上海市娄山中学2022年数学九上期末经典试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(每小题3分,共30分)1．为坐标原点，点、分别在轴和轴上，的内切圆的半径长为（）A． B． C． D．2．一组数据10，9，10，12，9的平均数是（）A．11 B．12 C．9 D．103．已知直角三角形中30°角所对的直角边为2cm，则斜边的长为（）A．2cm B．4cm C．6cm D．8cm4．sin60°的值是()A． B． C． D．5．学校体育室里有6个箱子，分别装有篮球和足球（不混装），数量分别是8，9，16，20，22，27，体育课上，某班体育委员拿走了一箱篮球，在剩下的五箱球中，足球的数量是篮球的2倍，则这六箱球中，篮球有（）箱．A．2 B．3 C．4 D．56．某班有40人，一次体能测试后，老师对测试成绩进行了统计．由于小亮没有参加本次集体测试因此计算其他39人的平均分为90分，方差s2＝1．后来小亮进行了补测，成绩为90分，关于该班40人的测试成绩，下列说法正确的是（）A．平均分不变，方差变大 B．平均分不变，方差变小C．平均分和方差都不变 D．平均分和方差都改变7．摄影兴趣小组的学生，将自己拍摄的照片向本组其他成员各赠送一张，全组共互赠了182张，若全组有x名学生，则根据题意列出的方程是（）A．x（x＋1）＝182 B．0.5x（x＋1）＝182C．0.5x（x－1）＝182D．x（x－1）＝1828．小明同学以正六边形三个不相邻的顶点为圆心，边长为半径，向外作三段圆弧，设计了如图所示的图案，已知正六边形的边长为1，则该图案外围轮廓的周长为（）A． B． C． D．9．下列说法，错误的是（）A．为了解一种灯泡的使用寿命，宜采用普查的方法B．一组数据8，8，7，10，6，8，9的众数是8C．方差反映了一组数据与其平均数的偏离程度D．对于简单随机样本，可以用样本的方差去估计总体的方差10．点到轴的距离是（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．若方程的一个根，则的值是__________．12．如图，四边形ABCD是菱形，⊙O经过点A、C、D，与BC相交于点E，连接AC、AE.若∠D＝70°，则∠EAC的度数为____________.13．将二次函数y=x2﹣1的图象向上平移3个单位长度，得到的图象所对应的函数表达式是_____．14．已知一次函数y＝ax＋b与反比例函数y＝的图象相交于A(4，2)，B(－2，m)两点，则一次函数的表达式为____________．15．已知，=________．16．计算：_______．17．小明练习射击，共射击次，其中有次击中靶子，由此可估计，小明射击一次击中靶子的概率约为__________．18．如图，竖直放置的一个铝合金窗框由矩形和弧形两部分组成，AB=m，AD=2m，弧CD所对的圆心角为∠COD=120°．现将窗框绕点B顺时针旋转横放在水平的地面上，这一过程中，窗框上的点到地面的最大高度为__m．三、解答题(共66分)19．（10分）感知定义在一次数学活动课中，老师给出这样一个新定义：如果三角形的两个内角α与β满足α+2β＝90°，那么我们称这样的三角形为“类直角三角形”．尝试运用（1）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AB＝5，BD是∠ABC的平分线．①证明△ABD是“类直角三角形”；②试问在边AC上是否存在点E（异于点D），使得△ABE也是“类直角三角形”？若存在，请求出CE的长；若不存在，请说明理由．类比拓展（2）如图2，△ABD内接于⊙O，直径AB＝10，弦AD＝6，点E是弧AD上一动点（包括端点A，D），延长BE至点C，连结AC，且∠CAD＝∠AOD，当△ABC是“类直角三角形”时，求AC的长．20．（6分）如图，已知，直线垂直平分交于，与边交于，连接，过点作平行于交于点，连.（1）求证：；（2）求证：四边形是菱形；（3）若，求菱形的面积.21．（6分）甲、乙两名同学5次数学练习（满分120分）的成绩如下表：（单位：分）测试日期11月5日11月20日12月5日12月20日1月3日甲9697100103104乙10095100105100已知甲同学这5次数学练习成绩的平均数为100分，方差为10分.（1）乙同学这5次数学练习成绩的平均数为分，方差为分；（2）甲、乙都认为自已在这5次练习中的表现比对方更出色，请你分别写出一条支持他们俩观点的理由.22．（8分）如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于点，点，与轴相交于点，与抛物线的对称轴相交于点.（1）求该抛物线的表达式，并直接写出点的坐标；（2）过点作交抛物线于点，求点的坐标；（3）在（2）的条件下，点在射线上，若与相似，求点的坐标.23．（8分）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上，点的坐标为.以点为位似中心，在轴的左侧将放大得到，使得的面积是面积的倍，在网格中画出图形，并直接写出点所对应的点的坐标.在网格中，画出绕原点顺时针旋转的.24．（8分）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数的图象与轴，轴的交点分别为和．（1）求此二次函数的表达式；（2）结合函数图象，直接写出当时，的取值范围．25．（10分）如图，，分别是，上的点，，于，于．若，，求：（1）；（2）与的面积比．26．（10分）正面标有数字，,3,4背面完全相同的4张卡片，洗匀后背面向上放置在桌面上.甲同学抽取一张卡片，正面的数字记为a，然后将卡片背面向上放回桌面，洗匀后，乙同学再抽取一张卡片，正面的数字记为b.（1）请用列表或画树状图的方法把所有结果表示出来；（2）求出点在函数图象上的概率.

