辽宁省大连市高新区2022-2023学年数学九上期末学业水平测试模拟试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题(每小题3分,共30分)1．如图，的半径等于，如果弦所对的圆心角等于，那么圆心到弦的距离等于（）A． B． C． D．2．顺次连接四边形ABCD各边的中点，所得四边形是（）A．平行四边形B．对角线互相垂直的四边形C．矩形D．菱形3．某学校要种植一块面积为100m2的长方形草坪，要求两边长均不小于5m，则草坪的一边长为y（单位：m）随另一边长x（单位：m）的变化而变化的图象可能是（）A． B． C． D．4．下列事件中，是必然事件的是（）A．明天一定有雾霾B．国家队射击运动员射击一次，成绩为10环C．13个人中至少有两个人生肖相同D．购买一张彩票，中奖5．下列判断正确的是（）A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 B．两组邻边相等的四边形是平行四边形C．对角线相等的四边形是矩形 D．有一个角是直角的平行四边形是正方形6．给出四个实数，2，0，-1，其中负数是（

）A． B．2 C．0 D．-17．下列交通标志中，是中心对称图形的是（）A． B． C． D．8．如图，将绕点逆时针旋转，旋转角为，得到，这时点，，恰好在同一直线上，下列结论一定正确的是（）A． B． C． D．9．已知分式的值为0，则的值是（）．A． B． C． D．10．如图是抛物线y1＝ax2＋bx＋c(a≠0)图象的一部分，抛物线的顶点坐标A(1，3)，与x轴的一个交点B(4，0)，直线y2＝mx＋n(m≠0)与抛物线交于A，B两点，下列结论：①2a＋b＝0；②abc>0；③方程ax2＋bx＋c＝3有两个相等的实数根；④抛物线与x轴的另一个交点是(－1，0)；⑤当1<x<4时，有y2<y1，其中正确的是（

