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文档简介
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每小题3分,共30分)1.下列一元二次方程中两根之和为﹣3的是()A.x2﹣3x+3=0 B.x2+3x+3=0 C.x2+3x﹣3=0 D.x2+6x﹣4=02.二次函数的部分图象如图所示,图象过点,对称轴为.下列说法:①;②;③4;④若,是抛物线上两点,则,错误的是()A.① B.② C.③ D.④3.中国在夏代就出现了相当于砝码的“权”,此后的多年间,不同朝代有不同形状和材质的“权”作为衡量的量具.下面是一个“”形增砣砝码,其俯视图如下图所示,则其主视图为()A. B. C. D.4.下列图形是中心对称图形的是()A. B. C. D.5.如图,在平面直角坐标系中,直线与轴、轴分别交于点、,点是轴正半轴上的一点,当时,则点的纵坐标是()A.2 B. C. D.6.如图,菱形ABCD中,∠B=70°,AB=3,以AD为直径的⊙O交CD于点E,则弧DE的长为()A.π B.π C.π D.π7.如图,A,B,C,D四个点均在⊙O上,∠AOB=40°,弦BC的长等于半径,则∠ADC的度数等于()A.50° B.49° C.48° D.47°8.如图,⊙C过原点,与x轴、y轴分别交于A、D两点.已知∠OBA=30°,点D的坐标为(0,2),则⊙C半径是()A. B. C. D.29.方程的根是()A. B. C., D.,10.如图,在正方形ABCD中,点E是CD的中点,点F是BC上的一点,且BF=3CF,连接AE、AF、EF,下列结论:①∠DAE=30°,②△ADE∽△ECF,③AE⊥EF,④AE2=AD•AF,其中正确结论的个数是()A.1个 B.2个 C.3个 D.4个二、填空题(每小题3分,共24分)11.如图是一张长方形纸片ABCD,已知AB=8,AD=7,E为AB上一点,AE=5,现要剪下一张等腰三角形纸片(△AEP),使点P落在长方形ABCD的某一条边上,则等腰三角形AEP的底边长是_____________.12.某班级中有男生和女生各若干,如果随机抽取1人,抽到男生的概率是,那么抽到女生的概率是_____.13.如图,在平面直角坐标系中,将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形,依此方式,绕点连续旋转2019次得到正方形,如果点的坐标为(1,0),那么点的坐标为________.14.在直角坐标平面内,抛物线在对称轴的左侧部分是______的.15.菱形ABCD的周长为20,且有一个内角为120°,则它的较短的对角线长为______.16.如图,以等边△ABC的一边AB为直径的半圆O交AC于点D,交BC于点E,若AB=4,则阴影部分的面积是______.17.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=8,BC=6,点E是AB边上一动点,过点E作DE⊥AB交AC边于点D,将∠A沿直线DE翻折,点A落在线段AB上的F处,连接FC,当△BCF为等腰三角形时,AE的长为_____.18.一张直角三角形纸片,,,,点为边上的任一点,沿过点的直线折叠,使直角顶点落在斜边上的点处,当是直角三角形时,则的长为_____.三、解答题(共66分)19.(10分)如图,在△ABC中,∠B=45°,AC=5,cosC=,AD是BC边上的高线.(1)求AD的长;(2)求△ABC的面积.20.(6分)已知方程是关于的一元二次方程.(1)求证:方程总有两个实数根;(2)若方程的两个根之和等于两根之积,求的值.21.(6分)在平面直角坐标系中,已知P(,),R(,)两点,且,,若过点P作轴的平行线,过点R作轴的平行线,两平行线交于一点S,连接PR,则称△PRS为点P,R,S的“坐标轴三角形”.若过点R作轴的平行线,过点P作轴的平行线,两平行线交于一点,连接PR,则称△RP为点R,P,的“坐标轴三角形”.右图为点P,R,S的“坐标轴三角形”的示意图.(1)已知点A(0,4),点B(3,0),若△ABC是点A,B,C的“坐标轴三角形”,则点C的坐标为;(2)已知点D(2,1),点E(e,4),若点D,E,F的“坐标轴三角形”的面积为3,求e的值.(3)若的半径为,点M(,4),若在上存在一点N,使得点N,M,G的“坐标轴三角形”为等腰三角形,求的取值范围.22.(8分)解方程:.如图,在平面直角坐标系中,的顶点坐标分别为.以点为位似中心画出的位似图形,使得与的位似比为,并写出点的坐标.
