河北石家庄市长安区第十中学2022年九年级数学第一学期期末教学质量检测试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项:
1．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．化简的结果是
A．-9 B．-3 C．±9 D．±3
2．下列事件中，随机事件是（　　）
A．任意画一个三角形，其内角和为180° B．经过有交通信号的路口，遇到红灯
C．在只装了红球的袋子中摸到白球 D．太阳从东方升起
3．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．
4．如图，A、D是⊙O上的两点，BC是直径，若∠D＝40°，则∠ACO＝（　　）

A．80° B．70° C．60° D．50°
5．在正方形、矩形、菱形、平行四边形中，其中是中心对称图形的个数为（　　）
A． B． C． D．
6．如图，中，，，点是的外心．则（ ）

A． B． C． D．
7．如图，AC为⊙O的直径，AB为⊙O的弦，∠A=35°，过点C的切线与OB的延长线相交于点D，则∠D=（ ）

A．20° B．30° C．40° D．35°
8．下列说法正确的是（ ）
A．了解飞行员视力的达标率应使用抽样调查
B．一组数据3，6，6，7，9的中位数是6
C．从2000名学生中选200名学生进行抽样调查，样本容量为2000
D．一组数据1，2，3，4，5的方差是10
9．在平面直角坐标系中，点P（m，1）与点Q（﹣2，n）关于原点对称,则m n的值是（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．2
10．下列事件中是必然事件的是（　　）
A．﹣a是负数 B．两个相似图形是位似图形
C．随机抛掷一枚质地均匀的硬币，落地后正面朝上 D．平移后的图形与原来的图形对应线段相等
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则m的值为_________．
12．已知，则=__________.
13．已知中，，的面积为1．
（1）如图，若点分别是边的中点，则四边形的面积是__________．

（2）如图，若图中所有的三角形均相似，其中最小的三角形面积为1，则四边形的面积是___________．

14．小明掷一枚硬币10次，有9次正面向上，当他掷第10次时，正面向上的概率是_____．
15．等腰三角形底边所对的外接圆的圆心角为140°，则其顶角的度数为______.
16．如图，在中，，，，点为边上一点，，将绕点旋转得到（点、、分别与点、、对应），使，边与边交于点，那么的长等于__________.

17．在平面直角坐标系中，已知、两点，以坐标原点为位似中心，相似比为，把线段缩小后得到线段，则的长度等于________．
18．定义符号max{a，b}的含义为：当a≥b时，max{a，b}＝a；当a＜b时，max{a，b}＝b．如max{1，﹣3}＝1，则max{x2+2x+3，﹣2x+8}的最小值是_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，P是平面直角坐标系中第四象限内一点，过点P作PA⊥x轴于点A，以AP为斜边在右侧作等腰Rt△APQ，已知直角顶点Q的纵坐标为﹣2，连结OQ交AP于B，BQ＝2OB．

（1）求点P的坐标；
（2）连结OP，求△OPQ的面积与△OAQ的面积之比．
20．（6分）如图，已知四边形ABCD内接于圆，对角线AC与BD相交于点E，F在AC上，AB=AD,∠BFC=∠BAD=2∠DFC ．

(1)若∠DFC=40º，求∠CBF的度数．
(2)求证: CD⊥DF ．
21．（6分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 的顶点为，且经过点与轴交于点，连接，，.

（1）求抛物线对应的函数表达式；
（2）点为该抛物线上点与点之间的一动点.
①若，求点的坐标.
②如图②，过点作轴的垂线，垂足为，连接并延长，交于点，连接延长交于点.试说明为定值.
22．（8分）如图，ΔABC中，D是AC的中点，E在AB上,BD、CE交于O点.已知：OB:OD=1:2，求值.

