宁夏吴忠市红寺堡区回民中学2022-2023学年数学九上期末达标检测试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（每题4分，共48分）
1．学校要组织足球比赛．赛制为单循环形式（每两队之间赛一场）．计划安排21场比赛，应邀请多少个球队参赛？设邀请x个球队参赛．根据题意，下面所列方程正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．半径为R的圆内接正六边形的面积是（　　）
A．R2 B．R2 C．R2 D．R2
3．下列对抛物线y=-2(x-1)2+3性质的描写中，正确的是(    )
A．开口向上 B．对称轴是直线x=1 C．顶点坐标是(-1，3) D．函数y有最小值
4．小敏在今年的校运动会跳远比赛中跳出了满意一跳，函数（t的单位：s，h的单位：m）可以描述他跳跃时重心高度的变化，则他起跳后到重心最高时所用的时间是（ ）

A．1．71s B．1．71s C．1．63s D．1．36s
5．用一个平面去截一个圆锥，截面的形状不可能是( )
A．圆 B．矩形 C．椭圆 D．三角形
6．一元二次方程x2+4x＝5配方后可变形为（ ）
A．（x+2）2＝5 B．（x+2）2＝9 C．（x﹣2）2＝9 D．（x﹣2）2＝21
7．已知点是线段的一个黄金分割点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．关于x的一元二次方程x2﹣2x+m=0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是（　　）
A．m＜3 B．m＞3 C．m≤3 D．m≥3
9．已知点(﹣4，y1)、(4，y2)都在函数y＝x2﹣4x+5的图象上，则y1、y2的大小关系为（　　）
A．y1＜y2 B．y1＞y2 C．y1＝y2 D．无法确定
10．下列命题中，属于真命题的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直平行的四边形是菱形
C．对角线互相垂直且相等的四边形是矩形 D．对角线互相平分且相等的四边形是正方形
11．如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点A落在BC上的点F处，折痕为BE，若沿EF剪下，则折叠部分是一个正方形，其数学原理是（　　）

A．邻边相等的矩形是正方形
B．对角线相等的菱形是正方形
C．两个全等的直角三角形构成正方形
D．轴对称图形是正方形
12．如图，△ABC的顶点都在方格纸的格点上，那么的值为（ ）

A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．抛物线的对称轴为__________．
14．如图在Rt△OAB中∠AOB＝20°，将△OAB绕点O逆时针旋转100°得到△OA1B1，则∠A1OB＝____．

15．如果反比例函数的图象经过点，则该反比例函数的解析式为____________
16．已知两个数的差等于2，积等于15，则这两个数中较大的是 ．
17．现有两个不透明的袋子，一个装有2个红球、1个白球，另一个装有1个黄球、2个红球，这些球除颜色外完全相同．从两个袋子中各随机摸出1个球，摸出的两个球颜色相同的概率是_____．
18．在一个布袋中装有四个完全相同的小球，它们分别写有“美”、“丽”、“罗”、“山”的文字．先从袋中摸出1个球后放回，混合均匀后再摸出1个球，求两次摸出的球上是含有“美”“丽”二字的概率为_____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）在平面直角坐标系中（如图），已知二次函数（其中a、b、c是常数，且a≠0）的图像经过点A（0，-3）、B（1，0）、C（3，0），联结AB、AC．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）点D是线段AC上的一点，联结BD，如果，求tan∠DBC的值；
（3）如果点E在该二次函数图像的对称轴上，当AC平分∠BAE时，求点E的坐标．

20．（8分）如图，在中，，，，点从点出发沿以的速度向点移动，移动过程中始终保持，（点分别在线段、线段上）.
（1）点移动几秒后，的面积等于面积的四分之一；
（2）当四边形面积时，求点移动了多少秒？

21．（8分）如图，是的直径，为上一点，于点，交于点，与交于点为延长线上一点，且．
（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）若，求的长．

22．（10分）如图，一次函数y＝kx+b(k，b为常数，k≠0)的图象与反比例函数的图象交于A、B两点，且与x轴交于点C，与y轴交于点D，A点的横坐标与B点的纵坐标都是3.
(1)求一次函数的表达式；
(2)求△AOB的面积；
(3)写出不等式kx+b＞﹣的解集.

