内蒙古乌海市2022-2023学年数学九年级上册期末达标检测模拟试题含解析

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(每小题3分,共30分)1．下列命题①若，则②相等的圆心角所对的弧相等③各边都相等的多边形是正多边形④的平方根是．其中真命题的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．32．判断一元二次方程是否有实数解，计算的值是（）A． B． C． D．3．下列语句中，正确的有（）A．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等 B．平分弦的直径垂直于弦C．长度相等的两条弧相等 D．圆是轴对称图形，任何一条直径都是它的对称轴4．在反比例函数的图象在某象限内，随着的增大而增大，则的取值范围是（）A． B． C． D．5．已知一个三角形的两个内角分别是40°，60°，另一个三角形的两个内角分别是40°，80°，则这两个三角形（）A．一定不相似 B．不一定相似 C．一定相似 D．不能确定6．抛物线y＝（x﹣1）2﹣2的顶点是（）A．（1，﹣2） B．（﹣1，2） C．（1，2） D．（﹣1，﹣2）7．如图，正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点M，N分别为OB，OC的中点，则cos∠OMN的值为()A． B． C． D．18．二次函数中与的部分对应值如下表所示，则下列结论错误的是（）-1013-1353A． B．当时，的值随值的增大而减小C．当时， D．3是方程的一个根9．如图，已知矩形的面积是，它的对角线与双曲线图象交于点，且，则值是（）A． B． C． D．10．如图，正方形的边长为4，点在的边上，且，与关于所在的直线对称，将按顺时针方向绕点旋转得到，连接，则线段的长为（）A．4 B． C．5 D．6二、填空题(每小题3分,共24分)11．若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是_________．12．小红在地上画了半径为2m和3m的同心圆，如图，然后在一定距离外向圈内掷小石子，则掷中阴影部分的概率是_____．13．已知关于x的一元二次方程ax2+bx+5a＝0有两个正的相等的实数根，则这两个相等实数根的和为_____．14．甲、乙两名同学参加“古诗词大赛”活动，五次比赛成绩的平均分都是85分，如果甲比赛成绩的方差为S甲2=16.7，乙比赛成绩的方差为S乙2=28.3，那么成绩比较稳定的是_____（填甲或乙）15．圆弧形蔬菜大棚的剖面如图，已知AB=16m，半径OA=10m，OC⊥AB，则中柱CD的高度为_________m．16．如图1，点M，N，P，Q分别在矩形ABCD的边AB，BC，CD，DA上，我们称四边形MNPQ是矩形ABCD的内接四边形．已知矩形ABCD，AB＝2BC＝6，若它的内接四边形MNPQ也是矩形，且相邻两边的比为3：1，则AM＝_____．17．如图，点B，A，C，D在⊙O上，OA⊥BC，∠AOB=50°，则∠ADC=．18．关于x的一元二次方程x2+mx+3=0的一个根是2，则m的值为________.三、解答题(共66分)19．（10分）如图，两个班的学生分别在C、D两处参加植树劳动，现要在道路AO、OB的交叉区域内(∠AOB的内部)设一个茶水供应点M，M到两条道路的距离相等，且MC＝MD，这个茶水供应点的位置应建在何处？请说明理由．(保留作图痕迹，不写作法)20．（6分）解一元二次方程：．21．（6分）如图，抛物线y＝ax2+2x+c（a＜0）与x轴交于点A和点B（点A在原点的左侧，点B在原点的右侧），与y轴交于点C，OB＝OC＝1．（1）求该抛物线的函数解析式；（2）如图1，连接BC，点D是直线BC上方抛物线上的点，连接OD，CD，OD交BC于点F，当S△COF：S△CDF＝1：2时，求点D的坐标．