）A．①④⑤ B．①③④⑤ C．①③⑤ D．①②③二、填空题(每小题3分,共24分)11．二次函数的部分图象如图所示，图象过点，对称轴为直线，下列结论：①；②；③一元二次方程的解是，；④当时，，其中正确的结论有__________．12．如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=4，M是AD的中点，N是AB边上的动点，将△AMN沿MN所在直线折叠，得到△，连接，则的最小值是________13．在反比例函数y＝﹣的图象上有两点(﹣，y1)，(﹣1，y1)，则y1_____y1．（填＞或＜）14．如图，抛物线（是常数，），与轴交于两点，顶点的坐标是，给出下列四个结论：①；②若，，在抛物线上，则；③若关于的方程有实数根，则；④，其中正确的结论是__________．（填序号）15．如果，那么锐角_________°．16．将一副三角尺如图所示叠放在一起，则的值是．17．用半径为3cm，圆心角是120°的扇形围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径等于_____cm．18．如图，平面直角坐标系中，已知O（0，0），A（﹣3，4），B（3，4），将△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，测第70次旋转结束时，点D的坐标为_____．三、解答题(共66分)19．（10分）如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC=150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA．（1）求∠ODC的度数；（2）若OB=4，OC=5，求AO的长．20．（6分）（1）某学校“智慧方园”数学社团遇到这样一个题目：如图1，在△ABC中，点O在线段BC上，∠BAO=30°，∠OAC=75°，AO=，BO：CO=1：3，求AB的长．经过社团成员讨论发现，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，通过构造△ABD就可以解决问题（如图2）．请回答：∠ADB=°，AB=．（2）请参考以上解决思路，解决问题：如图3，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC⊥AD，AO=，∠ABC=∠ACB=75°，BO：OD=1：3，求DC的长．21．（6分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，∠BAC的平分线交⊙O于点D，过点D作DE⊥AC分别交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F．（1）求证：EF是⊙O的切线；（2）若AC＝8，CE＝4，求弧BD的长．（结果保留π）22．（8分）如图，在平面直角坐标系中，有一个，顶点的坐标分别是.将绕原点顺时针旋转90°得到，请在平面直角坐标系中作出，并写出的顶点坐标.23．（8分）知识改变世界，科技改变生活.导航装备的不断更新极大方便了人们的出行.如图，某校组织学生乘车到黑龙滩（用C表示）开展社会实践活动，车到达A地后，发现C地恰好在A地的正北方向，且距离A地13千米，导航显示车辆应沿北偏东60°方向行驶至B地，再沿北偏西37°方向行驶一段距离才能到达C地，求B、C两地的距离.（参考数据：sin53°≈,cos53°≈，tan53°≈)24．（8分）“绿水青山就是金山银山”的理念已融入人们的日常生活中，因此，越来越多的人喜欢骑自行车出行，某自行车店在销售某型号自行车时，以高出进价的50%标价．已知按标价九折销售该型号自行车8辆与将标价直降100元销售7辆获利相同．（1）求该型号自行车的进价和标价分别是多少元？（2）若该型号自行车的进价不变，按（1）中的标价出售，该店平均每月可售出50辆；若每辆自行车每降价20元，每月可多售出5辆，求该型号自行车降价多少元时，每月可获利30000元？25．（10分）如图，身高1.6米的小明站在距路灯底部O点10米的点A处，他的身高（线段AB）在路灯下的影子为线段AM，已知路灯灯杆OQ垂直于路面．（1）在OQ上画出表示路灯灯泡位置的点P；（2）小明沿AO方向前进到点C，请画出此时表示小明影子的线段CN；（3）若AM=2.5米，求路灯灯泡P到地面的距离．26．（10分）甲、乙、丙三个球迷决定通过抓阄来决定谁得到仅有的一张球票．他们准备了三张纸片，其中一张上画了个五星，另两张空白，团成外观一致的三个纸团．抓中画有五角星纸片的人才能得到球票．刚要抓阄，甲问：“谁先抓？先抓的人会不会抓中的机会比别人大？”你认为他的怀疑有没有道理？谈谈你的想法并用列表或画树状图方法说明原因．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【分析】过O作OD⊥AB于D,根据等腰三角形三线合一得∠BOD=60°，由30°角所对的直角边等于斜边的一半求解即可.【详解】解：过O作OD⊥AB，垂足为D,∵OA=OB,∴∠BOD=∠AOB=×120°=60°,∴∠B=30°,∴OD=OB=×4=2.即圆心到弦的距离等于2.故选：C.【点睛】本题考查圆的基本性质及等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，根据题意作出辅助线，解直角三角形是解答此题的关键.2、A【解析】试题分析：连接原四边形的一条对角线，根据中位线定理，可得新四边形的一组对边平行且等于对角线的一半，即一组对边平行且相等．则新四边形是平行四边形．解：如图，根据中位线定理可得：GF=BD且GF∥BD，EH=BD且EH∥BD，∴EH=FG，EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形．故选A．考点：中点四边形．3、C【详解】由草坪面积为100m2，可知x、y存在关系y=，然后根据两边长均不小于5m，可得x≥5、y≥5，则x≤20，故选：C．4、C【分析】必然事件是一定发生的事情，据此判断即可．【详解】A．明天有雾霾是随机事件，不符合题意；B．国家队射击运动员射击一次，成绩为10环是随机事件，不符合题意；C．总共12个生肖，13个人中至少有两个人生肖相同是必然事件，符合题意；D．购买一张彩票，中奖是随机事件，不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了必然事件与随机事件，必然事件是一定发生的的时间，随机事件是可能发生，也可能不发生的事件，熟记概念是解题的关键．5、A【分析】利用特殊四边形的判定定理逐项判断即可.【详解】A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，此项正确B、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，此项错误C、对角线相等的平行四边形是矩形，此项错误D、有一个角是直角的平行四边形是矩形，此项错误故选：A.【点睛】本题考查了特殊四边形（平行四边形、菱形、矩形、正方形）的判定定理，掌握理解各判定定理是解题关键.6、D【分析】根据负数的定义，负数小于0即可得出答案.【详解】根据题意：负数是-1，故答案为：D.【点睛】此题主要考查了实数，正确把握负数的定义是解题关键.7、D【解析】根据中心对称图形的概念判断即可．【详解】A、不是中心对称图形；B、不是中心对称图形；C、不是中心对称图形；D、是中心对称图形．故选D．【点睛】本题考查的是中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．8、C【分析】由旋转的性质可得AB=AD，∠BAD=α，由等腰三角形的性质可求解．【详解】∵将△ABC绕点A逆时针旋转，旋转角为α，

