2022年山东省临沂市兰陵县数学九上期末综合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，矩形EFGO的两边在坐标轴上，点O为平面直角坐标系的原点，以y轴上的某一点为位似中心，作位似图形ABCD，且点B，F的坐标分别为（﹣4，4），（2，1），则位似中心的坐标为（　　）

A．（0，3 B．（0，2.5） C．（0，2） D．（0，1.5）
2．在Rt△ABC中，∠C = 90°，AC = 9，BC = 12，则其外接圆的半径为( )

A．15 B．7.5 C．6 D．3
3．如图，点A，B的坐标分别为（0，8），（10，0），动点C，D分别在OA，OB上且CD＝8，以CD为直径作⊙P交AB于点E，F．动点C从点O向终点A的运动过程中，线段EF长的变化情况为（　　）

A．一直不变 B．一直变大
C．先变小再变大 D．先变大再变小
4．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
5．△DEF和△ABC是位似图形，点O是位似中心，点D，E，F分别是OA，OB，OC的中点，若△DEF的面积是2，则△ABC的面积是(  )

A．2 B．4 C．6 D．8
6．某闭合电路中，电源的电压为定值，电流I（A）与电阻R（Ω）成反比例．图表示的是该电路中电流I与电阻R之间函数关系的图象，则用电阻R表示电流I的函数解析式为（ ）

A． B． C． D．
7．如图，一段抛物线y=﹣x2+4（﹣2≤x≤2）为C1，与x轴交于A0，A1两点，顶点为D1；将C1绕点A1旋转180°得到C2，顶点为D2；C1与C2组成一个新的图象，垂直于y轴的直线l与新图象交于点P1（x1，y1），P2（x2，y2），与线段D1D2交于点P3（x3，y3），设x1，x2，x3均为正数，t=x1+x2+x3，则t的取值范围是（　　）

A．6＜t≤8 B．6≤t≤8 C．10＜t≤12 D．10≤t≤12
8．已知：不在同一直线上的三点A,B,C
求作：⊙O，使它经过点A,B,C
作法：如图，
（1）连接AB ,作线段AB的垂直平分线DE；
（2）连接BC ,作线段BC的垂直平分线FG,交DE于点O；
（3）以O为圆心，OB 长为半径作⊙O．
⊙O就是所求作的圆.
根据以上作图过程及所作图形，下列结论中正确的是（ ）

A．连接AC, 则点O是△ABC的内心 B．
C．连接OA,OC，则OA, OC不是⊙的半径 D．若连接AC, 则点O在线段AC的垂直平分线上
9．如图，为的直径，为上两点，若，则的大小为（　　）．

A．60° B．50° C．40° D．20°
10．已知，则锐角的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．正方形A1B1C2C1，A2B2C3C2，A3B3C4C3按如图所示的方式放置，点A1、A2、A3和点C1、C2、C3、C4分别在抛物线y＝x2和y轴上，若点C1（0，1），则正方形A3B3C4C3的面积是________．

12．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC，若点A、D、E在同一条直线上，∠ACD＝70°，则∠EDC的度数是_____．

13．已知一元二次方程有一个根为，则的值为________________．
14．如图，为了测量水塘边A、B两点之间的距离，在可以看到的A、B的点E处，取AE、BE延长线上的C、D两点，使得CD∥AB，若测得CD＝5m，AD＝15m，ED＝3m，则A、B两点间的距离为_____m．

15．若是一元二次方程的两个实数根，则_______．
16．二次函数图像的顶点坐标为_．
17．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（2，4），B（4，1），以原点O为位似中心，在点O的异侧将△OAB缩小为原来的，则点B的对应点的坐标是________.

18．计算__________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）央视举办的《主持人大赛》受到广泛的关注.某中学学生会就《主持人大赛》节目的喜爱程度，在校内对部分学生进行了问卷调查，并对问卷调查的结果分为“非常喜欢”、“比较喜欢”、“感觉一般”、“不太喜欢”四个等级，分别记作、、、.根据调查结果绘制出如图所示的扇形统计图和条形统计图，请结合图中所给信息解答下列问题：

（1）本次被调查对象共有 人；扇形统计图中被调查者“比较喜欢”等级所对应圆心角的度数为 .
（2）将条形统计图补充完整，并标明数据；
（3）若选“不太喜欢”的人中有两个女生和两个男生，从选“不太喜欢”的人中挑选两个学生了解不太喜欢的原因，请用列举法（画树状图或列表），求所选取的这两名学生恰好是一男一女的概率.
20．（6分）如图，已知抛物线与轴相交于、两点，与轴相交于点，对称轴为，直线与抛物线相交于、两点.

