2022年安徽六安市叶集区平岗中学九年级数学第一学期期末考试试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．已知sinαcosα=，且0°<α<45°，则sinα－cosα的值为( )
A． B．－ C． D．±
2．关于x的一元二次方程有两个实数根，则k的取值范围在数轴上可以表示为（ ）
A． B．
C． D．
3．如图是二次函数y =ax2+bx + c(a≠0)图象如图所示，则下列结论，①c<0，②2a + b=0；③a+b+c=0，④b2–4ac<0，其中正确的有( )

A．1个 B．2个 C．3个 D．4
4．如果圆锥的底面半径为3，母线长为6，那么它的侧面积等于（　　）
A．9π B．18π C．24π D．36π
5．如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上．若∠ABD=55°，则∠BCD的度数为（　　）

A．25° B．30° C．35° D．40°
6．数据60，70，40，30这四个数的平均数是（　　）
A．40 B．50 C．60 D．70
7．下列成语描述的事件为随机事件的是（ ）
A．守株待兔 B．水中捞月 C．瓮中捉鳖 D．水涨船高
8．如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，则tan∠ABC的值为（ ）

A． B． C． D．1
9．截止到2018年底,过去五年我国农村贫困人口脱贫人数约为7 000万,脱贫攻坚取得阶段性胜利,这里“7 000万”用科学记数法表示为(　　)
A．7×103 B．7×108 C．7×107 D．0.7×108
10．关于的方程的根的情况，正确的是（ ）．
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．只有一个实数根 D．没有实数根
11．如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，E为BC的中点，F为DE上一动点，P为AF中点，连接PC，则PC的最小值是（　　）

A．4 B．8 C．2 D．4
12．把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，过轴上的一点作轴的平行线，与反比例函数的图象交于点，与反比例函数，的图象交于点，若的面积为3，则的值为__________．

14．如图，已知AB⊥BD，ED⊥BD，C是线段BD的中点，且AC⊥CE，ED=1，BD=4，那么AB=　 　．
15．如图，△ABC中，AB＞AC，D，E两点分别在边AC，AB上，且DE与BC不平行．请填上一个你认为合适的条件：_____，使△ADE∽△ABC．（不再添加其他的字母和线段；只填一个条件，多填不给分！）

16．如图，，，是上的三个点，四边形是平行四边形，连接，，若，则_____.

17．如图，已知点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，3），在第一象限内找一点P(a,b) ,使△PAB为等边三角形，则2(a-b)=___________．

18．用一块圆心角为120°的扇形铁皮，围成一个底面直径为10cm的圆锥形工件的侧面，那么这个圆锥的高是_____cm．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，tanB＝cos∠DAC．
（1）求证：AC＝BD；
（2）若sin C＝，BC＝12，求△ABC的面积．

20．（8分）如图，正比例函数y1=﹣3x的图象与反比例函数y2=的图象交于A、B两点．点C在x轴负半轴上，AC=AO，△ACO的面积为1．

（1）求k的值；
（2）根据图象，当y1＞y2时，写出x的取值范围．
21．（8分）如图，AB是⊙O的直径，AC⊥AB，BC交⊙O于点D，点E在劣弧BD上，DE的延长线交AB的延长线于点F，连接AE交BD于点G．
（1）求证：∠AED＝∠CAD；
（2）若点E是劣弧BD的中点，求证：ED2＝EG•EA；
（3）在（2）的条件下，若BO＝BF，DE＝2，求EF的长．

22．（10分）如图,菱形的顶点在菱形的边上, 与相交于点,,若,,求菱形的边长.

23．（10分）在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC（或AC的延长线）相交于点F．

（1）如图1，若DF⊥AC，垂足为F，证明：DE＝DF
（2）如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F．DE＝DF仍然成立吗？说明理由．
（3）如图3，将∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC的延长线相交于点F，DE＝DF仍然成立吗？说明理由．
24．（10分）如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，且.直线与抛物线交于两点，与轴交于点，点是抛物线的顶点，设直线上方的抛物线上的动点的横坐标为．

