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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.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.一、选择题(每题4分,共48分)1.如图,正方形ABCD中,AD=6,E为AB的中点,将△ADE沿DE翻折得到△FDE,延长EF交BC于G,FH⊥BC,垂足为H,延长DF交BC与点M,连接BF、DG.以下结论:①∠BFD+∠ADE=180°;②△BFM为等腰三角形;③△FHB∽△EAD;④BE=2FM⑤S△BFG=2.6⑥sin∠EGB=;其中正确的个数是()A.3 B.4 C.5 D.62.已知抛物线具有如下性质:抛物线上任意一点到定点的距离与到轴的距离相等.如图点的坐标为,是抛物线上一动点,则周长的最小值是()A. B. C. D.3.“割圆术”是我国古代的一位伟大的数学家刘徽首创的,该割圆术,就是通过不断倍增圆内接正多边形的边数来求出圆周率的一种方法,某同学在学习“割圆术”的过程中,画了一个如图所示的圆的内接正十二边形,若该圆的半径为1,则这个圆的内接正十二边形的面积为().A.1 B.3 C.3.1 D.3.144.将抛物线y=2(x-7)2+3平移,使平移后的函数图象顶点落在y轴上,则下列平移中正确的是()A.向上平移3个单位B.向下平移3个单位C.向左平移7个单位D.向右平移7个单位5.在数轴上表示不等式﹣2≤x<4,正确的是()A. B.C. D.6.二次函数的顶点坐标是()A. B. C. D.7.已知抛物线与二次函数的图像相同,开口方向相同,且顶点坐标为,它对应的函数表达式为()A. B.C. D.8.如图,如果从半径为6cm的圆形纸片剪去圆周的一个扇形,将留下的扇形围成一个圆锥(接缝处不重叠),那么这个圆锥的底面半径为()A.2cm B.4cm C.6cm D.8cm9.如图,已知是的外接圆,是的直径,是的弦,,则等于()A. B. C. D.10.已知一斜坡的坡比为,坡长为26米,那么坡高为()A.米 B.米 C.13米 D.米11.若方程(m﹣1)x2﹣4x=0是关于x的一元二次方程,则m的取值范围是()A.m≠1 B.m=1 C.m≠0 D.m≥112.抛物线可以由抛物线平移得到,下列平移正确的是()A.先向左平移3个单位长度,然后向上平移1个单位B.先向左平移3个单位长度,然后向下平移1个单位C.先向右平移3个单位长度,然后向上平移1个单位D.先向右平移3个单位长度,然后向下平移1个单位二、填空题(每题4分,共24分)13.建国70周年阅兵式中,三军女兵方队共352人,其中领队2人,方队中,每排的人数比排数多11,则女兵方队共有____________排,每排有__________人.14.方程x2=x的解是_____.15.如图,的对角线交于点平分交于点,交于点,且,连接.下列结论:①;②;③:④其中正确的结论有__________(填写所有正确结论的序号)16.如图,某试验小组要在长50米,宽39米的矩形试验田中间开辟一横一纵两条等宽的小道,使剩余的面积是1800平方米,求小道的宽.若设小道的宽为米,则所列出的方程是_______(只列方程,不求解)17.某扇形的弧长为πcm,面积为3πcm2,则该扇形的半径为_____cm18.已知且为锐角,则_____.三、解答题(共78分)19.(8分)如图,在中,是上的高,.(1)求证:;(2)若,求的长.20.(8分)解方程:3x2﹣4x+1=1.(用配方法解)21.(8分)如图,射线表示一艘轮船的航行路线,从到的走向为南偏东30°,在的南偏东60°方向上有一点,处到处的距离为200海里.(1)求点到航线的距离.(2)在航线上有一点.且,若轮船沿的速度为50海里/时,求轮船从处到处所用时间为多少小时.(参考数据:)22.(10分)计算:.23.(10分)如图,在A港口的正东方向有一港口B.某巡逻艇从A港口沿着北偏东60°方向巡逻,到达C处时接到命令,立刻在C处沿东南方向以20海里/小时的速度行驶2小时到达港口B.求A,B两港之间的距离(结果保留根号).24.(10分)如图,在边长为4的正方形ABCD中,∠EDF=90°,点E在边AB上且不与点A重合,点F在边BC的延长线上,DE交AC于Q,连接EF交AC于P(1)求证:△ADE≌△CDF;(2)求证:PE=PF;(3)当AE=1时,求PQ的长.25.(12分)如图,AB是圆O的直径,O为圆心,AD、BD是半圆的弦,且∠PDA=∠PBD.延长PD交圆的切线BE于点E(1)判断直线PD是否为⊙O的切线,并说明理由;(2)如果∠BED=60°,PD=,求PA的长;(3)将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF,点F正好在圆O上,如图2,求证:四边形DFBE为菱形.26.在平面直角坐标系中,点O(0,0),点A(﹣3,0).已知抛物线y=﹣x2+2mx+3(m为常数),顶点为P.(1)当抛物线经过点A时,顶点P的坐标为;(2)在(1)的条件下,此抛物线与x轴的另一个交点为点B,与y轴交于点C.点Q为直线AC上方抛物线上一动点.①如图1,连接QA、QC,求△QAC的面积最大值;②如图2,若∠CBQ=45°,请求出此时点Q坐标.
