贵州省黔南州2022年九年级数学第一学期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． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图是由个完全相同的小正方形搭成的几何体，如果将小正方体放到小正方体的正上方，则它的（ ）

A．主视图会发生改变 B．俯视图会发生改变
C．左视图会发生改变 D．三种视图都会发生改变
2．甲、乙两位同学在一次用频率估计概率的试验中，统计了某一结果出现的频率，给出的 统计图如图所示，则符合这一结果的试验可能是 （ ）

A．掷一枚硬币，出现正面朝上的概率
B．掷一枚硬币，出现反面朝上的概率
C．掷一枚骰子，出现 点的概率
D．从只有颜色不同的两个红球和一个黄球中，随机取出一个球是黄球的概率
3．如图，一段抛物线y=﹣x2+4（﹣2≤x≤2）为C1，与x轴交于A0，A1两点，顶点为D1；将C1绕点A1旋转180°得到C2，顶点为D2；C1与C2组成一个新的图象，垂直于y轴的直线l与新图象交于点P1（x1，y1），P2（x2，y2），与线段D1D2交于点P3（x3，y3），设x1，x2，x3均为正数，t=x1+x2+x3，则t的取值范围是（　　）

A．6＜t≤8 B．6≤t≤8 C．10＜t≤12 D．10≤t≤12
4．在中，，，则的值为(　　)
A． B． C． D．
5．已知△ABC∽△A′B′C′，且相似比为1：1．则△ABC与△A′B′C′的周长比为（　　）
A．1：1 B．1：6 C．1：9 D．1：
6．如图，在菱形ABCD中，AB＝4，按以下步骤作图：①分别以点C和点D为圆心，大于 CD的长为半径画弧，两弧交于点M，N；②作直线MN，且MN恰好经过点A，与CD交于点E，连接BE，则BE的值为（　　）

A． B．2 C．3 D．4
7．如图，四边形 ABCD 是⊙O的内接四边形，若∠BOD=88°，则∠BCD 的度数是

A．88° B．92° C．106° D．136°
8．下列事件是随机事件的是（ ）
A．三角形内角和为度 B．测量某天的最低气温，结果为
C．买一张彩票，中奖 D．太阳从东方升起
9．下列二次根式中，与是同类二次根式的是
A． B． C． D．
10．已知为常数，点在第二象限，则关于的方程根的情况是（ ）
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根
C．没有实数根 D．无法判断
11．如图,在△ABC中,∠A=45°,∠C=90°,点D在线段AC上,∠BDC=60°,AD=1,则BD等于( )

A． B．+1 C．-1 D．
12．如果一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，与是以点为位似中心的位似图形，相似比为，，，若点的坐标是，则点的坐标是__________，点的坐标是__________.

14．抛物线y＝x2+2x与y轴的交点坐标是_____．
15．已知反比例函数的图象的一支位于第一象限，则常数m的取值范围是___．
16．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝4，P是△ABC的重心，连结BP，CP，则△BPC的面积为_____．

17．二次函数y＝4(x﹣3)2+7的图象的顶点坐标是_____．
18．如图， 圆的直径垂直于弦，垂足是，，，的长为__________．

三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，灯塔在港口的北偏东方向上，且与港口的距离为80海里，一艘船上午9时从港口出发向正东方向航行，上午11时到达处，看到灯塔在它的正北方向．试求这艘船航行的速度．（结果保留根号）

20．（8分）汕头国际马拉松赛事设有“马拉松（公里）”，“半程马拉松（公里）”，“迷你马拉松（公里）”三个项目，小红和小青参加了该赛事的志愿者服务工作，组委会将志愿者随机分配到三个项目组.
（1）小红被分配到“马拉松（公里）”项目组的概率为___________.
（2）用树状图或列表法求小红和小青被分到同一个项目组进行志愿服务的概率.
21．（8分）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm. 点P从点A出发，沿AB边以2 cm/s的速度向点B匀速移动；点Q从点B出发，沿BC边以1 cm/s的速度向点C匀速移动， 当一个运动点到达终点时，另一个运动点也随之停止运动，设运动的时间为t(s).
（1）当PQ∥AC时，求t的值；
（2）当t为何值时，△PBQ的面积等于cm 2.