（1）求该抛物线的解析式及顶点的坐标．
（2）连接，直接写出线段与线段的数量关系和位置关系．
（3）连接，当为何值时？
（4）在直线上是否存在一点，使为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
25．（12分）某体育看台侧面的示意图如图所示，观众区的坡度为，顶端离水平地面的高度为，从顶棚的处看处的仰角，竖直的立杆上、两点间的距离为，处到观众区底端处的水平距离为．

求：（1）观众区的水平宽度；
（2）顶棚的处离地面的高度．（，，结果精确到）
26．如图，请仅用无刻度的直尺画出线段BC的垂直平分线．（不要求写出作法，保留作图痕迹）
（1）如图①，等腰△ABC内接于⊙O，AB=AC；
（2）如图②，已知四边形ABCD为矩形，AB、CD与⊙O分别交于点E、F．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】由题意把已知条件两边都乘以2，再根据sin2α+cos2α=1，进行配方，然后根据锐角三角函数值求出cosα与sinα的取值范围，从而得到sinα-cosα＜0，最后开方即可得解．
【详解】解：∵sinαcosα=，
∴2sinα•cosα=，
∴sin2α+cos2α-2sinα•cosα=1- ，
即（sinα-cosα）2=，
∵0°＜α＜45°，
∴＜cosα＜1，0＜sinα＜，
∴sinα-cosα＜0，
∴sinα-cosα= －．
故选：B．
【点睛】
本题考查同角的三角函数的关系，利用好sin2α+cos2α=1，并求出sinα-cosα＜0是解题的关键．
2、B
【分析】利用根的判别式和题意得到，求出不等式的解集，最后在数轴上表示出来，即可得出选项．
【详解】解：∵关于x的方程有两个实数根，
∴，
解得：，
在数轴上表示为：，
故选：B．
【点睛】
本题考查了在数轴上表示不等式的解集，根的判别式的应用，注意：一元二次方程(为常数)的根的判别式为．当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．特别注意：当时，方程有两个实数根，本题主要应用此知识点来解决．
3、B
【分析】由抛物线的开口方向判断a与1的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与1的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【详解】①抛物线与y轴交于负半轴，则c＜1，故①正确；
②对称轴x1，则2a+b=1．故②正确；
③由图可知：当x=1时，y=a+b+c＜1．故③错误；
④由图可知：抛物线与x轴有两个不同的交点，则b2﹣4ac＞1．故④错误．
综上所述：正确的结论有2个．
故选B．
【点睛】
本题考查了图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的值求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．
4、B
【分析】利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算．
【详解】解：圆锥的侧面积＝×2π×3×6＝18π．
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
5、C
【详解】解：连接AD,
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°．
∵∠ABD=55°，∴∠BAD=90°﹣55°=35°，∴∠BCD=∠BAD=35°．故选C．

【点睛】
本题考查的是圆周角定理，熟知直径所对的圆周角是直角是解答此题的关键．
6、B
【分析】用四个数的和除以4即可.
【详解】（60+70+40+30）÷4=200÷4=50.
故选B.
【点睛】
本题重点考查了算术平均数的计算，希望同学们要牢记公式，并能够灵活运用.
数据x1、x2、……、xn的算术平均数：=(x1+x2+……+xn).
7、A
【分析】根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可．
【详解】解：A.守株待兔是随机事件，故A符合题意；
B.水中捞月是不可能事件，故B不符合题意；
C.瓮中捉鳖是必然事件，故C不符合题意；
D.水涨船高是必然事件，故D不符合题意；
故选A．
【点睛】
本题考查了随机事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
8、B
【分析】根据网格结构找出∠ABC所在的直角三角形，然后根据锐角的正切等于对边比邻边列式即可．
【详解】解：∠ABC所在的直角三角形的对边是3，邻边是4，
所以，tan∠ABC＝．
故选B．
【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义，熟练掌握网格结构找出直角三角形是解题的关键．
9、C
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．
【详解】将数据7 000万用科学记数法表示为．
故选：C．
【点睛】
本题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数，表示时关键要正确确定的值以及的值．
10、A
【分析】根据一元二次方程根的判别式，即可得到方程根的情况.
【详解】解：∵，
∴，
∴原方程有两个不相等的实数根；
故选择：A.
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式，解题的关键是熟练掌握根的判别式.
11、D
【分析】根据中位线定理可得出点点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当CP⊥P1P2时，PC取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知CP1⊥P1P2，故CP的最小值为CP1的长，由勾股定理求解即可．
【详解】解：如图：