（1）求此抛物线的解析式；
（2）为抛物线上一动点，且位于的下方，求出面积的最大值及此时点的坐标；
（3）设点在轴上，且满足，求的长.
21．（6分）如图，在中，∠A=90°，AB=12cm，AC=6cm，点P沿AB边从点A开始向点B以每秒2cm的速度移动，点Q沿CA边从点C开始向点A以每秒1cm的速度移动，P、Q同时出发，用t表示移动的时间．

（1）当t为何值时，△QAP为等腰直角三角形?
（2）当t为何值时，以点Q、A、P为顶点的三角形与△ABC相似?
22．（8分）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3经过点A（2，﹣3），与x轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，且OC＝3OB．

（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴上有一点P，使PB+PC的值最小，求点P的坐标；
（3）点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以点A，B，MN为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（8分）用适当的方法解下方程：
24．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以BC为直径的⊙O交斜边AB于点M，若H是AC的中点，连接MH．
（1）求证：MH为⊙O的切线．
（2）若MH=，tan∠ABC=，求⊙O的半径．
（3）在（2）的条件下分别过点A、B作⊙O的切线，两切线交于点D，AD与⊙O相切于N点，过N点作NQ⊥BC，垂足为E，且交⊙O于Q点，求线段NQ的长度．

25．（10分）如图，在中，，，.点由点出发沿方向向点匀速运动，同时点由点出发沿方向向点匀速运动，它们的速度均为.作于，连接，设运动时间为，解答下列问题：

（1）设的面积为，求与之间的函数关系式，的最大值是 ；
（2）当的值为 时，是等腰三角形.
26．（10分）已知关于x的方程．
求证：不论m为何值，方程总有实数根；
当m为何整数时，方程有两个不相等的正整数根？

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【解析】如图，连接BF交y轴于P，

∵四边形ABCD和四边形EFGO是矩形，点B，F的坐标分别为（-4，4），（2，1），
∴点C的坐标为（0，4），点G的坐标为（0，1），
∴CG=3，
∵BC∥GF，
∴，
∴GP=1，PC=2，
∴点P的坐标为（0，2），
故选C．
【点睛】本题考查的是位似变换的概念、坐标与图形性质，掌握如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心是解题的关键．
2、B
【详解】解： ∵∠C=90°，
∴AB2=AC2+BC2，而AC=9，BC=12，
∴AB==1．
又∵AB是Rt△ABC的外接圆的直径，
∴其外接圆的半径为7.2．
故选B．
3、D
【解析】如图，连接OP，PF，作PH⊥AB于H．点P的运动轨迹是以O为圆心、OP为半径的⊙O，易知EF＝2FH＝2，观察图形可知PH的值由大变小再变大，推出EF的值由小变大再变小．
【详解】如图，连接OP，PF，作PH⊥AB于H．
∵CD＝8，∠COD＝90°，
∴OP＝CD＝4，
∴点P的运动轨迹是以O为圆心OP为半径的⊙O，
∵PH⊥EF，
∴EH＝FH，
∴EF＝2FH＝2，
观察图形可知PH的值由大变小再变大，
∴EF的值由小变大再变小，
故选：D．

