2022年江苏省泰兴市黄桥教育联盟数学九上期末检测模拟试题含解析.doc

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(每小题3分,共30分)
1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是　　
A． B． C． D．
2．一个盒子内装有大小、形状相同的四个球，其中红球1个、绿球1个、白球2个，小明摸出一个球不放回，再摸出一个球，则两次都摸到白球的概率是（　　）
A． B． C． D．
3．如图，点B，C，D在⊙O上，若∠BCD＝30°，则∠BOD的度数是（ ）

A．75° B．70° C．65° D．60°
4．下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
5．如图，二次函数的图象，则下列结论正确的是（ ）

①；②；③；④
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④
6．若关于x的函数y=（3-a）x2-x是二次函数，则a的取值范围( )
A．a≠0 B．a≠3 C．a＜3 D．a＞3
7．已知，则为（　　）
A． B． C． D．
8．如图，半径为3的经过原点和点，是轴左侧优弧上一点，则为（ ）

A． B． C． D．
9．如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F，连结BD、DP，BD与CF相交于点H，给出下列结论：①BE＝2AE；②△DFP∽△BPH；③DP2＝PH•PC；④FE：BC＝，其中正确的个数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
10．如图，下列条件不能判定△ADB∽△ABC的是（ ）

A．∠ABD=∠ACB B．∠ADB=∠ABC
C．AB2=AD•AC D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图所示，平面上七个点，，，，，，，图中所有的连线长均相等，则______.

12．已知抛物线与轴交点的横坐标分别为3，1；与轴交点的纵坐标为6，则二次函数的关系式是____．
13．点P（3，﹣4）关于原点对称的点的坐标是_____．
14．如图，在中，，，若为斜边上的中线，则的度数为________．

15．已知m是方程x2﹣3x﹣1＝0的一个根，则代数式2m2﹣6m﹣7的值等于_____．
16．方程的解为_____.
17．如图，P是等边△ABC内的一点，若将△PAC绕点A按逆时针方向旋转到△P'AB，则∠PAP'＝_____．

18．二次函数y＝2x2﹣4x+4的图象如图所示，其对称轴与它的图象交于点P，点N是其图象上异于点P的一点，若PM⊥y轴，MN⊥x轴，则＝_____．

三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，在边长为1的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，点A、B的坐标分别是A（4，3）、B（4，1），把△ABC绕点C逆时针旋转90°后得到△A1B1C．

（1）画出△A1B1C，直接写出点A1、B1的坐标；
（2）求在旋转过程中，△ABC所扫过的面积．
20．（6分）如图是某区域的平面示意图，码头A在观测站B的正东方向，码头A的北偏西方向上有一小岛C，小岛C在观测站B的北偏西方向上，码头A到小岛C的距离AC为10海里．
（1）填空：　 　度，　 　度；
（2）求观测站B到AC的距离BP（结果保留根号）．

21．（6分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别是A（﹣4，1），B（﹣1，2），C（﹣2，4）.

（1）将△ABC向右平移4个单位后得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1，并写出点B1的坐标；
（2）△A2B2C2和△A1B1C1关于原点O中心对称，请画出△A2B2C2，并写出点C2的坐标；
（3）连接点A和点B2，点B和点A2，得到四边形AB2A2B，试判断四边形AB2A2B的形状（无须说明理由）．
22．（8分）已知抛物线
（1）抛物线经过原点时，求的值；
（2）顶点在轴上时，求的值.
23．（8分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x﹣2与反比例函数y＝（k为常数，k≠0）的图象在第一象限内交于点A，点A的横坐标为1．
（1）求反比例函数的表达式；
（2）设直线y＝x﹣2与y轴交于点C，过点A作AE⊥x轴于点E，连接OA，CE．求四边形OCEA的面积．

24．（8分）二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，根据图象解答下列问题：
（1）写出方程ax2+bx+c=0的两个根；
（2）写出不等式ax2+bx+c＞0的解集；
（3）写出y随x的增大而减小的自变量x的取值范围.

