2022年北京市房山区名校数学九年级上册期末考试模拟试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项:1答题时请按要求用笔。请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。保持卡面清洁，不要折暴、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）如图，在⊙O中，直径CD⊥弦AB，则下列结论中正确的是( )1A．AC=AB B．∠C=2

∠BOD

C．∠C=∠B D．∠A=∠B0D若正比例函数y=m（m≠，y随x的增大而减小，则它和二次函数y=m+m的图象大致是（）A． B． C．D．下列计算正确的是（ ）A．a2a2a4C．(a3)3a9

B．(ab)2a2b2D．a3a2a6用圆心角为120，半径为6cm的扇形纸片卷成一个圆锥形无底纸帽（如图所示，则这个纸帽的高是（）A． cm B．3 cm C．4 cm D．4cm将抛物线y=2(x－7)2+3平移，使平移后的函数图象顶点落在y轴上，则下列平移中正确的( A．向上平移3个单位 B．向下平移3个单位C．向左平移7个单位 D．向右平移7个单6．如图所示的工件，其俯视图是（ ）A． B． C． D．7．如图，在平面直角坐标系xOy中顶点的横、纵坐标都是整数．若将以某点为旋转中心，顺时针转90°，得到△A1B1C1，则旋转中心的坐标是（ ）（，）8EC=（）

（，） （，） （，﹣）ABCD中，ECD、BD、BDF

：SDEF

ABF

425，则D：A．2：5 B．2：3 C．3：5 D．3：29AB是O的直径，点CD在O上．若，则ACD的度数为（）A．50 B．30 C．25 D．2010．已知△ABC≌△DEF，∠A=60°，∠E=40°，则∠F的度数为（A．40 B．60 C．80 D．100x＞0yx的增大而减小的是（）A． B．C． D．如图在Rt中，ACB90AB垂足为D若AC 5，BC2则cosACD的值（ ）2 5 5A． B．5 35 2C．2 D．3二、填空题（每题4分，共24分）如图，某海防响所O发现在它的西北方向，距离哨所400米的A处有一般船向正东方向航行，航行一段时间后到达哨所北偏东6方向的B处则此时这般船与哨所的距离OB约 米（精确到1米参考数据：21.41431.732）如图，AB为半圆的直径，点D在半圆弧上，过点DAB的平行线与过点A半圆的切线交于点CEABAE上，若DE垂直平分BC，则CD

