2022年上海奉贤华亭学校数学九年级第一学期期末复习检测试题含解析_第1页
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文档简介

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(每题4分,共48分)1.若+10x+m=0是关于x的一元二次方程,则m的值应为()A.m="2" B.m= C.m= D.无法确定2.已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示,有以下结论:①a+b+c<0;②a﹣b+c>1;③abc>0;④4a﹣2b+c<0;⑤c﹣a>1,其中所有正确结论的序号是()A.①② B.①③④ C.①②③⑤ D.①②③④⑤3.如图,在菱形中,,,是的中点,将绕点逆时针旋转至点与点重合,此时点旋转至处,则点在旋转过程中形成的、线段、点在旋转过程中形成的与线段所围成的阴影部分的面积为()A. B. C. D.4.一元二次方程3x2=8x化成一般形式后,其中二次项系数和一次项系数分别是()A.3,8 B.3,0 C.3,-8 D.-3,-85.如图,四边形ABCD是正方形,以BC为底边向正方形外部作等腰直角三角形BCE,连接AE,分别交BD,BC于点F,G,则下列结论:①△AFB∽△ABE;②△ADF∽△GCE;③CG=3BG;④AF=EF,其中正确的有().A.①③ B.②④ C.①② D.③④6.如图,在△ABC中,AD⊥BC交BC于点D,AD=BD,若AB=,tanC=,则BC=()A.8 B. C.7 D.7.将抛物线y=﹣(x+1)2+3向右平移2个单位后得到的新抛物线的表达式为()A.y=﹣(x+1)2+1 B.y=﹣(x﹣1)2+3 C.y=﹣(x+1)2+5 D.y=﹣(x+3)2+38.若一元二次方程的一个根为,则其另一根是()A.0 B.1 C. D.29.抛物线y=2(x﹣1)2+3的对称轴为()A.直线x=1B.直线y=1C.直线y=﹣1D.直线x=﹣110.方程的根是()A. B. C., D.,11.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.8cm12.下列判断错误的是()A.有两组邻边相等的四边形是菱形 B.有一角为直角的平行四边形是矩形C.对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 D.矩形的对角线互相平分且相等二、填空题(每题4分,共24分)13.已知CD是Rt△ABC的斜边AB上的中线,若∠A=35°,则∠BCD=_____________.14.在等腰△ABC中,AB=AC=4,BC=6,那么cosB的值=_____.15.如图,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,BD⊥AC,垂足为点D,如果BC=4,sin∠DBC=,那么线段AB的长是_____.16.阅读下列材料,我们知道,因此将的分子分母同时乘以“”,分母就变成了4,即,从而可以达到对根式化简的目的,根据上述阅读材料解决问题:若,则代数式m5+2m4﹣2017m3+2016的值是_____.17.在英语句子“Wishyousuccess”(祝你成功)中任选一个字母,这个字母为“s”的概率是.18.抛物线的顶点坐标是__________________.三、解答题(共78分)19.(8分)如图,在中,,点从点出发,以的速度向点移动,点从点出发,以的速度向点移动.如果两点同时出发,经过几秒后的面积等于?20.(8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).21.(8分)如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,AB=BC,对角线AC、BD交于点O,BD平分∠ABC,过点D作DE⊥BC,交BC的延长线于点E,连接OE.(1)求证:四边形ABCD是菱形;(2)若DC=2,AC=4,求OE的长.22.(10分)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AD平分∠BAC交BC于点D,O为AB上一点,经过点A、D的⊙O分别交AB、AC于点E、F,(1)求证:BC是⊙O切线;(2)设AB=m,AF=n,试用含m、n的代数式表示线段AD的长.23.(10分)如图,为的直径,直线于点.点在上,分别连接,,且的延长线交于点,为的切线交于点.(1)求证:;(2)连接,若,,求线段的长.24.(10分)如图,AC为⊙O的直径,B为⊙O上一点,∠ACB=30°,延长CB至点D,使得CB=BD,过点D作DE⊥AC,垂足E在CA的延长线上,连接BE.(1)求证:BE是⊙O的切线;(2)当BE=3时,求图中阴影部分的面积.25.(12分)为增强中学生体质,篮球运球已列为铜陵市体育中考选考项目,某校学生不仅练习运球,还练习了投篮,下表是一名同学在罚球线上投篮的试验结果,根据表中数据,回答问题.投篮次数(n)50100150200250300500投中次数(m)286078104124153252(1)估计这名同学投篮一次,投中的概率约是多少?(精确到0.1)(2)根据此概率,估计这名同学投篮622次,投中的次数约是多少?26.如图,已知抛物线与y轴相交于点A(0,3),与x正半轴相交于点B,对称轴是直线x=1.(1)求此抛物线的解析式以及点B的坐标.(2)动点M从点O出发,以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向运动,同时动点N从点O出发,以每秒3个单位长度的速度沿y轴正方向运动,当N点到达A点时,M、N同时停止运动.过动点M作x轴的垂线交线段AB于点Q,交抛物线于点P,设运动的时间为t秒.①当t为何值时,四边形OMPN为矩形.②当t>0时,△BOQ能否为等腰三角形?若能,求出t的值;若不能,请说明理由.

