2022-2023学年北京市大兴区大兴区北臧村中学九年级数学第一学期期末达标检测试题含解析

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）1．二次函数的图象如图所示,下列说法中错误的是(

)A．函数的对称轴是直线x=1B．当x<2时,y随x的增大而减小C．函数的开口方向向上D．函数图象与y轴的交点坐标是(0,-3)2．如图所示，已知A（，y1），B(2,y2)为反比例函数图像上的两点，动点P(x，0)在x正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是（）A．(，0) B．(1,0) C．(,0) D．(,0)3．已知反比例函数y＝﹣，下列结论不正确的是（）A．函数的图象经过点（﹣1，3） B．当x＜0时，y随x的增大而增大C．当x＞﹣1时，y＞3 D．函数的图象分别位于第二、四象限4．一个高为3cm的圆锥的底面周长为8πcm，则这个圆锥的母线长度为（）A．3cm B．4cm C．5cm D．5πcm5．如图是二次函数图象的一部分，则关于的不等式的解集是()A． B． C． D．6．如图，已知⊙O的直径为4，∠ACB＝45°，则AB的长为（）A．4 B．2 C．4 D．27．半径为6的圆上有一段长度为1．5的弧，则此弧所对的圆心角为（）A． B． C． D．8．已知一元二次方程的较小根为x1，则下面对x1的估计正确的是A． B． C． D．9．将二次函数y=2x2-4x+4的图象向左平移2个单位，再向下平移1个单位后所得图象的函数解析式为（）A．y=2(x+1)2+1 B．y=2(x+1)2+3 C．y=2(x-3)2+1 D．y=-2(x-3)2+310．二次函数y＝x2﹣6x图象的顶点坐标为（）A．（3，0） B．（﹣3，﹣9） C．（3，﹣9） D．（0，﹣6）11．关于的一元二次方程x2﹣2+k=0有两个相等的实数根，则k的值为（）A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣212．如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D，若PA＝6，则△PCD的周长为（）A．8 B．6 C．12 D．10二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，在菱形中，,,点,,分别为线段，，上的任意一点，则的最小值为__________．14．如果a，b，c，d是成比例线段，其中a=2cm，b=6cm，c=5cm，则线段d=_______cm．15．已知，是关于的方程的两根，且满足，则的值为_______.16．如图，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个半径为的圆形，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为____．17．如图，在平面直角坐标系中，直线l:与坐标轴分别交于A，B两点，点C在x正半轴上，且OC＝OB．点P为线段AB（不含端点）上一动点，将线段OP绕点O顺时针旋转90°得线段OQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为___________．18．一元二次方程的两根为,,则的值为____________.三、解答题（共78分）19．（8分）（1）某学校“智慧方园”数学社团遇到这样一个题目：如图1，在△ABC中，点O在线段BC上，∠BAO=30°，∠OAC=75°，AO=，BO：CO=1：3，求AB的长．经过社团成员讨论发现，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，通过构造△ABD就可以解决问题（如图2）．请回答：∠ADB=°，AB=．（2）请参考以上解决思路，解决问题：如图3，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC⊥AD，AO=，∠ABC=∠ACB=75°，BO：OD=1：3，求DC的长．20．（8分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点E在CB的延长线上，BA平分∠EBD，AE＝AB．（1）求证：AC＝AD．（2）当，AD＝6时，求CD的长．21．（8分）如图，已知点在的直径延长线上，点为上，过作，与的延长线相交于，为的切线，，．（1）求证：；（2）求的长；（3）若的平分线与交于点，为的内心，求的长．22．（10分）在中，，是边上的中线，点在射线上.猜想:如图①，点在边上，，与相交于点，过点作，交的延长线于点，则的值为.探究:如图②，点在的延长线上，与的延长线交于点，，求的值.应用:在探究的条件下，若，，则.23．（10分）一张长为30cm，宽20cm的矩形纸片，如图1所示，将这张纸片的四个角各剪去一个边长相同的正方形后，把剩余部分折成一个无盖的长方体纸盒，如图1所示，如果折成的长方体纸盒的底面积为264cm2，求剪掉的正方形纸片的边长．24．（10分）计算：﹣12119+|﹣2|+2cos31°+（2﹣tan61°）1．25．（12分）如图，反比例函数y=的图象与直线y=x+m在第一象限交于点P(6，2)，A、B为直线上的两点，点A的横坐标为2，点B的横坐标为1．D、C为反比例函数图象上的两点，且AD、BC平行于y轴．(1)求反比例函数y=与直线y=x+m的函数关系式(2)求梯形ABCD的面积．26．如图，矩形ABCD的四个顶点在正三角形EFG的边上.已知△EFG的边长为2，设边长AB为x，矩形ABCD的面积为S.求：(1)S关于x的函数表达式和自变量x的取值范围.(2)S的最大值及此时x的值.

