江苏省苏州市张家港二中学2022年数学九上期末统考模拟试题含解析.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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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）
1．二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0）中，若b2＝4a，则（　　）
A．y最大＝5 B．y最小＝5 C．y最大＝3 D．y最小＝3
2．袋子中有4个黑球和3个白球，这些球的形状、大小、质地等完全相同．在看不到球的条件下，随机从袋中摸出一个球，摸到白球的概率为( )
A． B． C． D．
3．关于的方程的一个根是，则它的另一个根是（ ）
A． B． C． D．
4．抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=﹣1，部分图象如图所示，下列判断中：
①abc＞1；
②b2﹣4ac＞1；
③9a﹣3b+c=1；
④若点（﹣1.5，y1），（﹣2，y2）均在抛物线上，则y1＞y2；
⑤5a﹣2b+c＜1．
其中正确的个数有（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
5．如图，在△ABC中，M，N分别是边AB，AC的中点，则△AMN的面积与四边形MBCN的面积比为

A． B． C． D．
6．下列成语所描述的是随机事件的是（　　）
A．竹篮打水 B．瓜熟蒂落 C．海枯石烂 D．不期而遇
7．观察下列图形，是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
8．下列图形中，是中心对称的图形的是（ ）

A．直角三角形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．正五边形
9．如图，在平面直角坐标系中，直线l的表达式是，它与两坐标轴分别交于C、D两点，且∠OCD＝60º，设点A的坐标为（m，0），若以A为圆心，2为半径的⊙A与直线l相交于M、N两点，当MN=时，m的值为（ ）

A． B． C．或 D．或
10．的相反数是（ ）
A． B．2 C． D．
11．若，则下列各式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
12．如图，A为反比例函数y=的图象上一点，AB垂直x轴于B，若S△AOB=2，则k的值为（　　）

A．4 B．2 C．﹣2 D．1
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图以O为圆心，任意长为半径画弧，与射线OM交于点A，再以A为圆心，AO长为半径画弧，两弧交于点B，画射线OB，则cos∠AOB的值等于___________．

14．如图，一个小球由地面沿着坡度i＝1：2的坡面向上前进了10m，此时小球距离出发点的水平距离为__m．

15．飞机着陆后滑行的距离y(m)关于滑行时间t(s)的函数关系式是y＝60t－t2，在飞机着陆滑行中,最后2s滑行的距离是______m
16．分解因式:__________．
17．若一个正六边形的周长为24，则该正六边形的面积为 ▲ ．
18．在长8cm，宽6cm的矩形中，截去一个矩形，使留下的矩形与原矩形相似，那么留下的矩形面积是_______cm2
三、解答题（共78分）
19．（8分）在平面直角坐标系中，已知P（,）,R（,）两点，且，，若过点P作轴的平行线，过点R作轴的平行线，两平行线交于一点S，连接PR，则称△PRS为点P，R，S的“坐标轴三角形”.若过点R作轴的平行线，过点P作轴的平行线，两平行线交于一点，连接PR，则称△RP为点R，P，的“坐标轴三角形”.右图为点P，R，S的“坐标轴三角形”的示意图.

（1）已知点A（0，4），点B（3，0）,若△ABC是点A，B，C的“坐标轴三角形”，则点C的坐标为 ；
（2）已知点D（2，1），点E（e，4），若点D，E，F的“坐标轴三角形”的面积为3，求e的值.
（3）若的半径为，点M（，4），若在上存在一点N，使得点N，M，G的“坐标轴三角形”为等腰三角形，求的取值范围.
20．（8分）已知：如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，BA•BD=BC•BE
（1）求证：△BDE∽△BCA；
（2）如果AE=AC，求证：AC2=AD•AB．

21．（8分）课外活动时间，甲、乙、丙、丁4名同学相约进行羽毛球比赛.
（1）如果将4名同学随机分成两组进行对打，求恰好选中甲乙两人对打的概率；
（2）如果确定由丁担任裁判，用“手心、手背”的方法在另三人中竞选两人进行比赛．竞选规则是：三人同时伸出“手心”或“手背”中的一种手势，如果恰好只有两人伸出的手势相同，那么这两人上场，否则重新竞选.这三人伸出“手心”或“手背”都是随机的，求一次竞选就能确定甲、乙进行比赛的概率.
22．（10分）计算：；
23．（10分）如图，是的直径，点在上且，连接，过点作交的延长线于点．求证：是的切线；

24．（10分）关于x的方程x1﹣1（k﹣1）x+k1＝0有两个实数根x1、x1．
（1）求k的取值范围；
（1）若x1+x1＝1﹣x1x1，求k的值．
25．（12分）已知函数，(m，n，k为常数且≠0)
(1)若函数的图像经过点A(2,5)，B(-1,3)两个点中的其中一个点，求该函数的表达式.
(2)若函数，的图像始终经过同一个定点M.
①求点M的坐标和k的取值
②若m≤2，当-1≤x≤2时，总有≤，求m+n的取值范围.
26．如图，直线经过⊙上的点，直线与⊙交于点和点，与⊙交于点，连接，.已知，，，.

