2022年内蒙古兴安盟数学九年级第一学期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
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．下列一元二次方程中，有两个不相等的实数根的是(　　)
A． B． C． D．
3．设a、b是两个整数，若定义一种运算“△”，a△b＝a2+b2+ab，则方程（x+2）△x＝1的实数根是（　　）
A．x1＝x2＝1 B．x1＝0，x2＝1
C．x1＝x2＝﹣1 D．x1＝1，x2＝﹣2
4．如图，太阳在房子的后方，那么你站在房子的正前方看到的影子为（ ）

A．
B．
C．
D．
5．下列说法正确的是（ ）
A．经过三点可以做一个圆 B．平分弦的直径垂直于这条弦
C．等弧所对的圆心角相等 D．三角形的外心到三边的距离相等
6．如图，已知等边△ABC的边长为4，以AB为直径的圆交BC于点F，CF为半径作圆，D是⊙C上一动点，E是BD的中点，当AE最大时，BD的长为（ ）

A． B． C．4 D．6
7．如图，△ABC中，点D是AB的中点，点E是AC边上的动点，若△ADE与△ABC相似，则下列结论一定成立的是（ ）

A．E为AC的中点 B．DE是中位线或AD·AC=AE·AB
C．∠ADE=∠C D．DE∥BC或∠BDE+∠C=180°
8．在一次篮球邀请赛中，参赛的每两个队之间都要比赛一场，共比赛36场．则参赛的球队数为（　　）
A．6个 B．8个 C．9个 D．12个
9．如图，已知△ABC和△EDC是以点C为位似中心的位似图形，且△ABC和△EDC的周长之比为1：2，点C的坐标为（﹣2，0），若点B的坐标为（﹣5，1），则点D的坐标为（　　）

A．（4，﹣2） B．（6，﹣2） C．（8，﹣2） D．（10，﹣2）
10．如图，已知与位似，位似中心为点且的面积与面积之比为，则的值为（ ）

A． B．
C． D．
11．如图，分别与相切于点，为上一点，，则（ ）

A． B． C． D．
12．已知一元二次方程1–（x–3）（x+2）=0，有两个实数根x1和x2（x114．一个布袋里放有5个红球，3个黄球和2个黑球，它们除颜色外其余都相同，则任意摸出一个球是黑球的概率是____________.
15．若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是______．
16．方程2x2-x=0的根是______.
17．如图，由10个完全相同的正三角形构成的网格图中， 如图所示，则=______.

18．如图，⊙O是△ABC的外接圆，D是AC的中点，连结AD，BD，其中BD与AC交于点E．写出图中所有与△ADE相似的三角形：___________．

三、解答题（共78分）
19．（8分）分别用定长为a的线段围成矩形和圆．
（1求围成矩形的面积的最大值；（用含a的式子表示）
（2）哪种图形的面积更大？为什么？
20．（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．

21．（8分）济南国际滑雪自建成以来，吸引大批滑雪爱好者，一滑雪者从山坡滑下，测得滑行距离y（单位：m）与滑行时间x（单位：s）之间的关系可以近似的用二次函数来表示．
滑行时间x/s
0
1
2
3
…
滑行距离y/m
0
4
12
24
…
（1）根据表中数据求出二次函数的表达式．现测量出滑雪者的出发点与终点的距离大约840m，他需要多少时间才能到达终点？
（2）将得到的二次函数图象补充完整后，向左平移2个单位，再向下平移5个单位，求平移后的函数表达式．
22．（10分）如图，矩形的对角线与相交于点．延长到点，使，连结．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，请直接写出平行四边形的周长 ．

23．（10分）如图，两个转盘中指针落在每个数字上的机会相等，现同时转动、两个转盘，停止后，指针各指向一个数字．小聪和小明利用这两个转盘做游戏：若两数之和为负数，则小聪胜；否则，小明胜．你认为这个游戏公平吗?如果不公平，对谁更有利？请你利用树状图或列表法说明理由．

24．（10分）对于平面直角坐标系中的图形M，N，给出如下定义：如果点P为图形M上任意一点，点Q为图形N上任意一点，那么称线段PQ长度的最小值为图形M，N的“近距离”，记作 d（M，N）．若图形M，N的“近距离”小于或等于1，则称图形M，N互为“可及图形”．

（1）当⊙O的半径为2时，
①如果点A（0，1），B（3，4），那么d（A，⊙O）=_______,d（B，⊙O）= ______
②如果直线与⊙O互为“可及图形”，求b的取值范围；
（2）⊙G的圆心G在轴上，半径为1，直线与x轴交于点C，与y轴交于点D，如果⊙G和∠CDO互为“可及图形”，直接写出圆心G的横坐标m的取值范围．
25．（12分）计算:.
26．（1）解方程：x2﹣4x﹣3＝0
（2）计算：