＝ ．15．cos30°= Rt△ABC中，∠ACB=90º

，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，M是BC的中点，N是A′B′的中点，连接若BC=2cm,∠ABC=60°，则线段MN的最大值为 .将抛物线向左平移三个单位，再向下平移两个单位得到抛物；一个不透明的布袋里装有2个红球个白球和a个黄球，这些球除颜色外其余都相同，若从该布袋里任意摸出个球是黄球的概率为0.4，则a= ．三、解答题（共78分）19（8分）对于平面直角坐标系xOy中，已知点，）和点（，，线段AB和线段AB外的一点，给出45°≤∠APB≤90°PABPAB的正可视点．图1 备用图（）①如图，在点P（，，P（-，-，P（）中，线段AB的可视点是 ；②若点P在y轴正半轴上，写出一个满足条件的点P的坐标： ．y＝x+bABb的取值范围；y＝-x+mABm的取值范围．20（8分）10500元，请问该单位这次共有多少员工去风景区旅游？21（8分）如图ABCBA＝90A＝AD为边AB上一点，连接C，在线段CD上取一点，以AEEAF＝90°BFCDP．探索：CEBF有何数量关系和位置关系？并说明理由；2AB＝2，AE＝1，把△AEFA顺时针旋转至△AE'F′，当∠E′AC＝60°BF′的长．22（10分）将一副三角尺（在RABCACB=90B=60；在RDEFEDF=90，∠E=45）如图1摆放，DAB边的中点，DEACP，DFCBC=2.求△APD的面积；如图DEF绕点D顺时针方向旋转角（0＜＜60，交AC于点M，DF′交BC于点N，试判断的值是否随着α的变化而变化？如果不变，请求出的值；反之，请说明理由．23（10分）如图，半圆O的直径A＝1，将半圆O绕点B顺时针旋转45得到半圆，与AB交于点，求AP的长．24（10分）如图，已知：抛物线ya(x1)x3)交x轴于，C两点，交y轴于点，且OB2C.求二次函数解析式；xNMNxxG、HMNHG为矩形时，求该矩形周长的最大值；P，使得△ABPP明理由．25（12分）如图，AB是O的直径，点C在O上且BCCF，连接AC,AF，过点C作CDAF交AF的延长线于点D．求证：CD 是O的切线；26．如图，△ABC中，AB＝AC＝2 3，∠BAC＝120°，D为BC边上的点，将DA绕D点逆时针旋转120°得到DE．如图1，若AD＝DC，则BE的长为 ，BE2+CD2与AD2的数量关系为 ；2DBC边ftCD、AD是否依然满足（1）中的关系，试证明；（3）M为线段BC上的点，BM＝1，经过、、D三点的圆最小时，记D点为D1，当D点从D1处运动到M处时，E点经过的路径长为 ．参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B1AD=BD，然后根据圆周角定理得到∠C2∠BOD，从而可对各选项进行判断．【详解】解：∵直径CD⊥弦AB，∴弧AD=弧BD，1∴∠C=2∠BOD．B．【点睛】在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．2、A【详解】∵正比例函数y=m（m≠y随x的增大而减小，∴该正比例函数图象经过第一、三象限，且m＜0，∴二次函数y=mx2+m的图象开口方向向下，且与y轴交于负半轴，综上所述，符合题意的只有A选项，故选A.3、C【分析】分别根据合并同类项的法则、完全平方公式、幂的乘方以及同底数幂的乘法化简即可判断．【详解】A、a2a22a2A不合题意；(ab)2a22abb2B不合题意；(a3)3a9C符合题意；a3a2a5DC．【点睛】4、C【解析】利用扇形的弧长公式可得扇形的弧长；根据扇形的弧长=圆锥的底面周长，让扇形的弧长除以2π即为圆锥的底面半径，利用勾股定理可得圆锥形筒的高：∵扇形的弧长=1206=4cm，圆锥的底面半径为4π÷2π=2cm，1802∴这个圆锥形筒的高为6222=42

cm．故选C．5、C【解析】按“左加右减括号内，上加下减括号外”的规律平移即可得出所求函数的解析式.【详解】依题意可知,原抛物线顶点坐标为（7,3）,平移后抛物线顶点坐标为（0，t）(t为常数),则原抛物线向左平移7个单位即可.故选C.【点睛】本题考查了二次函数图象的平移其规律是是将二次函数解析式转化成顶点式y=xh+k （c为常数确定其顶点坐标(h，k)，在原有函数的基础上“h值正右移，负左移；k值正上移，负下移”．6、B【解析】试题分析：从上边看是一个同心圆，外圆是实线，內圆是虚线，故选B．点睛：本题考查了简单组合体的三视图，从上边看得到的图形是俯视图．看得见部分的轮廓线要画成实线，看不见部分的轮廓线要画成虚线．7、C【解析】先根据旋转的性质得到点AABB，点C

，再根据旋转的1 1 1性质得到旋转中心在线段AA1

的垂直平分线上，也在线段CC1

的垂直平分线上，即两垂直平分线的交点为旋转中心，而易得线段AA1

的垂直平分线为直线x=1，线段CC1

的垂直平分线为以CC1

为对角线的正方形的另一条对角线所在的直线上．【详解】∵将△ABC90°ABC，11 1AA，点BBCC1 1 1作线段AA1

和CC1

的垂直平分线，它们的交点为（1-1，∴旋转中心的坐标为C．【点睛】8、B【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD∴∠EAB=∠DEF，∠AFB=∠DFE∴△DEF∽△BAF∴S ：S

