2022-2023学年山东省临沂市临沂市蒙阴县数学九上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：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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．已知是方程x2﹣2x+c＝0的一个根，则c的值是（）A．﹣3 B．3 C． D．22．有一副三角板，含45°的三角板的斜边与含30°的三角板的长直角边相等，如图，将这副三角板直角顶点重合拼放在一起，点B，C，E在同一直线上，若BC＝2，则AF的长为（）A．2 B．2﹣2 C．4﹣2 D．2﹣3．以下五个图形中，是中心对称图形的共有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个4．如图，正方形ABCD的边长是4，∠DAC的平分线交DC于点E，若点P、Q分别是AD和AE上的动点，则DQ+PQ的最小值（）A．2B．4C．2D．45．若抛物线y＝x2+ax+b与x轴两个交点间的距离为4，称此抛物线为定弦抛物线．已知某定弦抛物线的对称轴为直线x＝2，将此抛物线向左平移2个单位，再向上平移3个单位，得到的抛物线过点（）A．（1，0） B．（1，8） C．（1，﹣1） D．（1，﹣6）6．如图，将∠AOB放置在5×5的正方形网格中，则tan∠AOB的值是A． B． C． D．7．如图，在△ABC中，DE∥FG∥BC，且AD：AF：AB=1：2：4，则S△ADE：S四边形DFGE：S四边形FBCG等于()A．1：2：4 B．1：4：16 C．1：3：12 D．1：3：78．如图，在平面直角坐标中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为，点A，B，E在x轴上．若正方形ABCD的边长为2，则点F坐标为（）A．（8，6） B．（9，6） C． D．（10，6）9．如图是小明一天看到的一根电线杆的影子的俯视图，按时间先后顺序排列正确的是（）A．①②③④ B．④③②① C．④③①② D．②③④①10．下列立体图形中，主视图是三角形的是（

）.A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，某水平地面上建筑物的高度为AB，在点D和点F处分别竖立高是2米的标杆CD和EF，两标杆相隔52米，并且建筑物AB、标杆CD和EF在同一竖直平面内，从标杆CD后退2米到点G处，在G处测得建筑物顶端A和标杆顶端C在同一条直线上；从标杆FE后退4米到点H处，在H处测得建筑物顶端A和标杆顶端E在同一条直线上，则建筑物的高是__________米．12．如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=4，M是AD的中点，N是AB边上的动点，将△AMN沿MN所在直线折叠，得到△，连接，则的最小值是________13．如图，在直角坐标系中，点，点，过点的直线垂直于线段，点是直线上在第一象限内的一动点，过点作轴，垂足为，把沿翻折，使点落在点处，若以，，为顶点的三角形与△ABP相似，则满足此条件的点的坐标为__________．14．若是方程的一个根，则代数式的值是______.15．将直角边长为5cm的等腰直角△ABC绕点A逆时针旋转15°后，得到△AB′C′，则图中阴影部分的面积是_____cm1．16．从一副扑克牌中的13张黑桃牌中随机抽取一张，它是王牌的概率为____．17．如图，AB是⊙C的直径，点C、D在⊙C上，若∠ACD＝33°，则∠BOD＝_____．18．如图，抛物线（是常数，），与轴交于两点，顶点的坐标是，给出下列四个结论：①；②若，，在抛物线上，则；③若关于的方程有实数根，则；④，其中正确的结论是__________．（填序号）三、解答题(共66分)19．（10分）在中，．（1）如图①，点在斜边上，以点为圆心，长为半径的圆交于点，交于点，与边相切于点．求证：；（2）在图②中作，使它满足以下条件：①圆心在边上；②经过点；③与边相切．（尺规作图，只保留作图痕迹，不要求写出作法）20．（6分）如图，顶点为M的抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C（1）求抛物线的表达式；（2）在直线AC的上方的抛物线上，有一点P（不与点M重合），使△ACP的面积等于△ACM的面积，请求出点P的坐标；（3）在y轴上是否存在一点Q，使得△QAM为直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标：若不存在，请说明理由．21．（6分）先化简，再求值，，其中m满足：m2﹣4＝1．22．（8分）已知：关于x的方程，（1）求证：无论k取任何实数值，方程总有实数根；（2）若等腰三角形ABC的一边长a=1，两个边长b，c恰好是这个方程的两个根，求△ABC的周长．23．