北京市房山区张坊中学2022年数学九年级第一学期期末经典模拟试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项：答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。22B0．53．4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题4分，共48分）11535cm的正弦值是（）37

732

C．2 103

D．3 1020y

，下列说法不正确的是（ ）xA．函数图象分别位于第一、第三象限B．当x＞0时，y随x的增大而减小．若点（x，，（x2，）都在函数图象上，且x＜x，则＞2D．函数图象经过点（1，2）5B． C． D．y

12x

，下列各点在此函数图象上的是（ ）（，）

（-，）

（-，-） （-，-）如图，在平面直角坐标系中，四边OABC 为菱形，O0,0，A4,0，AOC60，则对角线交点E的坐标为( ) A．

B． 3,2

C． 3,3

D．3, 3 若二次函数的图象与x轴只有一个公共点，则实数n A．1 B．3 C．4 D．67ABCDACBDAAC=BD时，四边形ABCD是矩形AB=AD，CB=CDABCD是菱形AB=AD=BCABCD是菱形当AC=BD，AD=AB时，四边形ABCD是正方形8．182x）．A．x（x+1）=182C．x（x－1）=182

1B．x（x+1）=182×2D．x（x－1）=182×212个，若从盒子中随机取出一个球，若取出的球是白球的概率1是，则盒子中白球的个数是（ ）.3A．3 B．4 C．6 D．8一个正五边形和一个正六边形按如图方式摆放，它们都有一边在直线l上，且有一个公共顶点O，则AOB的数是( )A．B．84 C．D．如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为，（（、2，则ABC外接圆的圆心坐标是（，） （，） （） （，）2 k如图，已知直线

xy＝（k＞0）B3x3x2xk kx点与B点关于原点O中心对称关于x的不等式 ＜0的解集为x＜﹣3或若双曲线x3＞0）上有一点C的纵坐标为6，则△AOC的面积为8，其中正确结论的个数（ ）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个二、填空题（每题4分，共24分）若点,5,5是抛物线yax2bxc上的两个点则此抛物线的对称轴．

x（k已知△ABC，D、E、BCDE∥AB，CD＝2，DA＝3，△CDE4，则△ABC的面积是1在平面直角坐标系中，已知点（（，以原点O为位似中心，相似比为3点A对应点A′的坐标是 ．

，把△ABO缩小，则在一个不透明的布袋中，有红球、白球共30个，除颜色外其它完全相同，小明通过多次摸球试验后发现，其中到红球的频率稳定在40%，则随机从口袋中摸出一个是红球的概率．如图，E是ABCD的BC边的中点，BD与AE相交于F，则△ABF与四边形ECDF的面积之比等于 ．a＝4cm，b＝9cma，b三、解答题（78）

cm．19（8分）某品牌太阳能热水器的实物图和横断面示意图如图所示．已知真空集热管DE与支架CB所在直线相交于，且OBOEBCADAC40cmDE190cm，另一支架AB与水平线夹角OB（2.14）20（8分）ABC在平面直角坐标系内，三个顶点的坐标分别为（，））、（（正方形网格中每个小正方形的边长是一个单位长度．画出△ABC向下平移4个单位长度得到的△A1B1C1，点C1的坐标是 ；以点B为位似中心，在网格内画出使△A2B2C2与△ABC位似，且位似比为2：1；四边形AA2C2C的面积是 平方单位．(x1)x2x1 x 1x21（8分）先化简，再求值：x

，其中＝． 22（10分）如图，四边形ABCD的∠BAD∠C=90，AA，A⊥BC于，BEADFA重合．旋转中心是哪一点？旋转了多少度？AE=5cmABCD的面积．23（10分）如图，在ABC中，C9，以BC为直径的O交AB于D，点E在线段AC上，且EDEA.(1)ED是O的切线．(2)若ED 3,B60，求