22．（10分）关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根．
(1)求m的取值范围；
(2)当m为最大的整数时，解这个一元二次方程．
23．（10分）已知，为⊙的直径，过点的弦∥半径，若．求的度数．

24．（10分）测量计算是日常生活中常见的问题，如图，建筑物BC的屋顶有一根旗杆AB，从地面上D点处观测旗杆顶点A的仰角为50°，观测旗杆底部B点的仰角为45°(参考数据：sin50°≈0.8，tan50°≈1.2)．
(1)若已知CD＝20米，求建筑物BC的高度；
(2)若已知旗杆的高度AB＝5米，求建筑物BC的高度．

25．（12分）矩形中，线段绕矩形外一点顺时针旋转，旋转角为，使点的对应点落在射线上，点的对应点在的延长线上．
（1）如图1，连接、、、，则与的大小关系为______________．
（2）如图2，当点位于线段上时，求证：；
（3）如图3，当点位于线段的延长线上时，，，求四边形的面积．

26．已知抛物线y=ax2+bx+c经过(﹣1，0)，(0，﹣3)，(2，3)三点．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）写出抛物线的开口方向、对称轴和顶点坐标．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【分析】根据从上面看得到的图形事俯视图，从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【详解】如果将小正方体放到小正方体的正上方，则它的主视图会发生改变，俯视图和左视图不变．
故选．
【点睛】
本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图，从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图．
2、D
【分析】根据统计图可知，试验结果在0.33附近波动，即其概率P≈0.33，计算四个选项的概率，约为0.33者即为正确答案．
【详解】解：A. 掷一枚硬币，出现正面朝上的概率为，故此选项不符合题意；
B. 掷一枚硬币，出现反面朝上的概率为，故此选项不符合题意；
C. 掷一枚骰子，出现 点的概率为，故此选项不符合题意；
D. 从只有颜色不同的两个红球和一个黄球中，随机取出一个球是黄球的概率为，故此选项符合题意；
故选：D.
【点睛】
本题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率=所求情况数与总情况数之比．同时此题在解答中要用到概率公式．
3、D
【解析】首先证明x1+x2=8，由2≤x3≤4，推出10≤x1+x2+x3≤12即可解决问题.
【详解】翻折后的抛物线的解析式为y=（x﹣4）2﹣4=x2﹣8x+12，
∵设x1，x2，x3均为正数，
∴点P1（x1，y1），P2（x2，y2）在第四象限，
根据对称性可知：x1+x2=8，
∵2≤x3≤4，
∴10≤x1+x2+x3≤12，
即10≤t≤12，
故选D．
【点睛】本题考查二次函数与x轴的交点，二次函数的性质，抛物线的旋转等知识，熟练掌握和灵活应用二次函数的相关性质以及旋转的性质是解题的关键.
4、D
【分析】在Rt△ABC中，∠C=90°，则∠A+∠B=90°，根据互余两角的三角函数的关系就可以求解．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A+∠B=90°，
则cosB=sinA=．
故选：D．
【点睛】
本题考查了互余两角三角函数的关系，在直角三角形中，互为余角的两角的互余函数相等．
5、A
【解析】根据相似三角形的周长比等于相似比即可得出答案．
【详解】∵△ABC∽△A′B′C′，且相似比为1：1，
∴△ABC与△A′B′C′的周长比为1：1，
故选：A．
【点睛】
本题考查相似三角形的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于基础题型．
6、B
【解析】由作法得AE垂直平分CD，则∠AED=90°，CE=DE，于是可判断∠DAE=30°，∠D=60°，作EH⊥BC于H，从而得到∠ECH=60°,利用三角函数可求出EH、CH的值，再利用勾股定理即可求出BE的长.
【详解】解：如图所示，作EH⊥BC于H，

