∴△AFE≌△DBE（AAS．
∴AF=BD．
∵AF=DC，
∴BD=DC．
即：D是BC的中点．
（2）解：四边形ADCF是矩形；
证明：∵AF=DC，AF∥DC，
∴四边形ADCF是平行四边形．
∵AB=AC，BD=DC，
∴AD⊥BC即∠ADC=90°．
∴平行四边形ADCF是矩形．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行四边形、矩形的判定等知识综合运用．解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法，以及全等三角形的判定和性质进行证明．
24、（1）见解析；（2）见解析.
【分析】（1）由AB=CD知，即，据此可得答案；
（2）由知AD=BC，结合∠ADE=∠CBE，∠DAE=∠BCE可证△ADE≌△CBE，从而得出答案．
【详解】证明（1）∵AB=CD，
∴，即，
∴；
（2）∵，
∴AD=BC，
又∵∠ADE=∠CBE，∠DAE=∠BCE，
∴△ADE≌△CBE（ASA），
∴AE=CE．
【点睛】
本题主要考查圆心角、弧、弦的关系，圆心角、弧、弦三者的关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其余二项皆相等．
25、（1）1，3；（2）最大值为；（3）
【分析】（1）将点分别代入一次函数解析式可求得b的值，再将点A的坐标代入二次函数可求出a的值；
（2）设则，根据平行于y轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得PC的长关于m的二次函数，根据二次函数的性质可得答案；
（3）同（2）设出点P，C的坐标，根据题意可用含m的式子表示出AC，PC的长，根据AC=PC可得关于m的方程，求得m的值，进而求出点P的坐标．
【详解】解：（1）∵在直线上，
∴，
∴．
又∵在拋物线上，
∴，
解得．
（2）设，则，
∴，
∴当时，有最大值，最大值为．
（3）如图，∵为的等腰三角形且轴，
∴连接，轴，
∵，
∴，
．
∵，
∴，
化简，得，
解得，（不合题意，舍去）．
当时，，
∴此时点的坐标为．

【点睛】
本题是二次函数综合题，主要考查了求待定系数法求函数解析式，二次函数的最值以及等腰三角形的性质等知识，利用平行于y轴的直线上两点间的距离建立出二次函数模型求出最值是解题关键．
26、（1）k＜2且k≠0；（2）x1＝2+，x2＝2﹣．
【解析】（1）利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且△＝42﹣4k•2＞0，然后求出两不等式的公共部分即可；
（2）先确定k的最大整数值得到方程x2﹣4x+2＝0，然后利用因式分解法解方程即可．
【详解】解：（1）由题意得，
b2﹣4ac＞0
即42﹣4k•2＞0
k＜2，
又∵一元二次方程k≠0
∴k＜2且k≠0；
（2）∵k＜2且k取最大整数
∴k＝1，
当k＝1时，x2﹣4x+2＝0
解得，x1＝2+，x2＝2﹣．
【点睛】
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当△＝0时，方程有两个相等的两个实数根；当△＜0时，方程无实数根．也考查了一元二次方程的定义．