（1）如图2，点E的坐标为（0，），在抛物线上是否存在点P，使∠OBP＝2∠OBE？若存在，请直接写出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．22．（8分）已知是关于的一元二次方程的两个实数根.（1）求的取值范围；（2）若，求的值；23．（8分）如图，于点,为等腰直角三角形，，当绕点旋转时，记.(1)过点作交射线于点，作射线交射线于点.①依题意补全图形，求的度数;②当时，求的长.(2)若上存在一点，且，作射线交射线于点，直接写出长度的最大值.24．（8分）在正方形和等腰直角中，，是的中点，连接、.（1）如图1，当点在边上时，延长交于点.求证：；（2）如图2，当点在的延长线上时，（1）中的结论是否成立？请证明你的结论；（3）如图3，若四边形为菱形，且，为等边三角形，点在的延长线上时，线段、又有怎样的数量关系，请直接写出你的结论，并画出论证过程中需要添加的辅助线.25．（10分）如图，要利用一面足够长的墙为一边，其余三边用总长的围栏建两个面积相同的生态园，为了出入方便，每个生态园在平行于墙的一边各留了一个宽米的门，能够建生态园的场地垂直于墙的一边长不超过米（围栏宽忽略不计)．每个生态园的面积为平方米，求每个生态园的边长；每个生态园的面积_(填“能”或“不能”）达到平方米．(直接填答案）26．（10分）如图，A为反比例函数y＝（其中x＞0）图象上的一点，在x轴正半轴上有一点B，OB＝1．连接OA、AB，且OA＝AB＝2．（1）求k的值；（2）过点B作BC⊥OB，交反比例函数y＝（x＞0）的图象于点C．①连接AC，求△ABC的面积；②在图上连接OC交AB于点D，求的值．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【分析】①根据不等式的性质进行判断；②根据圆心角、弧、弦的关系进行分析即可；③根据正多边形的定义进行判断；④根据平方根的性质进行判断即可．【详解】①若m2＝0，则，此命题是假命题；②在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，此命题是假命题；③各边相等，各内角相等的多边形是正多边形，此命题是假命题；④=4，4的平方根是，此命题是假命题.所以原命题是真命题的个数为0，故选：A．【点睛】本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题，判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．2、B【解析】首先将一元二次方程化为一般式，然后直接计算判别式即可.【详解】一元二次方程可化为：∴故答案为B.【点睛】此题主要考查一元二次方程的根的判别式的求解，熟练掌握，即可解题.3、A【解析】试题分析：平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，故B错误；长度和度数都相等的两条弧相等，故C错误；圆是轴对称图形，任何一条直径所在的直线都是它的对称轴，故D错误；则本题选A．4、C【分析】由于反比例函数的图象在某象限内随着的增大而增大，则满足，再解不等式求出的取值范围即可．【详解】∵反比例函数的图象在某象限内，随着的增大而增大∴解得：故选：C.【点睛】本题考查了反比例函数的图象和性质，熟练掌握图象在各象限的变化情况跟系数之间的关系是关键.5、C【解析】试题解析：∵一个三角形的两个内角分别是∴第三个内角为又∵另一个三角形的两个内角分别是∴这两个三角形有两个内角相等，∴这两个三角形相似.故选C.点睛：两组角对应相等，两三角形相似.6、A【分析】根据顶点式的坐标特点直接写出顶点坐标即可解决．【详解】解：∵y＝（x﹣1）2﹣2是抛物线解析式的顶点式，根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（1，﹣2）．故选：A．