由作法得AE垂直平分CD，
∴∠AED=90°，CE=DE＝2，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=2DE，
∴∠DAE=30°，
∴∠D=60°，
∵AD//BC，
∴∠ECH=∠D=60°,
在Rt△ECH中，
EH=CE·sin60°=,
CH=CE·cos60°=,
∴BH=4+1=5，
在Rt△BEH中，由勾股定理得，
.
故选B.
【点睛】
本题考查了垂直平分线的性质、菱形的性质、解直角三角形等知识.合理构造辅助线是解题的关键.
7、D
【分析】首先根据∠BOD=88°，应用圆周角定理，求出∠BAD的度数；然后根据圆内接四边形的性质，可得∠BAD+∠BCD=180°，据此求出∠BCD的度数
【详解】由圆周角定理可得∠BAD=∠BOD=44°，
根据圆内接四边形对角互补可得∠BCD=180°-∠BAD=180°-44°=136°，
故答案选D．
考点：圆周角定理；圆内接四边形对角互补．
8、C
【分析】一定发生或是不发生的事件是确定事件，可能发生也可能不发生的事件是随机事件，根据定义判断即可.
【详解】A.该事件不可能发生，是确定事件；
B. 该事件不可能发生，是确定事件；
C.该事件可能发生，是随机事件；
D.该事件一定发生，是确定事件.
故选：C.
【点睛】
此题考查事件的分类，正确理解确定事件和随机事件的区别并熟练解题是关键.
9、C
【分析】根据同类二次根式的定义即可判断.
【详解】A. =，不符合题意；
B. ，不符合题意；
C. =，符合题意；
D. =，不符合题意；
故选C.
【点睛】
此题主要考查同类二次根式的识别，解题的关键是熟知二次根式的性质进行化简.
10、B
【分析】根据判别式即可求出答案．
【详解】解：由题意可知：，
∴，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是一元二次方程根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式，本题属于基础题型．
11、B
【分析】设BC=x，根据锐角三角函数分别用x表示出AC和CD，然后利用AC－CD=AD列方程即可求出BC，再根据锐角三角函数即可求出BD.
【详解】解：设BC=x
∵在△ABC中,∠A=45°,∠C=90°,
∴AC=BC=x
在Rt△BCD中，CD=
∵AC－CD=AD，AD=1
∴
解得：
即BC=
在Rt△BCD中，BD=
故选：B.
【点睛】
此题考查的是解直角三角形的应用，掌握用锐角三角函数解直角三角形是解决此题的关键.
12、A
【解析】分析：根据多边形的内角和公式及外角的特征计算．
详解：多边形的外角和是360°，根据题意得：
110°•（n-2）=3×360°
解得n=1．
故选A．
点睛：本题主要考查了多边形内角和公式及外角的特征．求多边形的边数，可以转化为方程的问题来解决．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、 (2，2)
【分析】根据坐标系中，以点为位似中心的位似图形的性质可得点D的坐标，过点C作CM⊥OD于点M，根据含30°角的直角三角形的性质，可求点C的坐标．
【详解】∵与是以点为位似中心的位似图形，相似比为，点的坐标是，
∴点D的坐标是(8，0)，
∵，，
∴∠D=30°，
∴OC=OD=×8=4，
过点C作CM⊥OD于点M，
∴∠OCM=30°，
∴OM=OC=×2=2，CM=OM=2，
∴点C的坐标是(2，2)．
故答案是：(2，2)；(8，0)．

【点睛】
本题主要考查直角坐标系中，位似图形的性质和直角三角形的性质，添加辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．
14、（0，0）
【解析】令x=0求出y的值，然后写出即可．
【详解】令x=0，则y=0，
所以，抛物线与y轴的交点坐标为（0，0）．
故答案为（0，0）．
【点睛】
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握抛物线与坐标轴的交点的求解方法是解题的关键．
15、m＞1
【解析】试题分析：∵反比例函数的图象关于原点对称，图象一支位于第一象限，
∴图象的另一分支位于第三象限．
∴m﹣1＞0，解得m＞1．
16、1
【分析】△ABC的面积S＝AB×BC＝＝12，延长BP交AC于点E，则E是AC的中点，且BP＝BE，即可求解．
【详解】解：△ABC的面积S＝AB×BC＝＝12，
延长BP交AC于点E，则E是AC的中点，且BP＝BE，（证明见备注）

△BEC的面积＝S＝6，
BP＝BE，
则△BPC的面积＝△BEC的面积＝1，
故答案为：1．
备注：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1，
例：已知：△ABC，E、F是AB，AC的中点．EC、FB交于G．

求证：EG＝CG 证明：过E作EH∥BF交AC于H．
∵AE＝BE，EH∥BF，
∴AH＝HF＝AF，
又∵AF＝CF，
∴HF＝CF，
∴HF：CF＝，
∵EH∥BF，
∴EG：CG＝HF：CF＝，
∴EG＝CG．
【点睛】
此题考查了重心的概念和性质：三角形的重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍．
17、（3，7）
【分析】由抛物线解析式可求得答案．
【详解】∵y=4（x﹣3）2+7，
∴顶点坐标为（3，7），
故答案为（3，7）．
18、
【分析】根据圆周角定理得，由于的直径垂直于弦，根据垂径定理得，且可判断为等腰直角三角形，所以，然后利用进行计算．
【详解】解：∵
∴
∵的直径垂直于弦
∴
∴为等腰直角三角形
∴
∴．
故答案是：
【点睛】
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了等腰直角三角形的性质和圆周角定理．