25．（10分）在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（﹣3，0）．已知抛物线y＝﹣x2+2mx+3（m为常数），顶点为P．
（1）当抛物线经过点A时，顶点P的坐标为　 　；
（2）在（1）的条件下，此抛物线与x轴的另一个交点为点B，与y轴交于点C．点Q为直线AC上方抛物线上一动点．
①如图1，连接QA、QC，求△QAC的面积最大值；
②如图2，若∠CBQ＝45°，请求出此时点Q坐标．

26．（10分）如图，是的直径，半径OC⊥弦AB，点为垂足，连、.

（1）若，求的度数；
（2）若，，求的半径.

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后和原来的图形重合．
2、C
【分析】画树状图求出共有12种等可能结果，符合题意得有2种，从而求解.
【详解】解：画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，两次都摸到白球的有2种情况，
∴两次都摸到白球的概率是：．
故答案为C．
【点睛】
本题考查画树状图求概率，掌握树状图的画法准确求出所有的等可能结果及符合题意的结果是本题的解题关键．
3、D
【分析】根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得答案．
【详解】∵∠BCD＝30°，
∴∠BOD＝2∠BCD＝2×30°＝60°．
故选：D．
【点睛】
本题考查了圆的角度问题，掌握圆周角定理是解题的关键．
4、B
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
5、B
【分析】由二次函数的开口方向，对称轴0＜x＜1，以及二次函数与y的交点在x轴的上方，与x轴有两个交点等条件来判断各结论的正误即可．
【详解】∵二次函数的开口向下，与y轴的交点在y轴的正半轴，
∴a＜0，c＞0，故④正确；
∵0＜−＜1，
∴b＞0，故①错误；
当x＝−1时，y＝a−b＋c＜0，
∴a＋c＜b，故③正确；
∵二次函数与x轴有两个交点，
∴△＝b2−4ac＞0，故②正确
正确的有3个，
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了二次函数的图象与系数的关系，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；②一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．（简称：左同右异）③常数项c决定抛物线与y轴交点． 抛物线与y轴交于（0，c）．
6、B
【分析】根据二次函数的定义，二次项系数不等于0列式求解即可．
【详解】根据二次函数的定义，二次项系数不等于0，
3-a≠0，则a≠3，故选B
【点睛】
本题考查二次函数的定义，熟记概念是解题的关键．
7、D
【分析】由题意先根据已知条件得出a＝b，再代入要求的式子进行计算即可得出答案．
【详解】解：∵，
∴a＝b，
∴＝＝．
故选：D．
【点睛】
本题考查比例的性质和代数式求值，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
8、B
【分析】连接CA与x轴交于点D，根据勾股定理求出OD的长，求出，再根据圆心角定理得，即可求出的值．
【详解】设与x轴的另一个交点为D，连接CD