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、B
【分析】先将各选项一元二次方程化为一般式，再计算判别式即得．
【详解】A选项中，则，，，则，有两个相等的实数根，不符合题意；
B选项可化为，则，，，则，有两个不相等的实数根，符合题意；
C选项可化为，则，，，则，无实数根，不符合题意；
D选项可化为，则，，，则，无实数根，不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式，解题关键是熟知：判别式时，一元二次方程有两个不相等的实数根；判别式时，一元二次方程有两个相等的实数根；判别式时，一元二次方程无实数根．
3、C
【解析】根据题中的新定义将所求方程化为普通方程，整理成一般形式，左边化为完全平方式，用直接开平方的方法解方程即可．
【详解】解：∵a△b＝a2+b2+ab，
∴（x+2）△x＝（x+2）2+x2+x（x+2）＝1，
整理得：x2+2x+1＝0，即（x+1）2＝0，
解得：x1＝x2＝﹣1．
故选：C．
【点睛】
此题考查了解一元二次方程﹣配方法，利用此方法解方程时，首先将方程二次项系数化为1，常数项移到方程右边，然后方程左右两边都加上一次项系数一半的平方，左边化为完全平方式，右边合并为一个非负常数，开方转化为两个一元一次方程来求解．
4、C
【解析】根据平行投影的性质可知烟囱的影子应该在右下方，房子左边对应的突起应该在影子的左边．
5、C
【解析】根据确定圆的条件、垂径定理的推论、圆心角、弧、弦的关系、三角形的外心的知识进行判断即可．
【详解】解：A、经过不在同一直线上的三点可以作一个圆，A错误；
B、平分弦(不是直径)的直径垂直于这条弦，B错误；
C、等弧所对的圆心角相等，C正确；
D、三角形的外心到各顶点的距离相等，D错误；
故选：C．
【点睛】
本题考查的是圆心角、弧、弦的关系、确定圆的条件、垂径定理的推论和三角形外心的知识，掌握相关定理并灵活运用是解题的关键．
6、B
【分析】点E在以F为圆心的圆上运到，要使AE最大，则AE过F，根据等腰三角形的性质和圆周角定理证得F是BC的中点，从而得到EF为△BCD的中位线，根据平行线的性质证得CD⊥BC，根据勾股定理即可求得结论．
【详解】解：点D在⊙C上运动时，点E在以F为圆心的圆上运到，要使AE最大，则AE过F，
连接CD，

∵△ABC是等边三角形，AB是直径，
∴EF⊥BC，
∴F是BC的中点，
∵E为BD的中点，
∴EF为△BCD的中位线，
∴CD∥EF，
∴CD⊥BC，BC=4，CD=2，
故BD= ，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查等边三角形的性质，圆周角定理，三角形中位线的性质以及勾股定理，熟练并正确的作出辅助圆是解题的关键．
7、D
【分析如图，分两种情况分析：由△ADE与△ABC相似，得，∠ADE=∠B或∠ADE=∠C，故DE∥BC或∠BDE+∠C=180°.
【详解】因为，△ADE与△ABC相似，
所以，∠ADE=∠B或∠ADE=∠C
所以，DE∥BC或∠BDE+∠C=∠BDE+∠ADE=180°

故选D
【点睛】
本题考核知识点：相似性质.解题关键点：理解相似三角形性质.
8、C
【分析】设有x个队参赛，根据题意列出方程即可求出答案即可解决．
【详解】解：设有x个队参赛，
根据题意，可列方程为：x（x﹣1）＝36，
解得：x＝9或x＝﹣8（舍去），
故选：C．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用，解决本题的关键是正确理解题意，找到题意中蕴含的等量关系.
9、A
【分析】作BG⊥x轴于点G，DH⊥x轴于点H，根据位似图形的概念得到△ABC∽△EDC，根据相似是三角形的性质计算即可．
【详解】作BG⊥x轴于点G，DH⊥x轴于点H，

