安徽省桐城市黄岗初级中学2022年数学九上期末达标检测试题含解析

1、2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题4分，共48分）1已知:抛物线y1=x2+2x-3与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，抛物线y2=x2-2ax-1(a0)与x轴交于C、D两点(点C在点D的左侧)，在使y10且y20的x的取值范围内恰好只有一个整数时，a的取值范围是（ ）A0aBaCaD0且y20的x的取值范围内恰好只有一个整数时，只要符合将

2、代入中，使得，且将代入中使得即可求出a的取值范围.【详解】由题意可知的对称轴为可知对称轴再y轴的右侧，由与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)可知当时可求得 使的x的取值范围内恰好只有一个整数时只要符合将代入中，使得，且将代入中使得即 求得解集为： 故选C【点睛】本题主要考查了二次函数图像的性质，利用数形结合思想解决二次函数与不等式问题是解题关键.2、C【分析】根据比例的性质，若，则判断即可.【详解】解： 故选：C.【点睛】本题主要考查了比例的性质，灵活的利用比例的性质进行比例变形是解题的关键.3、D【分析】连接正六边形的中心和各顶点，得到六个全等的正三角形，于是可知正六边形的边长等于正三角

3、形的边长，为正六边形的外接圆半径【详解】如图为正六边形的外接圆，ABCDEF是正六边形，AOF=10, OA=OF, AOF是等边三角形，OA=AF=1.所以正六边形的外接圆半径等于边长，即其外接圆半径为1故选D【点睛】本题考查了正六边形的外接圆的知识,解题的关键是画出图形,找出线段之间的关系.4、C【解析】在中，先求出的度数，再根据特殊角的三角函数值即可得出答案.【详解】，=故选C.【点睛】本题考查了锐角三角函数，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键.5、A【分析】试题分析：在RtABC中，BC=6米，AC=BC=6（米）.（米）.故选A.【详解】请在此输入详解！6、A【分析】运用动点函数

4、进行分段分析，当点P在AD上和在BD上时，结合图象得出符合要求的解析式【详解】当点P在AD上时，此时BC是定值，BC边的高是定值，则PBC的面积y是定值；当点P在BD上时，此时BC是定值，BC边的高与运动时间x成正比例的关系，则PBC的面积y与运动时间x是一次函数，并且PBC的面积y与运动时间x之间是减函数，y1所以只有A符合要求故选：A【点睛】此题主要考查了动点函数的应用，注意将函数分段分析得出解析式是解决问题的关键，有一定难度7、A【分析】作APGH于P，BQGH于Q，由正六边形和等边三角形的性质求出GH=PG+PQ+QH=9cm，由等边三角形的面积公式即可得出答案【详解】如图所示：作AP

5、GH于P，BQGH于Q，如图所示：GHM是等边三角形，MGH=GHM=60，六边形ABCDEF是正六边形，BAF=ABC=120，正六边形ABCDEF是轴对称图形，G、H、M分别为AF、BC、DE的中点，GHM是等边三角形，AG=BH=3cm，MGH=GHM=60，AGH=FGM=60，BAF+AGH=180，ABGH，作APGH于P，BQGH于Q，PQ=AB=6cm，PAG=90-60=30，PG=AG=cm，同理：QH=cm，GH=PG+PQ+QH=9cm，GHM的面积=GH2=cm2；故选：A【点睛】此题主要考查了正六边形的性质、等边三角形的性质及三角形的面积公式等知识；熟练掌握正六边形

6、和等边三角形的性质是解题的关键8、C【分析】设调价百分率为x，根据售价从原来每件200元经两次调价后调至每件72元，可列方程【详解】解：设调价百分率为x， 则： 故选：C【点睛】本题考查一元二次方程的应用，关键设出两次降价的百分率，根据调价前后的价格列方程求解9、A【分析】本题利用弧的度数等于所对的圆周角度数的2倍求解优弧度数，继而求解劣弧度数，最后根据弧的度数等于圆心角的度数求解本题【详解】如下图所示：BDC=120，优弧的度数为240，劣弧度数为120劣弧所对的圆心角为BOC，BOC=120故选：A【点睛】本题考查圆的相关概念，解题关键在于清楚圆心角、圆周角、弧各个概念之间的关系10、C【