23.(8分)如图,抛物线y=x2+bx+c过点A(3,0),B(1,0),交y轴于点C,点P是该抛物线上一动点,点P从C点沿抛物线向A点运动(点P不与A重合),过点P作PD∥y轴交直线AC于点D.(1)求抛物线的解析式;(2)求点P在运动的过程中线段PD长度的最大值;(3)△APD能否构成直角三角形?若能,请直接写出所有符合条件的点P坐标;若不能,请说明理由.24.(8分)如图,在平面直角坐标系中,一次函数的图象与轴交于点,与反比例函数在第一象限内的图象交于点,且点的横坐标为.过点作轴交反比例函数的图象于点,连接.(1)求反比例函数的表达式.(2)求的面积.25.(10分)已知:如图,在四边形ABCD中,点G在边BC的延长线上,CE平分∠BCD,CF平分∠GCD,EF∥BC交CD于点O.(1)求证:OE=OF;(2)若点O为CD的中点,求证:四边形DECF是矩形.26.(10分)(如图1,若抛物线l1的顶点A在抛物线l2上,抛物线l2的顶点B也在抛物线l1上(点A与点B不重合).我们称抛物线l1,l2互为“友好”抛物线,一条抛物线的“友好”抛物线可以有多条.(1)如图2,抛物线l3:与y轴交于点C,点D与点C关于抛物线的对称轴对称,则点D的坐标为;(2)求以点D为顶点的l3的“友好”抛物线l4的表达式,并指出l3与l4中y同时随x增大而增大的自变量的取值范围;(3)若抛物线y=a1(x-m)2+n的任意一条“友好”抛物线的表达式为y=a2(x-h)2+k,写出a1与a2的关系式,并说明理由.
参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【分析】利用判别式的意义对A、B进行判断;根据根与系数的关系对C、D进行判断.【详解】A.△=(﹣3)2﹣4×3<0,方程没有实数解,所以A选项错误;B.△=32﹣4×3<0,方程没有实数解,所以B选项错误;C.方程x2+3x﹣3=0的两根之和为﹣3,所以C选项正确;D.方程x2+6x﹣4=0的两根之和为﹣6,所以D选项错误.故选:C.【点睛】本题考查了根与系数的关系:若x1,x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时,x1+x2,x1x2.也考查了判别式的意义.2、C【分析】根据抛物线的对称轴和交点问题可以分析出系数的正负.【详解】由函数图象可得:a>0,c<0,所以b>0,2a-b=0,所以abc<0,抛物线与x轴的另一个交点是(1,0),当x=2时,y>0,所以4,故③错误,因为,是抛物线上两点,且离对称轴更远,所以故选:C【点睛】考核知识点:二次函数图象.理解二次函数系数和图象关系是关键.3、A【分析】根据从正面看得到的图形是主视图,可得答案.【详解】从正面看中间的矩形的左右两边是虚的直线,故选:A.【点睛】本题考查了简单组合体的三视图,从正面看得到的图形是主视图.4、B【分析】根据中心对称图形的概念和各图的性质求解.【详解】A、是轴对称图形,故此选项错误;B、是中心对称图形,故此选项正确;C、不是中心对称图形,故此选项错误;D、不是中心对称图形,故此选项错误.故选:B.【点睛】此题主要考查了中心对称图形的概念.要注意,中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180度后与原图重合.5、D【分析】首先过点B作BD⊥AC于点D,设BC=a,根据直线解析式得到点A、B坐标,从而求出OA、OB的长,易证△BCD≌△ACO,再根据相似三角形的对应边成比例得出比例式,即可解答.