DEAB2DEF ABF∵S DEF

ABF

425，∴DE：AB=2：5∵AB=CD，∴DE：EC=2：3故选B9、C【分析】根据圆周角定理计算即可．，AOD 50 AOD 50 ，∴ACD【点睛】

1AOD25，2此题考查圆周角定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．10、C【分析】根据全等三角形对应角相等可得∠B=∠E=40°，∠F=∠C，然后利用三角形内角和定理计算出∠C的度数，进而可得答案．【详解】解：∵△ABC≌△DEF，∴∠B=∠E=40°，∠F=∠C，∵∠A=60°，∴∠C=180°-60°-40°=80°，∴∠F=80°，故选：C．【点睛】此题主要考查了全等三角形的性质，关键是掌握全等三角形的对应角相等．11、C【分析】直接根据图象判断，当x＞0时，从左到右图象是下降的趋势的即为正确选项.【详解】x＞0时，yxx＞0时，yx的增大而增大，错误；x＞0时，yx的增大而减小，正确；D、当x＞0时，y随x的增大先减小而后增大，错误；故选：C．【点睛】本题主要考查根据函数图象判断增减性，掌握函数的图象和性质是解题的关键.12、D【分析】在Rt△ABC中，根据勾股定理可得AB3，而∠B=∠ACD，即可把求cosACD转化为求cosB．AC2BC2( 5)222【详解】在Rt△ABCAC2BC2( 5)222∵∠B+∠BCD=90°，∠ACD+∠BCD=90°，∴∠B=∠ACD，∴cosACD=cosB=BC2．AB 3D．【点睛】本题考查了了解直角三角形中三角函数的应用，要熟练掌握好边角之间的关系，难度适中．二、填空题（42413、566【分析】通过解直角△OAC求得OC的长度，然后通过解直角△OBC求得OB的长度即可．22AB与正北方向线相交于点C根据题意OCAB，所以，RtACO中，因为，22所以ACOC

2 AO200 ，RtBCO中，因为，2所以OBOCcos6400 4001.414566（米．2故答案为566.【点睛】考查了解直角三角形的应用-方向角的问题．此题是一道方向角问题，结合航海中的实际问题，将解直角三角形的相关知识有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．5512BBH⊥CDCDACHB由垂直平分线的性质可得BE＝CE，CD＝BD，可证CE＝BE＝CD＝DB，通过证明Rt△ACE≌Rt△HBDAEAC2＝AEBE的方程，即可求解．【详解】解：连接CE，过点B作BH⊥CD交CD的延长线于点H，∵AC是半圆的切线∴AC⊥AB，∵CD∥AB，∴AC⊥CD，且BH⊥CD，AC⊥AB，∴四边形ACHB是矩形，∴AC＝BH，AB＝CH，∵DE垂直平分BC，∴BE＝CE，CD＝BD，且DE⊥BC，∴∠BED＝∠CED，∵AB∥CD，∴∠BED＝∠CDE＝∠CED，∴CE＝CD，∴CE＝BE＝CD＝DB，∵AC＝BH，CE＝BD，∴Rt△ACE≌Rt△HBD（HL）∴AE＝DH，∵CE2﹣AE2＝AC2，∴BE2﹣AE2＝AC2，∵AB是直径，∴∠ADB＝90°，∴∠ADC+∠BDH＝90°，且∠ADC+∠CAD＝90°，∴∠CAD＝∠BDH，且∠ACD＝∠BHD，∴△ACD∽△DHB，AC CD∴DH BH，∴AC2＝AE•BE，∴BE2﹣AE2＝AE•BE，∴BE＝1 5AE，2AE 51∴ CD 2故答案为：

512 ．【点睛】本题考察垂直平分线的性质、矩形的性质和相似三角形，解题关键是连接CE，过点B作BH⊥CD交CD的延长线于点H，证明出四边形ACHB是矩形.315、2【分析】直接利用特殊角的三角函数值进而得出答案．3【详解】cos30°= 2．3故答案为2．【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数值，准确记忆特殊角的三角函数值是解题的关键．16、3cm【分析】连接CN．根据直角三角形斜边中线的性质求出CN【详解】连接CN．

1AB2，利用三角形的三边关系即可解决问题．2在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，BC=2，∠B=60°，∴∠A=30°，∴AB=A′B′=2BC=4，∵NB′=NA′，∴CN