∵
∴CD是的直径
∴
在中，，
根据勾股定理可得

∴
根据圆心角定理得
∴
故答案为：B．
【点睛】
本题考查了三角函数的问题，掌握圆周角定理、勾股定理、锐角三角函数的定义是解题的关键．
9、D
【分析】由正方形的性质和相似三角形的判定与性质，即可得出结论．
【详解】解：∵△BPC是等边三角形，
∴BP＝PC＝BC，∠PBC＝∠PCB＝∠BPC＝60°，
在正方形ABCD中，
∵AB＝BC＝CD，∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°
∴∠ABE＝∠DCF＝30°，
∴BE＝2AE；故①正确；
∵PC＝CD，∠PCD＝30°，
∴∠PDC＝75°，
∴∠FDP＝15°，
∵∠DBA＝45°，
∴∠PBD＝15°，
∴∠FDP＝∠PBD，
∵∠DFP＝∠BPC＝60°，
∴△DFP∽△BPH；故②正确；
∵∠PDH＝∠PCD＝30°，∠DPH＝∠DPC，
∴△DPH∽△CPD，
∴，
∴DP2＝PH•PC，故③正确；
∵∠ABE＝30°，∠A＝90°
∴AE＝AB＝BC，
∵∠DCF＝30°，
∴DF＝DC＝BC，
∴EF＝AE+DF＝﹣BC，
∴FE：BC＝（2﹣3）：3
故④正确，
故选：D．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，等边三角形的性质，解答此题的关键是熟练掌握性质和定理．
10、D
【分析】根据有两个角对应相等的三角形相似，以及根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，分别判断得出即可．
【详解】解：A、∵∠ABD=∠ACB，∠A=∠A，
∴△ABC∽△ADB，故此选项不合题意；
B、∵∠ADB=∠ABC，∠A=∠A，
∴△ABC∽△ADB，故此选项不合题意；
C、∵AB2=AD•AC，
∴，∠A=∠A，△ABC∽△ADB，故此选项不合题意；
D、=不能判定△ADB∽△ABC，故此选项符合题意．
故选D．
【点睛】
点评：本题考查了相似三角形的判定，利用了有两个角对应相等的三角形相似，两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】连接AC、AD，由各边都相等，得△ABG、△AEF、△CBG和△DEF都是等边三角形，四边形ABCG、四边形AEDF是菱形，若设AB的长为x，根据等边三角形、菱形的性质，计算出AD的长，∠BAC=∠EAD=30°，证明∠BAF=∠CAD，在△CAD中构造直角△AMD，利用勾股定理求出cos∠CAD．
【详解】连接AC、AD，过点D作DM⊥AC，垂直为M．

设AE的长为x，则AB=AG=BG=CG=CB=AF=AE=EF=x，
∴△ABG、△AEF、△CBG和△DEF都是等边三角形，四边形ABCG、四边形AEDF是菱形， 
∴∠BAC=∠EAD=30°
∴
∵∠CAD=∠BAE-∠BAC-∠EAD=∠BAE-60°，
∠BAF=∠BAE-∠EAF=∠BAE-60°
∴∠BAF=∠CAD
在Rt△AMD中，因为DM=
AM=cos∠CAD，CM=
在Rt△CMD中， CD2=CM2+MD2， 
即
整理，得
∴cos∠CAD=
∴cos∠BAF=
故答案为：.
【点睛】
本题考查了等边三角形与菱形的性质，勾股定理以及三角函数的应用，解题的关键是根据勾股定理建立方程.
12、．
【分析】先设所求抛物线是，根据题意可知此线通过，，，把此三组数代入解析式，得到关于、、的方程组，求解即可．
【详解】解：设所求抛物线是，根据抛物线与轴交点的横坐标分别为3，1；与轴交点的纵坐标为6，
得：，
解得，
∴函数解析式是．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了用待定系数法求函数解析式，方程组的解法，熟悉相关解法是解题的关键．
13、（﹣3，4）．
【分析】根据关于关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．填空即可．
【详解】解：点P（3，﹣4）关于原点对称的点的坐标是（﹣3，4），
故答案为（﹣3，4）．
【点睛】
解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；
（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
14、
【分析】先根据直角三角形的性质得出AD=CD，进而根据等边对等角得出，再根据即得．
【详解】∵为斜边上的中线
∴AD=CD
∴
∵
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查直角三角形的性质及等腰三角形的性质，解题关键是熟知直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
15、﹣1．
【分析】根据一元二次方程的解的概念可得关于m的方程，变形后整体代入所求式子即得答案.
【详解】解：∵m是方程x2﹣3x﹣1＝0的一个根，∴m2﹣3m﹣1＝0，∴m2﹣3m＝1，
∴2m2﹣6m﹣7＝2（m2﹣3m）﹣7＝2×1﹣7＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解的概念和代数式求值，熟练掌握整体代入的数学思想和一元二次方程的解的概念是解题关键.
16、，
【分析】因式分解法即可求解.
【详解】解：
x(2x-5)=0,
，
【点睛】
本题考查了用提公因式法求解一元二次方程的解,属于简单题,熟悉解题方法是解题关键.
17、60°
【解析】试题分析：根据旋转图形的性质可得：∠PAP′=∠BAC=60°.
考点：旋转图形的性质
18、1．
【分析】根据题目中的函数解析式可得到点P的坐标，然后设出点M、点N的坐标，然后计算即可解答本题．
【详解】解：∵二次函数y＝1x1﹣4x+4＝1（x﹣1）1+1，
∴点P的坐标为（1，1），
设点M的坐标为（a，1），则点N的坐标为（a，1a1﹣4a+4），
∴＝＝＝1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了二次函数与几何的问题，解题的关键是求出点P左边，设出点M、点N的坐标，表达出．