∴AB=AD，∠BAD=α，

∴∠B=

故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．9、D【分析】分析已知和所求，根据分式值为0的条件为：分子为0而分母不为0，不难得到=0且≠0；根据ab=0，a=0或b=0，即可解出x的值，再根据≠0，即可得到x的取值范围，由此即得答案.【详解】∵的值为0∴=0且≠0.解得：x=3.故选:D.【点睛】考核知识点：分式值为0.理解分式值为0的条件是关键.10、C【分析】①根据对称轴x=1，确定a，b的关系，然后判定即可；②根据图象确定a、b、c的符号，即可判定；③方程ax2+bx+c=3的根，就y=3的图象与抛物线交点的横坐标判定即可；④根据对称性判断即可；⑤由图象可得，当1<x<4时，抛物线总在直线的上面，则y2<y1．【详解】解：①∵对称轴为：x=1，∴则a=-2b,即2a+b=0，故①正确;∵抛物线开口向下∴a＜0∵对称轴在y轴右侧，∴b＞0∵抛物线与y轴交于正半轴∴c＞0∴abc<0,故②不正确；∵抛物线的顶点坐标A（1,3）∴方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根是x=1，故③正确；∵抛物线对称轴是：x=1，B（4,0），∴抛物线与x轴的另一个交点是（-2,0）故④错误；由图象得：当1<x<4时，有y2<y1；故⑤正确．故答案为C．【点睛】本题考查了二次函数的图像,考查知识点较多,解答的关键在于掌握并灵活应用二次函数知识．二、填空题(每小题3分,共24分)11、①②④【分析】①由抛物线的开口向下知a＜0，与y轴的交点在y轴的正半轴上得到c＞0，由对称轴为，得到b＜0，可以①进行分析判断；