7、解析】分析：根据“俯视图”的定义进行分析判断即可.详解：由几何体的形状可知，俯视图有3列，从左往右小正方形的个数是1，1，1.故选B点睛：弄清“俯视图”的含义是正确解答这类题的关键.11、C【分析】作出图形，设BC=2k，AB=5k，利用勾股定理列式求出AC，再根据锐角的正弦等于对边比斜边，列式即可得解【详解】解：如图，设BC=2k，AB=5k，由勾股定理得故选C.【点睛】本题考查了锐角三角函数的定义，利用“设k法”表示出三角形的三边求解更加简便12、C【分析】由已知可知对称轴为x=0，从而确定函数解析式y=ax2+bx+c中，b=0，由选项入手即可【详解】二次函数的对称轴为y轴，则函数对称轴

8、为x=0，即函数解析式y=ax2+bx+c中，b=0，故选：C【点睛】此题考查二次函数的性质，熟练掌握二次函数的图象及性质是解题的关键二、填空题（每题4分，共24分）13、1:6【分析】根据重心的性质得到，求得，根据CH为AB边上的中线，于是得到，从而得到结论.【详解】点G是ABC的重心，CH为AB边上的中线，故答案为：【点睛】本题考查了三角形的重心：三角形的重心是三角形三边中线的交点；重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1.14、4【分析】根据反比例函数的性质得出，再结合图象即可得出答案.【详解】表示的是x与y的坐标形成的矩形的面积反比例函数（）的图象在第一象限故答案为：4.【点

9、睛】本题考查了反比例函数的性质，反比例函数中，的绝对值表示的是x与y的坐标形成的矩形的面积.15、 【解析】根据比例的合比性质变形得： 【详解】，故答案为：.【点睛】本题主要考查了合比性质，对比例的性质的记忆是解题的关键16、【分析】根据古典概型的概率的求法，求指针落在阴影部分的概率.【详解】一般地，如果在一次试验中，有种可能的结果，并且它们发生的可能性都相等，事件包含其中的中结果，那么事件发生的概率为. 图中，因为6个扇形的面积都相等，阴影部分的有3个扇形，所以指针落在阴影部分的概率是【点睛】本题考查古典概型的概率的求法.17、1【详解】ABC是直角三角形，CD是斜边的中线，CD=AB，AB

10、=2CD=21=10cm，又EF是ABC的中位线，EF=10=1cm故答案为1考点：三角形中位线定理；直角三角形斜边上的中线18、1【分析】先运用勾股定理求出另一条边，再运用矩形面积公式求出它的面积【详解】对角线长为13，一边长为5，另一条边长12，S矩形1251；故答案为：1【点睛】本题考查了矩形的性质以及勾股定理，本题关键是运用勾股定理求出另一条边三、解答题（共78分）19、教学楼DF的高度为.【分析】延长AB交CF于E，先证明四边形AMFE是矩形，求出EF=AM=3，再设DE=x米，利用RtBCE得到AE=x+12，再根据RtADE得到，即可得到x的值，由此根据DF=DE+EF求出结果.

11、【详解】如图，延长AB交CF于E，由题意知：DAE=30，CBE=45，AB=9米，四边形ABNM是矩形，四边形ABNM是矩形，ABMN,CFMN,AEC=MFC=90，AMF=MFC=AEF=90，四边形AMFE是矩形，EF=AM=3，设DE=x米，在RtBCE中, CBE=45，BE=CE=x+3，AB=9，AE=x+12，在RtADE中，DAE=30，,，解得： ，DF=DE+EF=(米).【点睛】此题考查利用三角函数解决实际问题，解题中注意线段之间的关系，设未知数很主要，通常是设所求的量，利用图中所给的直角三角形，表示出两条边的长度，根据度数即可列得三角函数关系式，由此解决问题.20、

12、（1）详见解析；（2）1【分析】（1）按照列表，取点，连线的步骤画图即可；（2）根据图象即可得出答案.【详解】解：（1）列表如下： -2-11123 51-3-4-31函数图象如下图所示： （2）由图象可知，当1x3时，1【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键.21、（1）；（2）当时，S最大，此时；（3）或【分析】（1）先根据射影定理求出点，设抛物线的解析式为：，将点代入求出，然后化为一般式即可；（2）过点P作y轴的平行线交BC于点E，设，用待定系数法分别求出直线BC，直线AC，直线PD的解析式，表示出点E，点D的坐标，然后根据三角形面积公式列出二次函