三、解答题(共66分)
19、（1）画图见解析，A1（﹣1，4），B1（1，4）；（2）．
【分析】（1）根据旋转中心方向及角度找出点A、B的对应点A1、B1的位置，然后顺次连接即可，根据A、B的坐标建立坐标系，据此写出点A1、B1的坐标；（2）利用勾股定理求出AC的长，根据△ABC扫过的面积等于扇形CAA1的面积与△ABC的面积和，然后列式进行计算即可．
【详解】解：（1）所求作△A1B1C如图所示：

由A（4，1）、B（4，1）可建立如图所示坐标系，
则点A1的坐标为（﹣1，4），点B1的坐标为（1，4）；
（2）∵AC=，∠ACA1=90°
∴在旋转过程中，△ABC所扫过的面积为：
S扇形CAA1+S△ABC
=+×1×2
=+1．
【点睛】
本题考查作图-旋转变换；扇形面积的计算．
20、（1）30，45；（2）（5－5）海里
【分析】
（1）由题意得：，，由三角形内角和定理即可得出的度数；
（2）证出是等腰直角三角形，得出，求出，由题意得出，解得即可．
【详解】
解：（1）由题意得：，，
；
故答案为30，45；
（2），
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
解得：，
答：观测站B到AC的距离BP为海里．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，通过解直角三角形得出方程是解题的关键．
21、（1）如图，△A1B1C1为所作；见解析；点B1的坐标为（3，2）；（2）如图，△A2B2C2为所作；见解析；点C2的坐标为（﹣2，﹣4）；（3）如图，四边形AB2A2B为正方形．
【分析】（1）利用网格特点和点平移的坐标规律写出、、的坐标，然后描点即可得到△；
（2）利用网格特点和关于原点对称的点的坐标特征写出、、的坐标，然后描点即可得到△；
（3）证明四条相等且对角线相等可判断四边形为正方形．
【详解】解：（1）如图1，△为所作；点的坐标为；

（2）如图1，△为所作；点的坐标为；
（3）如图1，四边形为正方形，
（理由：如图2，在四边形外侧构造如图所示直角三角形，由坐标网格的特点易证四个直角三角形全等，从而可得四边形四边都相等，四个角等于直角）

