2022年福建省泉州市泉州第十六中学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．在同一时刻，身高1.6m的小强在阳光下的影长为0.8m，一棵大树的影长为4.8m，则树的高度为（）A．4.8m B．6.4m C．9.6m D．10m2．如图，图1是由5个完全相同的正方体堆成的几何体，现将标有E的正方体平移至如图2所示的位置，下列说法中正确的是()A．左、右两个几何体的主视图相同B．左、右两个几何体的左视图相同C．左、右两个几何体的俯视图不相同D．左、右两个几何体的三视图不相同3．若二次函数y=ax2+bx+c（a＜0）的图象经过点（2，0），且其对称轴为x=﹣1，则使函数值y＞0成立的x的取值范围是（）．A．x＜﹣4或x＞2 B．﹣4≤x≤2 C．x≤﹣4或x≥2 D．﹣4＜x＜24．在Rt△ABC中，∠C＝90°，、、所对的边分别为a、b、c，如果a=3b，那么∠A的余切值为（）A． B．3 C． D．5．如图，AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线，已知AD＝2，BC＝5，则AB＋CD的值是A．14 B．12 C．9 D．76．一枚质地匀均的骰子，其六个面上分别标有数字：1，2，3，4，5，6，投掷一次，朝上面的数字大于4的概率是（）A． B． C． D．7．如图，一次函数和反比例函数的图象相交于，两点，则使成立的取值范围是()A．或 B．或C．或 D．或8．如图，平行四边形ABCD中，EF∥BC，AE：EB=2：3，EF=4，则AD的长为（）A． B．8 C．10 D．169．如图1，S是矩形ABCD的AD边上一点，点E以每秒kcm的速度沿折线BS－SD－DC匀速运动，同时点F从点C出发点，以每秒1cm的速度沿边CB匀速运动．已知点F运动到点B时，点E也恰好运动到点C，此时动点E，F同时停止运动．设点E，F出发t秒时，△EBF的面积为．已知y与t的函数图像如图2所示．其中曲线OM，NP为两段抛物线，MN为线段．则下列说法：①点E运动到点S时，用了2.5秒，运动到点D时共用了4秒；②矩形ABCD的两邻边长为BC＝6cm，CD＝4cm；③sin∠ABS＝；④点E的运动速度为每秒2cm．其中正确的是（）A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④10．若△ABC∽△DEF，且△ABC与△DEF的面积比是，则△ABC与△DEF对应中线的比为（）A． B． C． D．11．如图，太阳在A时测得某树（垂直于地面）的影长ED＝2米，B时又测得该树的影长CD＝8米，若两次日照的光线PE⊥PC交于点P，则树的高度为PD为（）A．3米 B．4米 C．4.2米 D．4.8米12．若抛物线经过点，则的值在（）．A．0和1之间 B．1和2之间 C．2和3之间 D．3和4之间二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，是⊙的直径，是⊙上一点，的平分线交⊙于，且，则的长为_________．14．一天晚上，小伟帮助妈妈清洗两个只有颜色不同的有盖茶杯，突然停电了，小伟只好把杯盖和茶杯随机地搭配在一起，则颜色搭配正确的概率是_____．15．如图，现分别旋转两个标准的转盘，则转盘所转到的两个数字之积为奇数的概率是______．16．铅球行进高度y(m)与水平距离x(m)之间的关系为y＝﹣x2+x+，铅球推出后最大高度是_____m，铅球落地时的水平距离是______m.17．一个扇形的弧长是，它的面积是，这个扇形的圆心角度数是_____．18．一组数据3，2，1，4，的极差为5，则为______.三、解答题（共78分）19．（8分）如图，把点以原点为中心，分别逆时针旋转，，，得到点，，．（1）画出旋转后的图形，写出点，，的坐标，并顺次连接、，，各点；（2）求出四边形的面积；（3）结合（1），若把点绕原点逆时针旋转到点，则点的坐标是什么？20．（8分）如图，四边形是正方形，连接，将绕点逆时针旋转得，连接，为的中点，连接，.（1）如图1，当时，求证：；（2）如图2，当时，（1）还成立吗？请说明理由.21．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，点M是AB边的中点.(1)如图1，若CM=，求△ACB的周长；(2)如图2，若N为AC的中点，将线段CN以C为旋转中心顺时针旋转60°，使点N至点D处，连接BD交CM于点F，连接MD，取MD的中点E，连接EF.求证：3EF=2MF.22．