2022年新疆生产建设兵团九年级数学第一学期期末考试试题含解析

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。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。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(每小题3分,共30分)1．关于抛物线y=3（x－1）2＋2，下列说法错误的是（）A．开口方向向上 B．对称轴是直线x=lC．顶点坐标为（1，2） D．当x＞1时，y随x的增大而减小2．如图，在中，，，将绕点按顺时针旋转后得到．此时点在边上，则旋转角的大小为()A． B． C． D．3．如图，点A、B、C都在上，若∠AOB＝72°，则∠ACB的度数为（）A．18° B．30° C．36° D．72°4．如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A＇OB＇，若∠AOB=15°，则∠AOB＇的度数是（）A．25° B．30° C．35° D．40°5．正十边形的外角和为（）A．180° B．360° C．720° D．1440°6．若点在反比例函数的图象上，则的大小关系是（）A． B． C． D．7．将抛物线y=-2x2向左平移3个单位，再向下平移4个单位，所得抛物线为（）A． B．C． D．8．如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC，垂足为点F，连接DF，下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF=2AF；③DF=DC；④tan∠CAD=．其中正确的结论有（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个9．矩形的长为4，宽为3，它绕矩形长所在直线旋转一周形成几何体的全面积是（）A．24 B．33 C．56 D．4210．若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是A．x≠5 B．x＜5 C．x≥5 D．x≤5二、填空题(每小题3分,共24分)11．因式分解：______．12．河堤横截面如图所示，堤高为4米，迎水坡的坡比为1:（坡比=），那么的长度为____________米．13．在矩形ABCD中，P为CD边上一点（DP＜CP），∠APB＝90°．将△ADP沿AP翻折得到△AD'P，PD'的延长线交边AB于点M，过点B作BN∥MP交DC于点N，连接AC，分别交PM，PB于点E，F．现有以下结论：①连接DD'，则AP垂直平分DD'；②四边形PMBN是菱形；③AD2＝DP•PC；④若AD＝2DP，则；其中正确的结论是_____（填写所有正确结论的序号）14．如图，在正方体的展开图形中，要将﹣1，﹣2，﹣3填入剩下的三个空白处（彼此不同），则正方体三组相对的两个面中数字互为相反数的概率是______．15．小明身高1.76米，小亮身高1.6米，同一时刻他们站在太阳光下，小明的影子长为1米，则小亮的影长是_____米.16．抛物线y=﹣2x2+4x﹣1的对称轴是直线________

．17．已知线段AB=4，点P是线段AB的黄金分割点，且AP＜BP，那么AP的长为_____．18．如图，在⊙O中，弦AB，CD相交于点P，∠A＝42°，∠APD＝77°，则∠B=_____°．三、解答题(共66分)19．（10分）现有、两个不透明的盒子，盒中装有红色、黄色、蓝色卡片各1张，盒中装有红色、黄色卡片各1张，这些卡片除颜色外都相同.现分别从、两个盒子中任意摸出一张卡片.（1）从盒中摸出红色卡片的概率为______；（2）用画树状图或列表的方法，求摸出的两张卡片中至少有一张红色卡片的概率.20．（6分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A的坐标是（4，0），并且OA=OC=4OB，动点P在过A，B，C三点的抛物线上．（1）求抛物线的解析式；（2）在AC上方的抛物线上有一动点G，如图，当点G运动到某位置时，以AG，AO为邻边的平行四边形第四个顶点恰好也在抛物线上，求出此时点G的坐标；（3）若抛物线上存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形，直接写出所有符合条件的点P的坐标．21．