O的半径．24（10分）如图，在平面直角坐标系中有一直角三角形AO，OO＝，ta∠BA＝3，将此三角形O90°，得到△DOCy＝ax2+bx+c、、C．求抛物线的解析式；PlxEPECD于F、、F△CODP的坐标．525（12分）如图，抛物线y=a2+b﹣3经过点（1，）和点（，，与y轴交于点．求此抛物线的解析式；A为圆心，作与直线BC相切的⊙A，求⊙A的半径；在直线BC上方的抛物线上任取一点P，连接P的坐标；若不存在，请说明理由．26．为了测量ft坡上的电线杆PQ的高度，数学兴趣小组带上测角器和皮尺来到ft脚下，他们在A处测得信号塔顶端P的仰角是45，信号塔底端点Q的仰角为30 ，沿水平地面向前走100米到B处，测得信号塔顶端P的仰角是求信号塔PQ的高度结果保留整数)参考答案一、选择题（4481、A【分析】利用正弦值的概念，斜边1535cmRt△ABCsinAB153AC35 7故选：A.【点睛】本题考查锐角三角函数的概念，熟练掌握正弦值的概念，熟记的正弦值=对边是本题的解题关键.斜边2、C【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征对D进行判断；根据反比例函数的性质对A、B、C进行判断．2【详解】A．k=2＞0y

的两支分别位于第一、第三象限，所以A选项的说法正确；xx＞0时，yxB选项的说法正确；x1＜0，x2＞0y2＞y1C选项的说法错误；2 2x=1y故选C．

得y=2，则点（1，2）在y 的图象上，所以D选项的说法正确．x x【点睛】y

k（k≠）的图象是双曲线；当＞，双曲线的两支分别位于第一、x第三象限，在每一象限内yx的增大而减小；当k＜0，双曲线的两支分别位于第二、第四象限，在每一象限内yx的增大而增大．3、B【分析】主视图就是从正面看，根据横竖正方形的个数可以得到答案.23B【点睛】4、B【解析】依次把各个选项的横坐标代入反比例函数y12

12x

的解析式中，得到纵坐标的值，即可得到答案．【详解】解：A．把x=3代入yx12y

34A项错误，12x=-2yx12得：y2

6B项正确，12x=-2yx12得：y2

6C项错误，x=-3y12

12x得：y

34，即D项错误，故选：B．【点睛】5、DEEFxFEF长和OF长即可．【详解】解：过点E作EFx轴于点F，∵四边形OABC 为菱形，AOC60，∴AOE1AOC30，OB⊥AC，FAE60，2∵A4,0，∴OA4，1 1∴AE

AO 42，2 21∴AF

2AE1，EF AE2AF2 22 3， ∴OFAOAF413 E3, 3 D．【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理及含30°直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．6、Cx⊿b24ac0，据此即可求得．a1b4cn，⊿b24ac441n0，解得：n=4，故选：C．【点睛】xyax2bxc（a，b，c是常数，a≠0）的交点与一元二次方程ax2bxc0根之间的关系．⊿b24acx轴的交点个数．⊿＞0x2个交点；⊿0x1个交点；⊿＜0x7、C【解析】试题分析：A、对角线ACBD互相垂直，AC=BDABCDAB=AD，CB=CDABCD是菱形，故此选项错误．C、当两条对角线AC与BD互相垂直，AB=AD=BC时，∴BO=DO，AO=CO，∴四边形ABCD是平行四边形．ACBD互相垂直，∴平行四边形ABCDDAC=BD，AD=ABABCD是正方形，故此选项错误．C．8、C【解析】试题分析：先求每名同学赠的标本，再求x名同学赠的标本，而已知全组共互赠了182件，故根据等量关系可得到方程．x-）x名同学共赠：x（x-1）件，根据题意可列方程：x（x-1）=182，故选C.考点：本题考查的是根据实际问题列一元二次方程9、B【分析】根据白、黄球共有的个数乘以白球的概率即可解答.1【详解】由题意得：12×3=44.故选：B.【点睛】本题考查概率公式：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=m．n10、B【分析】利用正多边形的性质求出∠AOE，∠BOF，∠EOF即可解决问题；【详解】由题意：∠AOE=108°，∠BOF=120°，∠OEF=72°，∠OFE=60°，∴∠EOF=180°−72°−60°=48°，∴∠AOB=360°−108°−48°−120°=84°，故选：B．【点睛】本题考查正多边形的性质、三角形内角和定理，解题关键在于掌握各性质定义.11、D【解析】根据垂径定理的推论“弦的垂直平分线必过圆心”，作两条弦的垂直平分线，交点即为圆心．解答：解：根据垂径定理的推论，则1作弦A、AC的垂直平分线，交点O即为圆心，且坐标是，D．112、A【分析】①由A点横坐标为3，代入正比例函数，可求得点A的坐标，继而求得k值；②根据直线和双曲线的性质即可判断；③结合图象，即可求得关于x的不等式2x k＜0的解集；3 xCCD⊥xDAAE⊥轴于点ES△