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【分析】先运用勾股定理求得的长，证得四边形为正方形，设半径为，利用切线长定理构建方程即可求解.【详解】如图，过内心C作CD⊥AB、CE⊥AO、CF⊥BO，垂足分别为D、E、F，∵，∴，，∵CE⊥AO、CF⊥BO，∴四边形为正方形，设半径为，则∵AB、AO、BO都是的切线，∴，，∴，即：，解得：，故选：A．【点睛】本题考查了切线长定理，勾股定理，证得四边形为正方形以及利用切线长定理构建方程是解题的关键.2、D【解析】利用平均数的求法求解即可．【详解】这组数据10，9，10，12，9的平均数是故选：D．【点睛】本题主要考查平均数，掌握平均数的求法是解题的关键．3、B【详解】由题意可知，在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，所以斜边=2×2=4cm.考点：含30°的直角三角形的性质.4、C【分析】根据特殊角的三角函数值解答即可.【详解】sin60°=，故选C.【点睛】本题考查特殊角的三角函数值，熟记几个特殊角的三角函数值是解题关键.5、B【分析】先计算出这些水果的总质量，再根据剩下的足球与篮球的数量关系，通过推理判断出拿走的篮球的个数，从而计算出剩余篮球的个数．【详解】解：∵8+9+16+20+22+27=102（个）根据题意，在剩下的五箱球中，足球的数量是篮球的2倍，∴剩下的五箱球中，篮球和足球的总个数是3的倍数，由于102是3的倍数，所以拿走的篮球个数也是3的倍数，只有9和27符合要求，假设拿走的篮球的个数是9个，则（102-9）÷3=31，剩下的篮球是31个，由于剩下的五个数中，没有哪两个数的和是31个，故拿走的篮球的个数不是9个，假设拿走的篮球的个数是27个，则（102-27）÷3=25，剩下的篮球是25个，只有9+16=25，所以剩下2箱篮球，故这六箱球中，篮球有3箱，故答案为：B．【点睛】本题主要考查的是学生能否通过初步的分析、比较、推理得出正确的结论，培养学生有顺序、全面思考问题的意识．6、B【分析】根据平均数、方差的定义计算即可.【详解】∵小亮的成绩和其它39人的平均数相同，都是90分，∴40人的平均数是90分，∵39人的方差为1，小亮的成绩是90分，40人的平均分是90分，∴40人的方差为[1×39+(90-90)2]÷40<1，∴方差变小，∴平均分不变，方差变小故选B.【点睛】本题考查了平均数与方差，熟练掌握定义是解题关键.7、D【解析】共送出照片数=共有人数×每人需送出的照片数．根据题意列出的方程是x（x-1）=1．故选D.8、C【分析】根据正六边形的边长相等，每个内角为120度，可知图案外围轮廓的周长为三个半径为1、圆心角为240度的弧长之和．【详解】由题意可知：

∵正六边形的内角，∴扇形的圆心角，

∵正六边形的边长为1，

∴该图案外围轮廓的周长，

故选：C．【点睛】本题考查了弧长的计算公式，正多边形和圆，正六边形的性质，正确的识别图形是解题的关键．9、A【分析】利用抽样调查、普查的特点和试用的范围和众数、方差的意义即可做出判断.【详解】A．灯泡数量很庞大，了解它的使用寿命不宜采用普查的方法，应该采用抽查的方法，所以A错误；B.众数是一组数据中出现次数最多的数值，所以8，8，7，10，6，8，9的众数是8正确；C.方差反映了一组数据与其平均数的偏离程度，正确；D.对于简单随机样本，可以用样本的方差去估计总体的方差，正确；故选A.【点睛】本题考查的是调查、众数、方差的意义，能够熟练掌握这些知识是解题的关键.10、C【分析】根据点的坐标的性质即可得.【详解】由点的坐标的性质得，点P到x轴的距离为点P的纵坐标的绝对值则点到轴的距离是故选：C.【点睛】本题考查了点的坐标的性质，掌握理解点的坐标的性质是解题关键.二、填空题(每小题3分,共24分)11、【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.12、【分析】根据菱形的性质求∠ACD的度数，根据圆内接四边形的性质求∠AEC的度数，由三角形的内角和求解．