【点睛】本题考查了顶点式，解决本题的关键是正确理解二次函数顶点式中顶点坐标的表示方法.7、B【详解】∵正方形对角线相等且互相垂直平分∴△OBC是等腰直角三角形，∵点M，N分别为OB，OC的中点，∴MN//BC∴△OMN是等腰直角三角形，∴∠OMN=45°∴cos∠OMN=8、C【分析】根据表格中的数值计算出函数表达式，从而可判断A选项，利用对称轴公式可计算出对称轴，从而判断其增减性，再根据函数图象及表格中y=3时对应的x，可判断C选项，把对应参数值代入即可判断D选项.【详解】把(－1，－1)，(0，3)，(1，5)代入得，解得，∴，A.，故本选项正确；B.该函数对称轴为直线，且，函数图象开口向下，所以当时，y随x的增大而减小，故本选项正确；C.由表格可知，当x=0或x=3时，y=3，且函数图象开口向下，所以当y<3时，x<0或x>3，故本选项错误；D.方程为，把x=3代入得－9+6+3=0，所以本选项正确.故选：C.【点睛】本题考查了二次函数表达式求法，二次函数图象与系数的关系，二次函数的性质等知识，“待定系数法”是求函数表达式的常用方法，需熟练掌握.9、D【分析】过点D作DE∥AB交AO于点E，通过平行线分线段成比例求出的长度，从而确定点D的坐标，代入到解析式中得到k的值，最后利用矩形的面积即可得出答案.【详解】过点D作DE∥AB交AO于点E∵DE∥AB∴∵∴∴∴∵点D在上∴∵∴故选D【点睛】本题主要考查平行线分线段成比例及反比例函数，掌握平行线分线段成比例是解题的关键.10、C【分析】如图，连接BE，根据轴对称的性质得到AF=AD，∠EAD=∠EAF，根据旋转的性质得到AG=AE，∠GAB=∠EAD．求得∠GAB=∠EAF，根据全等三角形的性质得到FG=BE，根据正方形的性质得到BC=CD=AB=1．根据勾股定理即可得到结论．【详解】解：如图，连接BE，∵△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，∴AF=AD，∠EAD=∠EAF，∵△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，∴AG=AE，∠GAB=∠EAD．∴∠GAB=∠EAF，∴∠GAB+∠BAF=∠BAF+∠EAF．∴∠GAF=∠EAB．∴△GAF≌△EAB（SAS）．∴FG=BE，∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD=AB=1．∵DE=1，∴CE=2．∴在Rt△BCE中，BE=，∴FG=5，故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质以及旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．二、填空题(每小题3分,共24分)11、，但【分析】根据一元二次方程根的判别式，即可求出答案．【详解】解：∵一元二次方程有实数根，∴，解得：；∵是一元二次方程，∴，∴的取值范围是，但．故答案为：，但．【点睛】本题考查根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式，本题属于基础题型．12、．【分析】分别计算出阴影部分面积和非阴影面积，即可求出掷中阴影部分的概率．【详解】∵大圆半径为3，小圆半径为2，∴S大圆(m2)，S小圆(m2)，S圆环=9π﹣4π=5π(m2)，∴掷中阴影部分的概率是．故答案为：．【点睛】本题考查了几何概率的求法，用到的知识点为：概率=相应的面积与总面积之比．13、2【分析】根据根的判别式，令，可得，解方程求出b＝﹣2a，再把b代入原方程，根据韦达定理：即可．【详解】当关于x的一元二次方程ax2+bx+5a＝0有两个正的相等的实数根时，，即，解得b＝﹣2a或b＝2a（舍去），原方程可化为ax2﹣2ax+5a＝0，则这两个相等实数根的和为．故答案为：2．【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式和韦达定理，解题的关键是熟练掌握根的判别式和韦达定理。14、甲【分析】

