鹰潭市重点中学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

请考生注意：

1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答

案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（每题4分，共48分）

1.在&A4BC中，NC=90°,BC=\,AB=4,则JsinB的值是（）

1]_

B.-

43

2.如图，四边形ABCD内接于如果它的一个外角NDCE=64。，那么NBOD=（）

B.100°D.32°

3.如图，斜面AC的坡度（CD与AD的比）为1：2,AC=36米，坡顶有旗杆BC,旗杆顶端B点与A点有一条彩

带相连.若AB=10米，则旗杆BC的高度为（）

A.5米B.6米C.8米D.(3+75)米

4.如图，在矩形A3CD中，AB=3,BC=4,A£，8D于F,则线段A尸的长是（)

C.2.4D.2

5.如图，OO的弦AB垂直平分半径OC,若AB=C，则。O的半径为（）

0

A.近B.20C.—D.叵

22

6.如图，已知。O的直径ABJ_弦CD于点E,下列结论中一定正确的是()

A.AE=OEB.CE=DEC.OE=-CED.ZAOC=60°

2

7.二次函数>+法+c的图象如图所示，则一次函数y=+与反比例函数丁=竺之在同一坐标

x

系内的图象大致为()

8.若二次函数y笈+c(“*0)的图象的顶点在第一象限，且经过点(0,1)和(-1,0),则S=a+6+c的值的变化范

围是()

A.0<S<2B.0<5<lC.l<s<2D.-1<5<1

9.已知二次函数yuad+bx+c(a/0)的图象如图所示，有下列5个结论：

①abc>0；@b<a+c；③4a+2〃+c>0；④2c<3万；⑤a+b>/«(.ain+b')(，”,1的实数).

A.2个B.3个C.4个D.5个

10.如图，AABC中，ZABD=NC,若A3=4,AD=2,则CO边的长是()

11.在一个不透明的袋中装有50个红、黄、蓝三种颜色的球，除颜色外其他都相同，佳佳和琪琪通过多次摸球试验后

发现，摸到红球的频率稳定在0.2左右，则袋中红球大约有()

A.10个B.20个C.30个D.40个

12.将y=-(x+4)2+1的图象向右平移2个单位，再向下平移3个单位，所得函数最大值为()

A.y=-2B.y—1C.y=-3D.y=3

二、填空题(每题4分，共24分)

13.方程(x-l)(x+2)=0的解是.

v5x+y

14.已知上=',则一-=___________.

x1x-y

15.计算：sin30°+tan45°=.

16.如图，圆弧形拱桥的跨径A3=12米，拱高C£>=4米，则拱桥的半径为米.

17.如果〃是从一2,0,2,4四个数中任取的一个数'那么关于、的方程七-的根是负数的概率是一

18.二次函数.丫=一/+(12)x+12,当x>2时，y随x的增大而减小，则m的取值范围是.

三、解答题（共78分）

19.（8分）如图，A5是OO的直径，8。是。。的弦，延长80到点C,使OC=8O,连接AC,E为AC上一点，直

线EO与48延长线交于点尸，若NCDE=NDAC,AC=\.

（1）求。。半径；

（2）求证：OE为。。的切线；

20.（8分）如图，抛物线y=（x-l）2+k与x轴相交于A6两点（点A在点3的左侧），与,轴相交于点。（0,-3）.P

为抛物线上一点，横坐标为“，且加＞0.

⑴求此抛物线的解析式；

⑵当点P位于x轴下方时，求AA8P面积的最大值；

⑶设此抛物线在点C与点尸之间部分（含点C和点P）最高点与最低点的纵坐标之差为

①求〃关于，〃的函数解析式，并写出自变量〃?的取值范围；

②当a=9时，直接写出ABCP的面积.

21.（8分）福建省会福州拥有“三山两塔一条江”，其中报恩定光多宝塔（别名白塔），位于于山风景区，利用标杆可

以估算白塔的高度.如图，标杆3E高1.5m，测得AB=09%,BC^39Am,求白塔的高CO.

22.(10分)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ac2+/zr+c(a/))与y轴交与点C(0,3),与x轴交于A、

B两点，点B坐标为(4,0),抛物线的对称轴方程为x=l.