参考答案一、选择题(每题4分,共48分)1、C【分析】根据正方形的性质、折叠的性质、三角形外角的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理对各个选项依次进行判断、计算,即可得出答案.【详解】解:正方形ABCD中,,E为AB的中点,,,,
沿DE翻折得到,
,,,,
,,
,
又,
,
,∴,又∵,,∴∠BFD+∠ADE=180°,故①正确;∵,,∴又∵,,∴,∴MB=MF,∴△BFM为等腰三角形;故②正确;,,
∴,∴,又∵,∴,∵,,∴,
∽,故正确;
,,,
∵在和中,,
≌,,
设,则,,
在中,由勾股定理得:,
解得:,∴EG=5,,,∴sin∠EGB=,故⑥正确;
∵,,,∴,又∵,∴∽,∴∴BE=2FM,故④正确;∽,且,设,则,
在中,由勾股定理得:,
解得:舍去或,
,故错误;故正确的个数有5个,故选:C.【点睛】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定、勾股定理、三角函数等知识,本题综合性较强,证明三角形全等和三角形相似是解题的关键.2、C【分析】作过作轴于点,过点作轴于点,交抛物线于点,由结合,结合点到直线之间垂线段最短及MF为定值,即可得出当点P运动到点P′时,△PMF周长取最小值,再由点、的坐标即可得出、的长度,进而得出周长的最小值.【详解】解:作过作轴于点,由题意可知:,∴周长=,又∵点到直线之间垂线段最短,∴当、、三点共线时最小,此时周长取最小值,过点作轴于点,交抛物线于点,此时周长最小值,、,,,周长的最小值.故选:.【点睛】本题考查了二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征以及点到直线的距离,根据点到直线之间垂线段最短找出△PMF周长的取最小值时点P的位置是解题的关键.3、B【分析】先求出,进而得出,根据这个圆的内接正十二边形的面积为进行求解.【详解】∵是圆的内接正十二边形,∴,∵,∴,∴这个圆的内接正十二边形的面积为,故选B.【点睛】本题考查正十二边形的面积计算,先求出是解题的关键.4、C【解析】按“左加右减括号内,上加下减括号外”的规律平移即可得出所求函数的解析式.【详解】依题意可知,原抛物线顶点坐标为(7,3),平移后抛物线顶点坐标为(0,t)(t为常数),则原抛物线向左平移7个单位即可.故选C.【点睛】本题考查了二次函数图象的平移,其规律是是:将二次函数解析式转化成顶点式y=a(x-h)2+k
(a,b,c为常数,a≠0),确定其顶点坐标(h,k),在原有函数的基础上“h值正右移,负左移;k值正上移,负下移”.5、A【分析】根据不等式的解集在数轴上表示出来即可.【详解】解:在数轴上表示不等式﹣2≤x<4的解集为:故选:A.【点睛】此题主要考查不等式解集的表示,解题的关键是熟知不等式解集的表示方法.6、B【分析】根据抛物线的顶点式:,直接得到抛物线的顶点坐标.【详解】解:由抛物线为:,抛物线的顶点为:故选B.【点睛】本题考查的是抛物线的顶点坐标,掌握抛物线的顶点式是解题的关键.7、D【分析】先根据抛物线与二次函数的图像相同,开口方向相同,确定出二次项系数a的值,然后再通过顶点坐标即可得出抛物线的表达式.【详解】∵抛物线与二次函数的图像相同,开口方向相同,∵顶点坐标为∴抛物线的表达式为故选:D.【点睛】本题主要考查抛物线的顶点式,掌握二次函数表达式中的顶点式是解题的关键.8、B【分析】因为圆锥的高,底面半径,母线构成直角三角形,首先求得留下的扇形的弧长,利用勾股定理求圆锥的高即可.【详解】解:∵从半径为6cm的圆形纸片剪去圆周的一个扇形,∴剩下的扇形的角度=360°×=240°,∴留下的扇形的弧长=,∴圆锥的底面半径cm;故选:B.【点睛】此题主要考查了主要考查了圆锥的性质,要知道(1)圆锥的高,底面半径,母线构成直角三角形,(2)此扇形的弧长等于圆锥底面周长,扇形的半径等于圆锥的母线长.9、C【分析】由直径所对的圆周角是直角,可得∠ADB=90°,可计算出∠BAD,再由同弧所对的圆周角相等得∠BCD=∠BAD.