【详解】解:过点B作BD⊥AC于点D,设BC=a,∵直线与轴、轴分别交于点、,∴A(-2,0),B(0,1),即OA=2,OB=1,AC=,∵,∴AB平分∠CAB,又∵BO⊥AO,BD⊥AC,∴BO=BD=1,∵∠BCD=∠ACO,∠CDB=∠COA=90°,∴△BCD≌△ACO,∴,即a:=1:2解得:a1=,a2=-1(舍去),∴OC=OB+BC=+1=,所以点C的纵坐标是.故选:D.【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、角平分线的性质的综合运用,解题关键是恰当作辅助线利用角平分线的性质.6、A【分析】连接OE,由菱形的性质得出∠D=∠B=70°,AD=AB=3,得出OA=OD=1.5,由等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠DOE=40°,再由弧长公式即可得出答案.【详解】连接OE,如图所示:∵四边形ABCD是菱形,∴∠D=∠B=70°,AD=AB=3,∴OA=OD=1.5,∵OD=OE,∴∠OED=∠D=70°,∴∠DOE=180°﹣2×70°=40°,∴的长=.故选:A.【点睛】此题考查菱形的性质、弧长计算,根据菱形得到需要的边长及角度即可代入公式计算弧长.7、A【解析】连接OC,根据等边三角形的性质得到∠BOC=60°,得到∠AOC=100°,根据圆周角定理解答.【详解】连接OC,由题意得,OB=OC=BC,∴△OBC是等边三角形,∴∠BOC=60°,∵∠AOB=40°,∴∠AOC=100°,由圆周角定理得,∠ADC=12∠AOC=50°故选:A.【点睛】本题考查的是圆周角定理,等边三角形的判定和性质,掌握在同圆或等圆中,同弧或等弧所对的圆周角相等,都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键.8、B【解析】连接AD∵∠AOD=90°,∴AD是圆的直径.在直角三角形AOD中,∠D=∠B=30°,OD=2,∴AD=,则圆的半径是.故选B.点睛:连接AD.根据90°的圆周角所对的弦是直径,得AD是直径,根据等弧所对的圆周角相等,得∠D=∠B=30°,运用解直角三角形的知识即可求解.9、D【分析】先移项然后通过因式分解法解一元二次方程即可.【详解】或故选:D.【点睛】本题主要考查因式分解法解一元二次方程,掌握因式分解法是解题的关键.10、C【分析】根据题意可得tan∠DAE的值,进而可判断①;设正方形的边长为4a,根据题意用a表示出FC,BF,CE,DE,然后根据相似三角形的判定方法即可对②进行判断;在②的基础上利用相似三角形的性质即得∠DAE=∠FEC,进一步利用正方形的性质即可得到∠DEA+∠FEC=90°,进而可判断③;利用相似三角形的性质即可判断④.【详解】解:∵四边形ABCD是正方形,E为CD中点,∴CE=ED=DC=AD,∴tan∠DAE=,∴∠DAE≠30°,故①错误;设正方形的边长为4a,则FC=a,BF=3a,CE=DE=2a,∴,∴,又∠D=∠C=90°,∴△ADE∽△ECF,故②正确;∵△ADE∽△ECF,∴∠DAE=∠FEC,∵∠DAE+∠DEA=90°∴∠DEA+∠FEC=90°,∴AE⊥EF.故③正确;∵△ADE∽△ECF,∴,∴AE2=AD•AF,故④正确.综上,正确的个数有3个,故选:C.【点睛】本题考查了正方形的性质、锐角三角函数、相似三角形的判定和性质等知识,属于常考题型,熟练掌握正方形的性质和相似三角形的判定和性质是解题的关键.二、填空题(每小题3分,共24分)11、或或1【详解】如图所示:①当AP=AE=1时,∵∠BAD=90°,∴△AEP是等腰直角三角形,∴底边PE=AE=;②当PE=AE=1时,∵BE=AB﹣AE=8﹣1=3,∠B=90°,∴PB==4,∴底边AP===;③当PA=PE时,底边AE=1;综上所述:等腰三角形AEP的对边长为或或1;故答案为或或1.12、【分析】由于抽到男生的概率与抽到女生的概率之和为1,据此即可求出抽到女生的概率.