2022-2023学年山西省兴县交楼申中学数学九年级第一学期期末监测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．观察下列图形，是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．2020的相反数是（ ）
A． B． C．-2020 D．2020
3．在如图所示的网格纸中，有A、B两个格点，试取格点C，使得△ABC是等腰三角形，则这样的格点C的个数是（　　）

A．4 B．6 C．8 D．10
4．关于x的一元二次方程(2x－1)2+n2+1=0的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．无法判定
5．菱形中，，对角线相交于点，以为圆心，以3为半径作，则四个点在上的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．如图，是的直径，点、、在上．若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
7．将点A（﹣3，4）绕原点顺时针方向旋转180°后得到点B，则点B的坐标为（ ）
A．（3，﹣4） B．（﹣4，3） C．（﹣4，﹣3） D．（﹣3，﹣4）
8．如果△ABC∽△DEF，且对应边的AB与DE的长分别为2、3，则△ABC与△DEF的面积之比为（　　）
A．4:9 B．2:3 C．3:2 D．9:4
9．下列银行标志图片中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，在菱形中，，是线段上一动点（点不与点重合），当是等腰三角形时，（ ）

A．30° B．70° C．30°或60° D．40°或70°
11．小明随机地在如图正方形及其内部区域投针，则针扎到阴影区域的概率是（ ）

A． B． C． D．
12．如图，内接于⊙，， ，则⊙半径为（ ）

A．4 B．6 C．8 D．12
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B= ______

14．如图，⊙O的半径OA长为6，BA与⊙O相切于点A，交半径OC的延长线于点B，BA长为，AH⊥OC，垂足为H，则图中阴影部分面积为_____．（结果保留根号）

15．如图，P是反比例函数图象在第二象限上一点，且矩形PEOF的面积是3，则反比例函数的解析式为___________．

16．计算sin60°cos60°的值为_____．
17．如图，△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=20°，点O是AB的中点，将OB绕点O顺时针旋转α角时（0°＜α＜180°），得到OP，当△ACP为等腰三角形时，α的值为_____．

18．计算:cos45°= ________________
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，一次函数的图象与反比例函数图象交于A（-2，1），B（1，n）两点．
（1）求m，n的值；
（2）当一次函数的值大于反比例函数的值时，请写出自变量x的取值范围．

20．（8分）如图，二次函数的图象与轴交于点和点，与轴交于点，以为边在轴上方作正方形，点是轴上一动点，连接，过点作的垂线与轴交于点．
（1）求该抛物线的函数关系表达式；
（2）当点在线段（点不与重合）上运动至何处时，线段的长有最大值？并求出这个最大值；
（3）在第四象限的抛物线上任取一点，连接．请问：的面积是否存在最大值？若存在，求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由．

21．（8分）一段路的“拥堵延时指数”计算公式为：拥堵延时指数=，指数越大，道路越堵。高德大数据显示第二季度重庆拥堵延时指数首次排全国榜首。为此，交管部门在A、B两拥堵路段进行调研：A路段平峰时汽车通行平均时速为45千米/时，B路段平峰时汽车通行平均时速为50千米/时，平峰时A路段通行时间是B路段通行时间的倍，且A路段比B路段长1千米．
（1）分别求平峰时A、B两路段的通行时间；
（2）第二季度大数据显示：在高峰时，A路段的拥堵延时指数为2，每分钟有150辆汽车进入该路段；B路段的拥堵延时指数为1.8，每分钟有125辆汽车进入该路段。第三季度，交管部门采用了智能红绿灯和潮汐车道的方式整治，拥堵状况有明显改善，在高峰时，A路段拥堵延时指数下降了a%，每分钟进入该路段的车辆增加了；B路段拥堵延时指数下降，每分钟进入该路段的车辆增加了a辆。这样，整治后每分钟分别进入两路段的车辆通过这两路段所用时间总和，比整治前每分钟分别进入这两段路的车辆通过这两路段所用时间总和多小时，求a的值．
22．（10分）如图，把一个木制正方体的表面涂上颜色，然后将正方体分割成64个大小相同的小正方体．从这些小正方体中任意取出一个，求取出的小正方体：
（1）三面涂有颜色的概率；
（2）两面涂有颜色的概率；
（3）各个面都没有颜色的概率．