【详解】∵是的直径∴∠ADB=90°∴∠BAD=90°-∠ABD=32°∴∠BCD=∠BAD=32°.故选C.【点睛】本题考查圆周角定理,熟练运用该定理将角度进行转换是关键.10、C【分析】根据坡比算出坡角,再根据坡角算出坡高即可.【详解】解:设坡角为∵坡度∴.∴.坡高=坡长.故选:C.【点睛】本题考查三角函数的应用,关键在于理解题意,利用三角函数求出坡角.11、A【分析】根据只含有一个未知数,并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程可得m−1≠0,再解即可.【详解】解:由题意得:m﹣1≠0,解得:m≠1,故选:A.【点睛】此题主要考查了一元二次方程定义,关键是掌握判断一个方程是否是一元二次方程应注意抓住5个方面:“化简后”;“一个未知数”;“未知数的最高次数是2”;“二次项的系数不等于0”;“整式方程”.12、B【分析】抛物线平移问题可以以平移前后两个解析式的顶点坐标为基准研究.【详解】解:抛物线的顶点为(0,0),抛物线的顶点为(-3,-1),抛物线向左平移3个单位长度,然后向下平移1个单位得到抛物线.故选:B.【点睛】本题考查的知识点是二次函数图象平移问题,解答是最简单的方法是确定平移前后抛物线顶点,从而确定平移方向.二、填空题(每题4分,共24分)13、14;1【分析】先设三军女兵方队共有排,则每排有()人,根据三军女兵方队共352人可列方程求解即可.【详解】设三军女兵方队共有排,则每排有()人,根据题意得:
,
整理,得.
解得:(不合题意,舍去),
则(人).
故答案为:14,1.【点睛】本题考查了一元二次方程的应用,解题关键是要读懂题目的意思,根据题目给出的条件,找出合适的等量关系,列出方程,再求解.14、x1=0,x2=1【分析】利用因式分解法解该一元二次方程即可.【详解】解:x2=x,移项得:x2﹣x=0,分解因式得:x(x﹣1)=0,可得x=0或x﹣1=0,解得:x1=0,x2=1.故答案为:x1=0,x2=1【点睛】本题考查了解一元二次方程,熟练掌握因式分解法是解题的关键.15、①③④【分析】由四边形ABCD是平行四边形,∠ABC=60°,EC平分∠DCB,得△ECB是等边三角形,结合AB=2BC,得∠ACB=90°,进而得∠CAB=30°,即可判断①;由∠OCF<∠DAO,∠OFC>∠ADO,即可判断②;易证△OEF∽△BCF,得OF=OB,进而得S△AOD=S△BOC=3S△OCF,即可判断③;设OF=a,得DF=4a,BF=2a,即可判断④.【详解】∵四边形ABCD是平行四边形,
∴CD∥AB,OD=OB,OA=OC,
∴∠DCB+∠ABC=180°,
∵∠ABC=60°,
∴∠DCB=120°,
∵EC平分∠DCB,
∴∠ECB=∠DCB=60°,
∴∠EBC=∠BCE=∠CEB=60°,
∴△ECB是等边三角形,
∴EB=BC=EC,
∵AB=2BC,
∴EA=EB=EC,
∴∠ACB=90°,∴∠CAB=30°,即:,故①正确;∵AD∥BC,∴∠ADO=∠CBO,∠DAO=∠BCO,∵∠OCF<∠BCO,∠OFC>∠CBO,∴∠OCF<∠DAO,∠OFC>∠ADO,∴错误,故②错误;
∵OA=OC,EA=EB,
∴OE∥BC,
∴△OEF∽△BCF,∴,
∴OF=OB,
∴S△AOD=S△BOC=3S△OCF,故③正确;
设OF=a,∵OF=OB,∴OB=OD=3a,∴DF=4a,BF=2a,
∴BF2=OF•DF,故④正确;
故答案为:①③④.【点睛】本题主要考查平行四边形的性质定理,相似三角形的判定和性质,三角函数的定义,以及直角三角形的判定和性质,掌握平行四边形的性质定理,相似三角形的判定和性质,是解题的关键.16、(答案不唯一)【分析】可设道路的宽为xm,将4块剩余矩形平移为一个长方形,长为(50-x)m,宽为(39-x)m.根据长方形面积公式即可列出方程.【详解】解:设道路的宽为xm,依题意有
(50-x)(39-x)=1.