（10分）如图，在中，，，，点在上，，以为半径的交于点，的垂直平分线交于点，交于点，连接．（1）求证：直线是的切线；（2）求线段的长．23．（10分）如图，在中，，，为外一点，将绕点按顺时针方向旋转得到，且点、、三点在同一直线上.（1）（观察猜想）在图①中，；在图②中，（用含的代数式表示）（2）（类比探究）如图③，若，请补全图形，再过点作于点，探究线段，，之间的数量关系，并证明你的结论；（3）（问题解决）若，，，求点到的距离.24．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=6cm．动点P，Q从点A同时出发，点P沿AB向终点B运动；点Q沿AC→CB向终点B运动，速度都是1cm/s．当一个点到达终点时，另一个点同时停止运动．设点P运动的时间为t（s），在运动过程中，点P，点Q经过的路线与线段PQ围成的图形面积为S（cm2）．（1）AC=_________cm；（2）当点P到达终点时，BQ=_______cm；（3）①当t=5时，s=_________；②当t=9时，s=_________；（4）求S与t之间的函数解析式．25．（12分）阅读下列材料：小辉和小乐一起在学校寄宿三年了，毕业之际，他们想合理分配共同拥有的三件“财产”：一个电子词典、一台迷你唱机、一套珍藏版小说.他们本着“在尊重各自的价值偏好基础上进行等值均分”的原则，设计了分配方案，步骤如下（相应的数额如表二所示）：①每人各自定出每件物品在心中所估计的价值；②计算每人所有物品估价总值和均分值（均分：按总人数均分各自估价总值）；③每件物品归估价较高者所有；④计算差额（差额：每人所得物品的估价总值与均分值之差）；⑤小乐拿225元给小辉，仍“剩下”的300元每人均分.依此方案，两人分配的结果是：小辉拿到了珍藏版小说和375元钱，小乐拿到的电子词典和迷你唱机，但要付出375元钱.（1）甲、乙、丙三人分配A，B，C三件物品，三人的估价如表三所示，依照上述方案，请直接写出分配结果；（2）小红和小丽分配D，E两件物品，两人的估价如表四所示（其中0＜m-n＜15）.按照上述方案的前四步操作后，接下来，依据“在尊重各自的价值偏好基础上进行等值均分”的原则，该怎么分配较为合理？请完成表四，并写出分配结果.（说明：本题表格中的数值的单位均为“元”）26．将矩形如图放置在平面直角坐标系中，为边上的一个动点，过点作交边于点，且，的长是方程的两个实数根，且．（1）设，，求与的函数关系(不求的取值范围)；（2）当为的中点时，求直线的解析式；（3）在（2）的条件下，平面内是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【分析】在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似．【详解】设树高为x米，所以x=4.8×2=9.6.这棵树的高度为9.6米故选C.【点睛】考查相似三角形的应用，掌握同一时刻物高和影长成正比是解题的关键.2、B【分析】直接利用已知几何体分别得出三视图进而分析得出答案．【详解】A、左、右两个几何体的主视图为：，故此选项错误；B、左、右两个几何体的左视图为：，故此选项正确；C、左、右两个几何体的俯视图为：，故此选项错误；D、由以上可得，此选项错误；故选B．【点睛】此题主要考查了简单几何体的三视图，正确把握观察的角度是解题关键．3、D【分析】由抛物线与x轴的交点及对称轴求出另一个交点坐标，根据抛物线开口向下，根据图象求出使函数值y＞0成立的x的取值范围即可．【详解】∵二次函数y=ax1+bx+c（a＜0）的图象经过点（1，0），且其对称轴为x=﹣1，∴二次函数的图象与x轴另一个交点为（﹣4，0），∵a＜0，∴抛物线开口向下，则使函数值y＞0成立的x的取值范围是﹣4＜x＜1．故选D．4、A【分析】根据锐角三角函数的定义，直接得出cotA=，即可得出答案．【详解】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，a=3b，∴；故选择：A.【点睛】此题主要考查了锐角三角函数的定义，熟练地应用锐角三角函数的定义是解决问题的关键．5、D【分析】根据切线长定理，可以证明圆的外切四边形的对边和相等，由此即可解决问题．【详解】∵AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线，∴可以假设切点分别为E、H、G、F，∴AF＝AE，BE＝BH，CH＝CG，DG＝DF，∴AD＋BC＝AF＋DF＋BH＋CH＝AE＋BE＋DG＋CG＝AB＋CD，∵AD＝2，BC＝5，∴AB＋CD＝AD＋BC＝7，故选D.