（6分）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD⊥CD，（点D在⊙O外）AC平分∠BAD．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若DC、AB的延长线相交于点E，且DE＝12，AD＝9，求BE的长．22．（8分）如图，内接于，，是的弦，与相交于点，平分，过点作，分别交，的延长线于点、，连接.（1）求证：是的切线；（2）求证：.23．（8分）为了创建文明城市，增强学生的环保意识．随机抽取8名学生，对他们的垃圾分类投放情况进行调查，这8名学生分别标记为，其中“√”表示投放正确，“×”表示投放错误，统计情况如下表．学生垃圾类别厨余垃圾√√√√√√√√可回收垃圾√×√××√√√有害垃圾×√×√√××√其他垃圾×√√××√√√（1）求8名学生中至少有三类垃圾投放正确的概率；（2）为进一步了解垃圾分类投放情况，现从8名学生里“有害垃圾”投放错误的学生中随机抽取两人接受采访，试用标记的字母列举所有可能抽取的结果．24．（8分）如图，已知为⊙的直径，为⊙的一条弦，点是⊙外一点，且，垂足为点，交⊙于点，的延长线交⊙于点，连接．（1）求证：；（2）若，求证：是⊙的切线；（3）若，，求⊙的半径．25．（10分）已知：如图，将△ADE绕点A顺时针旋转得到△ABC，点E对应点C恰在D的延长线上，若BC∥AE．求证：△ABD为等边三角形．26．（10分）我们不妨约定：如图①，若点D在△ABC的边AB上，且满足∠ACD=∠B（或∠BCD=∠A），则称满足这样条件的点为△ABC边AB上的“理想点”．（1）如图①，若点D是△ABC的边AB的中点，AC=，AB=4.试判断点D是不是△ABC边AB上的“理想点”，并说明理由．（2）如图②，在⊙O中，AB为直径，且AB=5，AC=4.若点D是△ABC边AB上的“理想点”，求CD的长．（3）如图③，已知平面直角坐标系中，点A(0,2),B(0,-3),C为x轴正半轴上一点，且满足∠ACB=45°，在y轴上是否存在一点D，使点A是B，C，D三点围成的三角形的“理想点”，若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【分析】开口方向由a决定，看a是否大于0，由于抛物线为顶点式，可直接确定对称轴与顶点对照即可，由于抛物线开口向上，在对称轴左侧函数值随x的增大而减小，在对称轴右侧y随x的增大而增大即可．【详解】关于抛物线y=3（x－1）2＋2，a=3>0，抛物线开口向上，A正确，x=1是对称轴，B正确，抛物线的顶点坐标是（1，2），C正确，由于抛物线开口向上，x<1，函数值随x的增大而减小，x>1时，y随x的增大而增大，D不正确．故选：D．【点睛】本题考查抛物线的性质问题，由具体抛物线的顶点式抓住有用信息，会用二次项系数确定开口方向与大小，会求对称轴，会写顶点坐标，会利用对称轴把函数的增减性一分为二，还要结合a确定增减问题．2、A【分析】根据旋转的性质和三角形的内角和进行角的运算即可得出结果．【详解】解：∵在中，，，∴∠B=59°，∵将绕点按顺时针旋转后得到，∴∠BCD是旋转角，，∴BC=DC，∴∠CDB=∠B=59°，∴∠BCD=180°−∠CDB−∠B=62°，故选A．【点睛】本题考查了旋转的性质和三角形的内角和，解题的关键是找到旋转角并熟练运用旋转的性质求解．3、C【详解】解：∵∠AOB=72°，∴∠ACB=∠AOB=36°，故选C．4、B【详解】∵将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A′OB′，∴∠A′OA=45°，∠AOB=∠A′OB′=15°，∴∠AOB′=∠A′OA-∠A′OB′=45°-15°=30°，故选B．5、B【分析】根据多边的外角和定理进行选择．【详解】解：因为任意多边形的外角和都等于360°，

所以正十边形的外角和等于360°，．

