河南师范大附属中学2022-2023学年数学九年级第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析

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．抛物线y＝ax2+bx+c与直线y＝ax+c（a≠0）在同一直角坐标系中的图象可能是（）A． B．C． D．2．已知，如图，点C，D在⊙O上，直径AB=6cm，弦AC，BD相交于点E，若CE=BC，则阴影部分面积为（）A． B． C． D．3．定义：在等腰三角形中，底边与腰的比叫做顶角的正对，顶角的正对记作，即底边:腰.如图，在中，，.则（）A． B． C． D．4．将抛物线y=2xA．y=2(x-2)2-3 B．y=2(x-2)25．已知是方程的一个根，则方程的另一个根为（）A．-2 B．2 C．-3 D．36．二次函数与的图象与x轴有交点，则k的取值范围是A． B．且 C． D．且7．一个半径为2cm的圆的内接正六边形的面积是（）A．24cm2 B．6cm2 C．12cm2 D．8cm28．如图直线y＝mx与双曲线y=交于点A、B，过A作AM⊥x轴于M点，连接BM，若S△AMB＝2，则k的值是()A．1 B．2 C．3 D．49．在直角三角形ABC中，已知∠C=90°，∠A=40°，BC=3，则AC=（）A．3sin40°B．3sin50°10．点、都在反比例函数的图象上，则、的大小关系是（）A． B． C． D．不能确定11．用配方法解方程x2+2x﹣1＝0时，配方结果正确的是（）A．（x+2）2＝2 B．（x+1）2＝2 C．（x+2）2＝3 D．（x+1）2＝312．设m是方程的一个较大的根，n是方程的一个较小的根，则的值是（）A． B． C．1 D．2二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，四边形OABC是矩形，ADEF是正方形，点A、D在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，点F在AB上，点B、E在反比例函数的图像上，OA=1，OC=6，则正方形ADEF的边长为.14．若方程的一个根，则的值是__________．15．.如图，圆锥侧面展开得到扇形，此扇形半径CA=6，圆心角∠ACB=120°，则此圆锥高OC的长度是_______．16．若方程x2﹣2x﹣1009＝0有一个根是α，则2α2﹣4α+1的值为_____．17．已知x1，x2是关于x的方程x2﹣kx+3＝0的两根，且满足x1+x2﹣x1x2＝4，则k的值为_____．18．如图，△ABC中，∠C=90°，，D为AC上一点，∠BDC=45°,CD=6,则AB=_______．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点C与原点O重合，点B在y轴的正半轴上，点A在函数y=（k>0，x>0）的图象上，点D的坐标为（4，3）．（1）求k的值；（2）若将菱形ABCD沿x轴正方向平移，当菱形的顶点D落在函数y=（k>0，x>0）的图象上时，求菱形ABCD沿x轴正方向平移的距离．20．（8分）如图所示，在中，于点E，于点F，延长AE至点G，使EG＝AE，连接CG．（1）求证：；（2）求证：四边形EGCF是矩形．21．（8分）有三张卡片（形状、大小、质地都相同），正面分别写上整式．将这三张卡片背面向上洗匀，从中随机抽取一张卡片，再从剩下的卡片中随机抽取另一张．第一次抽取的卡片正面的整式作为分子，第二次抽取的卡片正面的整式作为分母．（1）请写出抽取两张卡片的所有等可能结果（用树状图或列表法求解）；（2）试求抽取的两张卡片结果能组成分式的概率．22．（10分）已知关于x的一元二次方程x2+2x+m=1．（1）当m=3时，判断方程的根的情况；（2）当m=﹣3时，求方程的根．23．（10分）如图，已知抛物线的对称轴是直线x=3，且与x轴相交于A，B两点（B点在A点右侧）与y轴交于C点．（1）求抛物线的解析式和A、B两点的坐标；（2）若点P是抛物线上B、C两点之间的一个动点（不与B、C重合），则是否存在一点P，使△PBC的面积最大．若存在，请求出△PBC的最大面积；若不存在，试说明理由；（3）若M是抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交直线BC于点N，当MN=3时，求M点的坐标．24．（10分）如图，小巷左右两侧是竖直的墙，一架梯子AC斜靠在右墙，测得梯子与地面的夹角为45°，梯子底端与墙的距离CB＝2米，若梯子底端C的位置不动，再将梯子斜靠在左墙，测得梯子与地面的夹角为60°，则此时梯子的顶端与地面的距离A'D的长是多少米？（结果保留根号）25．（12分）为进一步深化基教育课程改革，构建符合素质教育要求的学校课程体系，某学校自主开发了A书法、B阅读，C足球，D器乐四门校本选修课程供学生选择，每门课程被选到的机会均等．（1）学生小红计划选修两门课程，请写出所有可能的选法；（2）若学生小明和小刚各计划送修一门课程，则他们两人恰好选修同一门课程的概率为多少？26．在平面直角坐标系中，抛物线的顶点为P，且与y轴交于点A，与直线交于点B，C（点B在点C的左侧）.（1）求抛物线的顶点P的坐标（用含a的代数式表示）；（2）横、纵坐标都是整数的点叫做整点，记抛物线与线段AC围成的封闭区域（不含边界）为“W区域”.①当时，请直接写出“W区域”内的整点个数；②当“W区域”内恰有2个整点时，结合函数图象，直接写出a的取值范围.