23．（10分）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，且CD⊥AB于点E．

（1）求证：∠BCO＝∠D；
（2）若，AE＝1，求劣弧BD的长．
24．（10分）从﹣1，﹣3，2，4四个数字中任取一个，作为点的横坐标，不放回，再从中取一个数作为点的纵坐标，组成一个点的坐标．请用画树状图或列表的方法列出所有可能的结果，并求该点在第二象限的概率．
25．（12分）如图1，的直径，点为线段上一动点，过点作的垂线交于点，，连结，.设的长为，的面积为.

小东根据学习函数的经验，对函数随自变量的变化而变化的规律进行了探究.
下面是小东的探究过程，请帮助小东完成下面的问题.
（1）通过对图1的研究、分析与计算，得到了与的几组对应值，如下表：

0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4

0
0.7
1.7
2.9

4.8
5.2
4.6
0
请求出表中小东漏填的数；
（2）如图2，建立平面直角坐标系，描出表中各对应值为坐标的点，画出该函数的大致图象；

（3）结合画出的函数图象，当的面积为时，求出的长.
26．如图，已知EC∥AB，∠EDA=∠ABF．

（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）求证：=OE•OF．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】根据中心对称图形的概念判断即可．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握概念是解题的关键．
2、C
【分析】根据相反数的定义选择即可.
【详解】2020的相反数是-2020，
故选C.
【点睛】
本题考查相反数的定义，注意区别倒数，绝对值，负倒数等知识，掌握概念是关键．
3、C
【分析】分AB是腰长时，根据网格结构，找出一个小正方形与A、B顶点相对的顶点，连接即可得到等腰三角形，AB是底边时，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，AB垂直平分线上的格点都可以作为点C，然后相加即可得解．
【详解】解：如图，

分情况讨论：
①AB为等腰△ABC的底边时，符合条件的C点有4个；
②AB为等腰△ABC其中的一条腰时，符合条件的C点有4个．
故选C．
【点睛】
本题考查等腰三角形的判定，解题的关键是掌握等腰三角形的判定，分情况讨论解决.
4、C
【分析】先对原方程进行变形，然后进行判定即可．
【详解】解：由原方程可以化为：(2x－1)2=-n2-1
∵(2x－1)2≥0, -n2-1≤-1
∴原方程没有实数根．
故答案为C．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解，解题的关键在于对方程的变形，而不是运用根的判别式．
5、B
【分析】根据菱形的性质可知，AO=CO=3，OB=OD，AC⊥BD，再根据勾股定理求出BO的长，从而可以判断出结果．
【详解】解：如图，由菱形的性质可得，
AO=CO=3，BO=DO，AC⊥BD,
在Rt△ABO中，BO==DO≠3，
∴点A，C在上，点B，D不在上．
故选：B．

【点睛】
本题考查菱形的性质、点与圆的位置关系以及勾股定理，掌握基本性质和概念是解题的关键．
6、C
【分析】连接AD，BD，由圆周角定理可得∠ABD＝25°，∠ADB＝90°，从而可求得∠BAD＝65°，再由圆的内接四边形对角互补得到∠BCD=115°．
【详解】如下图，连接AD，BD，
∵同弧所对的圆周角相等，
∴∠ABD=∠AED＝25°，
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝90°-25°=65°，
∴∠BCD=180°-65°=115°．
故选C