故选B．【点睛】本题考查了多边形外角和定理，关键是熟记：多边形的外角和等于360度．6、B【分析】将横坐标代入反比例函数求出纵坐标，即可比较大小关系.【详解】当x=−3时,y1=−1，当x=−1时,y2=−3，当x=1时,y3=3，∴y2<y1<y3故选：B.【点睛】本题考查反比例函数值的大小比较，将横坐标代入函数解析式求出纵坐标是解题的关键.7、B【解析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．【详解】解：把抛物线y=-2x2先向左平移3个单位，再向下平移4个单位，所得的抛物线的解析式是y=-2（x+3）2-4，故选：B．【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．8、B【解析】试题解析：如图，过D作DM∥BE交AC于N，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC=90°，AD=BC，∵BE⊥AC于点F，∴∠EAC=∠ACB，∠ABC=∠AFE=90°，∴△AEF∽△CAB，故①正确；∵AD∥BC，∴△AEF∽△CBF，∴，∵AE=AD=BC，∴，∴CF=2AF，故②正确；∵DE∥BM，BE∥DM，∴四边形BMDE是平行四边形，∴BM=DE=BC，∴BM=CM，∴CN=NF，∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，∴DN⊥CF，∴DM垂直平分CF，∴DF=DC，故③正确；设AE=a，AB=b，则AD=2a，由△BAE∽△ADC，有

，即b=，∴tan∠CAD=．故④不正确；故选B．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，图形面积的计算以及解直角三角形的综合应用，正确的作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．解题时注意：相似三角形的对应边成比例．9、D【分析】旋转后的几何体是圆柱体，先确定出圆柱的底面半径和高，再根据圆柱的表面积公式计算即可求解．【详解】解：π×3×2×4＋π×32×2＝24π＋18π＝42π（cm2）；故选：D．【点睛】本题主要考查的是点、线、面、体，根据图形确定出圆柱的底面半径和高的长是解题的关键．10、D【解析】二次根式中被开方数非负即5-x≧0∴x≤5故选D二、填空题(每小题3分,共24分)11、x（x-5）【分析】直接提公因式，即可得到答案.【详解】解：，故答案为：.【点睛】本题考查了提公因式法因式分解，解题的关键是熟练掌握因式分解的方法.12、8【分析】在Rt△ABC中，根据坡面AB的坡比以及BC的值，求出AC的值，再通过解直角三角形即可求出斜面AB的长．【详解】∵Rt△ABC中，BC=6米，迎水坡AB的坡比为1：，∴BC：AC=1：，∴AC=•BC=4（米），∴（米）【点睛】本题考查了解直角三角形的应用----坡度坡角问题，熟练运用勾股定理是解答本题的关键．13、①②③【分析】根据折叠的性质得出AP垂直平分DD'，判断出①正确．过点P作PG⊥AB于点G，易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，所以AD＝PG，DP＝AG，GB＝PC，易证△APG∽△PBG，所以PG2＝AG•GB，即AD2＝DP•PC判断出③正确；DP∥AB，所以∠DPA＝∠PAM，由题意可知：∠DPA＝∠APM，所以∠PAM＝∠APM，由于∠APB﹣∠PAM＝∠APB﹣∠APM，即∠ABP＝∠MPB，从而可知PM＝MB＝AM，又易证四边形PMBN是平行四边形，所以四边形PMBN是菱形；判断出②正确；由于，可设DP＝1，AD＝2，由（1）可知：AG＝DP＝1，PG＝AD＝2，从而求出GB＝PC＝4，AB＝AG+GB＝5，由于CP∥AB，从而可证△PCF∽△BAF，△PCE∽△MAE，从而可得，，从而可求出EF＝AF﹣AE＝AC﹣＝AC，从而可得，判断出④错误．【详解】解：∵将△ADP沿AP翻折得到△AD'P，∴AP垂直平分DD'，故①正确；解法一：过点P作PG⊥AB于点G，∴易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，∴AD＝PG，DP＝AG，GB＝PC∵∠APB＝90°，∴∠APG+∠GPB＝∠GPB+∠PBG＝90°，∴∠APG＝∠PBG，∴△APG∽△PBG，∴，∴PG2＝AG•GB，即AD2＝DP•PC；解法二：易证：△ADP∽△PCB，∴，由于AD＝CB，∴AD2＝DP•PC；故③正确；∵DP∥AB，∴∠DPA＝∠PAM，由题意可知：∠DPA＝∠APM，∴∠PAM＝∠APM，∵∠APB﹣∠PAM＝∠APB﹣∠APM，即∠ABP＝∠MPB∴AM＝PM，PM＝MB，∴PM＝MB，又易证四边形PMBN是平行四边形，∴四边形PMBN是菱形；故②正确；由于，可设DP＝1，AD＝2，由（1）可知：AG＝DP＝1，PG＝AD＝2，∵PG2＝AG•GB，∴4＝1•GB，∴GB＝PC＝4，AB＝AG+GB＝5，∵CP∥AB，∴△PCF∽△BAF，∴，∴又易证：△PCE∽△MAE，AM＝AB＝∴，∴，∴EF＝AF﹣AE＝AC﹣＝AC∴，故④错误，即：正确的有①②③，故答案为：①②③．