2022年山西省运城九年级数学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析.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．不等式的解为（ ）
A． B． C． D．
2．已知两个相似三角形的相似比为4:9，则这两个三角形的对应高的比为（ ）
A． B． C． D．
3．下列说法正确的是（ ）
A．等弧所对的圆心角相等 B．三角形的外心到这个三角形的三边距离相等
C．经过三点可以作一个圆 D．相等的圆心角所对的弧相等
4．下列计算正确的是（　　）
A． B． C．÷ D．
5．若函数y＝（3﹣m）﹣x+1是二次函数，则m的值为（ ）
A．3 B．﹣3 C．±3 D．9
6．如图，A、B、C是⊙O上互不重合的三点,若∠CAO＝∠CBO＝20°，则∠AOB的度数为（ ）

A．50° B．60° C．70° D．80°
7．《孙子算经》中有一道题: “今有木，不知长短，引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺，木长几何？”译文大致是:“用一根绳子去量一根木条，绳子剩余尺；将绳子对折再量木条，木条剩余尺，问木条长多少尺？”如果设木条长尺，绳子长尺，可列方程组为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在⊙O中，AE是直径，半径OC垂直于弦AB于D，连接BE，若AB=2，CD=1，则BE的长是　　

A．5 B．6 C．7 D．8
9．一元二次方程mx2+mx﹣＝0有两个相等实数根，则m的值为（　　）
A．0 B．0或﹣2 C．﹣2 D．2
10．如图，是的弦，半径于点，且的长是（ ）

A． B． C． D．
11．一组数据3，1，4，2，－1，则这组数据的极差是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
12．在以下四个图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是(　　)
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F．过点D作DG∥BE，交BC于点G，连接FG交BD于点O．若AB＝6，AD＝8，则DG的长为_____．

14．如图，转盘中个扇形的面积都相等．任意转动转盘次，当转盘停止转动时，指针落在阴影部分的概率为________．

15．若抛物线的顶点在坐标轴上，则b的值为________.
16．因式分解：______.
17．如图，在菱形ABCD中，边长为1，∠A＝60˚，顺次连接菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1；顺次连结四边形A1B1C1D1各边中点，可得四边形A2B2C2D2；顺次连结四边形A2B2C2D2各边中点，可得四边形A3B3C3D3；按此规律继续下去，…，则四边形A2019B2019C2019D2019的面积是_____．

18．关于的方程有两个不相等的实数根，那么的取值范围是__________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在中，，，以为顶点在边上方作菱形，使点分别在边上，另两边分别交于点，且点恰好平分．
（1）求证： ；
（2）请说明：．

20．（8分）计算：|1﹣|+．
21．（8分）A、B两地间的距离为15千米，甲从A地出发步行前往B地，20分钟后，乙从 B地出发骑车前往A地，且乙骑车比甲步行每小时多走10千米．乙到达A地后停留40分钟，然后骑车按原路原速返回，结果甲、乙两人同时到达B地．求甲从A地到B地步行所用的时间．
22．（10分）如图，二次函数y＝﹣2x2+x+m的图象与x轴的一个交点为A（1，0），另一个交点为B，且与y轴交于点C．
（1）求m的值；
（2）求点B的坐标；
（3）该二次函数图象上是否有一点D（x，y）使S△ABD＝S△ABC，求点D的坐标．

23．（10分）如图，矩形的对角线与相交于点．延长到点，使，连结．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，请直接写出平行四边形的周长 ．

24．（10分）已知，为⊙的直径，过点的弦∥半径，若．求的度数．

25．（12分）用配方法解方程：
26．某小区新建成的住宅楼主体工程已经竣工，只剩下楼体外表需贴瓷砖，已知楼体外表的面积为．
（1）写出每块瓷砖的面积与所需的瓷砖块数（块）之间的函数关系式；
（2）为了使住宅楼的外观更漂亮，开发商决定采用灰、白、蓝三种颜色的瓷砖，每块瓷砖的面积都是，灰、白、蓝瓷砖使用比例是，则需要三种瓷砖各多少块？