【点睛】
本题考查圆中的角度计算，熟练运用圆周角定理和内接四边形的性质是关键．
7、A
【分析】根据点A（﹣3，4）绕坐标原点旋转180°得到点B，即可得出答案．
【详解】解：根据点A（﹣3，4）绕坐标原点旋转180°得到点B，可知A、B两点关于原点对称，
∴点B坐标为（3，﹣4），
故选：A．
【点睛】
本题考查坐标与图形变换—旋转，解题关键是熟练掌握旋转的旋转.
8、A
【分析】根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方进行计算．
【详解】∵△ABC∽△DEF，
∴△ABC与△DEF的面积之比等于（）2＝（）2＝．
故选：A．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质：相似三角形的对应角相等，对应边的比相等；相似三角形的对应线段（对应中线、对应角平分线、对应边上的高）的比等于相似比；相似三角形的面积的比等于相似比的平方．
9、B
【解析】由题意根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行依次判断即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】
本题考查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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
10、C
【分析】根据是等腰三角形，进行分类讨论
【详解】是菱形，
，

不符合题意
所以选C
11、D
【分析】根据几何概型的意义，求出圆的面积，再求出正方形的面积，算出其比值即可．
【详解】解：设正方形的边长为2a，则圆的半径为a，
则圆的面积为：，
正方形的面积为：，
∴针扎到阴影区域的概率是，
故选：D．
【点睛】
本题考查几何概型的求法：首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所求事件（A）；然后计算阴影区域的面积和总面积的比，这个比即事件（A）发生的概率．
12、C
【分析】连接OB，OC，根据圆周角定理求出∠BOC的度数，再由OB＝OC判断出△OBC是等边三角形，由此可得出结论．
【详解】解：连接OB，OC，
∵∠BAC＝30°，
∴∠BOC＝60°．
∵OB＝OC，BC＝1，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB＝BC＝1．
故选：C.

【点睛】
本题考查的是圆周角定理以及等边三角形的判定和性质，根据题意作出辅助线，构造出等边三角形是解答此题的关键．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【解析】
如图,连接BB′，
∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′，
∴AB=AB′,∠BAB′=60°，
∴△ABB′是等边三角形，
∴AB=BB′，
在△ABC′和△B′BC′中，
，
∴△ABC′≌△B′BC′(SSS)，
∴∠ABC′=∠B′BC′，
延长BC′交AB′于D，
则BD⊥AB′，
∵∠C=90∘,AC=BC=，
∴AB==2，
∴BD=2×=，
C′D=×2=1，
∴BC′=BD−C′D=−1.
故答案为：−1.
点睛: 本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造出全等三角形并求出BC′在等边三角形的高上是解题的关键，也是本题的难点．
14、
【分析】由已知条件易求直角三角形AOH的面积以及扇形AOC的面积，根据阴影部分的面积＝扇形AOC的面积﹣直角三角形AOH的面积，计算即可．
【详解】∵BA与⊙O相切于点A，
∴AB⊥OA，
∴∠OAB＝90°，
∵OA＝6，AB＝6，
∴tan∠B＝，
∴∠B＝30°，
∴∠O＝60°，
∴∠OAH＝30°，
∴OH＝OA＝3，
∴AH＝3，
∴阴影部分的面积＝扇形AOC的面积﹣直角三角形AOH的面积＝﹣×3×3＝；
故答案为：．
【点睛】
此题考查圆的性质，直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，扇形面积公式，三角函数.
15、
【分析】根据从反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线段，垂线段和坐标轴所围成的矩形的面积是，且保持不变，进行解答即可．
【详解】由题意得，
∵反比例函数图象在第二象限
∴
∴反比例函数的解析式为y＝－．
【点睛】
本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握反比例函数k的几何意义，即可完成.
16、
【分析】直接利用特殊角的三角函数值代入求出答案．
【详解】原式＝×．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键.
17、40°或70°或100°．
【分析】根据旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．先连结AP，如图，由旋转的性质得OP=OB，则可判断点P、C在以AB为直径的圆上，利用圆周角定理得∠BAP=∠BOP=α，∠ACP=∠ABP=90°﹣α，∠APC=∠ABC=70°，然后分类讨论：当AP=AC时，∠APC=∠ACP，即90°﹣α=70°；当PA=PC时，∠PAC=∠ACP，即α+20°=90°﹣α，；当CP=CA时，∠CAP=∠CAP，即α+20°=70°，再分别解关于α的方程即可．
【详解】连结AP，如图，