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【分析】可先由一次函数y=ax+c图象得到字母系数的正负，再与二次函数y=ax2+bx+c的图象相比较看是否一致．【详解】A．一次函数y=ax+c与y轴交点应为(0，c)，二次函数y=ax2+bx+c与y轴交点也应为(0，c)，图象不符合，故本选项错误；B．由抛物线可知，a＞0，由直线可知，a＜0，a的取值矛盾，故本选项错误；C．由抛物线可知，a＜0，由直线可知，a＞0，a的取值矛盾，故本选项错误；D．由抛物线可知，a＜0，由直线可知，a＜0，且抛物线与直线与y轴的交点相同，故本选项正确．故选：D．【点睛】本题考查了抛物线和直线的性质，用假设法来解答这种数形结合题是一种很好的方法．2、B【分析】连接OD、OC，根据CE=BC，得出∠DBC=∠CEB=45°，进而得出∠DOC=90°，根据S阴影=S扇形-S△ODC即可求得．【详解】连接OD、OC，∵AB是直径,∴∠ACB=90°，∵CE=BC，∴∠CBD=∠CEB=45°，∴∠COD=2∠DBC=90°，∴S阴影=S扇形−S△ODC=−×3×3=−.故答案选B.【点睛】本题考查的知识点是扇形面积的计算，解题的关键是熟练的掌握扇形面积的计算.3、C【分析】证明△ABC是等腰直角三角形即可解决问题．【详解】解：∵AB=AC，

∴∠B=∠C，

∵∠A=2∠B，

∴∠B=∠C=45°，∠A=90°，

∴在Rt△ABC中，BC==AC，

∴sin∠B•sadA=,故选：C．【点睛】本题考查解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质三角函数等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．4、B【解析】根据“左加右减，上加下减”的规律求解即可.【详解】y=2x2向右平移2个单位得y=2（x﹣2）2，再向上平移3个单位得y=2（x﹣2）2+3.故选B.【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、B【分析】根据一元二次方程根与系数的关系求解．【详解】设另一根为m，则

1•m=1，解得m=1．

故选B．【点睛】考查了一元二次方程根与系数的关系．根与系数的关系为：x1+x1=-，x1•x1=．要求熟练运用此公式解题．6、D【解析】利用△=b2-4ac≥1，且二次项系数不等于1求出k的取值范围．【详解】∵二次函数与y=kx2-8x+8的图象与x轴有交点，∴△=b2-4ac=64-32k≥1，k≠1，解得：k≤2且k≠1．故选D．【点睛】此题主要考查了抛物线与x轴的交点，熟练掌握一元二次方程根的判别式与根的关系是解题关键．7、B【解析】设O是正六边形的中心，AB是正六边形的一边，OC是边心距，则△OAB是正三角形，△OAB的面积的六倍就是正六边形的面积解：如图所示：设O是正六边形的中心,AB是正六边形的一边,OC是边心距,则∠AOB=60°，OA=OB=2cm，∴△OAB是正三角形，∴AB=OA=2cm，OC=OA⋅sin∠A=2×=(cm)，∴S△OAB=AB⋅OC=×2×=(cm2)，∴正六边形的面积=6×=6(cm2).故选B．8、B【解析】此题可根据反比例函数图象的对称性得到A、B两点关于原点对称，再由S△ABM=1S△AOM并结合反比例函数系数k的几何意义得到k的值．【详解】根据双曲线的对称性可得：OA=OB,则S△ABM＝1S△AOM＝1，S△AOM＝|k|＝1，则k＝±1．又由于反比例函数图象位于一三象限，k＞0，所以k＝1．故选B．【点睛】本题主要考查了反比例函数y＝中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为|k|，是经常考查的一个知识点．9、D【解析】试题分析：∵∠C=90°，∠A=40°，∴∠B=50°.∵BC=3，tanB=ACBC故选D.考点：1.直角三角形两锐角的关系；2.锐角三角函数定义.10、A【分析】根据反比例函数的性质，图象在二、四象限，在双曲线的同一支上，y随x的增大而增大，则-3＜-1＜0，可得．【详解】解：∵k=-1＜0，