（8分）如图，直线AB和抛物线的交点是A（0，﹣3），B（5，9），已知抛物线的顶点D的横坐标是1．（1）求抛物线的解析式及顶点坐标；（1）在x轴上是否存在一点C，与A，B组成等腰三角形？若存在，求出点C的坐标，若不在，请说明理由；（3）在直线AB的下方抛物线上找一点P，连接PA，PB使得△PAB的面积最大，并求出这个最大值．24．（8分）解方程（1）（2）25．（10分）如图，在矩形ABCD中，M是BC中点，请你仅用无刻度直尺按要求作图．（1）在图1中，作AD的中点P；（2）在图2中，作AB的中点Q．26．（10分）如图，函数y＝2x和y＝﹣x+4的图象相交于点A，（1）求点A的坐标；（2）根据图象，直接写出不等式2x≥﹣x+4的解集．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【分析】把x＝代入方程得到关于c的方程，然后解方程即可．【详解】解：把x＝代入方程x2﹣2x+c＝0，得（）2﹣2×+c＝0，所以c＝6﹣1＝1．故选：B．【点睛】本题考查了一元二次方程根的性质，解答关键是将方程的根代入原方程求出字母系数．2、D【分析】根据正切的定义求出AC，根据正弦的定义求出CF，计算即可．【详解】解：在Rt△ABC中，BC＝2，∠A＝30°，AC＝＝2，则EF＝AC＝2，∵∠E＝45°，∴FC＝EF•sinE＝，∴AF＝AC﹣FC＝2﹣，故选：D．【点睛】本题考查的是特殊角的三角函数值的应用，掌握锐角三角函数的概念、熟记特殊角的三角函数值是解题的关键．3、B【分析】根据中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，进行判断．【详解】解：从左起第2、4、5个图形是中心对称图形.故选：B．【点睛】本题考查了中心对称的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形.4、C【分析】过D作AE的垂线交AE于F，交AC于D′，再过D′作AP′⊥AD，由角平分线的性质可得出D′是D关于AE的对称点，进而可知D′P′即为DQ+PQ的最小值．【详解】作D关于AE的对称点D′，再过D′作D′P′⊥AD于P′，∵DD′⊥AE，∴∠AFD=∠AFD′，∵AF=AF，∠DAE=∠CAE，∴△DAF≌△D′AF，∴D′是D关于AE的对称点，AD′=AD=4，∴D′P′即为DQ+PQ的最小值，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAD′=45°，∴AP′=P′D′，∴在Rt△AP′D′中，P′D′2+AP′2=AD′2，AD′2=16，∵AP′=P′D’，2P′D′2=AD′2，即2P′D′2=16，∴P′D′=22，即DQ+PQ的最小值为22，故答案为C．【点睛】本题考查了正方形的性质以及角平分线的性质和全等三角形的判定和性质和轴对称-最短路线问题，根据题意作出辅助线是解答此题的5、A【分析】根据定弦抛物线的定义结合其对称轴，即可找出该抛物线的解析式，利用平移的“左加右减，上加下减”找出平移后新抛物线的解析式，再利用二次函数图象上点的坐标特征即可找出结论．【详解】∵某定弦抛物线的对称轴为直线x=2，∴该定弦抛物线过点(0，0)、(2，0)，∴该抛物线解析式为y=x(x﹣2)=x2﹣2x=(x﹣2)2﹣2．将此抛物线向左平移2个单位，再向上平移3个单位，得到新抛物线的解析式为y=(x﹣2+2)2﹣2+3=x2﹣2．当x=2时，y=x2﹣2=0，∴得到的新抛物线过点(2，0)．故选：A．【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数图象与几何变换以及二次函数的性质，根据定弦抛物线的定义结合其对称轴，求出原抛物线的解析式是解题的关键．6、B【解析】分析：认真读图，在以∠AOB的O为顶点的直角三角形里求tan∠AOB的值：tan∠AOB=．故选B．7、C【分析】由于DE∥FG∥BC，那么△ADE△AFGABC，根据AD：AF：AB=1：2：4，可得出三个相似三角形的面积比，进而得出△ADE、四边形DFGE、四边形FBCG的面积比.【详解】设△ADE的面积为a,则△AFG和△ABC的面积分别是4a、16a;则分别是3a、12a;则S△ADE：S四边形DFGE：S四边形FBCG=1：3：12故选C.【点睛】本题主要考察相似三角形，解题突破口是根据平行性质推出△ADE△AFGABC.8、B【分析】直接利用位似图形的性质结合相似比得出EF的长，进而得出△OBC∽△OEF，进而得出EO的长，即可得出答案．【详解】解：∵正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为，∴，∵BC＝2，∴EF＝BE＝6，∵BC∥EF，∴△OBC∽△OEF，∴，解得：OB＝3，∴EO＝9，∴F点坐标为：（9，6），故选：B．【点睛】此题主要考查了位似变换以及相似三角形的判定与性质，正确得出OB的长是解题关键．9、C【分析】太阳光线下的影子是平行投影，就北半球而言，从早到晚物体影子的指向是：西-西北-北-东北-东，于是即可得到答案．