∵点O是AB的中点，∴OA=OB，∵OB绕点O顺时针旋转α角时（0°＜α＜180°），得到OP，∴OP=OB，∴点P在以AB为直径的圆上，∴∠BAP=∠BOP=α，∠APC=∠ABC=70°，∵∠ACB=90°，∴点P、C在以AB为直径的圆上，∴∠ACP=∠ABP=90°﹣α，∠APC=∠ABC=70°，
当AP=AC时，∠APC=∠ACP，即90°﹣α=70°，解得α=40°；
当PA=PC时，∠PAC=∠ACP，即α+20°=90°﹣α，解得α=70°；
当CP=CA时，∠CAP=∠CPA，即α+20°=70°，解得α=100°，
综上所述，α的值为40°或70°或100°．故答案为40°或70°或100°．
考点：旋转的性质.
18、1
【分析】将cos45°=代入进行计算即可.
【详解】解：cos45°=
故答案为：1.
【点睛】
此题考查的是特殊角的锐角三角函数值，掌握cos45°=是解决此题的关键.

三、解答题（共78分）
19、（1）m=-2，n=-2；（2）或．
【解析】（1）把A（-2，1）代入反比例函数y=，求出m的值即可；把B（1，n）代入反比例函数的解析式可求出n；
（2）观察函数图象得到当x＜-2或0＜x＜1时，一次函数的图象都在反比例函数的图象的上方，即一次函数的值大于反比例函数的值．
【详解】（1）解：∵点A（-2，1）在反比例函数的图象上，
∴．
∴反比例函数的表达式为．
∵点B（1，n）在反比例函数的图象上，
∴．
（2）观察函数图象可知，自变量取值范围是：或．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：反比例函数与一次函数的交点坐标同时满足两个函数解析式；利用待定系数法求函数的解析式．也考查了观察函数图象的能力．
20、（1）；（2）时，线段有最大值．最大值是；（3）时，的面积有最大值，最大值是，此时点的坐标为．
【分析】（1）将点的坐标代入二次函数表达式，即可求解；
（2）设，则，由得出比例线段，可表示的长，利用二次函数的性质可求出线段的最大值；
（3）过点作轴交于点，由即可求解．
【详解】解：（1））∵抛物线经过，，
把两点坐标代入上式，，
解得：，
故抛物线函数关系表达式为；
（2）∵，点，
∴，
∵正方形中，，
∴，
，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∵，
∴时，线段长有最大值，最大值为．
即时，线段有最大值．最大值是．
（3）存在．
如图，过点作轴交于点，