∴图象在二、四象限，且在双曲线的同一支上，y随x增大而增大

∵-3＜-1＜0

∴y1＜y2，

故选：A．【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．11、B【分析】把常数项移到方程右边，再把方程两边加上1，然后把方程作边写成完全平方形式即可．【详解】解：∵x1+1x﹣1＝0，∴x1+1x+1＝1，∴（x+1）1＝1．故选B．【点睛】本题考查了解一元二次方程-配方法：将一元二次方程配成（x+m）1=n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．12、C【分析】先解一元二次方程求出m，n即可得出答案．【详解】解方程得或，则，解方程，得或，则，，故选：C．【点睛】本题考查了解一元二次方程，掌握方程解法是解题关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、2【解析】试题分析：由OA=1，OC=6，可得矩形OABC的面积为6；再根据反比例函数系数k的几何意义，可知k=6，∴反比例函数的解析式为；设正方形ADEF的边长为a，则点E的坐标为（a+1，a），∵点E在抛物线上，∴，整理得，解得或（舍去），故正方形ADEF的边长是2.考点：反比例函数系数k的几何意义．14、【分析】将m代入方程，再适当变形可得的值.【详解】解：将m代入方程得，即，所以.故答案为：2020.【点睛】本题考查了一元二次方程的代入求值，灵活的进行代数式的变形是解题的关键.15、4【解析】先根据圆锥的侧面展开图，扇形的弧长等于该圆锥的底面圆的周长，求出OA，最后用勾股定理即可得出结论．【详解】设圆锥底面圆的半径为r，∵AC=6，∠ACB=120°，∴=2πr，∴r=2，即：OA=2，在Rt△AOC中，OA=2，AC=6，根据勾股定理得，OC==4，故答案为4．【点睛】本题考查了扇形的弧长公式，圆锥的侧面展开图，勾股定理，求出OA的长是解本题的关键．16、1【分析】先利用一元二次方程根的定义得到α2﹣2α＝1009，然后求出2α2﹣4α的值代入即可．【详解】解：方程x2﹣2x﹣1009＝0有一个根是α，则α2﹣2α﹣1009＝0，α2﹣2α＝1009，2α2﹣4α+1＝2（α2﹣2α）+1＝1．故答案为：1．【点睛】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．17、2【分析】根据两根关系列出等式,再代入第二个代数式计算即可．【详解】∵x1、x2是方程x2﹣kx+1＝0的两个根，∴x1+x2＝k，x1x2＝1．∵x1+x2﹣x1x2＝k﹣1＝4，∴k＝2．故答案为：2．【点睛】本题考查一元二次方程的两根关系,关键在于熟练掌握基础知识,代入计算．18、1【分析】根据题意由已知得△BDC为等腰直角三角形，所以CD=BC=6，又因为已知∠A的正弦值，即可求出AB的长．【详解】解：∵∠C=90°，∠BDC=45°，∴BC=CD=6，又∵sinA=＝，∴AB=6÷=1．故答案为：1．【点睛】本题考查解直角三角形问题，直角三角形知识的牢固掌握和三角函数的灵活运用．三、解答题（共78分）19、（1）k＝32；（2）菱形ABCD平移的距离为．【分析】（1）由题意可得OD＝5，从而可得点A的坐标，从而可得ｋ的值；（2）将菱形ABCD沿x轴正方向平移，使得点D落在函数（x＞0）的图象D’点处，由题意可知D’的纵坐标为3，从而可得横坐标，从而可知平移的距离．【详解】（1）过点D作x轴的垂线，垂足为F，∵点D的坐标为（4，3），∴OF＝4，DF＝3，∴OD＝5，∴AD＝5，∴点A坐标为（4，8），∴k＝xy=4×8=32，∴k＝32；（2）将菱形ABCD沿x轴正方向平移，使得点D落在函数（x＞0）的图象D’点处，过点D’做x轴的垂线，垂足为F’．∵DF＝3，∴D’F’=3，∴点D’的纵坐标为3，∵点D’在的图象上，∴3＝，解得＝，即∴菱形ABCD平移的距离为．考点：1．勾股定理；2．反比例函数；3．菱形的性质；4．平移．20、（1）见解析；（2）见解析．