2023届黑龙江省牡丹江市名校九年级数学第一学期期末联考模拟试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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（每题4分，共48分）1．如图，在平行四边形ABCD中，E是AB的中点，CE和BD交于点O，设△OCD的面积为m，△OEB的面积为，则下列结论中正确的是（）A．m=5 B．m= C．m= D．m=102．二次函数y＝x2﹣6x图象的顶点坐标为（）A．（3，0） B．（﹣3，﹣9） C．（3，﹣9） D．（0，﹣6）3．如果一个扇形的半径是1，弧长是，那么此扇形的圆心角的大小为（）A．30° B．45°C．60° C．90°4．下列等式从左到右变形中，属于因式分解的是（）A． B．C． D．5．如图，在△ABC中，∠BOC＝140°，I是内心，O是外心，则∠BIC等于（）A．130° B．125° C．120° D．115°6．在一个不透明的袋子中，装有红色、黑色、白色的玻璃球共有40个，除颜色外其它完全相同．若小李通过多次摸球试验后发现其中摸到红色、黑色球的频率稳定在．和，则该袋子中的白色球可能有()A．6个 B．16个 C．18个 D．24个7．如图，⊙是的外接圆，，则的度数为()A．60° B．65° C．70° D．75°8．已知四边形中，对角线，相交于点，且，则下列关于四边形的结论一定成立的是（）A．四边形是正方形 B．四边形是菱形C．四边形是矩形 D．9．二次函数部分图象如图所示，有以下结论：①；②；③，其中正确的是（）A．①②③ B．②③ C．①② D．①③10．圆心角为140°的扇形的半径为3cm，则这个扇形的面积是（）cm1．A．π B．3π C．9π D．6π11．下列四个几何体中，左视图为圆的是（）A． B． C． D．12．在同一时刻，身高1.5米的小红在阳光下的影长2米，则影长为6米的大树的高是（）A．4.5米 B．8米 C．5米 D．5.5米二、填空题（每题4分，共24分）13．已知AB∥CD，AD与BC相交于点O.若＝，AD＝10，则AO＝____.14．如图，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个半径为的圆形，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为____．15．如图，在中，已知依次连接的三边中点，得，再依次连接的三边中点得，···，则的周长为_____________________．16．如图，我们把一个半圆与抛物线的一部分围成的封闭图形称为“果圆”．已知点A、B、C、D分别是“果圆”与坐标轴的交点，抛物线的解析式为y=x2﹣6x﹣16，AB为半圆的直径，则这个“果圆”被y轴截得的线段CD的长为_____．17．二次函数的顶点坐标是__________．18．已知某品牌汽车在进行刹车测试时发现，该品牌某款汽车刹车后行驶的距离（单位：米）与行驶时间（单位：秒）满足下面的函数关系：．那么测试实验中该汽车从开始刹车到完全停止，共行驶了_________米．三、解答题（共78分）19．（8分）解方程（1）（2）20．（8分）如图，一次函数与反比例函数的图象交于A（2，1），B（-1，）两点．（1）求m、k、b的值；（2）连接OA、OB，计算三角形OAB的面积；（3）结合图象直接写出不等式的解集．21．（8分）如图，一次函数y=ax+b（a≠0）的图象与反比例函数（k≠0）的图象相交于A，B两点，与x轴，y轴分别交于C，D两点，tan∠DCO=，过点A作AE⊥x轴于点E，若点C是OE的中点，且点A的横坐标为﹣1．，（1）求该反比例函数和一次函数的解析式；（2）连接ED，求△ADE的面积．