故答案为:.【点睛】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程的知识,应熟记长方形的面积公式.解题关键是利用平移把4块试验田平移为一个长方形的长和宽.17、1【分析】根据扇形的面积公式S=,可得出R的值.【详解】解:∵扇形的弧长为πcm,面积为3πcm2,扇形的面积公式S=,可得R=故答案为1.【点睛】本题考查了扇形面积的求法,掌握扇形面积公式是解答本题的关键.18、2【分析】根据特殊角的三角函数值,先求出,然后代入计算,即可得到答案.【详解】解:∵,为锐角,∴,∴;∴====;故答案为:2.【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值,二次根式的性质,负整数指数幂,零次幂,解题的关键是正确求出,熟练掌握运算法则进行计算.三、解答题(共78分)19、(1)见解析;(2).【分析】(1)由于tanB=cos∠DAC,根据正切和余弦的概念可证明AC=BD;
(2)根据,AD=24,可求出AC的长,再利用勾股定理可求出CD的长,再根据BC=CD+BD=CD+AC可得出结果.【详解】(1)证明:是上的高,.在和中,,,又,,;(2)解:在中,,AD=24,则,.又,=AC+CD=26+10=1.【点睛】此题考查解直角三角形、直角三角形的性质等知识,掌握基本概念和性质是解题的关键.20、x1=1,x2=【分析】首先把系数化为1,移项,把常数项移到等号的右侧,然后在方程的左右两边同时加上一次项系数的一半,即可使左边是完全平方公式,右边是常数项,即可求解.【详解】3x2﹣4x+1=13(x2﹣x)+1=1(x﹣)2=∴x﹣=±∴x1=1,x2=【点睛】本题考查解一元二次方程的方法,解题的关键是熟练掌握用配方法解一元二次方程的一般步骤.21、(1)100海里(2)约为1.956小时【分析】(1)过A作AH⊥MN于H.由方向角的定义可知∠QMB=30°,∠QMA=60°,那么∠NMA=∠QMA-∠QMB=30°.解直角△AMH中,得出AH=AM,问题得解;
(2)先根据直角三角形两锐角互余求出∠HAM=60°,由∠MAB=15°,得出∠HAB=∠HAM-∠MAB=45°,那么△AHB是等腰直角三角形,求出BH=AH距离,然后根据时间=路程÷速度即可求解.【详解】解:(1)如图,过作于.∵,∴在直角中,∵,,海里,∴海里.答:点到航线的距离为100海里.(2)在直角中,,由(1)可知,∵∴,∴,∴轮船从处到处所用时间约为小时.答:轮船从处到处所用时间约为1.956小时.【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题,含30°角的直角三角形的性质,等腰直角三角形的判定与性质,直角三角形两锐角互余的性质,准确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键.22、2【分析】首先计算各锐角三角函数值,然后进行计算即可.【详解】原式=2-1+1【点睛】此题主要考查锐角三角函数的相关计算,牢记锐角三角函数值是解题关键.23、A,B间的距离为(20+20)海里.【分析】过点C作CD⊥AB于点D,根据题意可得,∠ACD=60°,∠BCD=45°,BC=20×2=40,然后根据锐角三角函数即可求出A,B间的距离.【详解】解:如图,过点C作CD⊥AB于点D,根据题意可知:∠ACD=60°,∠BCD=45°,BC=20×2=40,∴在Rt△BCD中,CD=BD=BC=20,在Rt△ACD中,AD=CD•tan60°=20,∴AB=AD+BD=20+20(海里).答:A,B间的距离为(20+20)海里.【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题,解题的关键是掌握方向角的定义.24、(1)见解析;(2)见解析;(3)【分析】(1)根据ASA证明即可.