【点睛】本题是一道关于矩形折叠的综合题目，考查的知识点有折叠的性质，矩形的性质，相似三角形的性质，菱形的判定等，此题充分考查了学生对所学知识点的掌握情况以及综合利用能力，是一道很好的题目.14、【解析】根据随机事件概率大小的求法，找准两点：①符合条件的情况数目；②全部情况的总数．二者的比值就是其发生的概率的大小．【详解】解：将-1、-2、-3分别填入三个空，共有3×2×1=6种情况，其中三组相对的两个面中数字和均为零的情况只有一种，故其概率为.故答案为.【点睛】本题考查概率的求法与运用．一般方法：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.15、【分析】利用同一时刻实际物体与影长的比值相等进而求出即可．【详解】设小亮的影长为xm，由题意可得：，解得：x=．故答案为：．【点睛】此题主要考查了相似三角形的应用，正确利用物体高度与影长的关系是解题关键．16、x=1【解析】根据抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是x=即可求解．【详解】抛物线y=−2x2+4x−1的对称轴是直线x=.故答案为：x=1.【点睛】本题考查了二次函数的对称轴.熟记二次函数y=ax2+bx+c的对称轴：x=是解题的关键.17、（6﹣2）cm．【解析】根据黄金分割点的定义和AP＜BP得出PB=AB，代入数据即可得出BP的长度．【详解】解：由于P为线段AB=4的黄金分割点，且AP＜BP，则BP=×4=（2

-2）cm．∴AP=4-BP=故答案为：()cm．【点评】本题考查了黄金分割．应该识记黄金分割的公式：较短的线段=原线段的，较长的线段=原线段的

．18、35°【分析】由同弧所对的圆周角相等求得∠A=∠D=42°，根据三角形内角与外角的关系可得∠B的大小．【详解】∵同弧所对的圆周角相等求得∠D=∠A=42°，且∠APD＝77°是三角形PBD外角，∴∠B=∠APD−∠D=35°，故答案为：35°．【点睛】此题考查圆周角定理及其推论，解题关键明确三角形内角与外角的关系．三、解答题(共66分)19、（1）；（2）（至少一张红色卡片）.【分析】（1）根据A盒中红色卡片的数量除以A盒中卡片总数计算即可；（2）画出树状图得出所有可能的情况数与至少有一张红色卡片的情况数，再根据概率公式计算即可.【详解】解：（1）从盒中摸出红色卡片的概率=；（2）画出树状图如下：共有6种等可能的情况，其中至少有一张红色卡片的情况有4种，∴（至少一张红色卡片）.【点睛】本题考查的是求两次事件的概率，属于常考题型，熟练掌握画树状图或列表的方法是解题的关键.20、（1）抛物线的解析式为y=﹣x2+3x+4；（2）点G的坐标为（，）；（3）点P（2，6）或（﹣2，﹣6）．【分析】（1）由点A的坐标及OA=OC=4OB,可得出点B,C的坐标,根据点A,B,C的坐标,利用待定系数法即可求出抛物线的解析式;（2）由二次函数的解析式利用二次函数的性质可得出抛物线的对称轴,由AO的长度结合平行四边形的性质可得出点G的横坐标,再利用二次函数图象上点的坐标特征，即可求出点G的坐标;（3）设点P的坐标为（m,-m2+3m+4）,结合点A,C的坐标可得出AP2,CP2,AC2的值,分∠ACP=90°及∠PAC=90°两种情况,利用勾股定理即可得出关于m的一元二次方程,解之即可得出结论．【详解】解:（1）∵点A的坐标是（4,0）,∴OA=4,又∵OA=OC=4OB,∴OA=OC=4,OB=1,∴点C的坐标为（0,4）,点B的坐标为（﹣1,0）.设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c（a≠0）,将A（4,0）,B（﹣1,0）,C（0,4）代入y=ax2+bx+c,得,解得:,∴抛物线的解析式为y=﹣x2+3x+4,（2）∵抛物线的解析式为y=﹣x2+3x+4,∴抛物线的对称轴为直线x=,∵如图1,动点G在AC上方的抛物线上,且以AG,AO为邻边的平行四边形的第四个顶点H也在抛物线上,∴GH∥AO,GH=AO=4,∵点G,H都在抛物线上,∴G,H关于直线x=对称,∴点G的横坐标为,∵当x=时,y=﹣x2+3x+4=,∴点G的坐标为（,）．