（1）求证：直线是⊙的切线；
（2）求的长.

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】根据题意得到y＝ax2+bx+4＝，代入顶点公式即可求得．
【详解】解：∵b2＝4a，
∴，
∴
∵，
∴y最小值＝，
故选：D．
【点睛】
本题考查了二次函数最值问题，解决本题的关键是熟练掌握二次函数的性质，准确表达出二次函数的顶点坐标.
2、A
【分析】根据题意，让白球的个数除以球的总数即为摸到白球的概率．
【详解】解：根据题意，袋子中有4个黑球和3个白球，
∴摸到白球的概率为：；
故选：A.
【点睛】
本题考查了概率的基本计算，摸到白球的概率是白球数比总的球数．
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、B
【分析】分析：根据二次函数的性质一一判断即可．
【详解】详解：∵抛物线对称轴x=-1，经过（1，1），
∴-=-1，a+b+c=1，
∴b=2a，c=-3a，
∵a＞1，
∴b＞1，c＜1，
∴abc＜1，故①错误，
∵抛物线对称轴x=-1，经过（1，1），
可知抛物线与x轴还有另外一个交点（-3，1）
∴抛物线与x轴有两个交点，
∴b2-4ac＞1，故②正确，
∵抛物线与x轴交于（-3，1），
∴9a-3b+c=1，故③正确，
∵点（-1.5，y1），（-2，y2）均在抛物线上，
（-1.5，y1）关于对称轴的对称点为（-1.5，y1）
（-1.5，y1），（-2，y2）均在抛物线上，且在对称轴左侧，
-1.5＞-2
则y1＜y2；故④错误，
∵5a-2b+c=5a-4a-3a=-2a＜1，故⑤正确，
故选B．
【点睛】
本题考查二次函数与系数的关系，二次函数图象上上的点的特征，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
5、B
【详解】解:∵M，N分别是边AB，AC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN∥BC，且MN=BC，
∴△AMN∽△ABC，
∴，
∴△AMN的面积与四边形MBCN的面积比为1：1．
故选B．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是得出MN是△ABC的中位线，判断△AMN∽△ABC，要掌握相似三角形的面积比等于相似比平方．
6、D
【分析】根据事件发生的可能性大小判断．
【详解】解：A、竹篮打水，是不可能事件；
B、瓜熟蒂落，是必然事件；
C、海枯石烂，是不可能事件；
D、不期而遇，是随机事件；
故选：D．
【点睛】
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
7、C
【分析】根据中心对称图形的概念判断即可．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握概念是解题的关键．
8、C
【分析】根据中心对称的定义，结合所给图形即可作出判断．
【详解】解：A．直角三角形不是中心对称图象，故本选项错误；
B．等边三角形不是中心对称图象，故本选项错误；
C．平行四边形是中心对称图象，故本选项正确；
D．正五边形不是中心对称图象，故本选项错误．
故选：C．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的特点，属于基础题，判断中心对称图形的关键是旋转180°后能够重合．
9、C
【分析】根据题意先求得、的长，分两种情况讨论：①当点在直线l的左侧时，利用勾股定理求得，利用锐角三角函数求得，即可求得答案；②当点在直线l的右侧时，同理可求得答案.
【详解】令，则，点D 的坐标为，
∵∠OCD＝60º，
∴，
分两种情况讨论：
①当点在直线l的左侧时：如图，

过A作AG⊥CD于G，
∵，MN=，
∴，
∴，
在中，∠ACG＝60º，
∴，
∴，
∴，
②当点在直线l的右侧时：如图，

过A作AG⊥直线l于G，
∵，MN=，
∴，
∴，
在中，∠ACG＝60º，
∴，
∴，
∴，
综上：m的值为：或.
故选：C．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理，锐角三角函数，分类讨论、构建合适的辅助线是解题的关键.
10、B
【分析】根据相反数的性质可得结果.
【详解】因为-2+2=0，所以﹣2的相反数是2，
故选B．
【点睛】
本题考查求相反数，熟记相反数的性质是解题的关键 .
11、B
【分析】由 等式的两边都除以，从而可得到答案．
【详解】解：
等式的两边都除以：，

故选B．
【点睛】
本题考查的是把等积式化为比例式的方法，考查的是比的基本性质，等式的基本性质，掌握以上知识是解题的关键．
12、A
【分析】过双曲线上任意一点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积S是个定值，即S=|k|．
【详解】由于点A是反比例函数图象上一点,则S△AOB=|k|=2；
又由于函数图象位于一、三象限，则k=4.
故选A.
【点睛】
本题考查反比例函数系数k的几何意义，解题的关键是掌握反比例函数系数k的几何意义．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、．
【解析】试题分析：根据作图可以证明△AOB是等边三角形，则∠AOB=60°，据此即可求解．
试题解析：连接AB，