【点睛】本题考查切线的性质、切线长定理等知识，解题的关键是证明圆的外切四边形的对边和相等，属于中考常考题型．6、B【分析】直接得出朝上面的数字大于4的个数，再利用概率公式求出答案．【详解】∵一枚质地均匀的骰子，其六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6，投掷一次，∴共有6种情况，其中朝上面的数字大于4的情况有2种，∴朝上一面的数字是朝上面的数字大于4的概率为：，故选：B．【点睛】本题考查简单的概率求法，概率=所求情况数与总情况数的比；熟练掌握概率公式是解题关键．7、B【分析】根据图象找出一次函数图象在反比例函数图象上方时对应的自变量的取值范围即可.【详解】观察函数图象可发现：或时，一次函数图象在反比例函数图象上方，∴使成立的取值范围是或，故选B．【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数综合，函数与不等式，利用数形结合思想是解题的关键.8、C【分析】根据平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所截得的三角形与原三角形相似，可证明△AEF∽△ABC，再根据相似三角形的对应边成比例可解得BC的长，而在▱ABCD中，AD=BC，问题得解．【详解】解：∵EF∥BC∴△AEF∽△ABC，∴EF：BC=AE：AB，∵AE：EB=2：3，∴AE：AB=2：5，∵EF=4，∴4：BC=2：5，∴BC=1，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC=1．【点睛】本题考查(1)、相似三角形的判定与性质；(2)、平行四边形的性质．9、C【分析】①根据函数图像的拐点是运动规律的变化点由图象即可判断．②设，，由函数图像利用△EBF面积列出方程组即可解决问题．③由，，得，设，，在中，由列出方程求出，即可判断．④求出即可解决问题．【详解】解：函数图像的拐点时点运动的变化点根据由图象可知点运动到点时用了2.5秒，运动到点时共用了4秒．故①正确．设，，由题意，解得，所以，，故②正确，，，，设，，在中，，，解得或（舍，，，，故③错误，，，，故④正确，故选：C．【点睛】本题考查二次函数综合题、锐角三角函数、勾股定理、三角形面积、函数图象问题等知识，读懂图象信息是解决问题的关键，学会设未知数列方程组解决问题，把问题转化为方程去思考，是数形结合的好题目，属于中考选择题中的压轴题．10、D【分析】根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，再结合相似三角形的对应中线的比等于相似比解答即可．【详解】∵△ABC∽△DEF，△ABC与△DEF的面积比是，∴△ABC与△DEF的相似比为，∴△ABC与△DEF对应中线的比为，故选D．【点睛】考查的是相似三角形的性质，相似三角形周长的比等于相似比；相似三角形面积的比等于相似比的平方；相似三角形对应高的比、对应中线的比、对应角平分线的比都等于相似比．11、B【分析】根据题意求出△PDE和△FDP相似，根据相似三角形对应边成比例可得＝，然后代入数据进行计算即可得解．【详解】∵PE⊥PC，∴∠E+∠C＝90°，∠E+∠EPD＝90°，∴∠EPD＝∠C，又∵∠PDE＝∠FDP＝90°，∴△PDE∽△FDP，∴＝，由题意得，DE＝2，DC＝8，∴＝，解得PD＝4，即这颗树的高度为4米．故选：B．【点睛】本题通过投影的知识结合三角形的相似，求解高的大小；是平行投影性质在实际生活中的应用．12、D【分析】将点A代入抛物线表达式中，得到，根据进行判断．【详解】∵抛物线经过点，∴，∵，∴的值在3和4之间，故选D．【点睛】本题考查抛物线的表达式，无理数的估计，熟知是解题的关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、【分析】连接OD，由AB是直径，得∠ACB=90°，由角平分线的性质和圆周角定理，得到△AOD是等腰直角三角形，根据勾股定理，即可求出AD的长度.【详解】解：连接OD，如图，∵是⊙的直径，∴∠ACB=90°，AO=DO=，∵CD平分∠ACB，∴∠ACD=45°，∴∠AOD=90°，∴△AOD是等腰直角三角形，∴；故答案为：.【点睛】本题考查了圆周角定理，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，以及等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握圆周角定理进行解题.14、【解析】分析：根据概率的计算公式．颜色搭配总共有4种可能，分别列出搭配正确和搭配错误的可能，进而求出各自的概率即可．详解：用A和a分别表示第一个有盖茶杯的杯盖和茶杯；用B和b分别表示第二个有盖茶杯的杯盖和茶杯、经过搭配所能产生的结果如下：Aa、Ab、Ba、Bb．所以颜色搭配正确的概率是．故答案为：．点睛：此题考查概率的求法：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P（A）=．15、【解析】画树状图得：∵共有6种等可能的结果，转盘所转到的两个数字之积为奇数的有2种情况，