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【解析】利用二次函数的解析式与图象，判定开口方向，求得对称轴，与y轴的交点坐标，进一步利用二次函数的性质判定增减性即可．【详解】解：∵y=x2-2x-3=（x-1）2-4，∴对称轴为直线x=1，又∵a=1＞0，开口向上，∴x＜1时，y随x的增大而减小，令x=0，得出y=-3，∴函数图象与y轴的交点坐标是（0，-3）．因此错误的是B．故选：B．【点睛】本题考查了二次函数的性质，抛物线与坐标轴的交点坐标，掌握二次函数的性质是解决本题的关键2、D【分析】求出AB的坐标，设直线AB的解析式是y=kx+b，把A、B的坐标代入求出直线AB的解析式，根据三角形的三边关系定理得出在△ABP中，|AP-BP|＜AB，延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA-PB=AB，此时线段AP与线段BP之差达到最大，求出直线AB于x轴的交点坐标即可．【详解】∵把A（，y1），B（2，y2）代入反比例函数y=得：y1=2，y2=，∴A（，2），B（2，），∵在△ABP中，由三角形的三边关系定理得：|AP-BP|＜AB，∴延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA-PB=AB，即此时线段AP与线段BP之差达到最大，设直线AB的解析式是y=kx+b，把A、B的坐标代入得：，解得：k=-1，b=，∴直线AB的解析式是y=-x+，当y=0时，x=，即P（，0），故选D．【点睛】本题考查了三角形的三边关系定理和用待定系数法求一次函数的解析式的应用，解此题的关键是确定P点的位置，题目比较好，但有一定的难度．3、C【分析】根据反比例函数的性质：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y随x的增大而增大.进行判断即可．【详解】A、反比例函数y＝﹣的图象必经过点（﹣1，3），原说法正确，不合题意；B、k＝﹣3＜0，当x＜0，y随x的增大而增大，原说法正确，不符合题意；C、当x＞﹣1时，y＞3或y＜0，原说法错误，符合题意；D、k＝﹣3＜0，函数的图象分别位于第二、四象限，原说法正确，不符合题意；故选：C．【点睛】本题主要考查反比例函数的性质，掌握反比例函数的图象和性质，是解题的关键.4、C【分析】由底面圆的周长公式算出底面半径，圆锥的正视图是以母线长为腰，底面圆直径为底的等腰三角形，高、底面半径和母线长三边构成直角三角形，再用勾股定理算出母线长即可．【详解】解：由圆的周长公式得=4由勾股定理=5故选：C．【点睛】本题考查了圆锥的周长公式，圆锥的正视图勾股定理等知识点．5、D【分析】先根据抛物线平移的规律得到抛物线，通过观察图象可知，它的对称轴以及与轴的交点，利用函数图像的性质可以直接得到答案．【详解】解：∵根据抛物线平移的规律可知，将二次函数向左平移个单位可得抛物线，如图：∴对称轴为，与轴的交点为，∴由图像可知关于的不等式的解集为：．故选：D【点睛】本题考查了二次函数与不等式，主要利用了二次函数的平移规律、对称性，数形结合的思想，解题关键在于通过平移规律得到新的二次函数图象以及与轴的交点坐标．6、D【分析】连接OA、OB，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求出∠AOB＝90°，再根据等腰直角三角形的性质即可求出AB的长.【详解】连接OA、OB，如图，∵∠AOB＝2∠ACB＝2×45°＝90°，∴△AOB为等腰直角三角形，∴AB＝OA＝2．故选：D．【点睛】此题考查的是圆周角定理和等腰直角三角形的性质，掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解决此题的关键.7、B【分析】根据弧长公式，即可求解．【详解】∵，∴，解得：n=75，故选B．【点睛】本题主要考查弧长公式，掌握是解题的关键．8、A【解析】试题分析：解得，∴较小根为．∵，∴．故选A．9、A【分析】先配方成顶点式，再根据二次函数图象的平移规律“上加下减，左加右减”解答即可．【详解】由“上加下减，左加右减”的原则可知，将二次函数y=2x2-4x+4配方成的图象向左平移2个单位，再向下平移1个单位，得以新的抛物线的表达式是y=2(x+1)2+1，故选：A．【点睛】本题主要考查的是函数图象的平移，由y=ax2平移得到y=a（x-h）2+k，用平移规律“左加右减，上加下减”直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式即可．10、C【分析】将二次函数解析式变形为顶点式，进而可得出二次函数的顶点坐标．