23．（8分）（1）如图①，AB为⊙O的直径，点P在⊙O上，过点P作PQ⊥AB，垂足为点Q．说明△APQ∽△ABP；
（2）如图②，⊙O的半径为7，点P在⊙O上，点Q在⊙O内，且PQ＝4，过点Q作PQ的垂线交⊙O于点A、B．设PA＝x，PB＝y，求y与x的函数表达式．

24．（8分）一个盒子中装有两个红球，一个白球和一个蓝球，这些球除颜色外都相同，从中随机摸出一个球，记下颜色后放回，再从中随机摸出一个球，请你用列表法和画树状图法求两次摸到的球的颜色能配成紫色的概率（说明：红色和蓝色能配成紫色）
25．（10分）如图，是⊙的直径，是的中点，弦于点，过点作交的延长线于点．
（1）连接，求；
（2）点在上，，DF交于点．若，求的长．

26．（10分）如图，在正方形中，点在边上，过点作于，且.

（1）若，求正方形的周长；
（2）若，求正方形的面积.

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】根据二次根式的性质即可化简.
【详解】=-3
故选B.
【点睛】
此题主要考查二次根式的化简，解题的关键实数的性质.
2、B
【分析】由题意根据随机事件就是可能发生也可能不发生的事件这一定义，依次对选项进行判断．
【详解】解：A、任意画一个三角形，其内角和为180°，是必然事件，不符合题意；
B、经过有交通信号的路口遇到红灯，是随机事件，符合题意；
C、在只装了红球的袋子中摸到白球，是不可能事件，不符合题意；
D、太阳从东方升起，是必然事件，不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题主要考查必然事件、不可能事件、随机事件的概念，熟练掌握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是解题的关键．
3、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．
4、D
【分析】根据圆周角的性质可得∠ABC=∠D,再根据直径所对圆周角是直角,即可得出∠ACO的度数．
【详解】∵∠D＝40°，
∴∠AOC＝2∠D＝80°，
∵OA＝OC，
∴∠ACO＝∠OAC＝(180°﹣∠AOC)＝50°，
故选：D．
【点睛】
本题考查圆周角的性质,关键在于熟练掌握圆周角的性质,特别是直径所对的圆周角是直角．
5、D
【解析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可直接选出答案．
【详解】在正方形、矩形、菱形、平行四边形中，其中都是中心对称图形，故共有个中心对称图形．
故选D．
【点睛】
本题考查了中心对称图形，正确掌握中心对称图形的性质是解题的关键．
6、C
【分析】根据三角形内角和定理求出∠A=70°,根据圆周角定理解答即可.
【详解】解：∵∠ABC= 50°,∠ACB = 60°
∴∠A=70°
∵点O是△ABC的外心，
∴∠BOC= 2∠A= 140°，
故选: C
【点睛】
本题考查的是三角形内角和定理、外心的定义和圆周角定理．
7、A
【解析】∵∠A=35°，
∴∠COB=70°，
∴∠D=90°-∠COB=20°．
故选A．
8、B
【解析】选项A，了解飞行员视力的达标率应使用全面调查，此选项错误；
选项B，一组数据3，6，6，7，9的数的个数是奇数，故中位数是处于中间位置的数6，此选项正确；
选项C，从2000名学生中选200名学生进行抽样调查，样本容量应该是200，此选项错误；选项D，一组数据1，2，3，4，5的平均数=（1+2+3+4+5）=3，方差=［（1-3）2+（2-3）2+（3-3）2+（4-3）2+（5-3）2］=2，此选项错误．
故答案选B．
9、A
【分析】已知在平面直角坐标系中，点P(m,1)与点Q(﹣2,n)关于原点对称，则P和Q两点横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数即可求得m，n，进而求得m n的值．
【详解】∵点P(m,1)与点Q(﹣2,n)关于原点对称
∴m=2，n=-1
∴m n=-2
故选：A
【点睛】
本题考查了直角坐标系中，关于原点对称的两个点的坐标特点，它们的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数．
10、D
【解析】分析: 根据必然事件指在一定条件下，一定发生的事件，可得答案．
详解: A. −a是非正数，是随机事件，故A错误；
B. 两个相似图形是位似图形是随机事件，故B错误；
C. 随机抛掷一枚质地均匀的硬币，落地后正面朝上是随机事件，故C错误；
D. 平移后的图形与原来对应线段相等是必然事件，故D正确；
故选D.
点睛：考查随机事件，解决本题的关键是正确理解随机事件，不可能事件，必然事件的概念.