(2)作FH∥AB交AC的延长线于H,由“AAS”可证△APE≌△HPF,可得PE=PF;(3)如图2,先根据平行线分线段成比例定理表示,可得AQ的长,再计算AH的长,根据(2)中的全等可得AP=PH,由线段的差可得结论.【详解】(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴DA=DC,∠DAE=∠BCD=∠DCF=∠ADC=90°,∴∠ADE+∠EDC=90°∵∠EDF=90°∴∠EDC+∠CDF=90°∴∠ADE=∠CDF在△ADE和△CDF中,∵∴△ADE≌△CDF(ASA).(2)证明:由(1)知:△ADE≌△CDF,∴AE=CF,作FH∥AB交AC的延长线于H.∵四边形ABCD是正方形,∴∠ACB=∠FCH=45°,∵AB∥FH,∴∠HFC=∠ABC=90°,∴∠FCH=∠H=45°,∴CF=FH=AE,在△AEP和△HFP中,∵,∴△APE≌△HPF(AAS),∴PE=PF;(3)∵AE∥CD,∴,∵AE=1,CD=4,∴,∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC=4,∠B=90°,∴AC=4,∴AQ=AC=,∵AE=FH=CF=1,∴CH=,∴AH=AC+CH=4+=5,由(2)可知:△APE≌△HPF,∴AP=PH,∴AP=AH=,∴PQ=AP﹣AQ=﹣=.【点睛】本题考查了正方形的性质,全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的判定和性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题.25、(1)证明见解析;(2)1;(3)证明见解析.【分析】(1)连接OD,由AB是圆O的直径可得∠ADB=90°,进而求得∠ADO+∠PDA=90°,即可得出直线PD为⊙O的切线;(2)根据BE是⊙O的切线,则∠EBA=90°,即可求得∠P=30°,再由PD为⊙O的切线,得∠PDO=90°,根据三角函数的定义求得OD,由勾股定理得OP,即可得出PA;(3)根据题意可证得∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF,由AB是圆O的直径,得∠ADB=90°,设∠PBD=x°,则可表示出∠DAF=∠PAD=90°+x°,∠DBF=2x°,由圆内接四边形的性质得出x的值,可得出△BDE是等边三角形.进而证出四边形DFBE为菱形.【详解】解:(1)直线PD为⊙O的切线,理由如下:如图1,连接OD,∵AB是圆O的直径,∴∠ADB=90°,∴∠ADO+∠BDO=90°,又∵DO=BO,∴∠BDO=∠PBD,∵∠PDA=∠PBD,∴∠BDO=∠PDA,∴∠ADO+∠PDA=90°,即PD⊥OD,∵点D在⊙O上,∴直线PD为⊙O的切线;(2)∵BE是⊙O的切线,∴∠EBA=90°,∵∠BED=60°,∴∠P=30°,∵PD为⊙O的切线,∴∠PDO=90°,在Rt△PDO中,∠P=30°,PD=,∴,解得OD=1,∴=2,∴PA=PO﹣AO=2﹣1=1;(3)如图2,依题意得:∠ADF=∠PDA,∠PAD=∠DAF,∵∠PDA=∠PBD∠ADF=∠ABF,∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF,∵AB是圆O的直径,∴∠ADB=90°,设∠PBD=x°,则∠DAF=∠PAD=90°+x°,∠DBF=2x°,∵四边形AFBD内接于⊙O,∴∠DAF+∠DBF=180°,即90°+x+2x=180°,解得x=30°,∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF=30°,∵BE、ED是⊙O的切线,∴DE=BE,∠EBA=
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