由画图可知：OA=0B，AO=AB
∴OA=AB=OB，即三角形OAB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴cos∠AOB=cos60°=．
考点：1．特殊角的三角函数值；2．等边三角形的判定与性质．
14、．
【分析】可利用勾股定理及所给的比值得到所求的线段长．
【详解】如图，

∵AB＝10米，tanA＝＝．
∴设BC＝x，AC＝2x，
由勾股定理得，AB2＝AC2+BC2，即100＝x2+4x2，解得x＝2，
∴AC＝4米．
故答案为4．
【点睛】
本题主要考查了解直角三角形的应用-坡度坡角问题，能从实际问题中整理出直角三角形是解答本题的关键．
15、6
【分析】先求出飞机停下时，也就是滑行距离最远时，s最大时对应的t值，再求出最后2s滑行的距离.
【详解】由题意，
y＝60t－t2，
＝−（t−20）2＋600，
即当t＝20秒时，飞机才停下来．
∴当t=18秒时，y=−（18−20）2＋600=594m，
故最后2s滑行的距离是600-594=6m
故填：6.
【点睛】
本题考查了二次函数的应用．解题时，利用配方法求得t＝20时，s取最大值,再根据题意进行求解．
16、
【分析】提取公因式a进行分解即可．
【详解】解：a2−5a＝a（a−5）．
故答案是：a（a−5）．
【点睛】
本题考查了因式分解−提公因式法：如果一个多项式的各项有公因式，可以把这个公因式提出来，从而将多项式化成两个因式乘积的形式，这种分解因式的方法叫做提公因式法．
17、
【解析】根据题意画出图形，如图，连接OB，OC，过O作OM⊥BC于M，
∴∠BOC=×360°=60°．
∵OB=OC，∴△OBC是等边三角形．∴∠OBC=60°．
∵正六边形ABCDEF的周长为21，∴BC=21÷6=1．
∴OB=BC=1，∴BM=OB·sin∠OBC =1·．
∴．
18、1
【解析】由题意，在长为8cm宽6cm的矩形中，截去一个矩形使留下的矩形与原矩形相似，根据相似形的对应边长比例关系，就可以求解．
【详解】解：设宽为xcm，
∵留下的矩形与原矩形相似，

解得
∴截去的矩形的面积为
∴留下的矩形的面积为48-21=1cm2，
故答案为：1．
【点睛】
本题就是考查相似形的对应边的比相等，分清矩形的对应边是解决本题的关键．

三、解答题（共78分）
19、（1）（3，4）；（2）或；（3）m的取值范围是或.
【分析】（1）根据点C到x轴、y轴的距离解答即可；
（2）根据“坐标轴三角形”的定义求出线段DF和EF，然后根据三角形的面积公式求解即可；
（3）根据题意可得：符合题意的直线MN应为y=x+b或y=－x+b．①当直线MN为y=x+b时，结合图形可得直线MN平移至与⊙O相切，且切点在第四象限时，b取得最小值，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可求得b的最小值，进而可得m的最大值；当直线MN平移至与⊙O 相切，且切点在第二象限时，b取得最大值，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可求得b的最大值，进而可得m的最小值，可得m的取值范围；②当直线MN为y=－x+b时，同①的方法可得m的另一个取值范围，问题即得解决.
【详解】解：（1）根据题意作图如下：

由图可知：点C到x轴距离为4，到y轴距离为3，∴C（3，4）；
故答案为：（3，4）；
（2） ∵点D（2，1），点E（e，4），点D，E，F的“坐标轴三角形”的面积为3，
∴，，∴，即=2，解得：e=4或e=0；
（3）由点N，M， G的“坐标轴三角形”为等腰三角形可得：直线MN为y=x+b或y=－x+b.
①当直线MN为y=x+b时，由于点M的坐标为（m4），可得m=4－b，
由图可知：