∵抛物线的解析式为，
∴，
∴点坐标为，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
设，则，
∴，
∴，
∵，
∴时，的面积有最大值，最大值是，此时点的坐标为．
【点睛】
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和相似三角形的判定与性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，会利用相似比表示线段之间的关系．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是解题的关键．
21、（1）平峰时A路段的通行时间是小时，平峰时B路段的通行时间是小时；（2）的值是1．
【分析】（1）根据题意，设平峰时B路段通行时间为小时，则平峰时A路段通行时间是，列出方程，解方程即可得到答案；
（2）根据题意，先求出整治前A、B路段的时间总和，然后利用含a的代数式求出整治后A、B路段的时间总和，再列出方程，求出a的值．
【详解】解：（1）设平峰时B路段通行时间为小时，则平峰时A路段通行时间是，则
，
解得：，
∴（小时）；
∴平峰时A路段的通行时间是小时，平峰时B路段的通行时间是小时；
（2）根据题意，整治前有：
高峰时，通过A路段的总时间为：（分钟），
高峰时，通过B路段的总时间为：（分钟）；
整治前的时间总和为：（分钟）；
整治后有：通过A路段的总时间为：
；
通过B路段的总时间为：；
∴整治后的时间总和为：
；
∴，
整理得：，
解得：或（舍去）；
∴的值是1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用，一元一次方程的应用，解题的关键是熟练掌握题意，正确列出方程进行解题．注意寻找题目的等量关系进行列方程．
22、（1）；（2）；（3）
【分析】（1）三面涂有颜色的小正方体是在8个顶点处，共8个，再根据概率公式解答即可；
（2）两面涂有颜色的小正方体是在12条棱的中间处，共24个，再根据概率公式解答即可；
（3）各个面都没有颜色的小正方体是在6个面的中间处，共8个，再根据概率公式解答即可．
【详解】解：（1）因为三面涂有颜色的小正方体有8个，
所以P（三面涂有颜色）=；
（2）因为两面涂有颜色的小正方体有24个，
所以P（两面涂有颜色）=；
（3）因为各个面都没有涂颜色的小正方体共有8个，
所以P（各个面都没有涂颜色）=．
【点睛】
本题考查几何概率，等可能事件的概率=所求情况数与总情况数之比．关键是找到相应的具体数目．
23、（1）见解析；（2）．
【分析】（1）由等腰三角形的性质与圆周角定理，易得∠BCO=∠B=∠D；
（2）由垂径定理可求得CE与DE的长，然后证得△BCE∽△DAE，再由相似三角形的对应边成比例，求得BE的长，继而求得直径与半径，再求出圆心角∠BOD即可解决问题；
【详解】（1）证明：∵OB＝OC，
∴∠BCO＝∠B，
∵∠B＝∠D，
∴∠BCO＝∠D；
（2）解：连接OD．

∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴，
∵∠B＝∠D，∠BEC＝∠DEC，
∴△BCE∽△DAE，
∴AE：CE＝DE：BE，
∴，
解得：BE＝3，
∴AB＝AE+BE＝4，
∴⊙O的半径为2，
∵，
∴∠EOD＝60°，
∴∠BOD＝120°，
∴的长．
【点睛】
此题考查圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质．注意在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等．证得△BCE∽△DAE是解题关键．
24、表见解析，
【分析】列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再利用概率公式求解可得．
【详解】解：列表如下：

﹣3
﹣1
2
4
﹣3
﹣﹣﹣
（﹣1，﹣3）
（2，﹣3）
（4，﹣3）
﹣1
（﹣3，﹣1）
﹣﹣﹣
（2，﹣1）
（4，﹣1）
2
（﹣3，2）
（﹣1，2）
﹣﹣﹣
（4，2）
4
（﹣3，4）
（﹣1，4）
（2，4）
﹣﹣﹣
所有等可能的情况有12种，其中点（x，y）落在第二象限内的情况有4种，
∴该点在第二象限的概率为＝．
【点睛】
本题主要考查了列表法或树状图法求概率，熟练的用列表法或树状图法列出所有的情况数是解题的关键.
25、（1）；（2）详见解析；（3）2.0或者3.7
【分析】（1）当x＝2时，点C与点O重合，此时DE是直径，由此即可解决问题；
（2）利用描点法即可解决问题；
（3）利用图象法，确定y＝4时x的值即可；
【详解】（1）当时，即是直径，可求得的面积为4.0，
∴；
（2）函数图象如图所示：

（3）由图像可知，当时，或3.7
【点睛】
本题考查圆综合题，三角形的面积，函数图象等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
26、（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】试题分析：（1）由EC∥AB，∠EDA=∠ABF，可证得∠DAB=∠ABF，即可证得AD∥BC，则得四边形ABCD为平行四边形；
（2）由EC∥AB，可得，由AD∥BC，可得，等量代换得出，即=OE•OF．
试题解析：（1）∵EC∥AB，∴∠EDA=∠DAB，∵∠EDA=∠ABF，∴∠DAB=∠ABF，∴AD∥BC，∵DC∥AB，∴四边形ABCD为平行四边形；
（2）∵EC∥AB，∴△OAB∽△OED，∴，∵AD∥BC，∴△OBF∽△ODA，∴，∴，∴=OE•OF．
考点：相似三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质．