(1)求抛物线的解析式；

(2)点M从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点N从B点出发，在线段BC上

以每秒1个单位长度的速度向C点运动，其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设AMBN的面积为S,点M

运动时间为3试求S与t的函数关系，并求S的最大值；

(3)在点M运动过程中，是否存在某一时刻t,使AMBN为直角三角形？若存在，求出t值；若不存在，请说明理

23.(10分)(1)解方程：x2+4x-l=0

(2)已知a为锐角，若sin(a-15°)=#,求夕的度数.

24.(10分)如图，在ZVU3C中，NC=9()°,AC=Scm,BC=6cvn.点尸由点B出发沿84方向向点A匀速运动,

同时点。由点A出发沿AC方向向点。匀速运动，它们的速度均为2cm/s.作PD,AC于。，连接PQ,设运动时

间为(s)(0<r<4),解答下列问题:

(1)设A4PQ的面积为S,求S与/之间的函数关系式，S的最大值是.

(2)当/的值为时，A4PQ是等腰三角形.

25.(12分)如图，已知AB是。。的直径，AC是。。的弦，点E在。。外，连接CE,NACB的平分线交于

点£).

(1)若NBCE=ZBAC,求证：CE是。。的切线；

(2)若4)=4,BC=3,求弦AC的长.

26.在AABC中，NC=90。，AD平分NBAC交BC于点D,BD：DC=2：1,BC=7.8cm,求点D到AB的距离.

参考答案

一、选择题(每题4分，共48分)

1、D

【分析】首先根据勾股定理求得AC的长，然后利用正弦函数的定义即可求解.

【详解】；NC=90°,BC=1,AB=4,

AC=y]AB2-BC2="2-12=715，

AB4

故选：D.

【点睛】

本题考查了三角函数的定义，求锐角的三角函数值的方法：利用锐角三角函数的定义，转化成直角三角形的边长的比.

2、A

【详解】:四边形ABCD内接于。O,

AZA=ZDCE=64°,

:.ZBOD=2ZA=128°.

故选A.

3、A

【解析】试题分析：根据CD：AD=1:2,AC=36米可得：CD=3米，AD=6米，根据AB=10米，ND=90。可得：

BD=J"2=8米，贝I]BC=BD-CD=8-3=5米-

考点：直角三角形的勾股定理

4、C

【分析】根据矩形的性质和勾股定理求出8。=5,再由面积法求出AE的长即可.

【详解】解：•.・四边形ABC。是矩形，

-.■AD=BC=4,ZBAD=90°,

BD=-JAB2+AD2=V32+42=5，

•,AABD的面积--BDxAF=—xABxAD,

22

«ABxAD3x4…

AF=-----------=——=2.4；

BD5

故选：c.

【点睛】

本题考查了矩形的性质、勾股定理、直角三角形的面积，熟练掌握矩形的性质，熟记直角三角形的面积求法是解题的

关键.

5、A

【解析】试题分析：连接OA,设。O的半径为r,由于AB垂直平分半径OC,AB=^,贝AD=&^=必，OD=-,

222

在RtAAOD中，OA2=OD2+AD2,即产=(-)2+(―)\解得「=行.

22

考点：（1）垂径定理；（2）勾股定理.

6、B

【分析】根据垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧求解.

【详解】解：•••直径AB_L弦CD

/.CE=DE

故选B.

【点睛】

本题考查垂径定理，本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握垂径定理，即可完成.

7、D

【分析】根据抛物线的图像，判断出4b2-4ac,a+h+c的符号，从而确定一次函数、反比例函数的图像的位置即

可.

【详解】解：由抛物线的图像可知：横坐标为1的点，即（1，。+匕+c）在第四象限，因此a+0+c<0；

二双曲线——^的图像分布在二、四象限；

X

由于抛物线开口向上，...a〉。，

b

•.•对称轴为直线1=——>0,：.h<0；

2a

•抛物线与x轴有两个交点，.•./Tae〉。；

.•.直线丫=区+/—4"经过一、二、四象限；

故选：D.

【点睛】

本题主要考查二次函数，一次函数以及反比例函数的图象与解析式的系数关系，熟练掌握函数解析式的系数对图像的

影响，是解题的关键.

8、A

b

【分析】代入两点的坐标可得c=l,a=b-\,所以S=2Z7,由抛物线的顶点在第一象限可得一丁>0且a<0,

可得匕>0,再根据a=b—l、a<0,可得S的变化范围.

【详解】将点(0,1)代入>=加+法+c(awO)中

可得c=l

将点(-1,0)代入丁=依2+区+《。。0)中

可得4=/?—1

/.S=a+b+c=2b

•.•二次函数图象的顶点在第一象限

b

••对称轴x=---->0且av0

2a

/.Z;>0

Va=b—\,6z<0

:.S=2Q+2<0

・・・0<S<2

故答案为：A.