当直线MN平移至与⊙O相切，且切点在第四象限时，b取得最小值.
此时直线MN记为M1 N1，其中N1为切点，T1为直线M1 N1与y轴的交点.
∵△O N1T1为等腰直角三角形，ON=，∴，
∴b的最小值为－3，∴m的最大值为m=4－b=7；
当直线MN平移至与⊙O 相切，且切点在第二象限时，b取得最大值.
此时直线MN记为M2 N2，其中N2为切点，T2为直线M2 N2与y轴的交点.
∵△ON2T为等腰直角三角形，ON2=，∴，
∴b的最大值为3，∴m的最小值为m=4－b=1，
∴m的取值范围是；
②当直线MN为y=－x+b时，同理可得，m=b－4，
当b=3时，m=－1；当b=－3时，m=－7；
∴m的取值范围是.
综上所述，m的取值范围是或.
【点睛】
本题是新定义概念题，主要考查了三角形的面积、直线与圆相切的性质、等腰三角形的性质和勾股定理等知识，正确理解题意、灵活应用数形结合的思想和分类讨论思想是解题的关键.
20、 (1)证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）由BA•BD=BC•BE得，结合∠B=∠B，可证△ABC∽△EBD；
（2）先根据BA•BD=BC•BE，∠B=∠B，证明△BAE∽△BCD，再证明△ADC∽△ACB，根据相似三角形的对应边长比例可证明结论.
【详解】（1）证明：∵BA•BD=BC•BE．
∴，
∵∠B=∠B，
∴△BDE∽△BCA；
（2）证明：∵BA•BD=BC•BE．
∴，
∵∠B=∠B，
∴△BAE∽△BCD，
∴，
∵AE=AC，
∴，
∵∠AEC=∠B+∠BAE，∠ACE=∠ACD+∠BCD，
∴∠B=∠ACD.
∵∠BAC=∠BAC
∴△ADC∽△ACB，
∴.
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握两三角形相似的判定方法是解题的关键．相似三角形的判定方法有：①对应角相等，对应边成比例的两个三角形叫做相似三角形；②平行于三角形一边的直线和其他两边或两边延长线相交，所构成的三角形与原三角形相似；③根据两角相等的两个三角形相似；④两边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似判定即可；⑤三边对应成比例得两个三角形相似.
21、（1）；（2）
【解析】分析：列举出将4名同学随机分成两组进行对打所有可能的结果，找出甲乙两人对打的情况数，根据概率公式计算即可.
画树状图写出所有的情况，根据概率的求法计算概率.
详解：（1）甲同学能和另一个同学对打的情况有三种：
（甲、乙），（甲、丙），（甲、丁）
则恰好选中甲乙两人对打的概率为：
（2）树状图如下：

一共有8种等可能的情况，其中能确定甲乙比赛的可能为（手心、手心、手背）、（手背、手背、手心）两种情况，因此，一次竞选就能确定甲、乙进行比赛的概率为.
点睛：考查概率的计算，明确概率的意义时解题的关键，概率等于所求情况数与总情况数的比.
22、1
【分析】根据特殊角的三角函数值代入即可求解.
【详解】

【点睛】
此题主要考查实数的计算，解题的关键是熟知特殊角的三角函数值.
23、见解析
【分析】连结，由，根据圆周角定理得，而，则，可判断，由于，所以，然后根据切线的判定定理得到是的切线；
【详解】解：证明：连结，如图，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线；

【点睛】
本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
24、（1）；（1）
【解析】试题分析：（1）方程有两个实数根，可得代入可解出的取值范围；
（1）由韦达定理可知，列出等式，可得出的值．
试题解析：(1)∵Δ＝4(k－1)1－4k1≥0，∴－8k＋4≥0，∴k≤；
(1)∵x1＋x1＝1(k－1)，x1x1＝k1，∴1(k－1)＝1－k1，
∴k1＝1，k1＝－3.
∵k≤，∴k＝－3.
25、 (1)；(2)①M(2,3)，k=3；②
【分析】（1）将两点代入解析式即可得出结果；
（2）①二次函数过某定点，则函数表达式与字母系数无关，以此解决问题；②根据二次函数的性质解题
【详解】解：(1)①若函数图象经过点A(2,5)将A(2,5)代入得
，不成立
②若函数图象经过点B(-1,3)，将B(-1,3)代入得
，解得.
∴.
(2)①过定点M，
与m无关，故，代入，得点M为(2,3)，
也过点M，代入得，解得k=3.
②在时，
.
，则，
∴，即.
∵，
∴，
∴，，
∴.
【点睛】
此题考查含字母系数的二次函数综合题，掌握二次函数的图像与性质是解题的基础.
26、（1）见解析；（2）
【解析】（1）欲证明直线AB是 O的切线，只要证明OC⊥AB即可．
（2）作ON⊥DF于N，延长DF交AB于M，在RT△CDM中，求出DM、CM即可解决问题．
【详解】（1）证明：连结OC，
∵OA=OB，AC=CB
∴，
∵点C在⊙O上，
∴AB是⊙O的切线，

（2）作于N，延长DF交AB于M．
∵，
∴DN=NF=3，
在中，　　
∵，OD=5，DN=3，
∴
又∵，，
∴
∴FM//OC
∵，
∴，
∴四边形OCMN是矩形，
∴CM=ON=4，MN=OC=5
在中，∵，
∴.
【点睛】
本题考查了切线的判定，矩形的判定及性质，结合图形作合适的辅助线，想法证明OC⊥AB时解题的关键.