22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，CD切⊙O于点C，BE⊥CD于E，连接AC，BC．（1）求证：BC平分∠ABE；（2）若⊙O的半径为3，cosA＝，求CE的长．23．（10分）如图1是实验室中的一种摆动装置，在地面上，支架是底边为的等腰直角三角形，摆动臂长可绕点旋转，摆动臂可绕点旋转，，.（1）在旋转过程中：①当三点在同一直线上时，求的长；②当三点在同一直角三角形的顶点时，求的长.（2）若摆动臂顺时针旋转，点的位置由外的点转到其内的点处，连结，如图2，此时，，求的长.24．（10分）如图，已知△ABC内接于⊙O，且AB＝AC，直径AD交BC于点E，F是OE上的一点，使CF∥BD．（1）求证：BE＝CE；（2）若BC＝8，AD＝10，求四边形BFCD的面积．25．（12分）为加强我市创建文明卫生城市宣传力度，需要在甲楼A处到E处悬挂一幅宣传条幅，在乙楼顶部D点测得条幅顶端A点的仰角∠ADF=45°，条幅底端E点的俯角为∠FDE=30°，DF⊥AB，若甲、乙两楼的水平距离BC为21米，求条幅的长AE约是多少米？（，结果精确到0.1米）26．如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交BC于点D，交AB于点E，过点D作DF⊥AB，垂足为F，连接DE．（1）求证：直线DF与⊙O相切；（2）若AE=7，BC=6，求AC的长．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【解析】试题分析：∵AB∥CD，∴△OCD∽△OEB，又∵E是AB的中点，∴2EB=AB=CD，∴，即，解得m=．故选B．考点：1．相似三角形的判定与性质；2．平行四边形的性质．2、C【分析】将二次函数解析式变形为顶点式，进而可得出二次函数的顶点坐标．【详解】解：∵y＝x2﹣6x＝x2﹣6x+9﹣9＝（x﹣3）2﹣9，∴二次函数y＝x2﹣6x图象的顶点坐标为（3，﹣9）．故选：C．【点睛】此题主要考查二次函数的顶点，解题的关键是熟知二次函数的图像与性质.3、C【分析】根据弧长公式，即可求解【详解】设圆心角是n度，根据题意得，解得：n=1．故选C【点睛】本题考查了弧长的有关计算．4、D【分析】直接利用因式分解的定义分析得出答案．【详解】A.，属于整式乘法运算，不符合因式分解的定义，故此选项错误；B.，右边不是整式的积的形式，不符合因式分解的定义，故此选项错误；C.，属于整式乘法运算，不符合因式分解的定义，故此选项错误；D.），属于因式分解，符合题意；故选：D．【点睛】本题主要考查因式分解的定义：把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解．5、B【分析】根据圆周角定理求出∠BOC=2∠A，求出∠A度数，根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB，根据三角形的内心得出∠IBC=∠ABC，∠ICB=∠ACB，求出∠IBC+∠ICB的度数，再求出答案即可.【详解】∵在△ABC中，∠BOC=140°，O是外心，∴∠BOC=2∠A，∴∠A=70°，∴∠ABC+∠ACB=180°﹣∠A=110°，∵I为△ABC的内心，∴∠IBC=∠ABC，∠ICB=∠ACB，∴∠IBC+∠ICB==55°，∴∠BIC=180°﹣（∠IBC+∠ICB）=125°，故选：B.【点睛】此题主要考查三角形内心和外心以及圆周角定理的性质，熟练掌握，即可解题.6、B【分析】先由频率之和为1计算出白球的频率，再由数据总数×频率=频数计算白球的个数，即可求出答案．【详解】解：∵摸到红色球、黑色球的频率稳定在0.15和0.45，