【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，进而可得，由，得，由AAS证明即可；（2）由（1）全等三角形的性质得AE＝CF，证出EG＝CF，则四边形EGCF是平行四边形，由，即可得证．【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∴，∵于点E，于点F，∴，，在和中，，∴；（2）由（1）得：，，∴AE＝CF，∵EG＝AE，∴EG＝CF，∴四边形EGCF是平行四边形，又∵，∴四边形EGCF是矩形．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、全等三角形的判定及矩形的判定，关键是根据平行四边形的性质得到三角形全等的条件，然后由三角形全等的性质得到边的等量关系，进而根据有一个角为直角的平行四边形是矩形来判定即可．21、（1）见解析；（2）【分析】（1）用树状图或列表法把所有的情况表示出来即可；（2）根据树状图找到所有的情况数以及能组成分式的情况数，利用能组成分式的情况数与总数之比求概率即可．【详解】（1）树状图如下：（2）总共有6种情况，其中能组成分式的有4种，所以（组成分式）【点睛】本题主要考查用树状图或列表法求随机事件的概率，掌握树状图或列表法和概率公式是解题的关键．22、（1）原方程无实数根.（2）x1=1，x2=﹣3.【分析】（1）判断一元二次方程根的情况，只要看根的判别式△=b2－4ac的值的符号即可判断：当△＞1，方程有两个不相等的实数根；当△=1，方程有两个相等的实数根；当△＜1，方程没有实数根.（2）把m的值代入方程，用因式分解法求解即可.【详解】解：（1）∵当m=3时，△=b2﹣4ac=22﹣4×3=﹣8＜1，∴原方程无实数根.（2）当m=﹣3时，原方程变为x2+2x﹣3=1，∵（x﹣1）（x+3）=1，∴x﹣1=1，x+3=1.∴x1=1，x2=﹣3.23、（1），点A的坐标为(-2，0)，点B的坐标为(8，0)；（2）存在点P，使△PBC的面积最大，最大面积是16，理由见解析；（3）点M的坐标为(4-2，)、(2，6)、(6，4)或(4+2，-)．【分析】（1）由抛物线的对称轴为直线x=3，利用二次函数的性质即可求出a值，进而可得出抛物线的解析式，再利用二次函数图象上点的坐标特征，即可求出点A、B的坐标；（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，由点B、C的坐标，利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，假设存在，设点P的坐标为（x,），过点P作PD//y轴，交直线BC于点D，则点D的坐标为（x,），PD=-x2+2x，利用三角形的面积公式即可得出三角形PBC的面积关于x的函数关系式，再利用二次函数的性质即可解决最值问题；（3）设点M的坐标为（m,），则点N的坐标为（m,），进而可得出MN，结合MN=3即可得出关于m的含绝对值符号的一元二次方程，解之即可得出结论．【详解】（1）抛物线的对称轴是直线，，解得：，抛物线的解析式为．当时，，解得：，，点的坐标为，点的坐标为．（2）当时，，点的坐标为．设直线的解析式为．将、代入，，解得：，直线的解析式为．假设存在，设点的坐标为，过点作轴，交直线于点，则点的坐标为，如图所示．，．，当时，的面积最大，最大面积是16．，存在点，使的面积最大，最大面积是16．（3）设点的坐标为，则点的坐标为，．又，．当时，有，解得：，，点的坐标为或；当或时，有，解得：，，点的坐标为，或，．综上所述：点的坐标为，、、或，．【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、待定系数法求一次函数解析式以及三角形的面积，解题的关键是：（1）利用二次函数的性质求出a的值；（2）根据三角形的面积公式找出关于x的函数关系式；（3）根据MN的长度，找出关于m的含绝对值符号的一元二次方程．24、此时梯子的顶端与地面的距离A'D的长是米【分析】由Rt△ABC求出梯子的长度，再利用Rt△A'DC，求得离A'D的长.【详解】解：在Rt△ABC中，∵∠BCA＝45°，∴AB＝BC＝2米，∴米，∴A'C＝AC＝米，∴在Rt△A'DC中，A'D＝A'C•sin60°＝×＝