则BG∥DH，
∵△ABC和△EDC是以点C为位似中心的位似图形，
∴△ABC∽△EDC，
∵△ABC和△EDC的周长之比为1：2，
∴＝，
由题意得，CG＝3，BG＝1，
∵BG∥DH，
∴△BCG∽△DCH，
∴＝＝＝，即＝＝，
解得，CH＝6，DH＝2，
∴OH＝CH﹣OC＝4，
则点D的坐标为为（4，﹣2），
故选：A．
【点睛】
本题考查的是位似变换的性质，正确理解位似与相似的关系，记忆关于原点位似的两个图形对应点坐标之间的关系是解题的关键．
10、A
【分析】根据位似图形的性质得到AC：DF=3：1，AC∥DF，再证明∽，根据相似的性质进而得出答案．
【详解】∵与位似，且的面积与面积之比为9：4，
∴AC：DF=3：1，AC∥DF，
∴∠ACO=∠DFO，∠CAO=∠FDO，
∴∽，
∴AO：OD=AC：DF=3：1．
故选：A．
【点睛】
本题考查位似图形的性质，及相似三角形的判定与性质，注意掌握位似是相似的特殊形式，位似比等于相似比，其对应的面积比等于相似比的平方．
11、A
【分析】连接OA，OB，根据切线的性质定理得到∠OAP=90°，∠OBP=90°，根据四边形的内角和等于360°求出∠AOB，最后根据圆周角定理解答．
【详解】解：连接OA，OB，
∵PA，PB分别与⊙O相切于A，B点，
∴∠OAP=90°，∠OBP=90°，
∴∠AOB=360°-90°-90°-66°=114°，
由圆周角定理得，∠C=∠AOB=57°，
故选：A．

【点睛】
本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．
12、B
【解析】设y=-（x﹣3）（x+2），y11﹣（x﹣3）（x+2）根据二次函数的图像性质可知y1=1﹣（x﹣3）（x+2）的图像可看做y=-（x﹣3）（x+2）的图像向上平移1个单位长度，根据图像的开口方向即可得出答案.
【详解】设y=-（x﹣3）（x+2），y1=1﹣（x﹣3）（x+2）
∵y=0时，x=-2或x=3，
∴y=-（x﹣3）（x+2）的图像与x轴的交点为（-2，0）（3，0），
∵1﹣（x﹣3）（x+2）=0，
∴y1=1﹣（x﹣3）（x+2）的图像可看做y=-（x﹣3）（x+2）的图像向上平移1，与x轴的交点的横坐标为x1、x2，
∵-1<0，
∴两个抛物线的开口向下，
∴x1＜﹣2＜3＜x2，
故选B.
【点睛】
本题考查二次函数图像性质及平移的特点，根据开口方向确定函数的增减性是解题关键.

二、填空题（每题4分，共24分）
13、100π
【分析】圆锥侧面展开图的弧长=底面周长，利用弧长公式即可求得圆锥母线长，那么圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷1．
【详解】解：设扇形半径为R．
∵底面周长是10π，扇形的圆心角为90°，
∴10π=×1πR，
∴R=10，
∴侧面积=×10π×10=100π，
故选：C．
【点睛】
本题利用了圆的周长公式和扇形面积公式求解．
14、0.2
【分析】利用列举法求解即可.
【详解】将布袋里10个球按颜色分别记为，所有可能结果的总数为10种，并且它们出现的可能性相等
任意摸出一个球是黑球的结果有2种，即
因此其概率为：.
【点睛】
本题考查了用列举法求概率，根据题意列出所有可能的结果是解题关键.
15、k＜5且k≠1．
【解析】试题解析：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，

解得：且
故答案为且
16、x1=, x2=0
【分析】利用因式分解法解方程即可.
【详解】2x2-x=0，
x（2x-1）=0，
x=0或2x-1=0，
∴x1=， x2=0.
故答案为x1=， x2=0.
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解法-因式分解法，熟练运用因式分解法将方程化为x（2x-1）=0是解决问题的关键.
17、.
【解析】给图中各点标上字母，连接DE，利用等腰三角形的性质及三角形内角和定理可得出∠α=30°，同理，可得出：∠CDE=∠CED=30°=∠α，由∠AEC=60°结合∠AED=∠AEC+∠CED可得出∠AED=90°，设等边三角形的边长为a，则AE=2a，DE=a，利用勾股定理可得出AD的长，再结合余弦的定义即可求出cos（α+β）的值．
【详解】给图中各点标上字母，连接DE，如图所示．

在△ABC中，∠ABC=120°，BA=BC，
∴∠α=30°．
同理，可得出：∠CDE=∠CED=30°=∠α．
又∵∠AEC=60°，
∴∠AED=∠AEC+∠CED=90°．
设等边三角形的边长为a，则AE=2a，DE=2×sin60°•a=a，
∴，
∴cos（α+β）=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了解直角三角形、等边三角形的性质以及规律型：图形的变化类，构造出含一个锐角等于∠α+∠β的直角三角形是解题的关键．
18、，
【分析】根据两角对应相等的两个三角形相似即可判断．
【详解】解：∵，
∴∠ABD＝∠DBC，
∵∠DAE＝∠DBC，
∴∠DAE＝∠ABD，
∵∠ADE＝∠ADB，
∴△ADE∽△BDA，
∵∠DAE＝∠EBC，∠AED＝∠BEC，
∴△AED∽△BEC，
故答案为△CBE，△BDA．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