∴摸到白球的频率为1-0.15-0.45=0.4，

故口袋中白色球的个数可能是40×0.4=16个．

故选：B．【点睛】此题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率=所求情况数与总情况数之比．7、C【分析】连接OB，根据等腰三角形的性质和圆周角定理即可得到结论．【详解】连接OB，∵OC＝OB，∠BCO＝20，∴∠OBC＝20，∴∠BOC＝180−20−20＝140，∴∠A＝140×＝70，故选：C．【点睛】本题考查了圆周角定理，要知道，同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半．8、C【分析】根据OA=OB=OC=OD，判断四边形ABCD是平行四边形．然后根据AC=BD，判定四边形ABCD是矩形．【详解】，四边形是平行四边形且，是矩形，题目没有条件说明对角线相互垂直，∴A、B、D都不正确；故选：C【点睛】本题是考查矩形的判定方法，常见的又3种：①一个角是直角的四边形是矩形；②三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形．9、A【分析】根据二次函数的性质，结合图中信息，一一判断即可解决问题．【详解】由图象可知，a＜0，b＜0，c＞0∴，①正确；图像与x轴有两个交点，∴，②正确；对称轴x=，∴，故③正确；故选A.【点睛】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题的关键是灵活应用图中信息解决问题，属于中考常考题型．10、D【解析】试题分析：扇形面积的计算公式为：，故选择D．11、A【分析】根据三视图的法则可得出答案.【详解】解：左视图为从左往右看得到的视图，A.球的左视图是圆，B.圆柱的左视图是长方形，C.圆锥的左视图是等腰三角形，D.圆台的左视图是等腰梯形，故符合题意的选项是A.【点睛】错因分析较容易题.失分原因是不会判断常见几何体的三视图.12、A【解析】根据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即可得.【详解】如图，由题意可得：由相似三角形的性质得：，即解得：（米）故选：A.【点睛】本题考查了相似三角形的性质，理解题意，将问题转化为利用相似三角形的性质求解是解题关键.二、填空题（每题4分，共24分）13、1．【解析】∵AB∥CD，解得，AO=1，

故答案是：1．【点睛】运用了平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．14、【分析】利用已知得出底面圆的半径为，周长为，进而得出母线长，再利用勾股定理进行计算即可得出答案．【详解】解：∵半径为的圆形∴底面圆的半径为∴底面圆的周长为∴扇形的弧长为∴，即圆锥的母线长为∴圆锥的高为．故答案是：【点睛】此题主要考查了圆锥展开图与原图对应情况，以及勾股定理等知识，根据已知得出母线长是解决问题的关键．15、【分析】根据三角形的中位线定理得：A2B2=A1B1、B2C2=B1C1、C2A2=C1A1，则△A2B2C2的周长等于△A1B1C1的周长的一半，以此类推可求出△A5B5C5的周长为△A1B1C1的周长的．【详解】解：∵A2B2=A1B1、B2C2=B1C1、C2A2=C1A1，∴△A5B5C5的周长为△A1B1C1的周长的，∴△A5B5C5的周长为（7+4+5）×=1．故答案为1．【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理，灵活运用三角形的中位线定理并归纳规律是解答本题的关键．16、1【解析】抛物线的解析式为y=x2-6x-16，可以求出AB=10；在Rt△COM中可以求出CO=4；则：CD=CO+OD=4+16=1．【详解】抛物线的解析式为y=x2-6x-16，

则D（0，-16）

令y=0，解得：x=-2或8，

函数的对称轴x=-=3，即M（3，0），

则A（-2，0）、B（8，0），则AB=10，

圆的半径为AB=5，

在Rt△COM中，

OM=5，OM=3，则：CO=4，

则：CD=CO+OD=4+16=1．故答案是：1.【点睛】考查的是抛物线与x轴的交点，涉及到圆的垂径定理．17、（2,1）【分析】将解析式化为顶点式即可顶点答案.【详解】∵，∴二次函数的顶点坐标是（2,1），故答案为：（2,1）.【点睛】此题考查二次函数的一般式化为顶点式的方法，顶点式解析式中各字母的意义，正确转化解析式的形式是解题的关键.18、1【分析】此题利用配方法求二次函数最值的方法求解即可；【详解】∵，∴汽车刹车后直到停下来前进了1m．故答案是1．【点睛】本题主要考查了二次函数最值应用，准确化简计算是解题的关键．三、解答题（共78分）19、（1）x1=1x2=（2）x1=2x2=5【分析】（1）根据直接开平方法即可求解（2）根据因式分解法即可进行求解.【详解】解方程（1）3x+2=5或3x+2=－5x1=1x2=（2）(x－2）（x－5）=0x－2=0或x－5=0x1=2x2=520、（1）m=1，k=1，b=-1；（1）；（3）－1＜x＜0或x＞1．【解析】试题分析：（1）先由反比例函数上的点A（1，1）求出m，再由点B（﹣1，n）求出n，则由直线经过点A、B，得二元一次方程组，求得m、k、b；（1）△AOB的面积=△BOC的面积+△AOC的面积；（3）由图象直接写出不等式的解集．试题解析：（1）由题意得：，m=1，当x=-1时，，∴B（-1，-1），∴，解得，综上可得，m=1，k=1，b=-1；（1）如图，设一次函数与y轴交于C点，当x=0时，y=－1，∴C（0，-1），∴；（3）由图可知，－1＜x＜0或x＞1．考点：反比例函数与一次函数的交点问题．21、（1）y=﹣x﹣3，y=﹣；（2）S△ADE=2．【分析】（1）根据题意求得OE=1，OC=2，Rt△COD中，tan∠DCO=，OD=3，即可得到A（-1，3），D（0，-3），C（-2，0），运用待定系数法即可求得反比例函数与一次函数的解析式；