【点睛】
此题主要考查圆与几何综合，解题的关键是熟知勾股定理及直角坐标系的特点.
4、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
5、D
【解析】先根据三角形中位线的性质得到DE=AB，从而得到相似比，再利用位似的性质得到△DEF∽△ABC，然后根据相似三角形的面积比是相似比的平方求解即可．
【详解】∵点D，E分别是OA，OB的中点，
∴DE=AB，
∵△DEF和△ABC是位似图形，点O是位似中心，
∴△DEF∽△ABC，
∴=，
∴△ABC的面积=2×4=8
故选D．
【点睛】
本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
6、C
【解析】设，那么点（3，2）满足这个函数解析式，∴k=3×2=1．∴．故选C
7、D
【解析】首先证明x1+x2=8，由2≤x3≤4，推出10≤x1+x2+x3≤12即可解决问题.
【详解】翻折后的抛物线的解析式为y=（x﹣4）2﹣4=x2﹣8x+12，
∵设x1，x2，x3均为正数，
∴点P1（x1，y1），P2（x2，y2）在第四象限，
根据对称性可知：x1+x2=8，
∵2≤x3≤4，
∴10≤x1+x2+x3≤12，
即10≤t≤12，
故选D．
【点睛】本题考查二次函数与x轴的交点，二次函数的性质，抛物线的旋转等知识，熟练掌握和灵活应用二次函数的相关性质以及旋转的性质是解题的关键.
8、D
【分析】根据三角形的外心性质即可解题.
【详解】A:连接AC, 根据题意可知，点O是△ABC的外心，故 A错误；
B: 根据题意无法证明，故 B错误；
C: 连接OA,OC，则OA, OC是⊙的半径，故 C错误
D: 若连接AC, 则点O在线段AC的垂直平分线上，故 D正确
故答案为：D.
【点睛】
本题考查了三角形的确定即不在一条线上的三个点确定一个圆，这个圆是三角形的外接圆，o是三角形的外心.
9、B
【分析】根据题意连接AD，再根据同弧的圆周角相等，即可计算的的大小.
【详解】解：连接，

∵为的直径，
∴．
∵，
∴，
∴．
故选B．
【点睛】
本题主要考查圆弧的性质，同弧的圆周角相等,这是考试的重点，应当熟练掌握.
10、B
【分析】根据锐角余弦函数值在0°到90°中，随角度的增大而减小进行对比即可；
【详解】锐角余弦函数值随角度的增大而减小，
∵cos30°=，cos45°=，
∴若锐角的余弦值为，且
则30°＜α ＜45°；
故选B．
【点睛】
本题主要考查了锐角三角函数的增减性，掌握锐角三角函数的增减性是解题的关键.

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、2+．
【分析】先根据点C1（0，1）求出A1的坐标，故可得出B1、A2、C2的坐标，由此可得出A2C2的长，可得出B2、C3、A3的坐标，同理即可得出A3C3的长，进而得出结论．
【详解】∵点（0，1），四边形，，均是正方形，点、、和点、、、分别在抛物线和y轴上，
∴（1，1），（0，2），
∴（，2），
∴（0，2+），
∵点的纵坐标与点相同，点在二次函数的图象上，
∴（，），即，
∴．
故答案为：2+．
【点睛】
本题考查的是二次函数与几何的综合题，熟知正方形的性质及二次函数图象上点的坐标特点是解答此题的关键．
12、115°
【解析】根据∠EDC＝180°﹣∠E﹣∠DCE，想办法求出∠E，∠DCE即可．
【详解】由题意可知：CA＝CE，∠ACE＝90°，
∴∠E＝∠CAE＝45°，
∵∠ACD＝70°，
∴∠DCE＝20°，
∴∠EDC＝180°﹣∠E﹣∠DCE＝180°﹣45°﹣20°＝115°，
故答案为115°．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，三角形的内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，问题，属于中考常考题型．
13、-1
【分析】根据一元二次方程的根的定义，即可求解．
【详解】∵一元二次方程有一个根为，
∴，解得：k=-1，
故答案是：-1．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程方程根的定义，掌握一元二次方程根的定义，是解题的关键．
14、20m
【详解】∵CD∥AB，
∴△ABE∽△DCE，
∴，
∵AD=15m，ED3m，
∴AE=AD-ED=12m，
又∵CD=5m,
∴，
∴3AB=60，
∴AB=20m.
故答案为20m.
15、1
【分析】利用一元二次方程根与系数的关系求出，即可求得答案．
【详解】∵是一元二次方程的两个实数根，
∴，，
∴，
故答案为：1.
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，方程的两个根为，则，.
16、（，）
【分析】用配方法将抛物线的一般式转化为顶点式，确定顶点坐标即可．
【详解】∵
∴抛物线顶点坐标为．
故本题答案为：．
【点睛】
本题考查了抛物线解析式与顶点坐标的关系，求顶点坐标可用配方法，也可以用顶点坐标公式．
17、 (－2，)
【分析】平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心且在点O的异侧，相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比等于解答．
【详解】以O为位似中心且在点O的异侧，把△OAB缩小为原来的，
则点B的对应点的坐标为，
即，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是位似变换的性质，平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
18、
【分析】先把特殊角的三角函数值代入原式，再计算即得答案．
【详解】解：原式=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了特殊角的三角函数值，属于基础题型，熟记特殊角的三角函数值、正确计算是关键．