【详解】根据平行投影的规律以及电线杆从早到晚影子的指向规律，可知：俯视图的顺序为：④③①②，故选C．【点睛】本题主要考查平行投影的规律，掌握“就北半球而言，从早到晚物体影子的指向是：西-西北-北-东北-东”，是解题的关键．10、B【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得图形的主视图．【详解】A、C、D主视图是矩形，故A、C、D不符合题意；B、主视图是三角形，故B正确；故选B．【点睛】本题考查了简单几何体的三视图，圆锥的主视图是三角形．二、填空题(每小题3分,共24分)11、54【解析】设建筑物的高为x米，根据题意易得△CDG∽△ABG，∴，∵CD＝DG＝2，∴BG＝AB＝x，再由△EFH∽△ABH可得，即，∴BH＝2x，即BD＋DF＋FH＝2x，亦即x－2＋52＋4＝2x，解得x＝54，即建筑物的高是54米．12、【分析】由折叠的性质可得AM＝A′M＝2，可得点A′在以点M为圆心，AM为半径的圆上，当点A′在线段MC上时，A′C有最小值，由勾股定理可求MC的长，即可求A′C的最小值．【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝6，BC＝AD＝4，∵M是AD边的中点，∴AM＝MD＝2，∵将△AMN沿MN所在直线折叠，∴AM＝A′M＝2，∴点A′在以点M为圆心，AM为半径的圆上，∴如图，当点A′在线段MC上时，A′C有最小值，∵MC＝＝=2，∴A′C的最小值＝MC−MA′＝2−2，故答案为：2−2.【点睛】本题主要考查了翻折变换，矩形的性质、勾股定理，解题的关键是分析出A′点运动的轨迹．13、或【分析】求出直线l的解析式，证出△AOB∽△PCA，得出，设AC=m（m＞0），则PC=2m，根据△PCA≌△PDA，得出，当△PAD∽△PBA时，根据，，得出m=2，从而求出P点的坐标为（4，4）、（0，-4），若△PAD∽△BPA，得出，求出，从而得出，求出，即可得出P点的坐标为．【详解】∵点A（2，0），点B（0，1），∴直线AB的解析式为y=-x+1∵直线l过点A（4，0），且l⊥AB，∴直线l的解析式为；y=2x-4，∠BAO+∠PAC=90°，∵PC⊥x轴，∴∠PAC+∠APC=90°，∴∠BAO=∠APC，∵∠AOB=∠ACP，∴△AOB∽△PCA，∴，∴，设AC=m（m＞0），则PC=2m，∵△PCA≌△PDA，∴AC=AD，PC=PD，∴，如图1：当△PAD∽△PBA时，则，则，∵AB=，∴AP=2，∴，∴m=±2，（负失去）∴m=2，当m=2时，PC=4，OC=4，P点的坐标为（4，4），如图2，若△PAD∽△BPA，则，∴，则，∴m=±，（负舍去）∴m=，当m=时，PC=1，OC=，∴P点的坐标为（，1），故答案为：P（4，4），P（，1）．【点睛】此题考查了一次函数的综合，用到的知识点是相似三角形和全等三角形的判定与性质、勾股定理、一次函数等，关键是根据题意画出图形，注意点P在第一象限有两个点．14、9【分析】根据方程解的定义，将a代入方程得到含a的等式，将其变形，整体代入所求的代数式.【详解】解：∵a是方程的一个根，∴2a2=a+3,∴2a2-a=3,∴.故答案为：9.【点睛】本题考查方程解的定义及代数式求值问题，理解方程解的定义和整体代入思想是解答此题的关键.15、【解析】∵等腰直角△ABC绕点A逆时针旋转15°后得到△AB′C′，∵∠CAC′=15°，∴∠C′AB=∠CAB﹣∠CAC′=45°﹣15°=30°，AC′=AC=5，∴阴影部分的面积=×5×tan30°×5=．16、1【分析】根据是王牌的张数为1可得出结论．【详解】∵13张牌全是黑桃，王牌是1张，∴抽到王牌的概率是1÷13=1，故答案为：1．【点睛】本题考查了概率的公式计算，熟记概率=所求情况数与总情况数之比是解题的关键．17、114°．【分析】利用圆周角定理求出∠AOD即可解决问题．【详解】∵∠AOD＝2∠ACD，∠ACD＝33°，∴∠AOD＝66°，∴∠BOD＝180°﹣66°＝114°，故答案为114°．【点睛】本题考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理.18、①②④【分析】根据二次函数的图象和性质逐一对选项进行分析即可.【详解】①∵∴即，故①正确；②由图象可知，若，，在抛物线上，则，故②正确；③∵抛物线与直线有交点时，即有解时，要求所以若关于的方程有实数根，则，故③错误；④当时，∵∴，故④正确.故答案为①②④【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.三、解答题(共66分)19、（1）见解析（2）见解析【解析】（1）连接，可证得，结合平行线的性质和圆的特性可求得，可得出结论；（2）由（1）可知切点是的角平分线和的交点，圆心在的垂直平分线上，由此即可作出．【详解】（1）证明：如图①，连接，∵是的切线，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴.（2）如图②所示为所求．