当点F与点D重合时，点P在P1处，AP1＝DP1，
当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2＝AP2，
∴P1P2∥DE且P1P2＝DE
当点F在ED上除点D、E的位置处时，有AP＝FP
由中位线定理可知：P1P∥DF且P1P＝DF
∴点P的运动轨迹是线段P1P2，
∴当CP⊥P1P2时，PC取得最小值
∵矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，E为BC的中点，
∴△ABE、△CDE、△DCP1为等腰直角三角形，DP1＝2
∴∠BAE＝∠DAE＝∠DP1C＝45°，∠AED＝90°
∴∠AP2P1＝90°
∴∠AP1P2＝45°
∴∠P2P1C＝90°，即CP1⊥P1P2，
∴CP的最小值为CP1的长
在等腰直角CDP1中，DP1＝CD＝4，
∴CP1＝4
∴PB的最小值是4．
故选：D．
【点睛】
本题考查轨迹问题、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，有难度．
12、C
【分析】根据抛物线的平移规律：上加下减，左加右减解答即可.
【详解】解：把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为：.
故选：C.
【点睛】
此题考查了抛物线的平移，属于基本题型，熟知抛物线的平移规律是解答的关键.

二、填空题（每题4分，共24分）
13、-6.
【分析】由AB∥x轴，得到S△AOP=，S△BOP= ，根据的面积为3得到，即可求得答案.
【详解】∵AB∥x轴，
∴S△AOP=，S△BOP= ，
∵S△AOB= S△AOP+ S△BOP=3，
∴，
∴-m+n=6，
∴m-n=-6，
故答案为：-6.
【点睛】
此题考查反比例函数中k的几何意义，由反比例函数图象上的一点作x轴（或y轴）的垂线，再连接此点与原点，所得三角形的面积为，解题中注意k的符号.
14、4
【解析】∵AB⊥BD，ED⊥BD∴∠B=∠D=90°，∠A+∠ACB=90°
∵AC⊥CE，即∠ECD+∠ACB=90°∴∠A=∠ECD∴△ABC∽△CDE∴ ∴AB=4
15、∠B=∠1或
【解析】此题答案不唯一，注意此题的已知条件是：∠A=∠A，可以根据有两角对应相等的三角形相似或有两边对应成比例且夹角相等三角形相似，添加条件即可.
【详解】此题答案不唯一，如∠B=∠1或．
∵∠B=∠1，∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC；
∵，∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC；
故答案为∠B=∠1或
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定：有两角对应相等的三角形相似；有两边对应成比例且夹角相等三角形相似，要注意正确找出两三角形的对应边、对应角，根据判定定理解题.
16、64
【分析】先根据圆周角定理求出∠O的度数，然后根据平行四边形的对角相等求解即可.
【详解】∵，
∴∠O=2，
∵四边形是平行四边形，
∴∠O=.
故答案为：64.
【点睛】
本题考查了圆周角定理，平行四变形的性质，熟练掌握圆周角定理是解答本题的关键.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．
17、
【分析】根据A、B坐标求出直线AB的解析式后，求得AB中点M的坐标，连接PM，在等边△PAB中，M为AB中点，所以PM⊥AB，，再求出直线PM的解析式，求出点P坐标；在Rt△PAM中，AP=AB=5，，即且a＞0，解得a>0，即，将a代入直线PM的解析式中求出b的值，最后计算2(a-b)的值即可；
【详解】解：∵A(4，0)，B(0，3)，
∴AB=5，
设，
∴，
∴ ，
∴，
∵A(4，0) B(0，3) ，
∴AB中点，连接PM，
在等边△PAB中，M为AB中点，
∴PM⊥AB，，
∴，
∴设直线PM的解析式为，
∴，
∴，
∴，
∴，
在Rt△PAM中，AP=AB=5，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵a>0，
∴，
∴，
∴；
【点睛】
本题主要考查了一次函数的综合应用，掌握一次函数是解题的关键.
18、10
【分析】求得圆锥的母线的长利用勾股定理求得圆锥的高即可．
【详解】设圆锥的母线长为l，则＝10π，
解得：l＝15，
∴圆锥的高为：＝10，
故答案为：10.
【点睛】
考查了圆锥的计算，解题的关键是了解圆锥的底面周长等于圆锥的侧面扇形的弧长，难度不大．