【详解】解：∵y＝x2﹣6x＝x2﹣6x+9﹣9＝（x﹣3）2﹣9，∴二次函数y＝x2﹣6x图象的顶点坐标为（3，﹣9）．故选：C．【点睛】此题主要考查二次函数的顶点，解题的关键是熟知二次函数的图像与性质.11、A【分析】关于x的一元二次方程x²+2x+k=0有两个相等的实数根，可知其判别式为0，据此列出关于k的不等式，解答即可．【详解】根据一元二次方程根与判别式的关系，要使得x2﹣2+k=0有两个相等实根，只需要△=(-2)²-4k=0，解得k=1．故本题正确答案为A.【点睛】本题考查了一元二次方程ax²+bx+c=0(a≠0)的根的判别式△=b²-4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．12、C【解析】由切线长定理可求得PA＝PB，AC＝CE，BD＝ED，则可求得答案．【详解】∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，∴PA＝PB＝6，AC＝EC，BD＝ED，∴PC+CD+PD＝PC+CE+DE+PD＝PA+AC+PD+BD＝PA+PB＝6+6＝12，即△PCD的周长为12，故选：C．【点睛】本题主要考查切线的性质，利用切线长定理求得PA＝PB、AC＝CE和BD＝ED是解题的关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、【分析】根据菱形的对称性，在AB上找到点P关于BD的对称点，过点作Q⊥CD于Q，交BD于点K，连接PK，过点A作AE⊥CD于E，根据垂线段最短和平行线之间的距离处处相等，可得此时最小，且最小值为的长，，然后利用锐角三角函数求AE即可．【详解】解：根据菱形的对称性，在AB上找到点P关于BD的对称点，过点作Q⊥CD于Q，交BD于点K，连接PK，过点A作AE⊥CD于E根据对称性可知：PK=K，∴此时=，根据垂线段最短和平行线之间的距离处处相等，∴此时最小，且最小值为的长，∵在菱形中，,∴，∠ADE=180°－∠A=60°在Rt△ADE中，AE=AD·sin∠ADE=∴即的最小值为故答案为．【点睛】此题考查的是菱形的性质、求两线段之和的最值问题和锐角三角函数，掌握菱形的性质、垂线段最短、平行线之间的距离处处相等和用锐角三角函数解直角三角形是解决此题的关键．14、15【分析】根据比例线段的定义即可求解.【详解】由题意得：将a，b，c的值代入得：解得：（cm）故答案为：15.【点睛】本题考查了比例线段的定义，掌握比例线段的定义及其基本性质是解题关键.15、5【分析】由韦达定理得，，将其代入即可求得k的值．【详解】解：、是方程的两个根，，.，.故答案为：.【点睛】本题主要考查根与系数的关系，解题的关键是掌握韦达定理与方程的解的定义．16、【分析】利用已知得出底面圆的半径为，周长为，进而得出母线长，再利用勾股定理进行计算即可得出答案．【详解】解：∵半径为的圆形∴底面圆的半径为∴底面圆的周长为∴扇形的弧长为∴，即圆锥的母线长为∴圆锥的高为．故答案是：【点睛】此题主要考查了圆锥展开图与原图对应情况，以及勾股定理等知识，根据已知得出母线长是解决问题的关键．17、【分析】在OA上取使，得，则，根据点到直线的距离垂线段最短可知当⊥AB时，CP最小，由相似求出的最小值即可.【详解】解：如图，在OA上取使，∵，∴，在△和△QOC中，，∴△≌△QOC（SAS），∴∴当最小时，QC最小，过点作⊥AB，∵直线l:与坐标轴分别交于A，B两点，∴A坐标为：（0，8）；B点（-4，0），∵，∴，.∵，∴，∴，∴线段CQ的最小值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了一次函数图像与坐标轴的交点及三角形全等的判定和性质、垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最值问题，属于中考压轴题．18、2【解析】根据一元二次方程根的意义可得+2=0，根据一元二次方程根与系数的关系可得=2，把相关数值代入所求的代数式即可得.【详解】由题意得：+2=0，=2，∴=-2，=4，∴=-2+4=2，故答案为2.【点睛】本题考查了一元二次方程根的意义，一元二次方程根与系数的关系等，熟练掌握相关内容是解题的关键.三、解答题（共78分）19、（1）75；4；（2）CD=4．【分析】（1）根据平行线的性质可得出∠ADB=∠OAC=75°，结合∠BOD=∠COA可得出△BOD∽△COA，利用相似三角形的性质可求出OD的值，进而可得出AD的值，由三角形内角和定理可得出∠ABD=75°=∠ADB，由等角对等边可得出AB=AD=4，此题得解；（2）过点B作BE∥AD交AC于点E，同（1）可得出AE=4，在Rt△AEB中，利用勾股定理可求出BE的长度，再在Rt△CAD中，利用勾股定理可求出DC的长，此题得解．