参考答案一、选择题(每题4分,共48分)1、C【解析】试题分析:根据一元二次方程的定义进行解得2m﹣1=2,解得m=.故选C.考点:一元二次方程的定义2、C【分析】根据二次函数的性质逐项分析可得解.【详解】解:由函数图象可得各系数的关系:a<0,b<0,c>0,则①当x=1时,y=a+b+c<0,正确;②当x=-1时,y=a-b+c>1,正确;③abc>0,正确;④对称轴x=-1,则x=-2和x=0时取值相同,则4a-2b+c=1>0,错误;⑤对称轴x=-=-1,b=2a,又x=-1时,y=a-b+c>1,代入b=2a,则c-a>1,正确.故所有正确结论的序号是①②③⑤.故选C3、C【分析】根据菱形的性质可得AD=AB=4,∠DAB=180°-,AE=,然后根据旋转的性质可得:S△ABE=S△ADF,∠FAE=∠DAB=60°,最后根据S阴影=S扇形DAB+S△ADF―S△ABE―S扇形FAE即可求出阴影部分的面积.【详解】解:∵在菱形中,,,是的中点,∴AD=AB=4,∠DAB=180°-,AE=,∵绕点逆时针旋转至点与点重合,此时点旋转至处,∴S△ABE=S△ADF,∠FAE=∠DAB=60°∴S阴影=S扇形DAB+S△ADF―S△ABE―S扇形FAE=S扇形DAB―S扇形FAE==故选:C.【点睛】此题考查的是菱形的性质、旋转的性质和扇形的面积公式,掌握菱形的性质定理、旋转的性质和扇形的面积公式是解决此题的关键.4、C【分析】要确定二次项系数,一次项系数,常数项,首先要把方程化成一般形式.【详解】解:∴二次项系数是,一次项系数是.故选:C【点睛】本题考查了一元二次方程的一般形式:(a,b,c是常数且a≠0)特别要注意a≠0的条件.这是在做题过程中容易忽视的知识点.在一般形式中叫二次项,bx叫一次项,c是常数项.其中a,b,c分别叫二次项系数,一次项系数,常数项.5、B【解析】连接AC,交BD于O,过点E作EH⊥BC于H,由正方形的性质及等腰直角三角形的性质可得∠ADF=∠ABD=∠BCE=∠CBE=45°,可得∠ABE=135°,根据外角性质可得∠AFD=∠FAB+∠ABF>45°,利用平角定义可得∠AFB<135°,即可证明∠AFB≠∠ABE,可对①进行判断;由EH⊥BC可证明EH//AB,根据平行线的性质可得∠HEG=∠FAB,根据角的和差关系可证明∠DAF=∠CEG,即可证明△ADF∽△GCE;可对②进行判断,由EH//AB可得△HEG∽△BAG,根据相似三角形的性质即可得出BG=2HG,根据等腰直角三角形性质可得CH=BH,进而可得CG=2BG,可对③进行判断;根据正方形的性质可得OA=BE,∠AOF=∠FBE=90°,利用AAS可证明△AOF≌△EBF,可得AF=EF,可对④进行判断;综上即可得答案.【详解】如图,连接AC,交BD于O,过点E作EH⊥BC于H,∵ABCD是正方形,△BCE是等腰直角三角形,∴∠ADF=∠ABD=∠BCE=∠CBE=45°,∴∠ABE=135°,∵∠AFD=∠BAF+∠ABF=∠BAF+45°>45°,∴∠AFB=180°-∠AFD<135°,∴∠AFB≠∠ABE,∴△AFB与△ABE不相似,故①错误,∵EH⊥BC,∠ABC=90°,∴EH//AB,∴∠HEG=∠FAB,∴∠AFD=∠FAB+∠ABD=45°+∠HEG=∠CEG,又∵∠ADB=∠GCE=45°,∴△ADF∽△GCE,故②正确,∵EH//AB,∴△HEG∽△BAG,∴,∵△BCE是等腰直角三角形,∴EH=CH=BH=BC=AB,∴=,即BG=2HG,∴CH=BH=3HG,∴CG=CH+HG=4HG,∴CG=2BG,故③错误,∵ABCD是正方形,△BCE是等腰直角三角形,∴∠AOF=90°,∠FBE=∠DBC+∠CBE=45°+45°=90°,OA=AB,BE=BC,∴∠AOF=∠FBE,OA=BE,在△AOF和△EBF中,,∴△AOF≌△EBF,∴AF=EF,故④正确,综上所述:正确的结论有②④,故选:B.【点睛】本题考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质,熟练掌握相关判定定理及性质是解题关键.6、C【分析】证出△ABD是等腰直角三角形,得出AD=BD=AB=4,由三角函数定义求出CD=3,即可得出答案.【详解】解:交于点,,是等腰直角三角形,,,,;故选:.【点睛】本题考查了解直角三角形、等腰直角三角形的性质以及三角函数定义;熟练掌握等腰直角三角形的性质和三角函数定义是解题的关键.7、B【解析】解:∵将抛物线y=﹣(x+1)2+1向右平移2个单位,∴新抛物线的表达式为y=﹣(x+1﹣2)2+1=﹣(x﹣1)2+1.故选B.8、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.9、A【解析】解:∵y=2(x﹣1)2+3,∴该抛物线的对称轴是直线x=1.