2022-2023学年浙江省重点中学九年级数学第一学期期末复习检测试题含解析

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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．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。4．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。5．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）1．抛物线y＝﹣（x+1）2﹣3的顶点坐标是（）A．（1，﹣3） B．（1，3） C．（﹣1，3） D．（﹣1，﹣3）2．如图，，相交于点，．若，，则与的面积之比为（）A． B． C． D．3．下列事件是必然事件的是（）A．某人体温是100℃ B．太阳从西边下山C．a2+b2＝﹣1 D．购买一张彩票，中奖4．若x＝2是关于x的一元二次方程x2﹣ax＝0的一个根，则a的值为（）A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣25．用配方法解一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0），此方程可变形为（）A． B．C． D．6．如图所示，中，，，点为中点，将绕点旋转，为中点，则线段的最小值为()A． B． C． D．7．若一元二次方程的一个根为，则其另一根是（）A．0 B．1 C． D．28．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴的正半轴交于点C，下列结论：①abc＞0；②4a﹣2b+c＞0；③2a﹣b＞0，其中正确的个数为（）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个9．下列图形中，是中心对称图形的是（）A． B． C． D．10．抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）如图所示，下列结论：①b2﹣4ac＞0；②a+b+c＝2；③abc＜0；④a﹣b+c＜0，其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个11．抛物线y=2x2，y=﹣2x2，y=2x2+1共有的性质是（）A．开口向上 B．对称轴都是y轴C．都有最高点 D．顶点都是原点12．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，连接CD，若⊙O的半径，AC＝2，则cosB的值是()A．B．C．D．二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，平面直角坐标系中，⊙P与x轴分别交于A、B两点，点P的坐标为(3，－1)，AB＝2．将⊙P沿着与y轴平行的方向平移，使⊙P与轴相切，则平移距离为_____．14．已知二次函数y=ax2－bx＋2(a≠0)图象的顶点在第二象限，且过点（1，0），则a的取值范围是_________；若a＋b的值为非零整数，则b的值为_________．15．在某一时刻，测得一根高为的竹竿的影长为，同时同地测得一栋楼的影长为，则这栋楼的高度为________．16．二次函数的部分图像如图所示，要使函数值，则自变量的取值范围是_______.17．如图，△ABC内接于⊙O，∠ACB＝35º，则∠OAB＝º．18．分式方程的解为______________.三、解答题（共78分）19．（8分）如图，在O中，，CD⊥OA于点D，CE⊥OB于点E．（1）求证：；（2）若∠AOB=120°，OA=2，求四边形DOEC的面积．20．（8分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB∥DE，AF∥DC，E、F两点在BC上，且四边形AEFD是平行四边形．（1）AD与BC有何等量关系？请说明理由；（2）当AB=DC时，求证：四边形AEFD是矩形．21．（8分）如图，已知AB为⊙O的直径，点C、D在⊙O上，CD＝BD，E、F是线段AC、AB的延长线上的点，并且EF与⊙O相切于点D．（1）求证：∠A＝2∠BDF；（2）若AC＝3，AB＝5，求CE的长．22．（10分）如图，点A、B、C、D是⊙O上的四个点，AD是⊙O的直径，过点C的切线与AB的延长线垂直于点E，连接AC、BD相交于点F．（1）求证：AC平分∠BAD；（2）若⊙O的半径为，AC＝6，求DF的长．23．（10分）如图，在中，点在边上，点在边上，且，．（1）求证：∽；（2）若，，求的长．24．（10分）如图所示，是某路灯在铅垂面内的示意图，灯柱的高为10米，灯柱与灯杆的夹角为.路灯采用锥形灯罩，在地面上的照射区域的长为13.3米，从，两处测得路灯的仰角分别为和，且.求灯杆的长度.25．（12分）某中学准备举办一次演讲比赛，每班限定两人报名，初三（1）班的三位同学（两位女生，一位男生）都想报名参加，班主任李老师设计了一个摸球游戏，利用已学过的概率知识来决定谁去参加比赛，游戏规则如下：在一个不透明的箱子里放3个大小质地完全相同的乒乓球，在这3个乒乓球上分别写上、、（每个字母分别代表一位同学，其中、分别代表两位女生，代表男生），搅匀后，李老师从箱子里随机摸出一个乒乓球，不放回，再次搅匀后随机摸出第二个乒乓球，根据乒乓球上的字母决定谁去参加比赛。（1）求李老师第一次摸出的乒乓球代表男生的概率；（2）请用列表或画树状图的方法求恰好选定一名男生和一名女生参赛的概率．26．如图，为的直径，切于点，交的延长线于点，且.(1)求的度数.(2)若的半径为2，求的长.