三、解答题（共78分）
19、（1）证明见解析；（2）△ABC的面积为42.
【分析】（1）在直角三角形中，表示，根据它们相等，即可得出结论
（2）利用和勾股定理表示出线段长，根据，求出长
【详解】(1)∵AD是BC上的高
∴AD⊥BC．
∴∠ADB=90°，∠ADC=90°．
在Rt△ABD和Rt△ADC中，
∵=，=
又已知
∴=．
∴AC=BD．
(2)在Rt△ADC中，，故可设AD=1k，AC=13k．
∴CD==5k．
∵BC=BD+CD，又AC=BD，
∴BC=13k+5k=12k
由已知BC=1， ∴12k=1．
∴k=．
∴AD=1k=1=2．
20、（1）k=-1； （2）x＜﹣2或0＜x＜2．
【解析】试题分析：(1)过点A作AD垂直于OC,由,得到,确定出△ADO与△ACO面积,即可求出k的值;  (2)根据函数图象,找出满足题意x的范围即可.
解：（1）如图，过点A作AD⊥OC，

∵AC=AO，
∴CD=DO，
∴S△ADO=S△ACD=6，
∴k=-1；
（2）根据图象得：当y1＞y2时，x的范围为x＜﹣2或0＜x＜2．
21、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）1．
【分析】（1）可得∠ADB＝90°，证得∠ABD＝∠CAD，∠AED＝∠ABD，则结论得证；
（2）证得∠EDB＝∠DAE，证明△EDG∽△EAD，可得比例线段，则结论得证；
（3）连接OE，证明OE∥AD，则可得比例线段，则EF可求出．
【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ABD+∠BAD＝90°
∵AC⊥AB，
∴∠CAB＝90°，
∴∠CAD+∠BAD＝90°
∴∠ABD＝∠CAD，
∵＝，
∴∠AED＝∠ABD，
∴∠AED＝∠CAD；
（2）证明：∵点E是劣弧BD的中点，
∴，
∴∠EDB＝∠DAE，
∵∠DEG＝∠AED，
∴△EDG∽△EAD，
∴，
∴ED2＝EG•EA；
（3）解：连接OE，
∵点E是劣弧BD的中点，
∴∠DAE＝∠EAB，
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠AEO，
∴∠AEO＝∠DAE，
∴OE∥AD，
∴，
∵BO＝BF＝OA，DE＝2，
∴，
∴EF＝1．
【点睛】
本题考查了圆的综合应用题，涉及了圆周角定理、相似三角形的性质与判定等知识点，解题的关键是熟悉上述知识点．
22、9
【分析】连接，首先证明是等边三角形，再证明，推出，由此构建方程即可解决问题．
【详解】解：连接．

在菱形和菱形中，，，
是等边三角形，设，则，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
或1（舍弃），
，
【点睛】
本题考查相似多边形的性质，等边三角形的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
23、（1）见解析；（2）结论仍然成立.，DE＝DF，见解析；（3）仍然成立，DE＝DF，见解析
【分析】（1）由题意根据全等三角形的性质与判定，结合等边三角形性质证明△BED≌△CFD（ASA），即可证得DE＝DF；
（2）根据题意先取AC中点G,连接DG,继而再全等三角形的性质与判定，结合等边三角形性质证明△EDG≌△FDC（ASA），进而证得DE＝DF；
（3）由题意过点D作DN⊥AC于N,DM⊥AB于M, 继而再全等三角形的性质与判定，结合等边三角形性质证明△DME≌△DNF（ASA），即可证得DE＝DF．
【详解】解：（1）∵AB=AC，∠A=60°，
∴△ABC是等边三角形,即∠B=∠C=60°,
∵D是BC的中点,
∴BD=CD,
∵∠EDF=120°，DF⊥AC，
∴∠FDC=30°,
∴∠EDB=30°，
∴△BED≌△CFD（ASA）,
∴DE=DF.
（2）取AC中点G,连接DG,如下图,