【详解】∵S甲2=16.7，S乙2=28.3，∴S甲2＜S乙2，∴甲的成绩比较稳定，故答案为甲．15、4【分析】根据垂径定理可得AD=AB，然后由勾股定理可得OD的长，继而可得CD的高求解．【详解】解：∵CD垂直平分AB，∴AD＝1．∴OD＝＝6m，∴CD＝OC−OD＝10−6＝4（m）．故答案是：4【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理的实际应用，掌握这些知识点是解题关键．16、【分析】证明△AMQ∽△DQP，△PCN∽△NBM，设MA＝x，则DQ＝3x，QA＝3﹣3x，DP＝9﹣9x，PC＝9x﹣3，NB＝27x﹣9，表示出NC，由BC长为3，可得方程，解方程即可得解．【详解】解：∵四边形ABCD和四边形MNPQ为矩形，∴∠D＝∠A＝90°，∠DQP＝∠QMA，∴△AMQ∽△DQP，同理△PCM∽△NBM，设MA＝x，∵PQ：QM＝3：1，∴DQ＝3x，QA＝3﹣3x，DP＝9﹣9x，PC＝6﹣（9﹣9x）＝9x﹣3，NB＝3PC＝27x﹣9，BM＝6﹣x，∴NC＝，∴＝3，解得x＝．即AM＝．故答案为：．【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质及方程的思想方法．17、25°【解析】解：∵OA⊥BC，∴，∴∠ADC=∠AOB=×50°=25°18、-【分析】把x=2代入原方程可得关于m的方程，解方程即可求出m的值．【详解】解：当x=2时，，解得：m=﹣．故答案为：﹣．【点睛】本题考查了一元二次方程的解的定义，属于基础题型，熟知一元二次方程解的概念是关键．三、解答题(共66分)19、作图见解析，理由见解析.【分析】因为M到两条道路的距离相等，且使MC=MD，所以M应是∠O的平分线和CD的垂直平分线的交点．【详解】如图，∠O的平分线和CD的垂直平分线的交点即为茶水供应点的位置．理由是：因为M是∠O的平分线和CD的垂直平分线的交点，所以M到∠O的两边OA和OB的距离相等，M到C、D的距离相等，所以M就是所求．【点睛】此题考查了基本作图以及线段垂直平分线的性质和角平分线的性质，需仔细分析题意，结合图形，利用线段的垂直平分线和角的平分线的性质是解答此题的关键．20、【解析】用直配方法解方程即可.【详解】解:原方程可化为：，∴，解得：．21、（1）y＝﹣x2+2x+1；（2）点D（1，4）或（2，1）；（1）当点P在x轴上方时，点P（，）；当点P在x轴下方时，点（﹣，﹣）【分析】(1)c=1，点B(1，0)，将点B的坐标代入抛物线表达式：y=ax2+2x+1，解得a=﹣1即可得出答案；(2)由S△COF：S△CDF=1：2得OF：FD=1：2，由DH∥CO得CO：DM=1：2，求得DM=2，而DM==2，即可求解；(1)分点P在x轴上方、点P在x轴下方两种情况，分别求解即可．【详解】(1)∵OB=OC=1，∴点C的坐标为C(0，1)，c=1，点B的坐标为B(1，0)，将点B的坐标代入抛物线表达式：y=ax2+2x+1，解得：a=﹣1，故抛物线的表达式为：y=﹣x2+2x+1；(2)如图，过点D作DH⊥x轴于点H，交BC于点M，∵S△COF：S△CDF=1：2，∴OF：FD=1：2，∵DH∥CO，∴CO：DM=OF：FD=1：2，∴DM=CO=2，设直线BC的表达式为：，将C(0，1)，B(1，0)代入得，解得：，∴直线BC的表达式为：y=﹣x+1，设点D的坐标为(x，﹣x2+2x+1)，则点M(x，﹣x+1)，∴DM==2，解得：x=1或2，故点D的坐标为：(1，4)或(2，1)；(1)①当点P在x轴上方时，取OG=OE，连接BG，过点B作直线PB交抛物线于点P，交y轴于点M，使∠GBM=∠GBO，则∠OBP=2∠OBE，过点G作GH⊥BM，如图，∵点E的坐标为(0，)，∴OE=，∵∠GBM=∠GBO，GH⊥BM，GO⊥OB，∴GH=GO=OE=，BH=BO=1，设MH=x，则MG=，在△OBM中，OB2+OM2=MB2，即，解得：x=2，故MG==，则OM=MG+GO=+，点M的坐标为(0，4)，设直线BM的表达式为：，将点B(1，0)、M(0，4)代入得：，解得：，∴直线BM的表达式为：y=x+4，解方程组解得：x=1(舍去)或，将x=代入y=x+4得y=，故点P的坐标为(，)；②当点P在x轴下方时，如图，过点E作EN⊥BP，直线PB交y轴于点M，∵∠OBP=2∠OBE，∴BE是∠OBP的平分线，∴EN=OE=，BN=OB=1，设MN=x，则ME=，在△OBM中，OB2+OM2=MB2，即，解得：，∴，则OM=ME+EO=+，点M的坐标为(0，-4)，设直线BM的表达式为：，将点B(1，0)、M(0，-4)代入得：，解得：，∴直线BM的表达式为：，解方程组解得：x=1(舍去)或，将x=代入得，故点P的坐标为(，)；综上，点P的坐标为：(，)或(，)．【点睛】本题考查的是二次函数的综合运用，涉及到一次函数、平行线分线段成比例定理、勾股定理、角平分线的性质等，其中第(1)问要注意分类求解，避免遗漏．22、（1）；（2）.【分析】（1）由方程有两个实数根可知，代入方程的系数可求出m的取值范围.（2）将等式左边展开，根据根与系数的关系，，代入系数解方程可求出m，再根据m的取值范围舍去不符合题意的值即可.【详解】解：（1）方程有两个实数根（2）由根与系数的关系，得：，【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，熟记公式是解题的关键.23、（1）①见解析，45°②7；（2）见解析，【分析】（1）①作于点H,交的延长线于点，证明∆AHO≌∆AGB,即可求得∠ODC的度数；②延长交于点，利用条件可求得AK、OK的长度，于是可求OD的长；（2）分析可知，点B在以O为圆心，OB为半径的圆上运动（个圆），所以当PB是圆O的切线时，PQ的值最大，据此可解.【详解】解：（1）①补全图形如图所示，过点作于点H,交的延长线于点，∵，，，∴∠AGB=∠AHO=∠C=，∴∠GAH=，∴∠OAH+∠HAB=∠GAB+∠HAB=,∴∠OAH=∠GAB,四边形为矩形，∵为等腰直角三角形，∴OA=AB,∴∆AHO≌∆AGB,∴AH=AG,∴四边形为正方形，∴∠OCD=45°，∴∠ODC=45°；②延长交于点，∵，OA=5，∴AK=4,∴OK=3,∵∠ODC=45°，∴DK=AK=4∴；（2）如图，∵绕点旋转，∴点B在以O为圆心，OB为半径的圆上运动（个圆），∴当PB是圆O的切线时，PQ的值最大，∵∴∴∠OPB=45°,∴OQ=OP=10，∴.∴长度的最大值是.【点睛】本题考查了与旋转有关的计算及圆的性质，作辅助线构造全等三角形、分析出点的运动轨迹是解题关键.24、（1）证明见解析；（2）成立，证明见解析；（3），图详见解析.【分析】（1）利用已知条件易证，则有，，从而有，再利用直角三角形的斜边中线的性质即可得出结论；（2）由已知条件易证，由全等三角形的性质证明，最后利用直角三角形的斜边中线的性质即可得出结论；（3）由已知条件易证，由全等三角形的性质证明，最后利用等腰三角形的性质和特殊角的三角函数值即可求出答案.【详解】（1）证明：，又，(ASA)，又，，在中，（2）成立，证明如下：延长到，使，连接、、.，，、、，，，在中，（3）论证过程中需要的辅助线如图所示证明：延长GP到点E，使,连接DE，CE,CG,∵∴∴∵为等边三角形∴∴∵∴∴∵∴∵∴又∵∴∴又∵∴∵∴∴∴【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定及性质，直角三角形的性质，解直角三角形等知识，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.25、（1）每个生态园的面积为48平方米时，每个生态园垂直于墙的边长为4米，平行于墙的边长为12米；理由见详解（2）不能，理由见详解．【分析】（1）设每个生态园垂直于墙