23．（10分）已知二次函数．
用配方法将其化为的形式；
在所给的平面直角坐标系xOy中，画出它的图象．

24．（10分）如图，AB为⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB、CD的延长线交于点E，已知AB＝2DE，∠E＝18°，求∠AOC的度数．

25．（12分）已知，在△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=45°，点D为直线BC上一动点（点D不与点B，C重合）．以AD为边做正方形ADEF，连接CF

（1）如图1，当点D在线段BC上时．求证CF+CD=BC；
（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其他条件不变，请直接写出CF，BC，CD三条线段之间的关系；
（3）如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A，F分别在直线BC的两侧，其他条件不变；
①请直接写出CF，BC，CD三条线段之间的关系；
②若正方形ADEF的边长为，对角线AE，DF相交于点O，连接OC．求OC的长度．
26．在一个不透明的盒子中装有4张卡片.4张卡片的正面分别标有数字1,2,3,4,这些卡片除数字外都相同,将卡片搅匀.
(1)从盒子任意抽取一张卡片,恰好抽到标有奇数卡片的概率是： ；
(2)先从盒子中任意抽取一张卡片,再从余下的3张卡片中任意抽取一张卡片,求抽取的2张卡片标有数字之和大于4的概率(请用画树状图或列表等方法求解).

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【解析】试题分析：设有x个队，每个队都要赛（x﹣1）场，但两队之间只有一场比赛，由题意得：，故选B．
考点：由实际问题抽象出一元二次方程．
2、C
【分析】连接OE、OD，由正六边形的特点求出判断出△ODE的形状，作OH⊥ED，由特殊角的三角函数值求出OH的长，利用三角形的面积公式即可求出△ODE的面积，进而可得出正六边形ABCDEF的面积．
【详解】解：如图示，连接OE、OD，

∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠DEF=120°，
∴∠OED=60°，
∵OE=OD=R，
∴△ODE是等边三角形，
作OH⊥ED，则
∴
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆的知识，理解正六边形被半径分成六个全等的等边三角形是解答此题的关键．
3、B
【分析】由抛物线的解析式可求得开口方向、对称轴及顶点坐标，再逐一进行判断即可．
【详解】解：A、∵−2＜0，∴抛物线的开口向下，故A错误，不符合题意；
B、抛物线的对称轴为：x＝1，故B正确，符合题意；
C、抛物线的顶点为（1，3），故C错误，不符合题意；
D、因为开口向下，故该函数有最大值，故D错误，不符合题意.
故答案为：B.
【点睛】
本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a(x−h)2+k中，顶点坐标为(h,k)，对称轴为x=h．
4、D
【分析】找重心最高点，就是要求这个二次函数的顶点，应该把一般式化成顶点式后，直接解答.
【详解】解：h=3.5t-4.9t2
=-4.9（t-）2+，
∵-4.9＜1
∴当t=≈1.36s时，h最大．
故选D.
【点睛】
此题主要考查了二次函数的应用，根据题意得出顶点式在解题中的作用是解题关键.
5、B
【分析】利用圆锥的形状特点解答即可.
【详解】解：平行于圆锥的底面的截面是圆，故A可能;
截面不可能是矩形，故B符合题意；
斜截且与底面不相交的截面是椭圆，故C可能;
过圆锥的顶点的截面是三角形，故D可能.
故答案为B.
【点睛】
本题主要考查了截一个几何体所得的截面的形状，解答本题的关键在于明确截面的形状既与被截的几何体有关，还与截面的角度和方向有关.
6、B
【分析】两边配上一次项系数一半的平方可得．
【详解】∵x2+4x=5，
∴x2+4x+4=5+4，即（x+2）2=9，
故选B．
【点睛】
本题主要考查解一元二次方程的基本技能，熟练掌握解一元二次方程的常用方法和根据不同方程灵活选择方法是解题的关键．
7、A
【解析】试题分析：根据题意得AP=AB，所以PB=AB-AP=AB，所以PB：AB=．故选B．
考点：黄金分割
点评：本题考查了黄金分割：把线段AB分成两条线段AC和BC（AC＞BC），且使AC是AB和BC的比例中项（即AB：AC=AC：BC），叫做把线段AB黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点；其中AC=AB≈0.618AB，并且线段AB的黄金分割点有两个．
8、A
【解析】分析：根据关于x的一元二次方程x2-2x+m=0有两个不相等的实数根可得△=（-2）2-4m＞0，求出m的取值范围即可．
详解：∵关于x的一元二次方程x2-2x+m=0有两个不相等的实数根，
∴△=（-2）2-4m＞0，
∴m＜3，
故选A．
点睛：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）的根的判别式△=b2-4ac．当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程没有实数根．
9、B
【分析】首先根据二次函数解析式确定抛物线的对称轴为x＝2，再根据抛物线的增减性以及对称性可得y1，y2的大小关系．
【详解】解：∵二次函数y＝x2﹣4x+5＝（x﹣2）2+1，
∴对称轴为x＝2，
∵a＞0，
∴x＞2时，y随x增大而增大，
点（﹣4，y1）关于抛物线的对称轴x＝2对称的点是（8，y1），8＞4，
∴y1＞y2，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查的是二次函数的增减性，从对称轴分开，二次函数左右两边的增减性不相同结合题意即可解出此题.
10、B
【分析】直接利用平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法分别判断得出答案．
【详解】解：A、对角线互相垂直的四边形是平行四边形，错误，不合题意
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，正确，是真命题；
C、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，本选项错误，不合题意；
D、对角线互相平分且相等的四边形应是矩形，本选项错误，不合题意；
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了命题与定理，正确掌握特殊四边形的判定方法是解题关键．
11、A
【解析】∵将长方形纸片折叠，A落在BC上的F处，∴BA=BF，
∵折痕为BE，沿EF剪下，∴四边形ABFE为矩形，∴四边形ABEF为正方形．
故用的判定定理是；邻边相等的矩形是正方形．故选A．
12、D
【分析】把∠A置于直角三角形中，进而求得对边与斜边之比即可．
【详解】解：如图所示，
在Rt△ACD中，AD=4,CD=3,
∴AC== =5
∴= = .
故选D.
【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义；合理构造直角三角形是解题关键．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】根据抛物线的解析式利用二次函数的性质，即可找出抛物线的对称轴，此题得解．
【详解】解：∵抛物线的解析式为，
∴抛物线的对称轴为直线x=
故答案为：.
【点睛】
本题考查二次函数的性质，解题的关键是明确抛物线的对称轴是直线x= ．
14、80°．
【分析】由将△OAB绕点O逆时针旋转100°得到△OA1B1，可求得∠A1OA的度数，继而求得答案．
【详解】∵将△OAB绕点O逆时针旋转100°得到△OA1B1，
∴∠A1OA＝100°，
∵∠AOB＝20°，
∴∠A1OB＝∠A1OA﹣∠AOB＝80°．
故答案为：80°．
【点睛】
此题考查了旋转的性质．注意找到旋转角是解此题的关键．
15、
【分析】根据题意把点代入，反比例函数的解析式即可求出k值进而得出答案.
【详解】解：设反比例函数的解析式为：，
把点代入得，
所以该反比例函数的解析式为：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查反比例函数的解析式，根据题意将点代入并求出k值是解题的关键.
16、5
【分析】设这两个数中的大数为x，则小数为x﹣2，由题意建立方程求其解即可．
【详解】解：设这两个数中的大数为x，则小数为x﹣2，由题意，得
x（x﹣2）=15，
解得：x1=5，x2=﹣3，
∴这两个数中较大的数是5，
故答案为5；
考点：一元二次方程的应用．
17、
【分析】列表得出所有等可能结果，从中找到两个球颜色相同的结果数，利用概率公式计算可得．
【详解】解：列表如下：

黄
红
红
红
（黄，红）
（红，红）
（红，红）
红
（黄，红）
（红，红）
（红，红）
白
（黄，白）
（红，白）
（红，白）
由表知，共有9种等可能结果，其中摸出的两个球颜色相同的有4种结果，
所以摸出的两个球颜色相同的概率为，
故答案为．
【点睛】
本题考查了列表法与树状图的知识，解题的关键是能够用列表或列树状图将所有等可能的结果列举出来，难度不大．
18、
【分析】画树状图展示所有16种等可能的结果数，再找出两次摸出的球上是写有“美丽”二字的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】（1）用1、2、3、4别表示美、丽、罗、山，画树形图如下：

由树形图可知，所有等可能的情况有16种，其中“1，2”出现的情况有2种，
∴P（美丽）．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