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【解析】根据二次函数顶点式解析式写出顶点坐标即可．【详解】解：抛物线y＝﹣（x+1）2﹣3的顶点坐标是（﹣1，﹣3）．故选：D．【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握利用顶点式解析式写出顶点坐标的方法是解题的关键．2、B【分析】先证明两三角形相似,再利用面积比是相似比的平方即可解出.【详解】∵AB∥CD,∴∠A=∠D,∠B=∠C,∴△ABO∽△DCO,∵AB=1,CD=2,∴△AOB和△DCO相似比为:1:2.∴△AOB和△DCO面积比为:1:4.故选B.【点睛】本题考查相似三角形的面积比,关键在于牢记面积比和相似比的关系.3、B【解析】根据必然事件的特点：一定会发生的特点进行判断即可【详解】解：A、某人体温是100℃是不可能事件，本选项不符合题意；B、太阳从西边下山是必然事件，本选项符合题意；C、a2+b2＝﹣1是不可能事件，本选项不符合题意；D、购买一张彩票，中奖是随机事件，本选项不符合题意.故选：B．【点睛】本题考查了必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件，不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．4、C【分析】将x=2代入原方程即可求出a的值．【详解】将x＝2代入x2﹣ax＝0，∴4﹣2a＝0，∴a＝2，故选：C．【点睛】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．5、A【解析】首先进行移项，然后把二次项系数化为1，再进行配方，方程左右两边同时加上一次项系数一半的平方，即可变形成左边是完全平方，右边是常数的形式．【详解】∵ax2+bx+c=0，∴ax2+bx=−c，∴x2+x=−，∴x2+x+=−+，∴(x+)2=.故选A.6、B【分析】如图，连接CN．想办法求出CN，CM，根据MN≥CN−CM即可解决问题．【详解】如图，连接CN．在Rt△ABC中，∵AC＝4，∠B＝30°，∴AB＝2AC＝2，BC＝AC＝3，∵CM＝MB＝BC＝，∵A1N＝NB1，∴CN＝A1B1＝，∵MN≥CN−CM，∴MN≥，即MN≥，∴MN的最小值为，故选：B．【点睛】本题考查解直角三角形，旋转变换等知识，解题的关键是用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．7、C【分析】把代入方程求出的值，再解方程即可．【详解】∵一元二次方程的一个根为∴解得∴原方程为解得故选C【点睛】本题考查一元二次方程的解，把方程的解代入方程即可求出参数的值.8、C【分析】由抛物线的开口方向判断a与1的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与1的关系，进而判断①；根据x=﹣2时，y＞1可判断②；根据对称轴x=﹣1求出2a与b的关系，进而判断③．【详解】①由抛物线开口向下知a＜1，∵对称轴位于y轴的左侧，∴a、b同号，即ab＞1．∵抛物线与y轴交于正半轴，∴c＞1，∴abc＞1；故①正确；②如图，当x=﹣2时，y＞1，则4a﹣2b+c＞1，故②正确；③∵对称轴为x=﹣＞﹣1，∴2a＜b，即2a﹣b＜1，故③错误；故选：C．【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，解题的关键是掌握数形结合思想的应用，注意掌握二次函数图象与系数的关系．9、D【分析】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．