12AB2，∵CM=BM=1，∴MN≤CN+CM=3，∴MN的最大值为3，故答案为3cm．【点睛】本题考查旋转的性质，直角三角形斜边中线的性质，三角形的三边关系等知识，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．17、y2x321【分析】根据抛物线平移的规律计算即可得到答案.【详解】根据题意：平移后的抛物线为y2x321.【点睛】此题考查抛物线的平移规律：对称轴左加右减，函数值上加下减，掌握规律并熟练运用是解题的关键.18、1【解析】根据黄球个数÷总球的个数＝黄球的概率，列出算式，求出a的值即可．【详解】根据题意得：a ＝0.1，2＋4＋a解得：a＝1，经检验，a＝1是原分式方程的解，则a＝1；故答案为1．【点睛】此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．三、解答题（共78分）219（1）①线段ABP2

P；②点P（（答案不唯一，纵坐标y522522，3

范围：

≤y （）6p6522b的取值范围是：－8≤b≤1；（3）522【分析】（1）根据题意画出图形，进一步即可得出结论；正确画出相关图形进一步证明即可；

2m2或3m 3.2（1）①AB2

，②点P（，（答案不唯一，纵坐标y范围：6≤y．p p2（）如图，直线与⊙O21

相切时，BDO直径11∴BD=5 2.∵BE=3 2，∴DE=2 2.∴EF= DE =4.cos45∴F（0，1）同理可得，直线与⊙O3相切时，G(0，-8)∴b的取值范围是：－8≤b≤1．5 5（3）m2【点睛】

22m2或3m2

23本题主要考查了圆的性质的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键,20、该单位这次共有30名员工去风景区旅游x名员工去风景区旅游15得[500-10（x-15）]x=10500;【详解】解：设该单位这次共有x名员工去风景区旅游因为500×15=7500＜10500，所以员工人数一定超过15人．由题意，得[500-10（x-15）]x=10500，整理，得x2-65x+1050=0，x1=35，x2=30x1=35时，500-10（x-15）=300＜320x1；x2=30时，500-10（x-15）=350＞320，符合题意答：该单位这次共有30名员工去风景区旅游【点睛】考核知识点：二元一次方程应用.理解题是关键.21（）C＝B，C⊥B（）3【分析】（1）由“SAS”可证△AEC≌△AFB，可得CE＝BF，∠ABF＝∠ACE，进而可得CE⊥BF；BF'＝CE'＝3．【详解】（1）CE＝BF，CE⊥BF，理由如下：∵∠BAC＝∠EAF＝90°，∴∠EAC＝∠FAB，又∵AE＝AF，AB＝AC，∴△AEC≌△AFB（SAS）∴CE＝BF，∠ABF＝∠ACE，∵∠ADC＝∠BDP，∴∠BPD＝∠CAD＝90°，∴CE⊥BF；（2）过点E'作E'H⊥AC，连接E'C，∵把△AEF绕点AA，∴AF＝AE＝AE'＝AF'＝1，∠BAF'＝∠E'AC＝60°，∵∠E'AC＝60°，∠AHE'＝90°，∴∠AE'H＝30°，1∴AH＝