=SAOC

+SOCD

-S梯形AEDC

=SAOE

AEDC，由点C的纵坐标为6，可求得点C的坐标，继而求得答案．2 ky＝3xy＝x（k＞0）、B两点，A3，2A的纵坐标为：y＝3×3＝2，∴点（，，∴k＝3×2＝6，故①正确；

kxy＝（k＞0）是中心对称图形，x∴A点与B点关于原点O中心对称，故②正确；2 k

xy＝（k＞0）、B两点，3 x∴（﹣，﹣，∴关于x的不等式故③正确；

xk

＜0的解集为：x＜﹣3或0＜x＜3，④过点C作CD⊥x轴于点D，过点A作AE⊥x轴于点E，∵点C的纵坐标为6，6∴把y＝6代入y＝x得：x＝1，∴点（，，1∴S ＝S

﹣S ＝S

＝×（2+6）×（3﹣1）＝8，故④正确；△AOC △OCD故选：A．

梯形AEDC

△AOE

梯形AEDC 2【点睛】注意掌握数形结合思想的应用．二、填空题（42413、x=3【分析】根据抛物线的对称性即可确定抛物线对称轴．【详解】解：点yax2bxc上的两个点且纵坐标相等．根据抛物线的对称性知道抛物线对称轴是直线x153．2x3．【点睛】ax2bx（c≠P1x1,1，P(x

,y)

=yP

x

xx1 2.2 2 2

1 2 1 2 214、25【分析】根据DE∥AB得到△CDE∽△CAB，再由CD和DA的长度得到相似比，从而确定△ABC的面积.【详解】解：∵DE∥AB，∴△CDE∽△CAB，∵CD＝2，DA＝3，CD CD 2∴CACDAD5，又∵△CDE面积是4，S CD2∴△CDE ，S△ABC4即S

CA225， △ABC∴△ABC的面积为25.【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形的面积之比等于相似比的平方.15（—2，1）或（2，—1）1 1A3或﹣3即可求出结果．1【详解】解：∵点（－，，（，，以原点O为位似中心，相似比为3把△ABO缩小，∴点A对应点A的坐标为（—，）或（（—，）或（2，—．【点睛】本题考查了位似图形的性质，属于基本题型，注意分类、掌握求解的方法是关键．16、1．【分析】根据题意得出摸出红球的频率，继而根据频数＝总数×频率计算即可．【详解】∵小明通过多次摸球试验后发现其中摸到红球的频率稳定在40%，∴口袋中红色球的个数可能是30×40%＝1个．故答案为：1．【点睛】本题比较容易，考查利用频率估计概率．大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：概所求情况数与总情况数之比．217、5【分析】△ABF和△ABE等高，先判断出