【详解】解：（1）∵BD∥AC，∴∠ADB=∠OAC=75°．∵∠BOD=∠COA，∴△BOD∽△COA，∴．又∵AO=3，∴OD=AO=，∴AD=AO+OD=4．∵∠BAD=30°，∠ADB=75°，∴∠ABD=180°-∠BAD-∠ADB=75°=∠ADB，∴AB=AD=4．（2）过点B作BE∥AD交AC于点E，如图所示．∵AC⊥AD，BE∥AD，∴∠DAC=∠BEA=90°．∵∠AOD=∠EOB，∴△AOD∽△EOB，∴．∵BO：OD=1：3，∴．∵AO=3，∴EO=，∴AE=4．∵∠ABC=∠ACB=75°，∴∠BAC=30°，AB=AC，∴AB=2BE．在Rt△AEB中，BE2+AE2=AB2，即（4）2+BE2=（2BE）2，解得：BE=4，∴AB=AC=8，AD=1．在Rt△CAD中，AC2+AD2=CD2，即82+12=CD2，解得：CD=4．【点睛】本题考查了相似三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及平行线的性质，解题的关键是：（1）利用相似三角形的性质求出OD的值；（2）利用勾股定理求出BE、CD的长度．20、（1）证明见解析；（2）CD=1．【分析】（1）利用BA平分∠EBD得到∠ABE＝∠ABD，再根据圆周角定理得到∠ABE＝∠ADC，∠ABD＝∠ACD，利用等量代换得到∠ACD＝∠ADC，从而得到结论；（2）根据等腰三角形的性质得到∠E＝∠ABE，则可证明△ABE∽△ACD，然后根据相似比求出CD的长．【详解】（1）证明：∵BA平分∠EBD，∴∠ABE＝∠ABD，∵∠ABE＝∠ADC，∠ABD＝∠ACD，∴∠ACD＝∠ADC，∴AC＝AD；（2）解：∵AE＝AB，∴∠E＝∠ABE，∴∠E＝∠ABE＝∠ACD＝∠ADC，∴△ABE∽△ACD，∴＝＝，∴CD＝AD＝×6＝1．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形，灵活运用相似三角形的性质表示线段之间的关系；也考查了圆周角定理．21、（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）利用同角的余角相等得出∠E=∠ECD，从而得出结论；（2）利用直角△OCD和直角△ADE中的勾股定理列出方程解得BD的长；（3）连接，，，根据平分求出，利用同弧所对的圆周角相等得出，从而得出，即FP=FB.【详解】解：（1）证明：连接，∵是的切线，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．（2）∵，∴，∵，∴由勾股定理可得，，∵，∴由勾股定理可得，，∵，∴，∴或（舍去）．（3）连接，，，∵平分，∴，∴，∵为直径，，∴，∵为的内心，∴，，∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆周角的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，内心的概念，需要综合多个条件进行推导.22、猜想:；探究:6.【分析】猜想：如图①，证明，利用相似比得，则，再证明，然后利用相似比即可得到；探究：过点作作，交的延长线于点，如图②，设，则，先证明，得到，即，再证明，从而利用相似比得；应用：先利用勾股定理得，则，再证明，利用相似比得到，然后利用比例的性质计算BP的长．【详解】解:猜想:如图①∵是边上的中线，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴；探究:过点作作，交的延长线于点，如图②，设，则，∴，∴，∴，即，∵，∴，∴；应用：，，在中，，∴，∵，∴，∴，∴.故答案为，6.【点睛】本题考查了相似三角形的综合问题，掌握平行线的性质以及判定定理、相似三角形的性质以及判定定理、勾股定理是解题的关键．23、4cm【解析】试题分析：设剪掉的正方形纸片的边长为xcm，则围成的长方体纸盒的底面长是（32-2x）cm,宽是（32-2x）cm,根据底面积等于1cm2列方程求解.解：设剪掉的正方形纸片的边长为xcm．由题意，得(32-2x)(22-2x)=1．整理，得x2-25x+84=2．解方程，得，（不符合题意，舍去）．答：剪掉的正方形的边长为4cm．24、2【解析】直接利用零指数幂的性质以及特殊角的三角函数值和绝对值的性质分别化简得出答案．【详解】解：原式＝﹣1+2﹣+1＝2【点睛】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．25、（1）y=,y=x-4（2）s=6.5【解析】考点：反比例函数综合题．分析：（1）