![上海市娄山中学2022年数学九上期末经典试题含解析_第1页](http://file4.renrendoc.com/view4/M02/29/38/wKhkGGae8kKANxiSAAI0fbVulr0254.jpg)
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文档简介
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=
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