三、解答题（共78分）
19、（1）矩形面积的最大值为；（2）圆的面积大．
【分析】（1）设矩形的一边长为b，则另外一边长为b，由S矩形=b（b）=﹣（b）2可得答案；
（2）设圆的半径为r，则r，知S圆=πr2，比较大小即可得．
【详解】（1）设矩形的一边长为b，则另外一边长为b，S矩形=b（b）=﹣（b）2，∴矩形面积的最大值为；
（2）设圆的半径为r，则r，S圆=πr2．
∵4π＜16，∴，∴S圆＞S矩，∴圆的面积大．
【点睛】
本题考查了列代数式与二次函数的最值，用到的知识点是圆的面积公式、矩形的面积公式、二次函数的最值，关键是根据题意列出代数式．
20、（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=．

21、（1）20s；（2）
【解析】（1）利用待定系数法求出函数解析式，再求出y＝840时x的值即可得；
（2）根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【详解】解：（1）∵该抛物线过点（0，0），
∴设抛物线解析式为y＝ax2+bx，
将（1，4）、（2，12）代入，得：
，
解得：，
所以抛物线的解析式为y＝2x2+2x，
当y＝840时，2x2+2x＝840，
解得：x＝20（负值舍去），
即他需要20s才能到达终点；
（2）∵y＝2x2+2x＝2（x+）2﹣，
∴向左平移2个单位，再向下平移5个单位后函数解析式为y＝2（x+2+）2﹣﹣5＝2（x+）2﹣．
【点睛】
本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式及函数图象平移的规律．
22、（1）见解析；（2）1．
【分析】（1）因为，所以，利用一组对边平行且相等即可证明；
2）利用矩形的性质得出 ,进而利用求出CD的值，然后利用勾股定理求出AD的值，即可求周长
【详解】（1）∵是矩形
∴

∴四边形是平行四边形；
（2）∵是矩形
∴

∵四边形是平行四边形

∴平行四边形的周长为
【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定及性质，矩形的性质，掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键．
23、见解析
【分析】首先根据题意列出表格，然后由表格即可求得所有等可能的结果与小力胜、小明胜的情况，继而求得小力胜与小明胜的概率，比较概率大小，即可知这个游戏是否公平．
【详解】列表得：两个数字之和
转盘A
转盘B
-1
0
2
1
1
0
1
3
2
-2
-3
-2
0
-1
-1
-2
-1
1
0
∵由两个转盘各转出一数字作积的所有可能情况有12种，每种情况出现的可能性相同，其中两个数字之和为非负数有7个，负数有5个，
，，
对小明有利，这个游戏对双方不公平．.
【点睛】
本题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平．
24、（1）① 1，3；②；（2），.
【分析】（1） ①根据图形M，N间的“近距离”的定义结合已知条件求解即可．
②根据可及图形的定义作出符合题意的图形，结合图形作答即可；
（2）分两种情况进行讨论即可.
【详解】（1）① 如图：
根据近距离的定义可知：d（A，⊙O）=AC=2-1=1.
过点B作BE⊥x轴于点E，则
OB= =5
∴d（B，⊙O）=OB-OD=5-2=3.
故答案为1，3.
② ∵由题意可知直线与⊙O互为“可及图形”，⊙O的半径为2，
∴．
∴．
∴ ．

（2）①当⊙G与边OD是可及图形时，d（O，⊙G）=OG-1,
∴
即-1≤m-1≤1
解得：.

②当⊙G与边CD是可及图形时，如图，过点G作GE⊥CD于E,

d（E，⊙G）=EG-1,
由近距离的定义可知d（E，⊙G）的最大值为1，
∴此时EG=2，
∵∠GCE=45°，
∴GC=2 .
∵OC=5,
∴OG=5-2.
根据对称性，OG的最大值为5+2.
∴
综上所述，m的取值范围为：或
【点睛】
本题主要考查了圆的综合知识，正确理解“近距离”和“可及图形”的概念是解题的关键.
25、2
【分析】首先计算各锐角三角函数值，然后进行计算即可.
【详解】原式
=2-1+1

【点睛】
此题主要考查锐角三角函数的相关计算，牢记锐角三角函数值是解题关键.
26、（1）x1＝2+，x2＝2﹣；（2）1
【分析】(1)方程利用配方法求出解即可；
(2)原式利用二次根式性质，绝对值的代数意义，零指数幂法则，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值．
【详解】(1)方程整理得：x2﹣4x=3，
配方得：x2﹣4x+4=3+4，即(x﹣2)2=7，
开方得：x﹣2=±，
解得：x1=2+，x2=2﹣；
(2)

=1．
【点睛】
本题考查了利用配方法求一元二次方程的解以及实数的混合运算，涉及了：零指数、二次根式以及特殊角的三角函数值．解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法以及特殊角的锐角三角函数的值．