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】根据一元一次不等式的解法进行求解即可．
【详解】解：移项得，，
合并得，，
系数化为1得，．
故选：B．
【点睛】
本题考查一元一次不等式的解法，属于基础题型，明确解法是关键．
2、B
【分析】根据相似三角形的性质即可得出答案.
【详解】根据“相似三角形对应高的比等于相似比”可得对应高的比为4:9，故答案选择B.
【点睛】
本题考查相似三角形的性质，相似三角形对应边、对应高、对应中线以及周长比都等于相似比.
3、A
【解析】试题分析：A．等弧所对的圆心角相等，所以A选项正确；
B．三角形的外心到这个三角形的三个顶点的距离相等，所以B选项错误；
C．经过不共线的三点可以作一个圆，所以C选项错误；
D．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所以D选项错误．
故选C．
考点：1．确定圆的条件；2．圆心角、弧、弦的关系；3．三角形的外接圆与外心．
4、C
【分析】根据二次根式的加减法对A、B进行判断；根据二次根式的除法法则对C进行判断；根据完全平方公式对D进行判断．
【详解】A、原式＝2﹣，所以A选项错误；
B、3与不能合并，所以B选项错误；
C、原式＝＝2，所以C选项正确；
D、原式＝3+4+4＝7+4，所以D选项错误．
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
5、B
【分析】根据二次函数的定义来求解，注意二次项的系数与次数.
【详解】根据二次函数的定义，可知 m2-7=2 ，且 3-m≠0 ，解得 m=-3 ，所以选择B.
故答案为B
【点睛】
本题考查了二次函数的定义，注意二次项的系数不能为0.
6、D
【分析】连接CO并延长交⊙O于点D，根据等腰三角形的性质，得∠CAO=∠ACO，∠CBO=∠BCO，结合三角形外角的性质，即可求解．
【详解】连接CO并延长交⊙O于点D，
∵∠CAO=∠ACO，∠CBO=∠BCO，
∴∠CAO=∠ACO=∠CBO=∠BCO＝20°，
∴∠AOD=∠CAO+∠ACO=40°，∠BOD=∠CBO+∠BCO=40°，
∴∠AOB=∠AOD+∠BOD=80°．
故选D．