【点睛】

本题考查了二次函数的系数问题，掌握二次函数的性质以及各系数间的关系是解题的关键.

9、A

【分析】观察图象：开口向下得到〃V0;对称轴在y轴的右侧得到〃、b异号,则》>0；抛物线与丁轴的交点在X轴

的上方得到c>0,所以。加V0；当x=T时图象在x轴上得到丁=。-b+c=O,即a+c=~；对称轴为直线x=L可得

x=2时图象在x轴上方，贝!Jy=4a+2》+c>0；利用对称轴x=-2=1得到。=-=>，而。->+cVO,贝!)-gb・b+c

2a22

<0,所以2cV3)；开口向下，当x=l,y有最大值。+方+c,得至！Ja+〃+c>G〃2+历〃+。，BPa+b>m力)(/〃,1).

【详解】解：开口向下，«<0；

对称轴在y轴的右侧，〃、〃异号，则》>0；

抛物线与J轴的交点在X轴的上方，c>0,则Q)cVO,所以①不正确；

当x=-1时图象在x轴上，贝！Jy=4-5+c=0,KPa+c=b9所以②不正确；

对称轴为直线x=L则x=2时图象在x轴上方，则y=4a+2Hc>0,所以③正确；

x=--=1,则。=-，6,而〃-〃+c=0,贝-工b-b+c=O,2c=3b,所以④不正确；

2a22

开口向下，当x=Ly有最大值〃+5+c；

2

当x=m(m/1)时，y=am+bm+c9贝!Ja+b+c>am2+Zwz+c,

即〃+方>机(am+b)),所以⑤正确.

故选：A.

【点睛】

本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax?+bx+c(aWO)的图象，当a>0,开口向上，函数有最小

值，aVO,开口向下，函数有最大值；对称轴为直线x=-2,a与b同号，对称轴在y轴的左侧，a与b异号，对称

2a

轴在y轴的右侧；当c>0,抛物线与y轴的交点在x轴的上方；当△=b2-4ac>0,抛物线与x轴有两个交点.

10、C

AliA[J

【分析】由NABO=NC,NA=NA,得AABD~AACB,进而得一=—,求出AC的值，即可求解.

ACAB

【详解】•:ZABD=NC,ZA=ZA,

.\AABD-AACB,

ABAD42

二一=—,即an：一=一，

ACABAC4

，AC=8,

.,.CD=AC-AD=8-2=6,

故选C.

【点睛】

本题主要考查相似三角形的判定和性质定理，掌握相似三角形的判定定理，是解题的关键.

11,A

【分析】在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，设出未

知数列出方程求解.

【详解】设袋中有红球X个，由题意得上=0.2

50

解得x=10,

故选：A.

【点睛】

本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越

小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率.用频率

估计概率得到的是近似值，随实验次数的增多，值越来越精确.

12、A

【分析】根据二次函数图象''左移X加，右移X减，上移C加，下移C减”的规律即可知平移后的解析式，进而可判

断最值.

【详解】将y=-(X+4)41的图象向右平移1个单位，再向下平移3个单位，

所得图象的函数表达式是y=-(x+4-l)'+1-3,

即y=-(x+1)1-1,

所以其顶点坐标是(-1,-1),

由于该函数图象开口方向向下，

所以，所得函数的最大值是-1.

故选：A.

【点睛】

本题主要考查二次函数图象的平移问题和最值问题，熟练掌握平移规律是解题关键.

二、填空题(每题4分，共24分)

13、1、-1

【分析】试题分析：根据几个式子的积为0,则至少有一个式子为0,即可求得方程的根.

【详解】(x-1)(x+1)=0

x-l=0或x+l=0

解得x=l或-1.

考点：解一元二次方程

点评：本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握解一元二次方程的方法，即可完成.

14、6

【分析】根据等比设k法，设x=7Z,则y=5Z,代入即可求解

【详解】•••2=2

x7

・,•设x=7Z,贝3=5%

x+y7k+5k12k/

:...-=-----=---=6

x-y7k-5k2k

故答案为6

【点睛】

本题考查比例的性质，遇到等比引入新的参数是解题的关键。

2

13

【详解】解：sin300+tan45°=—+1=—

22

【点睛】

此题主要考察学生对特殊角的三角函数值的记忆30。、45。、60。角的各个三角函数值，必须正确、熟练地进行记忆.