【详解】解:∵抽到男生的概率是,∴抽到女生的概率是1-=.故答案为:.【点睛】此题考查的是求概率问题,掌握抽到男生和抽到女生的概率之和等于1是解决此题的关键.13、【分析】根据图形可知:点B在以O为圆心,以OB为半径的圆上运动,由旋转可知:将正方形OABC绕点O逆时针旋转45∘后得到正方形OA1B1C1,相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45∘,可得对应点B的坐标,根据规律发现是8次一循环,可得结论.【详解】∵四边形OABC是正方形,且OA=1,∴B(1,1),连接OB,由勾股定理得:OB=,由旋转得:OB=OB1=OB2=OB3=…=,∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45∘后得到正方形OA1B1C1,相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45∘,依次得到∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=…=45∘,∴B1(0,),B2(−1,1),B3(−,0),…,发现是8次一循环,所以2019÷8=252…3,∴点B2019的坐标为(−,0)【点睛】本题考查了旋转的性质,对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连接线段的夹角等于旋转角,也考查了坐标与图形的变化、规律型、点的坐标等知识,解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法.14、下降【分析】由抛物线解析式可求得其开口方向,再结合二次函数的增减性则可求得答案.【详解】解:∵在y=(x-1)2-3中,a=1>0,
∴抛物线开口向上,
∴在对称轴左侧部分y随x的增大而减小,即图象是下降的,
故答案为:下降.【点睛】本题主要考查二次函数的性质,利用二次函数的解析式求得抛物线的开口方向是解题的关键.15、1【分析】根据菱形的性质可得菱形的边长为1,然后根据内角度数进而求出较短对角线的长.【详解】如图所示:菱形ABCD的周长为20,AB=20÷4=1,又,四边形ABCD是菱形,,AB=AD,是等边三角形,BD=AB=1.故答案为1.【点睛】本题主要考查菱形的性质及等边三角形,关键是熟练掌握菱形的性质.16、【分析】作辅助线证明△AOD≌△DOE≌△EOB≌△CDE,且都为等边三角形,利用等边三角形面积公式S=即可解题.【详解】解:连接DE,OD,OE,在圆中,OA=OD=OE=OB,∵△ABC是等边三角形,∴∠A=60°,∴△AOD≌△DOE≌△EOB≌△CDE,且都为等边三角形,∵AB=4,即OA=OD=OE=OB=2,易证阴影部分面积=S△CDE==.【点睛】本题考查了圆的性质,等边三角形的判定和面积公式,属于简单题,作辅助线证明等边三角形是解题关键.17、2或或.【分析】由勾股定理求出AB,设AE=x,则EF=x,BF=1﹣2x;分三种情况讨论:①当BF=BC时,列出方程,解方程即可;②当BF=CF时,F在BC的垂直平分线上,得出AF=BF,列出方程,解方程即可;③当CF=BC时,作CG⊥AB于G,则BG=FGBF,由射影定理求出BG,再解方程即可.【详解】由翻折变换的性质得:AE=EF.∵∠ACB=90°,AC=8,BC=6,∴AB1.设AE=x,则EF=x,BF=1﹣2x.分三种情况讨论:①当BF=BC时,1﹣2x=6,解得:x=2,∴AE=2;②当BF=CF时.∵BF=CF,∴∠B=∠FCB.