∴转盘所转到的两个数字之积为奇数的概率是：.故答案是：.【点睛】此题考查了列表法或树状图法求概率．注意此题属于放回实验，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．16、310【分析】利用配方法将函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质，可求得铅球行进的最大高度；铅球推出后落地时，高度y=0，把实际问题可理解为当y=0时，求得x的值就是铅球落地时的水平距离．【详解】∵y＝﹣x2+x+，∴y＝﹣(x﹣4)2+3因为﹣＜0所以当x＝4时，y有最大值为3.所以铅球推出后最大高度是3m.令y＝0，即0＝﹣(x﹣4)2+3解得x1＝10，x2＝﹣2(舍去)所以铅球落地时的水平距离是10m.故答案为3、10.【点睛】此题考查了函数式中自变量与函数表达的实际意义，需要结合题意，取函数或自变量的特殊值列方程求解．正确解答本题的关键是掌握二次函数的性质.17、120°【分析】设扇形的半径为r，圆心角为n°．利用扇形面积公式求出r，再利用弧长公式求出圆心角即可．【详解】设扇形的半径为r，圆心角为n°．由题意：,∴r＝4，∴∴n＝120，故答案为120°【点睛】本题考查扇形的面积的计算，弧长公式等知识，解题的关键是掌握基本知识.18、－1或1【分析】由题意根据极差的公式即极差=最大值-最小值．可能是最大值，也可能是最小值，分两种情况讨论．【详解】解：当x是最大值，则x-（1）=5，所以x=1；当x是最小值，则4-x=5，所以x=－1；故答案为－1或1．【点睛】本题考查极差的定义，极差反映了一组数据变化范围的大小，求极差的方法是用一组数据中的最大值减去最小值，同时注意分类的思想的运用．三、解答题（共78分）19、(1)详见解析,，，;(2)50;(3)【分析】(1)根据题意再表格中得出B、C、D，并顺次连接、，，各点即可画出旋转后的图形，写出点，，的坐标即可．(2)可证得四边形ABCD是正方形，根据正方形的面积公式：正方形的面积=对角线×对角线÷2即可得出结果．(3)观察(1)可以得出规律，旋转后的点的坐标和旋转前的点横纵坐标位置相反，且纵坐标变为相反数．【详解】解：（1）如图，，，（2）由旋转性质可得：，∴，∴四边形ABCD为正方形，∴（3）根据题(1)可得出【点睛】本题主要考查的是作图和旋转的性质，根据题目要求准确的作出图形是解题的关键．20、（1）详见解析；（2）当时，成立，理由详见解析.【分析】（1）由旋转的性质得：，根据直角三角形斜边中线的性质可得OD=CF，OE=CF，进而可得OD=OE；（2）连接CE、DF，根据等腰三角形的性质可得，利用角的和差关系可得，利用SAS可证明△ACE≌△AFD，可得CE=DF，∠ECA=∠DFA，利用角的和差关系可得，利用SAS可证明△EOC≌△DOF，即可证明OD=OE，可得（1）结论成立.【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，∴∠BAC=45°，∵将绕点逆时针旋转得，=45°，∴点E在AC上，∴，为的中点，∴同理：∴.（2）当时，成立，理由如下：连接，如图所示：∵在正方形中，，AB=AE，∴，∵为的中点，∴，∵，∴，∵=45°，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴.【点睛】本题考查正方形的性质、旋转的性质及全等三角形的判定与性质，正确得出对应边和对应角，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键.21、(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半可得AB的长度，根据30°所对的直角边等于斜边的一半可得BC的长度，最后根据勾股定理可得AC的长度，计算出周长即可；（2）如图所示添加辅助线，由（1）可得ΔBCM是等边三角形，可证ΔBCP≌ΔCMN，进而证明ΔBPF≌ΔDCF，根据E是MD中点，得出，根据BPMC，得出，进而得出3EF=2MF即可．