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、0
【分析】根据一元二次方程根的判别式的正负判断即可.
【详解】解：原方程可变形为，由题意可得

所以
故答案为：0
【点睛】
本题考查了一元二次方程，掌握根的判别式与一元二次方程的根的情况是解题的关键.
12、
【分析】根据比例的性质，化简求值即可.
【详解】

故答案为：.
【点睛】
本题主要考察比例的性质，解题关键是根据比例的性质化简求值.
13、31.5； 26
【分析】(1)证得△ADE∽△ABC，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方及△ABC的面积为1，求得△ADE的面积，用大三角形的面积减去小三角形的面积，即可得答案；
(2) 利用△AFH∽△ADE得到，设，，则，解得，从而得到，然后计算两个三角形的面积差得到四边形DBCE的面积．
【详解】(1)∵点D、E分别是边AB、AC的中点，
∴DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵点D、E分别是边AB、AC的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
(2)如图，

根据题意得，
∴，
设，，
∴，
解得，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质：有两组角对应相等的两个三角形相似．利用相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
14、．
【分析】根据概率的性质和概率公式即可求出，当他掷第10次时，正面向上的概率．
【详解】解：∵掷一枚质地均匀的硬币，有两种结果：正面朝上，反面朝上，每种结果等可能出现，
∴她第10次掷这枚硬币时，正面向上的概率是：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了概率统计的问题，根据概率公式求解即可．
15、70°或110°.
【分析】设等腰三角形的底边为AB，由⊙O的弦AB所对的圆心角为140°，根据圆周角定理与圆的内接四边形的性质，即可求得弦AB所对的圆周角的度数，即可求出其顶角的度数.
【详解】如图所示：
∵⊙O的弦AB所对的圆心角∠AOB为140°，
∴∠ADB＝∠AOB＝70°，
∵四边形ADBD’是⊙O的内接四边形，
∴∠AD′B＝180°﹣70°＝110°，
∴弦AB所对的圆周角为70°或110°，
即等腰三角形的顶角度数为：70°或110°.
故答案为：70°或110°.

【点睛】
本题主要考查圆周角定理与圆的内接四边形的性质，根据题意画出图形，熟悉圆的性质，是解题的关键.
16、
【分析】如图，作PH⊥AB于H．利用相似三角形的性质求出PH，再证明四边形PHGC′是矩形即可解决问题．
【详解】如图，作PH⊥AB于H．

在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=5，sinB=，
∴=，
∴AB=13，BC==12，
∵PC=3，
∴PB=9，
∵∠BPH∽△BAC，
∴ ，
∴，
∴PH=，
∵AB∥B′C′，
∴∠HGC′=∠C′=∠PHG=90°，
∴四边形PHGC′是矩形，
∴CG′=PH=，
∴A′G=5-= ，
故答案为．
【点睛】
此题考查旋转变换，平行线的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
17、
【分析】已知A（6，2）、B（6，0）两点则AB=2，以坐标原点O为位似中心，相似比为，则A′B′：AB=2：2．即可得出A′B′的长度等于2．
【详解】∵A（6，2）、B（6，0），∴AB=2．
又∵相似比为，∴A′B′：AB=2：2，∴A′B′=2．
【点睛】
本题主要考查位似的性质，位似比就是相似比．
18、1
【分析】根据题意，利用分类讨论的方法、二次函数的性质和一次函数的性质可以求得各段对应的最小值，从而可以解答本题．
【详解】∵(x2+2x+3)﹣(﹣2x+8)=x2+4x﹣5=(x+5)(x﹣1)，
∴当x=﹣5或x=1时，(x2+2x+3)﹣(﹣2x+8)=0，
∴当x≥1时，max{x2+2x+3，﹣2x+8}=x2+2x+3=(x+1)2+2≥1，
当x≤﹣5时，max{x2+2x+3，﹣2x+8}=x2+2x+3=(x+1)2+2≥18，
当﹣5＜x＜1时，max{x2+2x+3，﹣2x+8}=﹣2x+8＞1，
由上可得：max{x2+2x+3，﹣2x+8}的最小值是1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质、二次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和分类讨论的方法解答．