∵∠A+∠B=90°,∠FCA+∠FCB=90°,∴∠A=∠FCA,∴AF=FC.∵BF=FC,∴AF=BF,∴x+x=1﹣2x,解得:x,∴AE;③当CF=BC时,作CG⊥AB于G,如图所示:则BG=FGBF.根据射影定理得:BC2=BG•AB,∴BG,即(1﹣2x),解得:x,∴AE;综上所述:当△BCF为等腰三角形时,AE的长为:2或或.故答案为:2或或.【点睛】本题考查了翻折变换的性质、勾股定理、射影定理、等腰三角形的性质;本题有一定难度,需要进行分类讨论.18、或【分析】依据沿过点D的直线折叠,使直角顶点C落在斜边AB上的点E处,当△BDE是直角三角形时,分两种情况讨论:∠DEB=90°或∠BDE=90°,分别依据勾股定理或者相似三角形的性质,即可得到CD的长【详解】分两种情况:①若,则,,连接,则,,,设,则,中,,解得,;②若,则,,四边形是正方形,,,,,设,则,,,,解得,,综上所述,的长为或,故答案为或.【点睛】此题考查折叠的性质,勾股定理,全等三角形的判定与性质,解题关键在于画出图形三、解答题(共66分)19、(1)AD=2;(2)S△ABC=1.【分析】(1)由高的定义可得出∠ADC=∠ADB=90°,在Rt△ACD中,由AC的长及cosC的值可求出CD的长,再利用勾股定理即可求出AD的长;(2)由∠B,∠ADB的度数可求出∠BAD的度数,即可得出∠B=∠BAD,利用等角对等边可得出BD的长,再利用三角形的面积公式即可求出△ABC的面积.【详解】解:(1)∵AD⊥BC,∴∠ADC=∠ADB=90°.在Rt△ACD中,AC=5,cosC=,∴CD=AC•cosC=3,∴AD==2.(2)∵∠B=25°,∠ADB=90°,∴∠BAD=90°﹣∠B=25°,∴∠B=∠BAD,∴BD=AD=2,∴S△ABC=AD•BC=×2×(2+3)=1.【点睛】本题考查了解直角三角形、勾股定理、等腰三角形的性质以及三角形的面积,解题的关键是:(1)
通过解直角三角形及勾股定理,求出CD、AD的长;(2)
利用等腰三角形的性质,找出BD的长.20、(1)详见解析;(2)1.【分析】(1)根据一元二次方程根的判别式,即可得到结论;(2)由一元二次方程根与系数的关系,得,,进而得到关于m的方程,即可求解.【详解】(1)∵方程是关于的一元二次方程,∴,∵,∴方程总有两个实根;(2)设方程的两根为,,则,根据题意得:,解得:,(舍去),∴的值为1.【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式以及根与系数的关系,掌握一元二次方程根的判别式以及根与系数的关系是解题的关键.21、(1)(3,4);(2)或;(3)m的取值范围是或.【分析】(1)根据点C到x轴、y轴的距离解答即可;(2)根据“坐标轴三角形”的定义求出线段DF和EF,然后根据三角形的面积公式求解即可;(3)根据题意可得:符合题意的直线MN应为y=x+b或y=-x+b.①当直线MN为y=x+b时,结合图形可得直线MN平移至与⊙O相切,且切点在第四象限时,b取得最小值,根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可求得b的最小值,进而可得m的最大值;当直线MN平移至与⊙O相切,且切点在第二象限时,b取得最大值,根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可求得b的最大值,进而可得m的最小值,可得m的取值范围;②当直线MN为y=-x+b时,同①的方法可得m的另一个取值范围,问题即得解决.【详解】解:(1)根据题意作图如下:由图可知:点C到x轴距离为4,到y轴距离为3,∴C(3,4);故答案为:(3,4);(2)∵点D(2,1),点E(e,4),点D,E,F的“坐标轴三角形”的面积为3,∴,,∴,即=2,解得:e=4或e=0;(3)由点N,M,G的“坐标轴三角形”为等腰三角形可得:直线MN为y=x+b或y=-x+b.