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC,AD=DC,∴∠DAC=∠ACB,∠DAC=∠DCA∵∠D=70°,∴∠DAC=,∴∠ACB=55°,∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠AEC+∠D=180°,∴∠AEC=180°-70°=110°，∴∠EAC=180°-∠AEC-∠ACB=180°-55°-110°=15°,∴∠EAC=15°.故答案为：15°【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形的内角和，圆内接四边形的性质，熟练掌握菱形的性质和圆的性质是解答此题的关键．13、y=x1+1【解析】分析：先确定二次函数y=x1﹣1的顶点坐标为（0，﹣1），再根据点平移的规律得到点（0，﹣1）平移后所得对应点的坐标为（0，1），然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式．详解：二次函数y=x1﹣1的顶点坐标为（0，﹣1），把点（0，﹣1）向上平移3个单位长度所得对应点的坐标为（0，1），所以平移后的抛物线解析式为y=x1+1．故答案为y=x1+1．点睛：本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．14、y＝x－1【详解】解：把（4，1）代入，得k＝8，∴反比例函数的表达式为，把（－1，m）代入，得m＝－4，∴B点的坐标为（－1，－4），把（4，1），（－1，－4）分别代入y＝ax＋b，得解得，∴直线的表达式为y＝x－1．故答案为：y＝x－1．15、【分析】先去分母，然后移项合并，即可得到答案.【详解】解：∵，∴，∴，∴，∴；故答案为：.【点睛】本题考查了解二元一次方程，解题的关键是掌握解二元一次方程的方法.16、【分析】原式把变形为，然后逆运用积的乘方进行运算即可得到答案．【详解】解：=====．故答案为：．【点睛】此题主要考查了幂的运算，熟练掌握积的乘方运算法则是解答此题的关键．17、0.9【分析】根据频率=频数÷数据总数计算即可得答案．【详解】∵共射击300次，其中有270次击中靶子，∴射中靶子的频率为=0.9，∴小明射击一次击中靶子的概率约为0.9，故答案为：0.9【点睛】本题考查利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．18、（）【分析】连接OB，过O作OH⊥BC于H，过O作ON⊥CD于N，根据已知条件求出OC和OB的长即可．【详解】连接OB，过O作OH⊥BC于H，过O作ON⊥CD于N，∵∠COD=120°，CO=DO，∴∠OCD=∠ODC=30°，∵ON⊥CO，∴CN=DN=CD=AB=m，∴ON=CN=m，OC=1m，∵ON⊥BC，∴四边形OHCN是矩形，∴CH=ON=m，OH=CN=m，∴BH=BC-CH=m，∴OB==m，∴在这一过程中，窗框上的点到地面的最大高度为（+1）m，故答案为：（+1）．【点睛】本题考查了垂径定理，矩形的性质和判定，勾股定理，掌握知识点是解题关键．三、解答题(共66分)19、（1）①证明见解析；②CE＝；（2）当△ABC是“类直角三角形”时，AC的长为或．【分析】（1）①证明∠A+2∠ABD=90°即可解决问题．②如图1中,假设在AC边设上存在点E（异于点D）,使得△ABE是“类直角三角形”,证明△ABC∽△BEC,可得,由此构建方程即可解决问题．（2）分两种情形:①如图2中,当∠ABC+2∠C=90°时,作点D关于直线AB的对称点F,连接FA,FB．则点F在⊙O上,且∠DBF=∠DOA．②如图3中,由①可知,点C,A,F共线,当点E与D共线时,由对称性可知,BA平分∠FBC,可证∠C+2∠ABC=90°,利用相似三角形的性质构建方程即可解决问题．