三、解答题(共66分)
19、（1）点P的坐标（1，﹣4）；（2）△OPQ的面积与△OAQ的面积之比为1．
【分析】（1）过Q作QC⊥x轴于C，先求得AC＝QC＝2、AQ＝2、AP＝4，然后再由AB∥CQ，运营平行线等分线段定理求得OA的长，最后结合AP=4即可解答；
（2）先说明△OAB∽△OCQ，再根据相似三角形的性质求得AB和PB的长，然后再求出△OPQ和△OAQ的面积，最后作比即可．
【详解】解：（1）过Q作QC⊥x轴于C，

∵△APQ是等腰直角三角形，
∴∠PAQ＝∠CAQ＝41°，
∴AC＝QC＝2，AQ＝2，AP＝4，
∵AB∥CQ，
∴，
∴OA＝AC＝1，
∴点P的坐标（1，﹣4）；
（2）∵AB∥CQ，
∴△OAB∽△OCQ，
∴，
∴AB＝CQ＝，
∴PB＝，
∴S△OAQ＝OA•CQ＝×1×2＝1，S△OPQ＝PB•OA+PB•AC＝1，
∴△OPQ的面积与△OAQ的面积之比＝1．
【点睛】
本题考查了一次函数的图像、相似三角形的判定与性质、平行线等分线段定理以及三角形的面积，掌握相似三角形的判定和性质是解答本题的关键．
20、（1）50º；（2）见解析
【分析】（1）根据圆周角定理及三角形的外角，等腰三角形的知识进行角度的换算即可得；
（2）根据圆的内接四边形对角互补的性质进行角度计算即可证明．
【详解】解:(1)∵∠BAD=∠BFC，
∠BAD=∠BAC+∠CAD, ∠BFC=∠BAC+∠ABF,
∴∠CAD=∠ABF
又∵∠CAD=∠CBD,
∴∠ABF=∠CBD
∴∠ABD=∠FBC，
又
，
，
，
，
．
(2)令，则，
∵四边形是圆的内接四边形，
∴，即，
又∵，
∴，
∴
∴
∴，即．
【点睛】
本题主要考查圆的性质与三角形性质综合问题，难度适中，解题的关键是能够灵活运用圆及三角形的性质进行角度的运算．
21、（1）；（2）①点的坐标为，；②，是定值.
【分析】（1）设函数为，把代入即可求解；
（2）①先求出直线AB解析式，求出C’点，得到，再求出，设点，过作轴的平行线交于点，得到，根据三角形面积公式得，解出x即可求解；
②过作轴的垂线，垂足为点，设，表示出，故，根据，得，故，即，得到.再过作的垂线，垂足为点，根据 相似三角形的性质得到，可得的值即为定值.
【详解】（1）解：设，把点代入，
得，解得，
∴该抛物线对应的函数表达式为.
（2）①设直线的函数表达式为，
把，代入，得，解得.
∴直线的函数表达式为.
设直线与轴交于点，则点，∴.
，.
设点，过作轴的平行线交于点，则，
∴，
，，
所以点的坐标为，.
②过作轴的垂线，垂足为点，设，则，，
由，得，，即，故.
过作的垂线，垂足为点，
由，得，，即，故.
所以，是定值.