故选A.10、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.11、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.12、A【分析】根据菱形,矩形,正方形的判定逐一进行分析即可.【详解】A.有两组邻边相等的四边形不一定是菱形,故该选项错误;B.有一角为直角的平行四边形是矩形,故该选项正确;C.对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形,故该选项正确;D.矩形的对角线互相平分且相等,故该选项正确;故选:A.【点睛】本题主要考查菱形,矩形,正方形的判定,掌握菱形,矩形,正方形的判定方法是解题的关键.二、填空题(每题4分,共24分)13、55°【分析】这道题可以根据CD为斜边AB的中线得出CD=AD,由∠A=35°得出∠A=∠ACD=35°,则∠BCD=90°-35°=55°.【详解】如图,∵CD为斜边AB的中线∴CD=AD∵∠A=35°∴∠A=∠ACD=35°∵∠ACD+∠BCD=90°则∠BCD=90°-35°=55°故填:55°.【点睛】此题主要考查三角形内角度求解,解题的关键是熟知直角三角形的性质.14、3【解析】作AD⊥BC于D点,根据等腰三角形的性质得到BD=12BC【详解】解:如图,作AD⊥BC于D点,∵AB=AC=4,BC=6,∴BD=12BC在Rt△ABD中,cosB=BDAB=3故答案为34【点睛】本题考查了锐角三角函数的定义:在直角三角形中,一锐角的余弦值等于这个角的邻边与斜边的比.也考查了等腰三角形的性质.15、2.【分析】在中,根据直角三角形的边角关系求出CD,根据勾股定理求出BD,在在中,再求出AB即可.【详解】解:在Rt△BDC中,∵BC=4,sin∠DBC=,∴,∴,∵∠ABC=90°,BD⊥AC,∴∠A=∠DBC,在Rt△ABD中,∴,故答案为:2.【点睛】考查直角三角形的边角关系,勾股定理等知识,在不同的直角三角形中利用合适的边角关系式正确解答的关键.16、2016【分析】首先对m这个式子进行分母有理化,然后观察要求值的代数式进行拆分代入运算即可.【详解】∵===,∴m+1=,∴,∴,∴原式==2016.故答案为:2016.【点睛】本题考查了二次根式的分母有理化,代数式的求值,观察代数式的特点拆分代入是解题的关键.17、【解析】试题解析:在英语句子“Wishyousuccess!”中共14个字母,其中有字母“s”4个.故其概率为.考点:概率公式.18、(2,0).【分析】直接利用顶点式可知顶点坐标.【详解】顶点坐标是(2,0),故答案为:(2,0).【点睛】主要考查了求抛物线顶点坐标的方法.三、解答题(共78分)19、经过秒后的面积等于【分析】首先构建直角三角形,求出各边长,然后利用面积构建一元二次方程,求解即可.【详解】过点作于,则,如图所示:设经过秒后的面积等于,则.根据题意,.当时,,不合题意舍去,取.答:经过秒后的面积等于.【点睛】此题主要考查三角形中的动点问题,解题关键是利用面积构建一元二次方程.20、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.21、(1)证明见解析;(2)1.【分析】(1)由AD∥BC,BD平分∠ABC,可得AD=AB,结合AD∥BC,可得四边形ABCD是平行四边形,进而,可证明四边形ABCD是菱形,(2)由四边形ABCD是菱形,可得OC=AC=2,在Rt△OCD中,由勾股定理得:OD=1,根据“在直角三角形中,斜边上的中线等于斜边的一半”,即可求解.【详解】(1)证明:∵AD∥BC,∴∠ADB=∠CBD,∵BD平分∠ABC,∴∠ABD=∠CBD,∴∠ADB=∠ABD,∴AD=AB,∵AB=BC,∴AD=BC,∵AD∥BC,∴四边形ABCD是平行四边形,又∵AB=BC,∴四边形ABCD是菱形;(2)解:∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,OB=OD,OA=OC=AC=2,在Rt△OCD中,由勾股定理得:OD==1,∴BD=2OD=8,∵DE⊥BC,∴∠DEB=90°,∵OB=OD,∴OE=BD=1.【点睛】本题主要考查菱形的判定定理及性质定理,题目中的“双平等腰”模型是证明四边形是菱形的关键,掌握直角三角形的性质和勾股定理,是求OE长的关键.22、(1)见解析;(2)【分析】(1)连接OD,由AD为角平分线得到∠BAD=∠CAD,再由等边对等角得到∠OAD=∠ODA,等量代换得到∠ODA=∠CAD,进而得到OD∥AC,得到OD与BC垂直,即可得证;