∵D为BC的中点,
∴DG=AC=BD=CD,
∴△BDG是等边三角形,
∴∠GDE+∠EDB=60°,
∵∠EDF=120°,
∴∠FDC+∠EDB=60°,
∴∠EDG=∠FDC,
∴△EDG≌△FDC（ASA）,
∴DE=DF，
∴结论仍然成立.
（3）如下图,过点D作DN⊥AC于N,DM⊥AB于M,

∴∠DME=∠DNF=90°,
由（1）可知∠B=∠C=60°,
∴∠NDC=∠BDM=30°,DM=DN,
∴∠MDN=120°,即∠NDF=∠MDE,
∴△DME≌△DNF（ASA）,
∴DE=DF,
∴仍然成立.
【点睛】
本题是几何变换综合题，主要考查全等三角形的判断和性质以及等边三角形的性质，根据题意构造出全等三角形是解本题的关键．
24、（1），点的坐标为（2）线段与线段平行且相等（3）或1（4）存在；点的坐标为（0，3）或（，2）
【分析】（1）直线y=x+1与抛物线交于A点，可得点A和点E坐标，则点B、C的坐标分别为：（3，0）、（0，3），即可求解；
（2）CQ==AE，直线AQ和AE的倾斜角均为45°，即可求解；
（3）根据题意将△APD的面积和△DAB的面积表示出来，令其相等，即可解出m的值；
（4）分∠QOH=90°、∠PQH=90°、∠QHP=90°三种情况，分别求解即可．
【详解】解：（1）直线与抛物线交于点，则点、点.
∵，
∴点的坐标为，
故抛物线的表达式为，
将点的坐标代入，得，解得，
故抛物线的表达式为，
函数的对称轴为，故点的坐标为.
（2）CQ=AE，且CQ∥AE，
理由是：，
，
∴CQ=AE，
直线CQ表达式中的k==1，与直线AE表达式中k相等，故AE∥CQ，
故线段CQ与线段AE的数量关系和位置关系是平行且相等；
（3）联立直线与抛物线的表达式，并解得或2.故点.
如图1，过点作轴的平行线，交于点，
设点，则点.

解得或1.

（4）存在，理由：
设点，点，，而点，
①当时，如图2，

过点作轴的平行线，分别交过点、点与轴的平行线于点、，
，，，
，，
在△PGQ和△HMP中，
，
，
，，
即：，，
解得m=2或n=3，
当n=3时，
解得：或2（舍去），
故点P；
②当时，如图3，
，则点、关于抛物线对称轴对称，即垂直于抛物线的对称轴，
而对称轴与轴垂直，故轴，则，

可得：△MQP和△NQH都是等腰直角三角形，
MQ=MP，
∵MQ=1-m，MP=4-n，
∴n=3+m，代入，
解得：或1（舍去），
故点P；
③当时，
如图4所示，点在下方，与题意不符，故舍去．

如图5，P在y轴右侧，同理可得△PHK≌△HQJ，
可得QJ= HK，
∵QJ=t-1，HK=t+1-n，
∴t-1=t+1-n，
∴n=2，
∴，
解得：m=（舍去）或，
∴点P（，2）

综上，点的坐标为：或（，2）
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，难度较大，涉及到一次函数、三角形全等、图形的面积计算等，要注意分类求解，避免遗漏．
25、（1）20；（2）顶棚的处离地面的高度约为．
【分析】（1）根据坡度的概念计算；
（2）作于，于，根据正切的定义求出，结合图形计算即可．
【详解】（1）∵观众区的坡度为，顶端离水平地面的高度为，
∴，
答：观众区的水平宽度为；
（2）如图，作于，于，则四边形、为矩形，

∴，，，
在中，，
则，
∴，
答：顶棚的处离地面的高度约为．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题、坡度坡角问题，掌握仰角俯角的概念、坡度的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
26、（1）作图见解析；（2）作图见解析．
【分析】（1）如图，作直线OA即可，OA即为所求；
（2）连接AF、DE交于点O，连接EC、BH交于点H，连接OH即可．
【详解】解：（1）如图①，作直线OA即可，OA即为所求；

（2）如图②，连接AF、DE交于点O，连接EC、BH交于点H，
连接OH即可，直线OH即为所求．

【点睛】
本题考查的是作图，主要涉及等腰三角形的性质、垂径定理、矩形的性质、线段的垂直平分线的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用相关的知识解决问题．