【点睛】
此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知二次函数的图像与性质，相似三角形的判定与性质.
22、1∶4
【分析】取AE中点F，连DF，利用平行线分线段成比例定理，再等量代换即可求得答案.
【详解】取AE中点F，连DF，如图，

∵D是AC中点，
∴DF∥CE，
∵OB∶OD=1∶2，
∴BE∶EF=1∶2，
∴BE∶AE=1∶4.
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例定理，见中点一般构造中位线利用平行线分线段成比例定理求解.
23、（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据圆周角定理可证∠APB＝90°,再根据相似三角形的判定方法：两角对应相等，两个三角形相似即可求证结论；
（2）连接PO，并延长PO交⊙O于点C，连接AC，根据圆周角定理可得∠PAC＝90°，∠C＝∠B，求得∠PAC＝∠PQB，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）如图①所示：

∵AB为⊙O的直径
∴∠APB＝90°
又∵PQ⊥AB
∴∠AQP＝90°
∴∠AQP＝∠APB
又∵∠PAQ＝∠BAP
∴△APQ∽△ABP．
（2）如图②，连接PO，并延长PO交⊙O于点C，连接AC．

∵PC为⊙O的直径
∴∠PAC＝90°
又∵PQ⊥AB
∴∠PQB＝90°
∴∠PAC＝∠PQB
又∵∠C＝∠B（同弧所对的圆周角相等）
∴△PAC∽△PQB
∴
又∵⊙O的半径为7，即PC＝14，且PQ＝4，PA＝x，PB＝y
∴
∴．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定及其性质，圆周角定理及其推论，解题的关键是综合运用所学知识．
24、．
【分析】利用画树状图法得到总的可能和可能发生的结果数，即可求出概率.
【详解】解：画树状图为：

共有16种等可能的结果数，其中红色和蓝色的结果数4，
所以摸到的两个球的颜色能配成紫色的概率＝.
【点睛】
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率.
25、（1）；（2）．
【解析】（1）根据垂径定理可得AB垂直平分CD，再根据M是OA的中点及圆的性质，得出△OAD是等边三角形即可；
（2）根据题意得出∠CNF=90°，再由Rt△CDE计算出CD，CN的长度，根据圆的内接四边形对角互补得出∠F=60°，从而根据三角函数关系计算出FN的值即可．
【详解】解：（1）如图，连接OD，
∵是⊙的直径，于点
∴AB垂直平分CD，
∵M是OA的中点，
∴
∴
∴∠DOM=60°，
又∵OA=OD
∴△OAD是等边三角形
∴∠OAD=60°．

（2）如图，连接CF，CN，
∵OA⊥CD于点M，
∴点M是CD的中点，
∴AB垂直平分CD
∴NC=ND
∵∠CDF=45°，
∴∠NCD=∠NDC=45°，
∴∠CND=90°，
∴∠CNF=90°，
由（1）可知，∠AOD=60°，
∴∠ACD=30°，
又∵交的延长线于点，
∴∠E=90°，
在Rt△CDE中，∠ACD=30°，，
∴
在Rt△CND中，∠CND=90°，∠NCD=∠NDC=45°，，
∴
由（1）可知，∠CAD=2∠OAD=120°，
∴∠F=180°-120°=60°，
∴在Rt△CFN中，∠CNF=90°，∠F=60°，，
∴
【点睛】
本题考查了圆的性质、垂径定理、圆的内接四边形对角互补的性质、直角三角形的性质、锐角三角函数的应用，综合性较大，解题时需要灵活运用边与角的换算．
26、（1）；（2）.
【分析】（1）利用AA定理证明，从而得到，设，分别用含x的式子表示出AB,BE,ED，代入比例式，求出x的值，从而求正方形周长；（2）在上取一点，使，连接，利用等腰直角三角形的性质求得，，，然后利用勾股定理求得，从而求解正方形面积.
【详解】解：（1）∵四边形是正方形，
∴.
∵，
∴.
∴.
∵，
∴.
∴.
设.
∵，
∴.
∴.
∴，
∴，即.
∴正方形的周长为.

（2）如图，在上取一点，使，连接.
∵，，
∴.
又因为∠ABD=∠ADB=45°
∴.
∴.
在中，，
∴.
∴.
在中，.
∴正方形的面积.

【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，添加辅助线构造等腰直角三角形是本题的解题关键.