三、解答题(共66分)
19、（1）50；144；（2）详见解析；（3）.
【分析】（1）根据A组的人数及占比即可求解被调查对象的总人数，再求出D，B的占比即可求出被调查者“比较喜欢”等级所对应圆心角的度数；
（2）求出各组的人数即可作图；
（3）根据题意列表表示出所有情况，再利用概率公式即可求解.
【详解】（1）本次被调查对象共有16÷32%=50，D的占比为4 ÷50=8%，
故B的占比为1-32%-20%-8%=40%
∴扇形统计图中被调查者“比较喜欢”等级所对应圆心角的度数为360°×40%=144°，
故答案为：50；144
（2）B组的人数为50×40%=20（人），
C组的人数为50×20%=10（人），
∴补全条形统计图如下：

（3）依题意列表：

男1
男2
女1
女2
男1

（男1，男2）
（男1，女1）
（男1，女2）
男2
（男2，男1）

（男2，女1）
（男2，女2）
女1
（女1，男1）
（女1，男2）

（女1，女2）
女2
（女2，男1）
（女2，男2）
（女2，女1）

∴（恰好选中一名男生和一名女生）.
【点睛】
此题主要考查统计调查及概率的求解，解题的关键是根据题意列出表格表示所有情况.
20、（1）；
（2）当时，取最大值，此时点坐标为.
（3）或17.
【分析】（1）根据对称轴与点A代入即可求解；
（2）先求出，过点作轴的平行线，交直线于点，设，得到，，表示出，根据二次函数的性质即可求解；
（3）根据题意分①当在轴正半轴上时， ②当在轴负半轴上时利用相似三角形的性质即可求解.
【详解】（1）∵对称轴为x＝−1，
∴−＝−1，
∴b＝2a，
∴y＝ax2＋2ax−5，
∵y＝−x＋3与x轴交于点A（3，0），
将点A代入y＝ax2＋2ax−5可得a＝
∴.
（2）令，解得：，，
∴，
过点作轴的平行线，交直线于点，
设，则，
∴，，
则，
∵，
∴当时，取最大值，
此时点坐标为.
（3）存在，
理由：①当在轴正半轴上时，如图，
过点作于，
根据三角形的外角的性质得，，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
②当在轴负半轴上时，记作，
由①知，，取，如图，
则由对称知：，
∴，
因此点也满足题目条件，∴，
综合以上得：或17.

【点睛】
本题考查二次函数的综合；熟练掌握二次与一次函数的图象及性质，掌握三角形相似、直角三角形的性质是解题的关键．
21、（1）；（2）或．
【分析】（1）利用距离=速度×时间可用含t的式子表示AP、CQ、QA的长，根据QA=AP列方程求出t值即可；
（2）分△QAP∽△BAC和△QAP∽△CAB两种情况，根据相似三角形的性质列方程分别求出t的值即可．
【详解】（1）∵点P的速度是每秒2cm，点Q的速度是每秒1cm，
∴，，，
∵时，为等腰直角三角形，
∴，
解得：，
∴当时，为等腰直角三角形．
（2）根据题意，可分为两种情况，
①如图，当∽时，，
∴，
解得：，

②当∽，，
∴，
解得：，

综上所述：当或时，以点Q、A、P为顶点的三角形与相似．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形腰长相等的性质，考查了相似三角形对应边比值相等的性质，正确列出关于t的方程式是解题的关键．
22、（1） （2）点P的坐标；（3）M
【分析】（1）待定系数法即可得到结论；
（2）根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，可得M在对称轴上，根据两点之间线段最短，可得M点在线段AB上，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；
（3）设M（a，a2-2a-3），N（1，n），①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴于E，AF⊥x轴于F，于是得到△ABF≌△NME，证得NE=AF=3，ME=BF=3，得到M（4，5）或（-2，5）；②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3，则N在x轴上，M与C重合，于是得到结论．
【详解】（1）由得，