1 3AE'＝，E'H＝3AH＝ ，2 2 23∴HC＝AC﹣AH＝2，∴E'C＝HC2E′H2

93 ＝3，44∵AF'＝AE'，∠F'AB＝∠E'AC＝60°，AB＝AC，∴△F'AB≌△E'AC（SAS）∴BF'＝CE'＝3．【点睛】本题主要考查勾股定理和三角形全等的判定和性质定理，旋转的性质，添加辅助线，构造直角三角形，是解题的关22、(1)见解析;(2) ;(3)不会随着的变化而变化【解析】（1）先判断出△BCD是等边三角形，进而求出∠ADP=∠ACD，即可得出结论；PH，最后用三角形的面积公式即可得出结论；只要证明△DPM和△DCN相似，再根据相似三角形对应边成比例即可证明．【详解】（1）证明：∵△ABC是直角三角形，点D是AB的中点，∴AD=BD=CD，∵在△BCD中，BC=BD且∠B=60°，∴△BCD是等边三角形，∴∠BCD=∠BDC=60°，∴∠ACD=90°－∠BCD=30°，∠ADE=180°－∠BDC－∠EDF=30°，在△ADC与△APD中，∠A=∠A，∠ACD=∠ADP，∴△ADC∽△APD.由（1）已得△BCD是等边三角形，∴BD=BC=AD=2，PPH⊥AD∵∠ADP=30°=90°－∠B=∠A，∴AH=DH=1，tanA= ，∴PH= .∴△APD的面积=AD·PH=α的变化而变化.∵∠MPD=∠A+∠ADE=30°+30°=60°，∴∠MPD=∠BCD=60°，在△MPD与△NCD中，∠MPD=∠NCD=60°，∠PDM=∠CDN=α，∴△MPD∽△NCD，∴ ，由（1）知AD=CD，∴ ，由（2）可知PD=2AH，∴PD= ，∴ ．.【点睛】属于相似三角形的综合题，考查相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，三角形的面积等，综合性比较强，对学生综合能力要求较高.23、AP＝10﹣5 2．【分析】先根据题意判断出△O′PB是等腰直角三角形，由勾股定理求出PB的长，进而可得出AP的长．【详解】解：连接PO´∵∠OBA′＝45°，O′P＝O′B，∴∠O´PB=∠O´BP=45°,∠PO´B=90°∴△O′PB是等腰直角三角形，∵AB=10,∴O′P＝O′B=5，∴PB＝OP2 2BO= 2BO′＝5 2，∴AP＝AB﹣BP＝10﹣5 2．【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定，根据旋转性质判定出△O′PB是等腰直角三角形解题的关键．24（）y2x24x2（）25（（，-）或（，7

）或（1，1+ 3）或（1，1- 3）3 3 3 2【分析】（1）利用待定系数法求出A、B、C的坐标，然后把B点坐标代入ya(x1)(x3)，求出a的值，并化简二次函数式即可；M的坐标为

2 4 2 m2 m2，则点N的坐标为2m m2 m2，可得2 4 2 3 3 3 32 4MNm2m2m2GM= m2 m2MNHG的周长=2MN+2GM，化简可得3 34 5 25 5 25(m )2 ，即当x 时，C有最大值，最大值为 ，3 2 3 2 3分三种情况讨论：①点PAB的下方，②点PAB的上方，③以AB结果即可.（）对于抛物线（令y=，得到（x+（x-）=，解得x=-1或3，∴（-，，（，，∴OC=1，∵OB=2OC=2，∴（，，2把（，）代入y=（x+（x-）中得：2=-3a=-32y2 x2 x3 32

(x1)(x3)3（2）M的坐标为

2m2 m2，43 342 4则点N的坐标为（2， m2 m2，3 32 MNm2m2m2，GM= m2 m22 3 3矩形MNHG的周长C=2MN+2GM4=2（2m-2）+2（4

2m2 m2）=4m

3 320m4 4 = (m )2

253 2 3∴当x5时，C有最大值，最大值为25，2 3（）∵（，，（，，∴OA=3，OB=2，由对称得：抛物线的对称轴是：x=1，∴AE=3-1=2，设抛物线的对称轴与x轴相交于点E，当△ABP为直角三角形时，存在以下三种情况：①如图1，当∠BAP=90°时，点P在AB的下方，∵∠PAE+∠BAO=∠BAO+∠ABO=90°，∵∠AOB=∠AEP，∴△ABO∽△PAE，BO AE 2 2∴AOEP

3

PE，∴PE=3，∴（，-；②如图2，当∠PBA=90°时，点P在AB的上方，过P作PF⊥y轴于F，同理得：△PFB∽△BOA，∴PFOB，即12，BF OA BF 33∴BF237∴OF222，7∴（，2；③如图3，AB为直径作圆与对称轴交于P1、P2，则∠AP1B=∠AP2B=90°，设P（，，∵AB2=22+32=13，由勾股定理得：AB2=P1B2+P1A2， ∴2y2232y213，解得：y1 ∴P（1，1+ 3）或（1，1- 3）7综上所述，点P的坐标为（1，-3）或（1，2）或（1，1+ 3）或（1，1- 3）【点睛】类讨论的思想．25、见解析【分析】连结OCFCBC，根据圆周角定理得，而OACOCA，则FACOCA，可判断OC//AF，由于CDAF，所以OCCD，然后根据切线的判定定理得到CD是【详解】解：证明：连结OC，如图，FCBC，FAC，OAOC，OACOCA，FACOCA，OC//AF，CDAF，OCCD，CD是O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2