②由对称轴为，得到2a=b，b-2a=0，可以②进行分析判断；

③对称轴为x=-1，图象过点（-4，0），得到图象与x轴另一个交点（2，0），可对③进行分析判断；

④抛物线开口向下，图象与x轴的交点为（-4，0），（2，0），即可对④进行判断．【详解】解：①∵抛物线的开口向下，

∴a＜0，

∵与y轴的交点在y轴的正半轴上，

∴c＞0，

∵对称轴为＜0

∴b＜0，

∴abc＞0，故①正确；

②∵对称轴为，∴2a=b，

∴2a-b=0，故②正确；

③∵对称轴为x=-1，图象过点A（-4，0），

∴图象与x轴另一个交点（2，0），

∴关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0的解为x=-4或x=2，故③错误；

④∵抛物线开口向下，图象与x轴的交点为（-4，0），（2，0），

∴当y＞0时，-4＜x＜2，故④正确；∴其中正确的结论有：①②④；故答案为：①②④.【点睛】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，解答此类问题的关键是掌握二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点、抛物线与x轴交点的个数确定，解题时要注意数形结合思想的运用．12、【分析】由折叠的性质可得AM＝A′M＝2，可得点A′在以点M为圆心，AM为半径的圆上，当点A′在线段MC上时，A′C有最小值，由勾股定理可求MC的长，即可求A′C的最小值．【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝6，BC＝AD＝4，∵M是AD边的中点，∴AM＝MD＝2，∵将△AMN沿MN所在直线折叠，∴AM＝A′M＝2，∴点A′在以点M为圆心，AM为半径的圆上，∴如图，当点A′在线段MC上时，A′C有最小值，∵MC＝＝=2，∴A′C的最小值＝MC−MA′＝2−2，故答案为：2−2.【点睛】本题主要考查了翻折变换，矩形的性质、勾股定理，解题的关键是分析出A′点运动的轨迹．13、＞【分析】直接将(﹣，y2)，(﹣2，y2)代入y＝﹣，求出y2，y2即可．【详解】解：∵反比例函数y＝﹣的图象上有两点（﹣，y2），（﹣2，y2），∴＝4，y2＝﹣＝2．∵4＞2，∴y2＞y2．故答案为：＞．【点睛】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．14、①②④【分析】根据二次函数的图象和性质逐一对选项进行分析即可.【详解】①∵∴即，故①正确；②由图象可知，若，，在抛物线上，则，故②正确；③∵抛物线与直线有交点时，即有解时，要求所以若关于的方程有实数根，则，故③错误；④当时，∵∴，故④正确.故答案为①②④【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键.15、30【分析】根据特殊角的三角函数值即可得出答案.【详解】∵∴故答案为30【点睛】本题主要考查特殊角的三角函数值，掌握特殊角的三角函数值是解题的关键.16、【解析】试题分析：∵∠BAC=∠ACD=90°，∴AB∥CD．∴△ABE∽△DCE．∴．∵在Rt△ACB中∠B=45°，∴AB=AC．∵在RtACD中，∠D=30°，∴．∴．17、1．【分析】把扇形的弧长和圆锥底面周长作为相等关系，列方程求解．【详解】设此圆锥的底面半径为r．根据圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于圆锥底面周长可得：2πr，解得：r=1．故答案为1．【点睛】本题考查了圆锥侧面展开扇形与底面圆之间的关系，圆锥的侧面展开图是一个扇形，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．18、(3，﹣10)【分析】首先根据坐标求出正方形的边长为6，进而得到D点坐标，然后根据每旋转4次一个循环，可知第70次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90°，即可得出此时D点坐标．【详解】解：∵A(﹣3，4)，B(3，4)，∴AB=3+3=6，∵四边形ABCD为正方形，∴AD=AB=6，∴D(﹣3，10)，∵70=4×17+2，∴每4次一个循环，第70次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90°，此时D点与(﹣3，10)关于原点对称，∴此时点D的坐标为(3，﹣10)．故答案为：(3，﹣10)．【点睛】本题考查坐标与图形，根据坐标求出D点坐标，并根据旋转特点找出规律是解题的关键．三、解答题(共66分)19、（1）60°；（2）【分析】（1）根据旋转的性质得到三角形ODC为等边三角形即可求解；