SABFSABE

AF 2AE3

ABCD

ABF

，△ABF和△AFD等高，得

SADF

DF 2，由S S

S S

=5S

，即可解出．S BFABF

四边形ECDF

平行四边形ABCD

ABE

ADF

2 ABF【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，又∵E是▱ABCD的BC边的中点，BE EF BF BE 1∴AD

AF

DF

BC2，∵△ABE和△ABF同高，S∴

AF 2 ，S AE 3ABE3∴S△ABE＝2S△ABF，设▱ABCD中，BC边上的高为h，▱1▱△∵SABE＝△

2×BE×h，SABCD＝BC×h＝2×BE×h，3∴S▱ABCD＝4S△ABE＝4×2S△ABF＝6S△ABF，∵△ABF与△ADF等高，S∴ABF

DFBF

2，△ ∴SADF＝2SABF△ 5∴SECDF＝S▱ABCD﹣S△ABE﹣S△ADF＝2S△ABF，S∴S ABF

25，四边形ECDF2故答案为：5 ．【点睛】18、6【分析】设比例中项为c，得到关于c的方程即可解答.【详解】设比例中项为c，由题意得：c2ab，∴c2 4 9 36，∴c1=6，c2=-6（不合题意，舍去）故填6.【点睛】此题考查线段成比例，理解比例中项的含义即可正确解答.三、解答题（7819、OB19cm.【分析】设OEOB2x，根据含30度角的直角三角形的性质以及锐角三角函数的定义即可求出答案．【详解】设OEOB2x，∴ODDEOE1902x，∵ADE30，∴OC1OD95x，2∴BCOCOB95x2x95x，BC∵tanBADAC，∴2.1495x，40x=9.4，∴OB2x18.8≈19cm【点睛】20(1)画图见解析，（2，–2）；(2)画图见解析，7.1．【解析】（1）将△ABC向下平移4个单位长度得到的△A1B1C1，如图所示，找出所求点坐标即可；（2）以点B为位似中心，在网格内画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC位似，且位似比为2：1，如图所示，找出所求点坐标即可；根据四边形的面积等于两个三角形面积之和解答即可．（）ABC向下平移4BC，点C1的坐标是（，﹣；（2）如图所示，以B为位似中心，画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC位似，且位似比为2：1，四边形AA2C2C的面积是= ．（，﹣（）7.．【点睛】本题考查了作图﹣位似变换与平移变换，熟练掌握位似变换与平移变换的性质是解答本题的关键．x 521、

x1，4．【分析】直接将括号里面通分运算，进而利用分式的性质化简得出答案．【详解】解：原式＝

x1

x12 x＝x1x＝x1

xx125 5x＝1时，原式＝514．【点睛】本题考查的是分式的化简求值，比较简单，记住先化简再求值.22（）点A（）旋转了90或170（）四边形ABCD的面积为15c．【分析】（1）根据图形确定旋转中心即可；（1）对应边AE、AF的夹角即为旋转角，再根据正方形的每一个角都是直角解答；（3）根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得△BAE的面积等于△DAF的面积，从而得到四边形ABCD的面积等于正方形AECF的面积，然后求解即可．【详解】（1）由图可知，点A为旋转中心；（1）在四边形ABCD中，∠BAD=90°，所以，旋转了90°或170°；（3）由旋转性质知，AE=AF，∠F=∠AEB=∠AEC=∠C=90°∴四边形AECF是正方形，∵△BEA旋转后能与△DFA重合，∴△BEA≌△DFA，△ ∴SBEA=SDFA△ ∴四边形ABCD的面积=正方形AECF的面积，∵AE=5cm，∴四边形ABCD的面积=51=15cm1．【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质以及旋转中心的确定，旋转角的确定，以及旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小的性质．23、(1)证明见解析；(2) O的半径为1.（）如图（见解析，连接O，先根据等边对等角求出AADE,BBDO，再根据直角三角形两锐角互余得，从而可得ADEBDO90，最后根据圆的切线的判定定理即可得证；（2）先根据圆的切线的判定定理得出CA是OECED，从而可得ACRtABC.【详解】如图，连接ODEDEAAADEOBODB又，则ADEBDOBODE180(ADEBDO)90ODED，且OD为O的半径ED是O的切线；（2）C90BC是直径CA是O的切线由（1）知，ED是O的切线EDECED 3,EDEA3EDECEA33ACECEA23RtABCB60C90，则BAB2BC,AB2BC2AC2BC2OB