【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项错误；B、不是中心对称图形，故此选项错误；C、不是中心对称图形，故此选项错误；D、是中心对称图形，故此选项正确；故选：D．【点睛】本题考查的知识点是中心对称图形，掌握中心对称图形的定义是解此题的关键．10、D【分析】由抛物线的开口方向判断a与1的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与1的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．【详解】①∵抛物线与x轴有两不同的交点，∴△＝b2﹣4ac＞1．故①正确；②∵抛物线y＝ax2+bx+c的图象经过点（1，2），∴代入得a+b+c＝2．故②正确；③∵根据图示知，抛物线开口方向向上，∴a＞1．又∵对称轴x＝﹣＜1，∴b＞1．∵抛物线与y轴交与负半轴，∴c＜1，∴abc＜1．故③正确；④∵当x＝﹣1时，函数对应的点在x轴下方，则a﹣b+c＜1，故④正确；综上所述，正确的结论是：①②③④，共有4个．故选：D．【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系．会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．11、B【详解】（1）y=2x2开口向上，对称轴为y轴，有最低点，顶点为原点；（2）y=﹣2x2开口向下，对称轴为y轴，有最高点，顶点为原点；（3）y=2x2+1开口向上，对称轴为y轴，有最低点，顶点为（0，1）．故选B．12、B【解析】要求cosB，必须将∠B放在直角三角形中，由图可知∠D＝∠B，而AD是直径，故∠ACD＝90°，所以可进行等角转换，即求cosD．在Rt△ADC中，AC＝2，AD＝2r＝3，根据勾股定理可求得，所以．二、填空题（每题4分，共24分）13、1或1【分析】过点P作PC⊥x轴于点C，连接PA，由垂径定理得⊙P的半径为2，因为将⊙P沿着与y轴平行的方向平移，使⊙P与轴相切，分两种情况进行讨论求值即可．由【详解】解：过点P作PC⊥x轴于点C，连接PA，AB＝，，点P的坐标为(1，－1)，PC=1，，将⊙P沿着与y轴平行的方向平移，使⊙P与轴相切，①当沿着y轴的负方向平移，则根据切线定理得：PC=PA=2即可，因此平移的距离只需为1即可；②当沿着y轴正方向移动，由①可知平移的距离为３即可．故答案为1或1．【点睛】本题主要考查圆的基本性质及切线定理，关键是根据垂径定理得到圆的半径，然后进行分类讨论即可．14、【分析】根据题意可得a<0，再由可以得到b>0，把（1，0）函数得a−b+2=0，导出b和a的关系，从而解出a的范围，再根据a＋b的值为非零整数的限制条件，从而得到a,b的值.【详解】依题意知a<0,，a−b+2=0，故b>0，且b=a+2，a=b−2，a+b=a+a+2=2a+2，∴a+2>0，∴−2<a<0，∴−2<2a+2<2，∵a+b的值为非零实数，∴a+b的值为−1，1，∴2a+2=−1或2a+2=1，或，∵b=a+2，或15、1【分析】根据同一时刻物高与影长成正比即可得出结论．【详解】解：设这栋楼的高度为hm，∵在某一时刻，测得一根高为1.8m的竹竿的影长为3m，同时测得一栋楼的影长为60m，∴，解得h=1（m）．故答案为1．【点睛】本题考查的是相似三角形的应用，熟知同一时刻物高与影长成正比是解答此题的关键．16、【分析】根据，则函数图象在直线的上方，所以找出函数图象在直线的上方的取值范围即可.【详解】根据二次函数的图象可知：对称轴为，已知一个点为，