①当直线MN为y=x+b时,由于点M的坐标为(m,4),可得m=4-b,由图可知:当直线MN平移至与⊙O相切,且切点在第四象限时,b取得最小值.此时直线MN记为M1N1,其中N1为切点,T1为直线M1N1与y轴的交点.∵△ON1T1为等腰直角三角形,ON=,∴,∴b的最小值为-3,∴m的最大值为m=4-b=7;当直线MN平移至与⊙O相切,且切点在第二象限时,b取得最大值.此时直线MN记为M2N2,其中N2为切点,T2为直线M2N2与y轴的交点.∵△ON2T为等腰直角三角形,ON2=,∴,∴b的最大值为3,∴m的最小值为m=4-b=1,∴m的取值范围是;②当直线MN为y=-x+b时,同理可得,m=b-4,当b=3时,m=-1;当b=-3时,m=-7;∴m的取值范围是.综上所述,m的取值范围是或.【点睛】本题是新定义概念题,主要考查了三角形的面积、直线与圆相切的性质、等腰三角形的性质和勾股定理等知识,正确理解题意、灵活应用数形结合的思想和分类讨论思想是解题的关键.22、(1);(2)见解析,点的坐标为;点的坐标为.【分析】⑴根据配方法解出即可;⑵根据相似比找到对应的点,即可.【详解】解:,,,..(解法不唯一)解:如图,即为所求.点的坐标为;点的坐标为.【点睛】此题主要考查了解一元二次方程的配方法及位似图形的性质,熟练掌握相关知识是解题的关键.23、(1)y=x2-4x+1;(2)点P在运动的过程中,线段PD长度的最大值为;(1)能,点P的坐标为:(1,0)或(2,-1).【分析】(1)把点A、B的坐标代入抛物线解析式,解方程组得到b、c的值,即可得解;(2)求出点C的坐标,再利用待定系数法求出直线AC的解析式,再根据抛物线解析式设出点P的坐标,然后表示出PD的长度,再根据二次函数的最值问题解答;(1)分情况讨论①∠APD是直角时,点P与点B重合,②求出抛物线顶点坐标,然后判断出点P为在抛物线顶点时,∠PAD是直角,分别写出点P的坐标即可;【详解】(1)把点A(1,0)和点B(1,0)代入抛物线y=x2+bx+c,得:解得∴y=x2-4x+1.(2)把x=0代入y=x2-4x+1,得y=1.∴C(0,1).又∵A(1,0),设直线AC的解析式为:y=kx+m,把点A,C的坐标代入得:∴直线AC的解析式为:y=-x+1.PD=-x+1-(x2-4x+1)=-x2+1x=+.∵0<x<1,∴x=时,PD最大为.即点P在运动的过程中,线段PD长度的最大值为.(1)①∠APD是直角时,点P与点B重合,此时,点P(1,0),②∵y=x2﹣4x+1=(x﹣2)2﹣1,∴抛物线的顶点坐标为(2,﹣1),∵A(1,0),∴点P为在抛物线顶点时,∠PAD=45°+45°=90°,此时,点P(2,﹣1),综上所述,点P(1,0)或(2,﹣1)时,△APD能构成直角三角形;【点睛】本题是二次函数综合题型,主要利用了待定系数法求二次函数解析式,二次函数的最值问题,二次函数的对称性以及顶点坐标的求解,直角三角形存在性问题时需要分类讨论.24、(1);(2)【分析】(1)首先将点B的横坐标代入一次函数,得出其坐标,然后代入反比例函数,即可得出解析式;(2)首先求出点A的坐标,然后分别求出AC、BD,即可求得面积.【详解】一次函数的图象过点,且点的横坐标为,,点的坐标为.点在反比例函数的图象上,,反比例函数的表达式为;一次函数的图象与轴交于点,当时,,点的坐标为,轴,点的纵坐标与点的纵坐标相同,是2,点在反比例函数的图象上,当时,,解得,过作于,则,
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