【点睛】
本题主要考查圆的基本性质，三角形的外角的性质以及等腰三角形的性质，添加和数的辅助线，是解题的关键．
7、D
【分析】根据“一根绳子去量一根木条，绳子剩余4.5尺”可知：绳子－木条=4.5，再根据“将绳子对折再量木条，木条剩余1尺”可知：木条－绳子=1，据此列出方程组即可．
【详解】由题意可得，．
故选：D．
【点睛】
本题考查二元一次方程组的实际应用，解题的关键是明确题意，找出等量关系，列出相应的二元一次方程组．
8、B
【分析】根据垂径定理求出AD,根据勾股定理列式求出半径 ，根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】解：∵半径OC垂直于弦AB，
∴AD=DB= AB=
在Rt△AOD中，OA2=(OC-CD)2+AD2,即OA2=(OA-1)2+( )2，
解得，OA=4
∴OD=OC-CD=3，
∵AO=OE,AD=DB,
∴BE=2OD=6
故选B
【点睛】
本题考查的是垂径定理、勾股定理，掌握垂直于弦的直径平分这条弦是解题的关键
9、C
【解析】由方程有两个相等的实数根，得到根的判别式等于0，求出m的值，经检验即可得到满足题意m的值．
【详解】∵一元二次方程mx1+mx﹣＝0有两个相等实数根，
∴△＝m1﹣4m×（﹣）＝m1+1m＝0，
解得：m＝0或m＝﹣1，
经检验m＝0不合题意，
则m＝﹣1．
故选C．
【点睛】
此题考查了根的判别式，根的判别式的值大于0，方程有两个不相等的实数根；根的判别式的值等于0，方程有两个相等的实数根；根的判别式的值小于0，方程没有实数根．
10、C
【分析】利用勾股定理和垂径定理即可求解．
【详解】∵，
∴AD=4cm
在Rt△AOD中，OA2＝OD2＋AD2，
∴25＝（5−DC）2＋16，
∴DC＝2cm．
故选：C．
【点睛】
主要考查了垂径定理的运用．垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的两条弧．解此类题一般要把半径、弦心距、弦的一半构建在一个直角三角形里，运用勾股定理求解．
11、A
【分析】根据极差的定义进行计算即可.
【详解】这组数据的极差为：4－(－1)=5.
故选A.
【点睛】
本题考查极差，掌握极差的定义：一组数据中最大数据与最小数据的差，是解题的关键.
12、B
【分析】旋转180后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，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，不合题意；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意．
故选：B．
【点睛】
本题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．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【解析】根据折叠的性质求出四边形BFDG是菱形，假设DF＝BF＝x，∴AF＝AD﹣DF＝8﹣x，根据在直角△ABF中，AB2+AF2＝BF2，即可求解.
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC
∴FD∥BG，
又∵DG∥BE，
∴四边形BFDG是平行四边形，
∵折叠，∴∠DBC=∠DBF，
故∠ADB =∠DBF
∴DF＝BF，
∴四边形BFDG是菱形；
∵AB＝6，AD＝8，
∴BD＝1．
∴OB＝BD＝2．
假设DF＝BF＝x，∴AF＝AD﹣DF＝8﹣x．
∴在直角△ABF中，AB2+AF2＝BF2，即62+（8﹣x）2＝x2，
解得x＝，
即DG＝BF＝，
故答案为：
【点睛】
此题主要考查矩形的折叠性质，解题的关键是熟知菱形的判定与性质及勾股定理的应用.
14、
【分析】根据古典概型的概率的求法，求指针落在阴影部分的概率.
【详解】一般地，如果在一次试验中，有种可能的结果，并且它们发生的可能性都相等，事件包含其中的中结果，那么事件发生的概率为. 图中，因为6个扇形的面积都相等，阴影部分的有3个扇形，所以指针落在阴影部分的概率是．
【点睛】
本题考查古典概型的概率的求法.
15、±1或0
【分析】抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为（，），因为抛物线y=x2-bx+9的顶点在坐标轴上，所以分两种情况列式求解即可．
【详解】解：∵，，
∴顶点坐标为（，），
当抛物线y=x2-bx+9的顶点在x轴上时，
=0，
解得b=±1．
当抛物线y=x2-bx+9的顶点在y轴上时，
=0，
解得b=0，
故答案为：±1或0
【点睛】
此题考查了学生的综合应用能力，解题的关键是掌握顶点的表示方法和x轴上的点的特点．
16、
【分析】先提取公因式，然后用平方差公式因式分解即可.
【详解】解：
故答案为：.
【点睛】
此题考查的是因式分解，掌握提取公因式法和公式法的结合是解决此题的关键.
17、
【分析】连接AC、BD，根据菱形的面积公式，得S菱形ABCD=，进而得矩形A1B1C1D1的面积，菱形A2B2C2D2的面积，以此类推，即可得到答案．
【详解】连接AC、BD，则AC⊥BD，
∵菱形ABCD中，边长为1，∠A＝60°，
∴S菱形ABCD＝AC∙BD＝1×1×sin60°＝，
∵顺次连结菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是矩形，
∴矩形A1B1C1D1的面积＝AC∙BD＝AC∙BD＝S菱形ABCD＝＝，
菱形A2B2C2D2的面积＝×矩形A1B1C1D1的面积＝S菱形ABCD＝＝，
……，
∴四边形A2019B2019C2019D2019的面积＝，
故答案为：．

【点睛】
本题主要考查菱形得性质和矩形的性质，掌握菱形的面积公式，是解题的关键．
18、且
【解析】分析：根据一元二次方程的定义以及根的判别式的意义可得△=4-12m＞1且m≠1，求出m的取值范围即可．
详解：∵一元二次方程mx2-2x+3=1有两个不相等的实数根，
∴△＞1且m≠1，
∴4-12m＞1且m≠1，
∴m＜且m≠1，
故答案为：m＜且m≠1．
点睛：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=1（a≠1，a，b，c为常数）根的判别式△=b2-4ac．当△＞1，方程有两个不相等的实数根；当△=1，方程有两个相等的实数根；当△＜1，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．

三、解答题（共78分）
19、（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据四边形是菱形，得到，又
推出,又点恰好平分,三线合一,
（2）可证，再证，从而求得
【详解】证明：