（3）假设存在,设点P的坐标为（m,-m2+3m+4）,∵点A的坐标为（4,0）,点C的坐标为（0,4）,∴AP2=（m-4）2+（-m2+3m+4-0）2=m4-6m3+2m2+16m+32,CP2=（m-0）2+（-m2+3m+4-4）2=m4-6m3+10m2,AC2=（0-4）2+（4-0）2=32,分两种情况考虑,如图2所示,①当∠ACP=90°时,AP2=CP2+AC2,即m4-6m3+2m2+16m+32=m4-6m3+10m2+32,整理得：m2-2m=0,解得:m1=0（舍去）,m2=2,∴点P的坐标为（2,6）;整理得:m2-2m-8=0,解得:m3=-2,m4=4（舍去）,∴点P的坐标为（-2,-6）．综上所述,假设成立,抛物线上存在点P（2,6）或（﹣2,﹣6）,使得△ACP是以为直角边的直角三角形．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、平行四边形的性质、二次函数的性质以及勾股定理，解决本题的关键是要熟练掌握二次函数图象性质和平行四边形的性质.21、（1）证明见解析；（2）BE的长是【分析】（1）连接OC，根据条件先证明OC∥AD，然后证出OC⊥CD即可；（2）先利用勾股定理求出AE的长，再根据条件证明△ECO∽△EDA，然后利用对应边成比例求出OC的长，再根据BE=AE﹣2OC计算即可．【详解】（1）连接OC，∵AC平分∠DAB，∴∠DAC=∠CAB，∵OC=OA，∴∠OAC=∠OCA，∴∠DAC=∠OCA，∴OC∥AD，∵AD⊥CD，∴OC⊥CD，∵OC为⊙O半径，∴CD是⊙O的切线．（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE==15，∵OC∥AD，∴△ECO∽△EDA，∴∴解得：OC=，∴BE=AE﹣2OC=15﹣2×=，答：BE的长是．22、（1）详见解析；（2）详见解析.【分析】（1）根据圆的对称性即可求出答案；（2）先证明△BCD∽△BDF，利用相似三角形的性质可知：，利用BC=AC即可求证=AC•BF；【详解】解：（1）∵，平分，∴，，∴是圆的直径∵AB∥EF，∴，∵是圆的半径，∴是的切线；（2）∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴.【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握圆周角定理，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键.23、（1）8名学生中至少有三类垃圾投放正确的概率为；（2）列表见解析.【解析】直接利用概率公式求解可得；

抽取两人接受采访，故利用列表法可得所有等可能结果．【详解】解：（1）8名学生中至少有三类垃圾投放正确有5人，故至少有三类垃圾投放正确的概率为；（2）列表如下：【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．24、（1）见解析；（2）见解析；（3）5【分析】（1）根据圆周角定理可得出，再结合，即可证明结论；（2）连接，利用三角形内角和定理以及圆周角定理可得出，，得出即可证明；（3）由已知条件得出，设，则，利用勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：∵是直径，∴，∵，∴，∴；（2）证明：如图，连接，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵是半径，∴是⊙的切线；（3）解：∵∴又∵∴设∵∴在中，解得，，（舍去）∴⊙的半径为5.【点睛】本题是一道关于圆的综合题目，涉及到的知识点有平行线的判定、切线的判定、三角形内角和定理、勾股定理、圆周角定理等，掌握以上知识点是解此题的关键．25、证明见解析．【分析】由旋转的性质可得，，可得，由平行线的性质可得，可得，则可求，可得结论．【详解】解：由旋转知：△ADE≌△ABC，∴∠ACB＝∠E，AC＝AE，∴∠E＝∠ACE，又BC∥AE，∴∠BCE+∠E＝180°，即∠ACB+∠ACE+∠E＝180°，∴∠E＝60°，又AC＝AE，∴△ACE为等边三角形，∴∠CAE＝60°又∠BAC＝∠DAE∴∠BAD＝∠CAE＝60°又AB＝AD∴△ABD为等边三角形．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，平行线的性质等知识，求出是本题的关键．26、（1）是，理由见解析；（2）