13、数解析式，利用二次函数的性质求解即可；（3）分两种情况求解：当时和当时.【详解】（1），.，由射影定理可得：，点，设抛物线的解析式为：，将点代入上式得：，抛物线的解析式为：；（2）过点P作y轴的平行线交BC于点E，设，设，把，代入得，同样的方法可求，故可设，把代入得，联立解得：，故当时，S最大，此时；（3）由题知，当时，点C与点M关于对称轴对称，；当时，过M作于F，过F作y轴的平行线，交x轴于G，交过M平行于x轴的直线于K，BFM=BGF，MFKFGB，同理可证：，设，则，代入，解得，或（舍去），故或.【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数、一次函数解析式，二次函数的图像与性质，一次函数图像交

14、点坐标与二元一次方程组解的关系，相似三角形的判定与性质，以及分类讨论的数学思想，难度较大，属中考压轴题.22、（1）x2；（2）x3或x1【分析】（1）利用配方法求解可得；（2）利用因式分解法求解可得【详解】（1）x24x2，x24x+42+4，即（x2）22，解得x2，则x2；（2）（x3）22（x3）0，（x3）（x1）0，则x30或x10，解得x3或x1【点睛】本题考查了解一元二次方程-因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元

15、一次方程的问题了（数学转化思想）也考查了配方法解一元二次方程23、（1）见解析；（2）见解析.【分析】（1）依据正方形的性质以及垂线的定义，即可得到ADG=C=90，AD=DC，DAG=CDE，即可得出ADGDCE；（2）延长DE交AB的延长线于H，根据DCEHBE，即可得出B是AH的中点，进而得到AB=FB【详解】证明：（1）四边形是正方形，又，（2）如图所示，延长交的延长线于，是的中点，又，即是的中点，又，中，【点睛】本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形24、（1）；（2）；（3）.【

16、分析】(1)将两点坐标直接代入可求出b，c的值，进而求出抛物线解析式为，得出C的坐标，从而求出直线AC的解析式为y=x+3.(2)设直线的解析式为，直线与抛物线只有一个公共点，方程有两个相等的实数根，再利用根的判别式即可求出b的值.(3)抛物线的顶点坐标为（-1，4），关于y轴的对称点为M（1，4），可确定M在直线AC上，分直线不在直线下方和直线在直线下方两种情况分析即可得解.【详解】解：将A，B坐标代入解析式得出b=-2，c=3,抛物线的解析式为：当x=0 时，y=3，C的坐标为（0，3），根据A，C坐标可求出直线AC的解析式为y=x+3.直线， 设直线的解析式为.直线与抛物线只有一个公共点

17、，方程有两个相等的实数根，解得.直线的解析式为.解析：如图所示，抛物线的顶点坐标为.抛物线的顶点关于轴的对称点为.当时，点在直线上.当直线不在直线下方时，直线能与抛物线在第二象限的部分形成封闭图形.当时，.当直线与直线重合，即动点落在直线上时，点的坐标为.随着点沿抛物线对称轴向上运动，图形逐渐变小，直至直线与轴平行时，图形消失，此时点与抛物线的顶点重合，动点的坐标是，当直线在直线下方时，直线不能与抛物线的任何部分形成封闭图形.综上，点的纵坐标的取值范围是.【点睛】本题是一道二次函数与一次函数相结合的综合性题目，根据点坐标求出抛物线与直线的解析式是解题的关键.考查了学生对数据的综合分析能力，数形

18、结合的能力，是一道很好的题目.25、（1）8；（2）会；（3）【分析】（1）根据题意列出一元二次方程，求解即可（2）根据题意计算出3轮感染后被感染的电脑数，与700进行比较即可（3）根据题中规律，写出函数关系式即可【详解】（1）解：设每轮感染中平均每一台电脑会感染台电脑，依题意得：解得（舍去）（2）答：3轮感染后，被感染的电脑会超过700台（3）由（1）得每轮感染中平均每一台电脑会感染8台电脑第一轮：被感染的电脑有台；第二轮：被感染的电脑有台；第三轮：被感染的电脑有台；故我们可以得出规律：轮（为正整数）感染后，被感染的电脑有台【点睛】本题考查了一元二次方程的实际应用和归纳总结题，掌握解一元二次方程的方法和找出关于n的函数关系式是解题的关键26、（1）；（2）8640万元.【分析】（1）设平均增长率为x,根据题意可得2018年投入的资金是5000(1+x)万元，2019年投入的资金是5000(1+x) (1+x)万元，由201