1BC12故O1.【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、圆的切线的判定定理、切线长定理，较难的是EC的长是解题关键.24（1）抛物线的解析式为y=﹣x﹣（）△CEF与△CODP点的坐标为（﹣1，4）或（2，1．【解析】（1）根据正切函数，可得OB，根据旋转的性质，可得△DOC≌△AOB，根据待定系数法，可得函数解析式；（2）当∠CEF＝90°时，△CEF∽△COD，此时点P在对称轴上，P为抛物线的顶点；②当∠CFE＝90°时，△CFE∽△COD，PPM⊥xM点，△EFC∽△EMP，，可得PM与ME的关系，解方程，可得t的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．OB【详解】（1）在Rt△AOB中，OA＝1，tan∠BAOOA1，∴OB＝1OA＝1．∵△DOC是由△AOB绕点O逆时针旋转90°而得到的，∴△DOC≌△AOB，∴OC＝OB＝1，OD＝OA＝1，∴A，B，C的坐标分别为（1，0），（0，1），（﹣1，0），代入解析式为abc0 a19ac0，解得2，y＝﹣x2﹣2x+1； c3

c3b（2）∵抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+1，∴对称轴为l2a讨论：

1，∴E点坐标为（﹣1，0），如图，分两种情况①当∠CEF＝90°时，△CEF∽△COD，此时点P在对称轴上，即点P为抛物线的顶点，P（﹣1，4）；②当∠CFE＝90°时，△CFE∽△COD，过点P作PM⊥x轴于MEM EF OD 1点，∵∠CFE=∠PME=90°，∠CEF=∠PEM，∴△EFC∽△EMP，∴MP∵点P的横坐标为t，∴P（t，﹣t2﹣2t+1）．

CF

CO

3，∴MP＝1ME．∵P在第二象限，∴PM＝﹣t2﹣2t+1，ME＝﹣1﹣t，t＜0，∴﹣t2﹣2t+1＝1（﹣1﹣t），解得：t1＝﹣2，t2＝1（与t＜0矛盾，舍去）．当t＝﹣2时，y＝﹣（﹣2）2﹣2×（﹣2）+1＝1，∴P（﹣2，1）．综上所述：当△CEF与△COD相似时，P点的坐标为（﹣1，4）或（﹣2，1）．【点睛】本题是二次函数综合题．解（1）的关键是利用旋转的性质得出OC，OD的长，又利用了待定系数法；解（2）的关键是利用相似三角形的性质得出MP＝1ME．1

1 x2+2x

210 5 52 3 P25（）﹣3

﹣3（）5

（）存在最大值，此时

点坐标（2，4．（）将、B两点坐标分别代入抛物线解析式，可求得待定系数a和（）因为圆的切线垂直于过切点的半径，所以过AAD⊥BCDAD为⊙A△根据抛物线解析式求出C点坐标，根据勾股定理求出BCAB的长，利用相似三角形的性质即两个三角形相似，对应线段成比例，可求得ADA（）先由B,C点坐标求出直线BC解析式，然后过PPQ∥yBCxEP在抛物线上，P,Q点横坐标相同，所以可设出、Q点的坐PQ△PQC和△PQB△PBC的面积，再利用二次函数的性质讨论其最大值，容易求得P点坐标．5（）∵抛物线y=a2+b﹣3经过点（，）和点（，，ab50 3∴把A、B两点坐标代入可得： 5 ，25a 0 3a1解得： 3，b21 5∴抛物线解析式为y=﹣3x2+2x﹣3；（2）AAD⊥BC于点D，如图1：因为圆的切线垂直于过切点的半径，所以AD为⊙A的半径，5由（）可知（，﹣3，且（，，（，，5∴OB=5，AB=OB﹣OA=4，OC=3， 在Rt△OBC中由勾股定理可得OC2