(2)连接DF,由(1)得到BC为圆O的切线,结合角度的运算得出∠CDF=∠DAF,进而得到∠AFD=∠ADB,结合∠BAD=∠DAF得到△ABD∽△ADF,由相似得比例,即可表示出AD;【详解】(1)证明:如图,连接OD,则OD为圆O的半径,∵AD平分∠BAC,∴∠BAD=∠CAD,∵OD=OA,∴∠OAD=∠ODA,∴∠ODA=∠CAD,∴OD∥AC,∴∠ODC=∠C=90°即OD⊥BC,∴BC是⊙O切线.(2)连接DF,OF,由(1)知BC为圆O的切线,∴∠ODC=90°,∴∠ODF+∠CDF=90°,∴∠ODF=90°-∠CDF,∵OD=OF,∴∠ODF=∠OFD=,又∵∠DAF=,∴∠ODF=∴∠CDF=∠DAF又∵∠CDF+∠CFD=90°,∠DAF+∠CDA=90°,∴∠CDA=∠CFD,

∴∠AFD=∠ADB,

∵∠BAD=∠DAF,

∴△ABD∽△ADF,∴,则∵AB=m,AF=n,∴∴【点睛】此题属于圆的综合题,涉及的知识有:切线的判定与性质,相似三角形的判定与性质,以及平行线的判定与性质,熟练掌握各自的性质是解本题的关键.23、(1)详见解析;(2)【分析】(1)根据切线的性质得,由切线长定理可证,从而,然后根据等角的余角相等得到,从而根据等腰三角形的判定定理得到结论;(2)根据勾股定理计算出AC=8,再证明△ABC∽△ABD,利用相似比得到AD=,然后证明OF为△ABD的中位线,从而根据三角形中位线性质求出OF的长.【详解】(1)证明:∵是的直径,∴(直径所对的圆周角是),∴,∴,∵是的直径,于点,∴是的切线(经过半径外端且与半径垂直的直线是圆的切线),∵是的切线,∴(切线长定理),∴,∵,,∴,∴,∵.(2)由(1)可知,是直角三角形,在中,,,根据勾股定理求得,在和中,∴(两个角对应相等的两个三角形相似),∴,∴,∴,∵,,∴是的中位线,∴(三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半).【点睛】本题考查了切线的判定与性质,等腰三角形的判定与性质,勾股定理,相似三角形得判定与性质,余角的性质,以及三角形的中位线等知识.熟练掌握切线的判定与性质、相似三角形得判定与性质是解答本题的关键.24、(1)证明见解析;(2)【解析】(1)连接,根据和都是等腰三角形,即可得到再根据三角形的内角和得到进而得出是⊙的切线;(2)根据,,可以得到半圆的面积,即可的面积,即可得到阴影部分的面积.【详解】解:(1)如图所示,连接,∵,∴,∵,,∴中,,∴,∴中,,∴,∴是⊙的切线

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