【详解】（1）①证明:如图1中,∵BD是∠ABC的角平分线,∴∠ABC＝2∠ABD,∵∠C＝90°,∴∠A+∠ABC＝90°,∴∠A+2∠ABD＝90°,∴△ABD为“类直角三角形”;②如图1中,假设在AC边设上存在点E（异于点D）,使得△ABE是“类直角三角形”,在Rt△ABC中,∵AB＝5,BC＝3,∴AC＝,∵∠AEB＝∠C+∠EBC＞90°,∴∠ABE+2∠A＝90°,∵∠ABE+∠A+∠CBE＝90°,∴∠A＝∠CBE,∴△ABC∽△BEC,∴,∴CE＝,（2）∵AB是直径,∴∠ADB＝90°,∵AD＝6,AB＝10,∴BD＝,①如图2中,当∠ABC+2∠C＝90°时,作点D关于直线AB的对称点F,连接FA,FB,则点F在⊙O上,且∠DBF＝∠DOA,∵∠DBF+∠DAF＝180°,且∠CAD＝∠AOD,∴∠CAD+∠DAF＝180°,∴C，A，F共线,∵∠C+∠ABC+∠ABF＝90°,∴∠C＝∠ABF,∴△FAB∽△FBC,∴,即,∴AC＝．②如图3中,由①可知,点C,A,F共线,当点E与D共线时,由对称性可知,BA平分∠FBC,∴∠C+2∠ABC＝90°,∵∠CAD＝∠CBF,∠C＝∠C,∴△DAC∽△FBC,∴,即,∴CD＝（AC+6）,在Rt△ADC中,[（ac+6）]2+62＝AC2,∴AC＝或﹣6（舍弃）,综上所述,当△ABC是“类直角三角形”时,AC的长为或．【点睛】本题主要考查圆综合题,考查了相似三角形的判定和性质,“类直角三角形”的定义等知识,解题的关键是理解题意,学会用分类讨论的思想思考问题,学会利用参数构建方程解决问题.20、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）24.【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质即可得出答案；（2）先判定AECF是平行四边形，根据对角线垂直，即可得出答案；（3）根据勾股定理求出DE的值，根据“菱形的面积等于对角线乘积的一半”计算即可得出答案.【详解】（1）证明：由图可知，又∵，∴，∴；解：（2）由（1）知：∴四边形是平行四边形，又∵∴是菱形；（3）在中，∴；【点睛】本题考查的是菱形，难度适中，需要熟练掌握菱形的判定以及菱形面积的公式.21、（1）100，10；（2）答案不唯一，如：甲的数学成绩逐渐进步，更有潜力；乙的数学成绩在100分以上（含100分）的次数更多.【分析】（1）根据平均数公式和方差公式计算即可；（2）通过成绩逐渐的变化情况或100分以上（含100分）的次数分析即可．【详解】解：（1）乙=乙=故答案为：100，10；（2）答案不唯一，如：甲的数学成绩逐渐进步，更有潜力；乙的数学成绩在100分以上（含100分）的次数更多．【点睛】此题考查的是求平均数和方差，掌握平均数公式和方差公式是解决此题的关键．22、（1），点；（2）点；（3）或【解析】（1）设抛物线的表达式为，将A、B、C三点坐标代入表达式，解出a、b、c的值即可得到抛物线表达式，同理采用待定系数法求出直线BC解析式，即可求出与对称轴的交点坐标；（2）过点E作EH⊥AB，垂足为H．先证∠EAH=∠ACO，则tan∠EAH=tan∠ACO=，设EH=t，则AH=2t，从而可得到E(-2+2t，t)，最后，将点E的坐标代入抛物线的解析式求解即可；（3）先证明，再根据与相似分两种情况讨论，建立方程求出AF，利用三角函数即可求出F点的坐标.【详解】（1）设抛物线的表达式为.把，和代入得，解得，抛物线的表达式，∴抛物线对称轴为设直线BC解析式为，把和代入得，解得∴直线BC解析式为当时，点.(2)如图，过点E作EH⊥AB，垂足为H.∵∠EAB+∠BAC=90°,∠BAC+∠ACO=90°，∴∠EAH=∠ACO.∴tan∠EAH=tan∠ACO=.设EH=t，则AH=2t，∴点E的坐标为(−2+2t,t).将(−2+2t,t)代入抛物线的解析式得：12(−2+2t)2−(−2+2t)−4=t，解得：t=或t=0(舍去)∴（3）如图所示，，.，，.由（2）中tan∠EAH=tan∠ACO可知，.和相似，分两种情况讨论：①，即，，∵tan∠EAB=