根据抛物线的对称性，则点关于对称性对称的另一个点为，

所以时，的取值范围是．故答案为：．【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，主要利用了二次函数的对称性，读懂图象信息，利用对称轴求出点的对称点是解题的关键．17、55【解析】分析：∵∠ACB与∠AOB是所对的圆周角和圆心角，∠ACB＝35º，∴∠AOB=2∠ACB=70°．∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA=．18、；【解析】方程两边都乘以（x+2）（x-2）得到x（x+2）-2=（x+2）（x-2），解得x=-1，然后进行检验确定分式方程的解．【详解】解：去分母得x（x+2）-2=（x+2）（x-2），

解得x=-1，

检验：当x=-1时，（x+2）（x-2）≠0，

所以原方程的解为x=-1．

故答案为x=-1．【点睛】本题考查解分式方程：先去分母，把分式方程转化为整式方程，再解整式方程，然后把整式方程的解代入分式方程进行检验，最后确定分式方程的解．三、解答题（共78分）19、（1）详见解析；（2）【分析】（1）连接OC，由AC=BC，可得∠AOC=∠BOC，又CD⊥OA，CE⊥OB，由角平分线定理可得CD=CE；（2）由∠AOB=120°，∠AOC=∠BOC，可得∠AOC=60°，又∠CDO=90°，得∠OCD=30°，可得，由勾股定理可得，可得；同理可得，进而求出．【详解】（1）证明：连接OC．∵AC=BC，∴∠AOC=∠BOC．∵CD⊥OA，CE⊥OB，∴CD=CE．（2）解：∵∠AOB=120°，∠AOC=∠BOC，∴∠AOC=60°．∵∠CDO=90°，∴∠OCD=30°，∵OC=OA=2，∴．∴，∴，同理可得，∴．【点睛】本题主要考查了圆心角与弧的关系，角平分线的性质，勾股定理以及面积计算，熟练掌握圆中的相关定理是解题的关键．20、(1),理由见解析；（2）见解析【分析】（1）由四边形AEFD是平行四边形可得AD=EF,根据条件可证四边形ABED是平行四边形，四边形AFCD是平行四边形，所以AD=BE，AD=FC,所以AD=BC；（2）根据矩形的判定和定义，对角线相等的平行四边形是矩形．只要证明AF=DE即可得出结论．【详解】证明：（1）AD=BC理由如下：

∵AD∥BC，AB∥DE，AF∥DC，

∴四边形ABED和四边形AFCD都是平行四边形．

∴AD=BE，AD=FC，

又∵四边形AEFD是平行四边形，

∴AD=EF．

∴AD=BE=EF=FC．∴；（2）证明：∵四边形ABED和四边形AFCD都是平行四边形，

∴DE=AB，AF=DC．

∵AB=DC，

∴DE=AF．

又∵四边形AEFD是平行四边形，

∴平行四边形AEFD是矩形．考点：1.平行四边形的判定与性质；2.矩形的判定.21、（1）见解析：（2）CE＝1．【分析】（1）连接AD，如图，先证明得到∠1＝∠2，再根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据切线的性质得到OD⊥EF，然后证明∠1＝∠4得到结论；（2）连接BC交OD于F，如图，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，再根据垂径定理，由得到OD⊥BC，则CF＝BF，所以OF＝AC＝，从而得到DF＝1，然后证明四边形CEDF为矩形得CE＝1．【详解】（1）证明：连接AD，如图，∵CD＝BD，∴，∴∠1＝∠2，∵AB为直径，∴∠ADB＝90°，∴∠1+∠ABD＝90°，∵EF为切线，∴OD⊥EF，∴∠3+∠4＝90°，∵OD＝OB，∴∠3＝∠OBD，∴∠1＝∠4，∴∠A＝2∠BDF；（2）解：连接BC交OD于F，如图，∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，∵，∴OD⊥BC，∴CF＝BF，∴OF＝AC＝，∴DF＝﹣＝1，∵∠ACB＝90°，OD⊥BC，OD⊥EF，∴四边形CEDF为矩形，∴CE＝DF＝1．【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和勾股定理．22、（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）连接OC，先证明OC∥AE，从而得∠OCA＝∠EAC，再利用OA＝OC得∠OAC＝∠OCA，等量代换即可证得答案；（2）设OC交BD于点G，连接DC，先证明△ACD∽△AEC，从而利用相似三角形的性质解得，再利用＝cos∠FDC，代入相关线段的长可求得DF．【详解】（1）证明：如图，连接OC∵过点C的切线与AB的延长线垂直于点E，∴OC⊥CE，CE⊥AE∴OC∥AE∴∠OCA＝∠EAC∵OA＝OC∴∠OAC＝∠OCA∴∠OAC＝∠EAC，即AC平分∠BAD；（2）如图，设OC交BD于点G，连接DC∵AD为直径∴∠ACD＝90°，∠ABD＝90°∵CE⊥AE∴DB∥CE∵OC⊥CE∴OC⊥BD∴DG＝BG∵∠OAC＝∠EAC，∠ACD＝90°＝∠E∴△ACD∽△AEC∴∵⊙O的半径为，AC＝6∴AD＝7，∴∴易得四边形BECG为矩形∴DG＝BG＝∵＝cos∠FDC∴解得：∴DF的长为.【点睛】本题考查相似三角形的性质，借助辅助线，判定△ACD∽△AEC，再根据相似三角形的性质求解.23、（1）证明见解析；（1）AB=1．【分析】（1）由题意根据相似三角形的判定定理即可证明∽；（1）根据题意利用相似三角形的相似比，即可分析求解.【详解】解：（1）证明：∵，.∴.∵∴，∵为公共角，∴∽.（1）∵∽∴∴∴（-1舍去）∴.【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，能够证得∽是解答此题的关键．2