（1）连接，
∵，，
∴．
∵四边形是菱形，
∴，，
∴是等边三角形．
∵是的中点，
∴
（2）∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、三线合一以及相似三角形的性质.
20、1．
【分析】根据根式、绝对值、指数的运算，以及特殊角的三角函数值，即可求得.
【详解】|1﹣|+（﹣cos60°）2﹣﹣（2+3）0
＝﹣1+4﹣+3﹣1
＝1
【点睛】
本题考查根式、绝对值、指数的运算，以及特殊角的三角函数值，属基础题.
21、3小时．
【分析】本题的等量关系是路程=速度×时间．本题可根据乙从B到A然后再到B用的时间=甲从A到B用的时间-20分钟-40分钟来列方程．
【详解】解：设甲从A地到B地步行所用时间为x小时，
由题意得：
化简得：2x2-5x-3=0，
解得：x1=3，x2=-，
经检验知x=3符合题意，
∴x=3，
∴甲从A地到B地步行所用时间为3小时．
【点睛】
本题考查分式方程的应用，注意分式方程结果要检验．
22、（1）1；（2）B（﹣，0）；（3）D的坐标是（，1）或（，﹣1）或（，﹣1）
【分析】（1）把点A的坐标代入函数解析式，利用方程来求m的值；（2）令y＝0，则通过解方程来求点B的横坐标；（3）利用三角形的面积公式进行解答．
【详解】解：（1）把A（1，0）代入y＝﹣2x2+x+m，得
﹣2×12+1+m＝0，
解得 m＝1；
（2）由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣2x2+x+1．
令y＝0，则﹣2x2+x+1＝0，
故x＝＝，
解得 x1＝﹣，x2＝1．
故该抛物线与x轴的交点是（﹣，0）和（1，0）．
∵点为A（1，0），
∴另一个交点为B是（﹣，0）；
（3）∵抛物线解析式为y＝﹣2x2+x+1，
∴C（0，1），
∴OC＝1．
∵S△ABD＝S△ABC，
∴点D与点C的纵坐标的绝对值相等，
∴当y＝1时，﹣2x2+x+1＝1，即x（﹣2x+1）＝0
解得 x＝0或x＝．
即（0，1）（与点C重合，舍去）和D（，1）符合题意．
当y＝﹣1时，﹣2x2+x+1＝﹣1，即2x2﹣x﹣2＝0
解得x＝．
即点（，﹣1）和（，﹣1）符合题意．
综上所述，满足条件的点D的坐标是（，1）或（，﹣1）或（，﹣1）．

【点睛】
本题考查了抛物线的图象和性质,解答（3）题时，注意满足条件的点D还可以在x轴的下方是解题关键．
23、（1）见解析；（2）1．
【分析】（1）因为，所以，利用一组对边平行且相等即可证明；
（2）利用矩形的性质得出 ,进而利用求出CD的值，然后利用勾股定理求出AD的值，即可求周长
【详解】（1）∵是矩形
∴

∴四边形是平行四边形；
（2）∵是矩形
∴

∵四边形是平行四边形

∴平行四边形的周长为
【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定及性质，矩形的性质，掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键．
24、∠C=30°
【分析】根据平行线的性质求出∠AOD，根据圆周角定理解答．
【详解】解：∵OA∥DE，
∴∠AOD=∠D=60°，
由圆周角定理得，∠C= ∠AOD=30°
【点睛】
本题考查的是圆周角定理和平行线的性质，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．
25、x1=+1，x2=+1
【分析】先把方程进行整理，然后利用配方法进行解方程，即可得到答案.
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴x1=+1，x2=+1.
【点睛】
本题考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握配方法进行解一元二次方程.
26、（1）；（2）需要灰瓷砖125000块，白瓷砖250000块、蓝瓷砖为250000块
【分析】（1）根据每块瓷砖的面积S=楼体外表的总面积÷所需的瓷砖块数n块，求出即可；
（2）设用灰瓷砖x块，则白瓷砖、蓝瓷砖分别为2x块、2x块，再用n=625000求出即可．
【详解】解；（1）∵每块瓷砖的面积楼体外表的总面积÷所需的瓷砖块数块，
由此可得出与的函数关系式是：
（2）当时，
设用灰瓷砖块，则白瓷砖、蓝瓷砖分别为块、块，
依据题意得出：，
解得：，
∴需要灰瓷砖125000块，白瓷砖250000块、蓝瓷砖为250000块．
【点睛】
此题主要考查了反比例函数的应用，根据已知得出瓷砖总块数进而得出等式方程是解题关键．