①①作平分线交于点，②作的垂直平分线交于，以为半径作圆，即为所求．证明：∵在的垂直平分线上，∴，∴，又∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∴与边相切．【点睛】本题主要考查圆和切线的性质和基本作图的综合应用．掌握连接圆心和切点的半径与切线垂直是解题的关键，20、（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）点P的坐标为：（2，3）；（3）存在，点Q的坐标为：（0，1）或（0，3）或（0，）或（0，﹣）【分析】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3），即可求解；（2）过点M作直线m∥AC，在AC下方作等距离的直线n，直线n与抛物线交点即为点P，即可求解；（3）分AM时斜边、AQ是斜边、MQ是斜边三种情况，分别求解即可．【详解】解：（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3），故﹣3a＝1，解得：a＝﹣1，故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；（2）过点M作直线m∥AC，直线m与抛物线交点即为点P，设直线m的表达式为：y＝﹣x+b，点M（1，4），则直线m的表达式为：y＝﹣x+5，联立方程组，解得：x＝1（舍去）或2；故点P的坐标为：（2，3）；（3）设点Q的坐标为：（0，m），而点A、M的坐标分别为：（3，0）、（1，4）；则AM2＝20，AQ2＝9+m2，MQ2＝（m﹣4）2+1＝m2﹣8m+17；当AM时斜边时，则20＝9+m2+m2﹣8m+17，解得：m＝1或3；当AQ是斜边时，则9+m2=20+m2﹣8m+17，解得m＝；当MQ是斜边时，则m2﹣8m+17=20+9+m2，解得m＝﹣，综上，点Q的坐标为：（0，1）或（0，3）或（0，）或（0，﹣）【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、勾股定理的运用等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．21、，﹣【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再求出符合条件的m的值，从而代入计算可得．【详解】解：原式＝÷＝＝，∵m2﹣4＝1且m≠2，∴m＝﹣2，则原式＝＝﹣．【点睛】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．22、（1）证明见解析；（2）△ABC的周长为1．【分析】（1）根据一元二次方程根与判别式的关系即可得答案；（2）分a为底边和a为腰两种情况，当a为底边时，b=c，可得方程的判别式△=0，可求出k值，解方程可求出b、c的值；当a为一腰时，则方程有一根为1，代入可求出k值，解方程可求出b、c的值，根据三角形的三边关系判断是否构成三角形，进而可求出周长．【详解】（1）∵判别式△=[-(k+2)]²-4×2k=k²-4k+4=(k-2)²≥0，∴无论k取任何实数值，方程总有实数根．（2）当a=1为底边时，则b=c，∴△=(k-2)²=0，解得：k=2，∴方程为x2-4x+4=0，解得：x1=x2=2，即b=c=2，∵1、2、2可以构成三角形，∴△ABC的周长为：1+2+2=1．当a=1为一腰时，则方程有一个根为1，∴1-（k+2）+2k=0，解得：k=1，∴方程为x2-3x+2=0，解得：x1=1，x2=2，∵1+1=2，∴1、1、2不能构成三角形，综上所述：△ABC的周长为1．【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式及三角形的三边关系．一元二次方程根的情况与判别式△的关系：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根；三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边；熟练掌握根与判别式的关系是解题关键．23、（1），顶点D（1，）；（1）C（，0）或（，0）或（，0）；（2）【解析】（1）抛物线的顶点D的横坐标是1，则x1，抛物线过A（0，﹣2），则：函数的表达式为：y=ax1+bx﹣2，把B点坐标代入函数表达式，即可求解；（1）分AB=AC、AB=BC、AC=BC，三种情况求解即可；（2）由S△PAB•PH•xB，即可求解．【详解】（1）抛物线的顶点D的横坐标是1，则x1①，抛物线过A（0，﹣2），则：函数的表达式为：y=ax1+bx﹣2，把B点坐标代入上式得：9=15a+5b﹣2②，联立①、②解得：a，b，c=﹣2，∴抛物线的解析式为：yx1x﹣2．当x=1时，y，即顶点D的坐标为（1，）；（1）A（0，﹣2），B（5，9），则AB=12，设点C坐标（m，0），分三种情况讨论：①当AB=AC时，则：（m）1+（﹣2）1=121，解得：m=±4，即点C