16、6.5

【解析】设圆心为O,半径长为r米，根据垂径定理可得AD=BD=6,则OD=(r・4),然后利用勾股定理在Rt/\AOD

中求解即可.

【详解】解：设圆心为O,半径长为r米,

可知AD=BD=6米，OD=(r-4)米

在Rt^AOD中，根据勾股定理得：62+(r-4)2=r2,

解得r=6.5米，即半径长为6.5米.

故答案为6.5

【点睛】

本题考查了垂径定理的应用，要熟练掌握勾股定理的性质,能够运用到实际生活当中.

【分析】解分式方程得x=a-4,由方程的根为负数得出a—4<0且。-4w-2,即a的取值范围，再从所列4个数中

找到符合条件的结果数，从而利用概率公式计算可得.

【详解】解:

x+2%+2

将方程两边都乘以x+2,得：”-(x+2)=2,

解得x=a-4,

方程的解为负数，

d-4Va-4工-29

贝！J。v4且。w2,

所以在所列的4个数中，能使此方程的解为负数的有0、・2这2个数，

则关于X的方程二-1=—的根为负数的概率为7=彳，

x+2x+242

故答案为：—.

2

【点睛】

本题主要考查了分式方程的解法和概率公式，解题的关键是掌握解分式方程的能力及随机事件A的概率P(A)=事

件A可能出现的结果数十所有可能出现的结果数.

18、m>8

【分析】先根据二次函数的解析式判断出函数的开口方向，再由当x>2时，函数值y随”的增大而减小可知二次函数

的对称轴X=故可得出关于机的不等式，求出机的取值范围即可.

2a

【详解】解：,♦"二次函数,V=—+(12—+12,a——1<0»

•••抛物线开口向下，

•.•当x>2时，函数值y随x的增大而减小，

二二次函数的对称轴x=-2<2,

2a

解得m>8>

故答案为：m>8.

【点睛】

本题考查的是二次函数的性质，熟知二次函数的增减性是解答此题的关键.

三、解答题(共78分)

19、(1)半径为6；(2)见解析

【分析】(1)根据直径所对的圆周角是直角，证明ADJLBC,结合DC=BD可得AB=AC=1,则半径可求出；

(2)连接OD,先证得NAED=90。，根据三角形中位线定理得出OD〃AC,由平行线的性质，得出ODJ_DE,则结

论得证.

【详解】解：(1)；AB为。O的直径，

.•.ZADB=90°,

.'.AD1BC,

又；BD=CD,

.,.AB=AC=1,

二。0半径为6；

(2)证明：连接OD,

VZCDE=ZDAC,

/.ZCDE+ZADE=ZDAC+ZADE,

.\ZAED=ZADB,

由⑴知NADB=90。,

AZAED=90°,

VDC=BD,OA=OB,

AOD/7AC.

:.ZODF=ZAED=90°,

，半径OD_LEF.

，DE为。O的切线.

【点睛】

本题考查切线的判定，圆周角定理，熟练掌握切线的判定方法是解题的关键.

20、(1)y—―2x—3；(2)8；(3)①〃=—M+2机(。<加<1),h—\(1</n<2),h=rrr—2m+1(m>2);

②6.

【分析】(1)将点C(0,-3)代入y=(x-1)2+k即可；

(2)易求A(-1,0),B(3,0),抛物线顶点为(L-4),当P位于抛物线顶点时，4ABP的面积有最大值；

(3)①当0Vm<l时，h=-3-(m2-2m-3)=-m2+2m；当lVmW2时，h=-l-(-4)=1；当m>2时，h=m2-2m-3-(-4)

=m2-2m+l；

②当h=9时若・m2+2m=9,此时△<(),m无解；若m2-2m+l=9,则m=4,则P(4,5),z^XBCP的面积

=—x8x4x5x1x(4+1)X3=6；

222

【详解】解：(1)因为抛物线>=(犬-1)2+忆与)’轴交于点。(0,-3),

把(0,-3)代入―+&,得

-3=(0-1)2+4,

解得k=T,

所以此抛物线的解析式为y=(x-l)2-4,

即y=x?-2x-3；

(2)令y=0,得(X-1)2_4=(),

解得％=—1,%=3,

所以A(-1,O),5(3,0),

所以AB=4：

解法一：

由(1)知，抛物线顶点坐标为(1,T),

由题意，当点P位于抛物线顶点时，AA6P的面积有最大值,

最大值为=；x4x4=8；

解法二

由题意，得^(m,m2-2m-3),

所以8P=耳x4x(―〃+2m+3)