（2）由旋转的性质得：AD=OB=1，结合题意得到∠ADO=90°．则在Rt△AOD中，由勾股定理即可求得AO的长．【详解】（1）由旋转的性质得：CD=CO，∠ACD=∠BCO．∵∠ACB=∠ACO+∠OCB=60°，∴∠DCO=∠ACO+∠ACD=∠ACO+∠OCB=60°，∴△OCD为等边三角形，∴∠ODC=60°．（2）由旋转的性质得：AD=OB=1．∵△OCD为等边三角形，∴OD=OC=2．∵∠BOC=120°，∠ODC=60°，∴∠ADO=90°．在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO=．【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的性质和勾股定理，解题的关键是掌握旋转的性质、等边三角形的性质和勾股定理.20、（1）75；4；（2）CD=4．【分析】（1）根据平行线的性质可得出∠ADB=∠OAC=75°，结合∠BOD=∠COA可得出△BOD∽△COA，利用相似三角形的性质可求出OD的值，进而可得出AD的值，由三角形内角和定理可得出∠ABD=75°=∠ADB，由等角对等边可得出AB=AD=4，此题得解；（2）过点B作BE∥AD交AC于点E，同（1）可得出AE=4，在Rt△AEB中，利用勾股定理可求出BE的长度，再在Rt△CAD中，利用勾股定理可求出DC的长，此题得解．【详解】解：（1）∵BD∥AC，∴∠ADB=∠OAC=75°．∵∠BOD=∠COA，∴△BOD∽△COA，∴．又∵AO=3，∴OD=AO=，∴AD=AO+OD=4．∵∠BAD=30°，∠ADB=75°，∴∠ABD=180°-∠BAD-∠ADB=75°=∠ADB，∴AB=AD=4．（2）过点B作BE∥AD交AC于点E，如图所示．∵AC⊥AD，BE∥AD，∴∠DAC=∠BEA=90°．∵∠AOD=∠EOB，∴△AOD∽△EOB，∴．∵BO：OD=1：3，∴．∵AO=3，∴EO=，∴AE=4．∵∠ABC=∠ACB=75°，∴∠BAC=30°，AB=AC，∴AB=2BE．在Rt△AEB中，BE2+AE2=AB2，即（4）2+BE2=（2BE）2，解得：BE=4，∴AB=AC=8，AD=1．在Rt△CAD中，AC2+AD2=CD2，即82+12=CD2，解得：CD=4．【点睛】本题考查了相似三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及平行线的性质，解题的关键是：（1）利用相似三角形的性质求出OD的值；（2）利用勾股定理求出BE、CD的长度．21、（1）见解析；（2）【分析】（1）连接OD，由OA＝OD知∠OAD＝∠ODA，由AD平分∠EAF知∠DAE＝∠DAO，据此可得∠DAE＝∠ADO，继而知OD∥AE，根据AE⊥EF即可得证；（2）作OG⊥AE，知AG＝CG＝AC＝4，证四边形ODEG是矩形，得出OA＝OB＝OD＝CG+CE＝4，再证△ADE∽△ABD得AD2＝192，据此得出BD的长及∠BAD的度数，利用弧长公式可得答案．【详解】（1）证明：连接OD，如图1所示：∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵AD平分∠EAF，∴∠DAE＝∠DAO，∴∠DAE＝∠ADO，∴OD∥AE，∵AE⊥EF，∴OD⊥EF，∴EF是⊙O的切线；（2）解：作OG⊥AE于点G，连接BD，如图2所示：则AG＝CG＝AC＝4，∠OGE＝∠E＝∠ODE＝90°，∴四边形ODEG是矩形，∴OA＝OB＝OD＝CG+CE＝4+4＝8，∠DOG＝90°，∴AB＝2OA＝16，∵AC＝8，CE＝4，∴AE＝AC+CE＝12，∵∠DAE＝∠BAD，∠AED＝∠ADB＝90°，∴△ADE∽△ABD，∴，即，∴，在Rt△ABD中，，在Rt△ABD中，∵AB＝2BD，∴∠BAD＝30°，∴∠BOD＝60°，则弧BD的长度为＝．【点睛】本题考查切线的判定与性质，解题的关键是掌握切线的判定与性质、矩形的判定与性质、垂径定理、弧长公式等知识点．22、作图见解析，【分析】连接OA、OB、OC，以O为圆心，分别以OA、OB、OC为半径，顺时针旋转90°，分别得到OA1、OB1、OC1，连接A1B1、A1C1、B1C1即可；然后过点A作AD⊥x轴于D，过点A1作A1E⊥x轴于E，利用AAS证出△OAD≌△A1OE，然后根据全等三角形的性质即可求出点A1的坐标，同理即可求出点B1、C1的坐标．【详解】解：连接OA、OB、OC，以O为圆心，分别以OA、OB、OC为半径，顺时针旋转90°，分别得到OA1、OB1、OC1，连接A1B1、A1C1、B1C1，如下图所示，即为所求；过点A作AD⊥x轴于D，过点A1作A1E⊥x轴于E∵根据旋转的性质可得：OA=A1O，∠AOA1=90°∴∠AOD＋∠OAD=90°，∠AOD＋∠A1OE=90°∴∠OAD=∠A1OE在△OAD和△A1OE中∴△OAD≌△A1OE∴AD=OE，OD=A1E∵点A的坐标为∴AD=OE=4，OD=A1E=2∴点A1的坐标为（4,2）同理可求点B1的坐标为（1,5），点C1的坐标为（1,1）【点睛】此题考查的是图形与坐标的变化：旋转和全等三角形的判定及性质，掌握旋转图形的画法和构造全等三角形是解决此题的关键．23、（20-5）千米.【解析】分析：作BD⊥AC，设AD=x，在Rt△ABD中求得BD=x，在Rt△BCD中求得CD=x，由AC=AD+CD建立关于x的方程，解之求得x的值，最后由BC=可得答案．详解：过点B作BD⊥AC，依题可得：∠BAD=60°，∠CBE=37°,AC=13（千米），∵BD⊥AC，∴∠ABD=30°，∠CBD=53°,在Rt△ABD中，设AD=x，∴tan∠ABD=即tan30°=，∴BD=x，在Rt△DCB中，∴tan∠CBD=即tan53°=，∴CD=∵CD+AD=AC,∴x+=13，解得，x=∴BD=12-,在Rt△BDC中，∴cos∠CBD=tan60°=,即：BC=(千米),故B、C两地的距离为（20-5）千米.点睛：此题考查了方向角问题．此题难度适中，解此题的关键是将方向角问题转化为解直角三角形的知识，利用三角函数的知识求解．24、（1）该