【详解】解：(1)在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点M是AB边的中点，∴∴AB=2MC=，又∵∠A=30°，∴由勾股定理可得，∴△ABC的周长为++6=(2)过点B作BPMC于P∵∠ACB=90°，∠A=30°，∴∵M为AB的中点，∴∴∵∠ABC=60°∴ΔBCM是等边三角形∴∠CBP=∠MCN=30°,BC=CM∴在ΔBCP与ΔCMN中∴ΔBCP≌ΔCMN(AAS)∴BP=CN∵CN=CD∴BP=CD∵∠BPF=∠DCF=90°∠BFP=∠DFC∴ΔBPF≌ΔDCF∴PF=FCBF=DF∵E是MD中点，∴∵BPMC，∴∴，∴∴【点睛】本题考查含30°直角三角形的性质、全等三角形的性质与判定、旋转的性质，解题的关键是能够综合运用上述几何知识进行推理论证．22、（1）见解析；（2）．【分析】（1）连接，利用垂直平分线的性质及等腰三角形的性质通过等量代换可得出，即，则，则结论可证；（2）连接，设，，利用勾股定理即可求出x的值．【详解】（1）证明：连接，∵垂直平分，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴是的切线.（2）解：连接，OD,设，，∵，∴，解得，∴．【点睛】本题主要考查切线的判定及勾股定理，掌握切线的判定方法及勾股定理是解题的关键．23、（1）；；（2），证明见解析；（3）点到的距离为或.【分析】（1）在图①中由旋转可知，由三角形内角和可知∠OAB+∠OBA+∠AOB=180°，∠PAB+∠PBA+∠APB=180°，因为，∠OAP+∠PAB=∠OAB，所以∠APB=∠AOB=α；在图②中，由旋转可知，得到∠OBP+OAP=180°，通过四边形OAPB的内角和为360°，可以得到∠AOB+∠APB=180°，因此∠APB=；（2）由旋转可知≌，，，，因为，得到，即可得证；（3）当点在上方时，过点作于点，由条件可求得PA，再由可求出OH；当点在下方时,过点作于点，同理可求出OH.【详解】（1）①由三角形内角和为180°得到∠OAB+∠OBA+∠AOB=180°，∠PAB+∠PBA+∠APB=180°，由旋转可知，又∵∠OAP+∠PAB=∠OAB，∴∠OBP+∠PAB+∠ABO+∠AOB=180°，即∠PAB+∠ABP+∠AOB=180°，∴∠APB=∠AOB=α；②由旋转可知，∵=180°，∴∠OBP+OAP=180°，又∵∠OBP+OAP+∠AOB+∠APB=360°，∴∠AOB+∠APB=180°，∴∠APB=；（2）证明：由绕点按顺时针方向旋转得到∴≌，，，，又∵，∴∴（3）【解法1】（i）如图，当点在上方时，过点作于点由（1）知，，∵∴由(2)知,∴(ii)如图,当点在下方时,过点作于点由(1)知,,∵∴∴∴点到的距离为或.【解法2】（i）如图，当点在上方时，过点作于点，∵，，∴，∵，取的中点∴∴点，，，四点在圆上∴，且∴∴∵，，∴在中，，设，则∴，化简得：∴，（不合题意，舍去）∴（ii）若点在的下方，过点作，同理可得：∴点到的距离为或.【点睛】本题属于旋转的综合问题，题目分析起来有难度，要熟练掌握各种变化规律.24、（1）8；（2）4；（3）①，②22；（4）【分析】（1）根据勾股定理求解即可；（2）先求出点P到达中点所需时间，则可知点Q运动路程，易得CQ长，；（3）①作PD⊥AC于D，可证△APD∽△ABC，利用相似三角形的性质可得PD长，根据面积公式求解即可；②作PE⊥AC于E，可证△PBE∽△ABC，利用相似三角形的性质可得PE长，用可得s的值；（4）当0＜t≤8时，作PD⊥AC于D，可证△APD∽△ABC，可用含t的式子表示出PD的长，利用三角形面积公式可得s与t之间的函数解析式；当8＜t≤10时，作PE⊥AC于E，可证△PBE∽△ABC，利用相似三角形的性质可用含t的式子表示出PE长，用可得s与t之间的函数解析式.【详解】解：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得（2）设点P运动到终点所需的时间为t，路程为AB=10cm，则点Q运动的路程为10cm，即cm所以当点P到达终点时，BQ=4cm.（3）①作PD⊥AC于D，则∵∠A=∠A．∠ADP=∠C=90°，∴△APD∽△ABC．∴．即∴．∴．②如图，作PE⊥AC于E，则∵∠B=∠B．∠BEP=∠C=90°，∴△PBE∽△ABC．∴．即．∴．∴．（4）当0＜t≤8时，如图①．作PD⊥AC于D．∵∠A=∠A．∠ADP=∠C=90°，∴△APD∽△ABC．∴．即．∴．∴．当8＜t≤10时，如图②．作