=—2m2+4m+6

=-2(/„-l)-+8,

所以当m=1时，S。出有最大值8；

(3)①当0<加41时,h=-3-(nr-2m-3)=-nr+2m•

当Iv6<2时，h=-3-(-4)=1•

当相>2时,h-m2-2m-3-(-4)=in2-2m+1•

②当h=9时

若-m2+2m=9,此时△<(),m无解；

若m2-2m+l=9,贝!]m=4,

：.P(4,5),

VB(3,0),C(0,-3),

・:△BCP的面积=—x8x4x5x1---x(4+1)X3=6；

222

【点睛】

本题考查二次函数的图象及性质，是二次函数综合题；熟练掌握二次函数的性质，数形结合，分类讨论是解题的关键.

…生200”，

21、CD为——米.

3

【分析】先证明A4BESA4CD,然后利用相似三角形的性质得到学=些，从而代入求值即可.

ACCD

【详解】解：依题意，得COLAC,BEVAC,

ZABE=ZACD=90°.

ADRE

/A=/A，(sABE^WCr)，*,•=

ACCD

VAB=0.9,BC=39.1,BE=1.5,

_0.91.5…200

・・AC=409・・—=----,・・CD=-----

40CD3

.•.白塔的高8为一米.

rrm

B

【点睛】

本题考查相似三角形的实际应用，掌握相似三角形对应边成比例是本题的解题关键.

3.39、9924

22-＞(1)y——x4—x+3；(2)S=------1H—t,运动1秒使△PBQ的面积最大，最大面积是—；(3)t=—或

841051017

30

t=—.

19

【分析】(1)把点A、B、C的坐标分别代入抛物线解析式，列出关于系数a、b、c的解析式，通过解方程组求得它们

的值；

(2)设运动时间为t秒.利用三角形的面积公式列出SAMBN与t的函数关系式.利用二次函数的图象性质进行解答；

(3)根据余弦函数，可得关于t的方程，解方程，可得答案.

【详解】(1)•••点B坐标为(4,0),抛物线的对称轴方程为x=L

/.A(-2,0),把点A(-2,0)、B(4,0)、点C(0,3),

3

a=—

8

,(4a—26+3=03

分别代入y=or~+/ZX+C(a/)),得：＜八，解得：＜b=i,所以该抛物线的解析式为:

-16a+4/?+3o=04

c-3

3,3二

y=——x+—x+3；

-84

(2)设运动时间为t秒，则AM=3t,BN=t,AMB=6-3t.

由题意得，点C的坐标为(0,3).在R3BOC中，BC=732+42=2.

如图1,过点N作NHJLAB于点H,

.,.NH/7CO,

/.△BHN^ABOC,

・HNBNHNt

••----=----f即Rn---——9

OCBC35

3

.,.HN=-t,

5

113

..SAMBN=-MB«HN=一(6-3t)•一t

■225

即99QQ

即S=-----V2H—t=--(z-l)2+—

1051010

当APBQ存在时,0<t<2,

9

♦•当t=l时9SAPBQ最大=.

9

答：运动1秒使APBQ的面积最大，最大面积是5；

(3)如图2,在R3OBC中，cosNB="=W.

BC5

设运动时间为t秒，则AM=3t,BN=t,；.MB=6-3t.

BN4/424

①当NMNB=90。时，cosZB=——=一，即-----=-,化简，得17t=24,解得t=一；

MB56—3f517

6-3r430

②当NBMN=90。时，cosZB=——化简，得19t=30,解得t==.

t519

考点：二次函数综合题；最值问题：二次函数的最值；动点型；存在型；分类讨论；压轴题.

23、（1）玉=-2+石，x,=-2-75；（2）75°.

【分析】（1）用公式法即可求解；

（2）根据特殊角的三角函数求解即可.

【详解】（1）V=Z?2-4ac=42-4x1x（-l）=20>0,

._-b+\/b2-4ac_-4±V20_2+

,，X~2a-2———‘

X]———2+\/5，X-,-―2—y/s，

（2）,.,sin60°=—»

2

•••a—15°=60。，

.••a=75。.

【点睛】

本题考查了利用公式法解一元二次方程和利用特殊角的三角函数值求角的度值，熟记