把代入，
得，
，
抛物线的解析式为；
（2）连接AB与对称轴直线x=1的交点即为P点的坐标（对称取最值），
设直线AB的解析式为,
将A（2，-3），B（-1，0）代入，得y=-x-1，
将x=1代入，得x=-2，
所以点P的坐标为（1，-2）；
（3）设M（）
①以AB为边，则AB∥MN，如图2，

过M作对称轴y于E，AF轴于F，
则

或,
或
∥AM，
如图3，

则N在x轴上，M与C重合，

综上所述，存在以点ABMN为顶点的四边形是平行四边形，
或或
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．
23、x=3或1
【分析】移项，因式分解得到，再求解．
【详解】解：，
∴，
∴，
∴，
∴x-3=0或x-1=0，
∴x=3或1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程，解题的关键是根据方程的形式选择因式分解法．
24、（1）证明见解析；（2）2；（3）．
【分析】（1）连接OH、OM，易证OH是△ABC的中位线，利用中位线的性质可证明△COH≌△MOH，所以∠HCO=∠HMO=90°，从而可知MH是⊙O的切线；
（2）由切线长定理可知：MH=HC，再由点M是AC的中点可知AC=3，由tan∠ABC=，所以BC=4，从而可知⊙O的半径为2；
（3）连接CN，AO，CN与AO相交于I，由AC、AN是⊙O的切线可知AO⊥CN，利用等面积可求出可求得CI的长度，设CE为x，然后利用勾股定理可求得CE的长度，利用垂径定理即可求得NQ．
【详解】解：（1）连接OH、OM，∵H是AC的中点，O是BC的中点
∴OH是△ABC的中位线
∴OH∥AB，∴∠COH=∠ABC，∠MOH=∠OMB
又∵OB=OM，∴∠OMB=∠MBO
∴∠COH=∠MOH，
在△COH与△MOH中，
∵OC=OM，∠COH=∠MOH，OH=OH
∴△COH≌△MOH（SAS）
∴∠HCO=∠HMO=90°
∴MH是⊙O的切线；

（2）∵MH、AC是⊙O的切线
∴HC=MH=
∴AC=2HC=3
∵tan∠ABC=，∴=
∴BC=4
∴⊙O的半径为2；
（3）连接OA、CN、ON，OA与CN相交于点I
∵AC与AN都是⊙O的切线
∴AC=AN，AO平分∠CAD
∴AO⊥CN
∵AC=3，OC=2
∴由勾股定理可求得：AO=
∵AC•OC=AO•CI，∴CI=
∴由垂径定理可求得：CN=
设OE=x，由勾股定理可得：

∴，
∴x=，∴CE=，
由勾股定理可求得：EN=，
∴由垂径定理可知：NQ=2EN=．

25、（1）；（2）或或
【分析】(1)先通过条件求出,再利用对应边成比例求出PD,再利用面积公式写出式子,再根据顶点公式求最大值即可.
(2)分别讨论AQ=AP时, AQ=PQ时, AP=PQ时的三种情况.
【详解】解（1），
，
又，
.
，
，
.
，
，
，
，
，
，
，
的最大值是.

（2）由(1)知:AQ=2t,AP=10-2t,
①当AQ=AP时,即2t=10-2t,解得t=.
②当AQ=PQ时,作QE⊥AP,如图所示,

根据等腰三角形的性质,AE=,
易证Rt△AQE∽Rt△ACB,
∴,即,解得t=.
③当AP=PQ时,作PF⊥AQ,如图所示,

根据等腰三角形的性质,AF=,
易证Rt△AFP∽Rt△ACB,
∴,即,解得t=.
综上所述,t=或或.
【点睛】
本题考查三角形的动点问题及相似的判定和性质,关键在于合理利用相似得到等量关系.
26、（1）见解析；（2）.
【解析】计算根的判别式，证明；
因式分解求出原方程的两个根，根据m为整数、两个不相等的正整数根得到m的值．
【详解】，
，
，
，
即，
不论m为何值，方程总有实数根．
，
，，
方程有两个不相等的正整数根，
.
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式、一元二次方程的解法解决的关键是用因式分解法求出方程的两个根．