（2）求得两个三角形的面积，然后根据S△ADE=S△ACE+S△DCE即可求得．【详解】（1）∵AE⊥x轴于点E，点C是OE的中点，且点A的横坐标为﹣1，∴OE=1，OC=2，∵Rt△COD中，tan∠DCO=，∴OD=3，∴A（﹣1，3），∴D（0，﹣3），C（﹣2，0），∵直线y=ax+b（a≠0）与x轴、y轴分别交于C、D两点，∴，解得，∴一次函数的解析式为y=﹣x﹣3，把点A的坐标（﹣1，3）代入，可得3=，解得k=﹣12，∴反比例函数解析式为y=﹣；（2）S△ADE=S△ACE+S△DCE=EC•AE+EC•OD=×2×3+=2．22、（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）根据切线的性质得OC⊥DE，则可判断OC∥BE，根据平行线的性质得∠OCB＝∠CBE，加上∠OCB＝∠CBO，所以∠OBC＝∠CBE；（2）由已知数据可求出AC，BC的长，易证△BEC∽△BCA，由相似三角形的性质即可求出CE的长．【详解】（1）证明：∵CD是⊙O的切线，∴OC⊥DE，而BE⊥DE，∴OC∥BE，∴∠OCB＝∠CBE，而OB＝OC，∴∠OCB＝∠CBO，∴∠OBC＝∠CBE，即BC平分∠ABE；（2）∵⊙O的半径为3，∴AB＝6，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵cosA＝，∴＝，∴AC＝2，∴BC＝＝2，∵∠ABC＝∠ECB，∠ACB＝∠BEC＝90°，∴△BEC∽△BCA，∴＝，即＝，∴CE＝．【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的判定和性质，勾股定理的运用以及相似三角形的判定和性质，熟记和圆有关的各种性质定理是解题的关键．23、（1）①，或；②或；（2）.【分析】（1）①分两种情形分别求解即可．②显然∠MAD不能为直角．当∠AMD为直角时，根据AM2=AD2-DM2，计算即可，当∠ADM=90°时，根据AM2=AD2+DM2，计算即可．（2）连接CD．首先利用勾股定理求出CD1，再利用全等三角形的性质证明BD2=CD1即可．【详解】（1）①，或.②显然不能为直角，当为直角时，，∴.当为直角时，，∴.（2）连结，由题意得，，∴，，又∵，∴，∴.∵，∴，即.又∵，，∴，∴.【点睛】本题属于四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．24、（1）见解析；（2）四边形BFCD的面积为1．【分析】（1）由AB＝AC可得，然后根据垂径定理的推论即可证得结论；（2）先根据ASA证得△BED≌△CEF，从而可得CF＝BD，于是可推得四边形BFCD是平行四边形，进一步即得四边形BFCD是菱形；易证△AEC∽△CED，设DE＝x，根据相似三角形的性质可得关于x的方程，解方程即可求出x的值，再根据菱形面积公式计算即可.【详解】（1）证明：∵AB＝AC，∴，∵AE过圆心O，∴BE＝CE；（2）解：∵AB＝AC，BE＝CE，∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，∴∠BED=∠CEF=90°，∵CF∥BD，∴∠DBE＝∠FCE，∴△BED≌△CEF（ASA），∴CF＝BD，∴四边形BFCD是平行四边形，∵AD⊥