三、解答题（共78分）
19、（1）；（2）；（3）E（2，）
【分析】（1）直接利用待定系数法，把A、B、C三点代入解析式，即可得到答案；
（2）过点D作DH⊥BC于H，在△ABC中，设AC边上的高为h，利用面积的比得到，然后求出DH和BH，即可得到答案；
（3）延长AE至x轴，与x轴交于点F，先证明△OAB∽△OFA，求出点F的坐标，然后求出直线AF的方程，即可求出点E的坐标.
【详解】解：（1）将A（0，-3）、B（1，0）、C（3，0）代入得，

解得，
∴此抛物线的表达式是：．
（2）过点D作DH⊥BC于H，

在△ABC中，设AC边上的高为h，则，
又∵DH//y轴，
∴．
∵OA=OC=3，则∠ACO=45°，
∴△CDH为等腰直角三角形，
∴．
∴．
∴tan∠DBC=.
（3）延长AE至x轴，与x轴交于点F，

∵OA=OC=3，
∴∠OAC=∠OCA=45°，
∵∠OAB=∠OAC∠BAC=45°∠BAC，∠OFA=∠OCA∠FAC=45°∠FAC，
∵∠BAC=∠FAC，
∴∠OAB=∠OFA．
∴△OAB∽△OFA，
∴．
∴OF=9，即F（9，0）；
设直线AF的解析式为y=kx+b（k≠0），
可得 ，解得，
∴直线AF的解析式为：，
将x=2代入直线AF的解析式得：，
∴E（2，）.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，求二次函数的解析式，等腰直角三角形的判定和性质，求一次函数的解析式，解题的关键是掌握二次函数的图像和性质，以及正确作出辅助线构造相似三角形.
20、（1）2秒；（2）3秒.
【分析】（1）证得△ABC、△ADE和△DBF都是等腰直角三角形，利用，列式计算即可；
（2）根据，列式计算即可求得答案．
【详解】（1）设移动秒，的面积等于面积的四分之一，
∵，，，
∴△ABC为等腰直角三角形，，
∵，，
∴△ADE和△DBF都是等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，即，
解得：(秒)；
（2）设移动秒，四边形面积，
由(1)得：，，
∵，
∴
即
解得：(秒) ．
【点睛】
本题主要考查了列代数式以及一元二次方程的应用，等腰三角形的判定和性质，利用三角形的面积公式，找出关于的一元二次方程是解题的关键．
21、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）欲证明BD是⊙O的切线，只要证明BD⊥AB；
（2）连接AC，证明△FCM∽△FAC即可解决问题；
（3）连接BF，想办法求出BF，FM即可解决问题．
【详解】（1）∵，
∴∠AFC=∠ABC，
又∵∠AFC=∠ODB，
∴∠ABC=∠ODB，
∵OE⊥BC，
∴∠BED=90°，
∴∠ODB+∠EBD=90°，
∴∠ABC+∠EBD=90°，
∴OB⊥BD，
∴BD是⊙O的切线；
（2）连接AC，

∵OF⊥BC，
∴，，
∴∠BCF=∠FAC，
又∵∠CFM=∠AFC，
∴△FCM∽△FAC，
∴；
（3）连接BF，
∵AB是⊙O的直径，且AB=10，
∴∠AFB=90°，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴,
∴．
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线．
22、 (1) y＝﹣x﹣1；(2)△AOB的面积为；(3) x＜﹣4或0＜x＜3.
【解析】（1）先根据A点的横坐标与B点的纵坐标都是3，求出A,B，再把A,B的值代入解析式即可解答
（2）先求出C的坐标，利用三角形的面积公式即可解答
（3）一次函数大于反比例函数即一次函数的图象在反比例函数的图象的上边时，对应的x的取值范围；
【详解】(1)∵一次函数y＝kx+b(k，b为常数，k≠0)的图象与反比例函数的图象交于A、B两点，
且与x轴交于点C，与y轴交于点D，A点的横坐标与B点的纵坐标都是3，
∴，
解得：x＝﹣4，
y＝﹣＝﹣4，
故B(﹣4，3)，A(3，﹣4)，
把A，B点代入y＝kx+b得：
，
解得：，
故直线解析式为：y＝﹣x﹣1；
(2)y＝﹣x﹣1，当y＝0时，x＝﹣1，
故C点坐标为：(﹣1，0)，
则△AOB的面积为：×1×3+×1×4＝；
(3)不等式kx+b＞﹣的解集为：x＜﹣4或0＜x＜3.