【点睛】
本题考查了作图旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
22、（1）m＝；（2）m＝4或m＝﹣1
【分析】（1）抛物线经过原点，则，由此求解；
（2）顶点在轴上，则，由此可以列出有关的方程求解即可；
【详解】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣2mx+3m+4经过原点，
∴3m+4＝0，解得：m＝
（2）∵抛物线y＝x2﹣2mx+3m+4顶点在x轴上，
∴b2﹣4ac＝0，
∴（﹣2m）2﹣4×1×（3m+4）＝0，解得：m＝4或m＝﹣1
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的有关性质是解决此类题的关键．
23、（1）y＝；（2）2．
【分析】（1）先求出点A的坐标，然后利用待定系数法即可求出结论；
（2）先求出点C的坐标，然后求出点E的坐标，最后利用四边形OCEA的面积＝+即可得出结论．
【详解】解：（1）当x＝1时，y＝x﹣2＝1﹣2＝2，
则A（1，2），
把A（1，2）代入y＝得
k＝1×2＝2，
∴反比例函数解析式为y＝；
（2）当x＝0时，y＝x﹣2＝﹣2，
则C（0，﹣2），
∵AE⊥x轴于点E，
∴E（1，0），
∴四边形OCEA的面积＝+＝×1×2+×1×2＝2．
【点睛】
此题考查的是反比例函数与一次函数的交点问题，掌握利用待定系数法求反比例函数解析式和三角形的面积公式是解决此题的关键．
24、（1）x1＝1，x2＝3；（2）1＜x＜3；（3）x＞2.
【分析】（1）利用抛物线与x轴的交点坐标写出方程ax2＋bx＋c＝0的两个根；
（2）写出函数图象在x轴上方时所对应的自变量的范围即可；
（3）根据函数图象可得答案．
【详解】解：（1）由函数图象可得：方程ax2＋bx＋c＝0的两个根为x1＝1，x2＝3；
（2）由函数图象可得：不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为：1＜x＜3；
（3）由函数图象可得：当x＞2时，y随x的增大而减小．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点问题、根据函数图象求不等式解集以及二次函数的性质，注意数形结合思想的应用.
25、（1）（﹣1，4）；（2）①；②Q（﹣，）．
【分析】（1）将点A坐标代入抛物线表达式并解得：m=-1，即可求解；
（2）①过点Q作y轴的平行线交AC于点N，先求出直线AC的解析式，点Q(x，﹣x2﹣2x+3)，则点N(x，x+3)，则△QAC的面积S=×QN×OA=﹣x2﹣x，然后根据二次函数的性质即可求解；
②tan∠OCB=＝，设HM=BM=x，则CM=3x，BC=BM+CM=4x=，解得：x=，CH=x=，则点H(0，)，同理可得：直线BH(Q)的表达式为：y=-x+，即可求解．
【详解】解：（1）将点A(﹣3，0)代入抛物线表达式并解得，
0＝﹣9-6m+3
∴m＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3=-(x+1)2+4…①，
∴点P(﹣1，4)，
故答案为：(﹣1，4)；
（2）①过点Q作y轴的平行线交AC于点N，如图1，

设直线AC的解析式为y=kx+b，
将点A(﹣3，0)、C(0，3)的坐标代入一次函数表达式并解得，
，
解得
，
∴直线AC的表达式为：y＝x+3，
设点Q(x，﹣x2﹣2x+3)，则点N（x，x+3），
△QAC的面积S＝QN×OA＝(﹣x2﹣2x+3﹣x﹣3)×3＝﹣x2﹣x，
∵﹣＜0，故S有最大值为：；
②如图2，设直线BQ交y轴于点H，过点H作HM⊥BC于点M，

tan∠OCB＝＝，设HM＝BM＝x，则CM＝3x，
BC＝BM+CM＝4x＝，解得：x＝，
CH＝x＝，则点H(0，)，
同直线AC的表达式的求法可得直线BH（Q）的表达式为：y＝﹣x+…②，
联立①②并解得：
﹣x2﹣2x+3=﹣x+，
解得
x＝1（舍去）或﹣，
故点Q(﹣，)．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数和一次函数解析式，二次函数的图像与性质，锐角三角函数的定义，以及数形结合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
26、（1）；（2）
【分析】（1）根据垂径定理得到 ，根据圆周角定理解答；
（2）根据圆周角定理得到∠C=90°，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠AEC=30°，根据余弦的定义求出AE即可．
【详解】（1）连接.
∵，
∴，
∴，
∵，
∴.
（2）∵是的直径，
∴，
∴，∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴ ，
∵，连接AC
∵是的直径，
∴，
∴ ，即
解得AE=
∴，
∴的半径为.

【点睛】
本题考查圆周角定理，垂径定理，圆心角，弧，弦之间的关系及锐角三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．