【点睛】
此题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题关键在于把已知点代入解析式
23、（1）；（2）见解析.
【分析】（1）利用配方法把二次函数解析式化成顶点式即可；
（2）利用描点法画出二次函数图象即可．
【详解】解：
=
=
，
顶点坐标为，对称轴方程为．
函数二次函数的开口向上，顶点坐标为，与x轴的交点为，，
其图象为：

故答案为（1）；（2）见解析.
【点睛】
本题考查二次函数的配方法，用描点法画二次函数的图象，掌握配方法是解题的关键．
24、54°．
【分析】求∠AOC的度数，可以转化为求∠C与∠E的问题．
【详解】解：连接OD，

∵AB＝2DE＝2OD，
∴OD＝DE，又∠E＝18°，
∴∠DOE＝∠E＝18°，
∴∠ODC＝36°，
同理∠C＝∠ODC＝36°
∴∠AOC＝∠E+∠OCE＝54°．
【点睛】
本题主要考查了三角形的外角和定理，外角等于不相邻的两个内角的和．
25、（1）证明见解析；（1）CF﹣CD=BC；（3）①CD﹣CF=BC；②1．
【分析】（1）三角形ABC是等腰直角三角形，利用SAS即可证明△BAD≌△CAF，从而证得CF=BD，据此即可证得．
（1）同（1）相同，利用SAS即可证得△BAD≌△CAF，从而证得BD=CF，即可得到CF﹣CD=BC．
（3）①同（1）相同，利用SAS即可证得△BAD≌△CAF，从而证得BD=CF，即可得到CD﹣CB=CF．
②证明△BAD≌△CAF，△FCD是直角三角形，然后根据正方形的性质即可求得DF的长，则OC即可求得．
【详解】解：（1）∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠ACB=∠ABC=45°．∴AB=AC．
∵四边形ADEF是正方形，∴AD=AF，∠DAF=90°．
∵∠BAD=90°﹣∠DAC，∠CAF=90°﹣∠DAC，∴∠BAD=∠CAF．
∵在△BAD和△CAF中，AB=AC，∠BAD=∠CAF，AD=AF，
∴△BAD≌△CAF（SAS）．∴BD=CF．
∵BD+CD=BC，∴CF+CD=BC．
（1）CF-CD=BC；
理由：∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，
∴∠ACB=∠ABC=45°，
∴AB=AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90°，
∵∠BAD=90°-∠DAC，∠CAF=90°-∠DAC，
∴∠BAD=∠CAF，
∵在△BAD和△CAF中，，
∴△BAD≌△CAF（SAS）
∴BD=CF
∴BC+CD=CF，
∴CF-CD=BC；
（3）①∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，
∴∠ACB=∠ABC=45°，
∴AB=AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90°，
∵∠BAD=90°-∠BAF，∠CAF=90°-∠BAF，
∴∠BAD=∠CAF，
∵在△BAD和△CAF中，，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴BD=CF，
∴CD-BC=CF，
②∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠ACB=∠ABC=45°．∴AB=AC．
∵四边形ADEF是正方形，∴AD=AF，∠DAF=90°．
∵∠BAD=90°﹣∠BAF，∠CAF=90°﹣∠BAF，∴∠BAD=∠CAF．
∵在△BAD和△CAF中，AB=AC，∠BAD=∠CAF，AD=AF，
∴△BAD≌△CAF（SAS）．∴∠ACF=∠ABD．
∵∠ABC=45°，∴∠ABD=135°．∴∠ACF=∠ABD=135°．∴∠FCD=90°．
∴△FCD是直角三角形．
∵正方形ADEF的边长为且对角线AE、DF相交于点O，
∴DF=AD=4，O为DF中点．
∴OC=DF=1．
26、 (1) ；(2).
【解析】（1）共4张卡片，奇数卡片有2张，利用概率公式直接进行计算即可；（2）画出表格，数出总情况数，数出抽取的2张卡片标有数字之和大于4的情况数，再利用概率公式进行计算即可
【详解】(1)共4张卡片，奇数卡片有2张，所以恰好抽到标有奇数卡片的概率是
(2)表格如下

一共有12种情况，其中2张卡片标有数字之和大于4的有8种情况，所以
答：从盒子任意抽取一张卡片,恰好抽到标有奇数卡片的概率是，抽取的2张卡片标有数字之和大于4的概率为.
【点睛】
本题主要考查利用画树状图或列表求概率问题，本题关键在于能够列出表格