三、解答题（共78分）
19、海里/时
【分析】利用直角三角形性质边角关系，BO＝AO×cos30°求出BO，然后除以船从O到B所用时间即可．
【详解】解：由题意知：∠AOB＝30°，
在Rt△AOB中，OB＝OA×cos∠AOB＝80×＝40（海里），
航行速度为：（海里/时）．
【点睛】
本题考查锐角三角函数的运用，熟练掌握直角三角形的边角关系是关键．
20、（1）；（2）图见解析，
【分析】（1）直接利用概率公式可得；
（2）记这三个项目分别为、、，画树状图列出所有可能的结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式计算即可.
【详解】解：（1）；
（2）记这三个项目分别为、、，
画树状图为：

共有种等可能的结果数，
其中小红和小青被分配到同一个项目组的结果数为，
所以小红和小青被分到同一个项目组进行志愿服务的概率为．
【点睛】
本题主要考察概率公式、树状图、列表法，熟练掌握公式是关键.
21、（1）t=；（2）当t为2s或3s时，△PBQ的面积等于cm 2.
【分析】（1）根据PQ∥AC得到△PBQ∽△ABC，列出比例式即可求解；
（2）解法一：过点Q作QE⊥AB于E，利用△BQE∽△BCA，得到，得到QE=t，根据S△PBQ =BP·QE=列出方程即可求解；
解法二：过点P作PE⊥BC于E，则PE∥AC，得到△BPE∽△BAC，则，求出PE=(10-2t).，利用S△PBQ =BQ·PE=列出方程即可求解.
【详解】（1）由题意得，BQ= tcm，AP=2 cm，则BP=（10—2t）cm
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm

∵ PQ∥AC， ∴ △PBQ∽△ABC，
∴ ，即 ，
解得 t=.
（2）解法一:
如图3，过点Q作QE⊥AB于E，则∠QEB =∠C=90°.
∵ ∠B =∠B,∴ △BQE∽△BCA，
∴ ，即 ， 解得 QE=t.
∴ S△PBQ =BP·QE=， 即·(10-2t)·t =.
整理，得t2-5t+6=0. 解这个方程，得t1=2，t2=3.
∵ 0＜t＜5，∴ 当t为2s或3s时，△PBQ的面积等于cm 2.
解法二：过点P作PE⊥BC于E，则PE∥AC（如图4）.
∵ PE∥AC.
∴ △BPE∽△BAC，
∴ ，即 ， 解得 PE=(10-2t).
∴ S△PBQ =BQ·PE=， 即·t·(10-2t)=
整理，得t2-5t+6=0. 解这个方程，得t1=2，t2=3.
∵ 0＜t＜5，
∴ 当t为2s或3s时，△PBQ的面积等于cm 2.
【点睛】
此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知相似三角形的判定定理、适当构造辅助线进行求解.
22、（1）m<且m≠0；见详解；（2），，见详解．
【分析】（1）直接根据一元二次方程根的判别式列出不等式组求解即可；
（2）由（1）得m的最大整数值，然后代入一元二次方程求解即可．
【详解】解：(1)由题意得
∴m<且m≠0；
(2)∵m为最大的整数，
∴m＝－1，
∴原方程为：－x2－x＋1＝0，
即x2＋x－1＝0，
∴，．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程根的判别式及解法，熟练掌握知识点是解题的关键．
23、∠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．
24、 (1) 20米；(2) 25米．
【分析】（1）∠BDC=45°，可得DC=BC=20m，；
（2）设DC=BC=xm，可得tan50°=≈1.2，解得x的值即可得建筑物BC的高．
【详解】解：（1）∵∠BDC=45°，
∴DC=BC=20m，
答：建筑物BC的高度为20m；
（2）设DC=BC=xm，
根据题意可得：tan50°=≈1.2，
解得：x=25，
答：建筑物BC的高度为25m．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用．
25、（1）相等；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由旋转得：旋转角相等，可得结论；
（2）证明△AOB≌△EOF（SAS），得∠OAB=∠OEF，根据平角的定义可得结论；
（3）如解图，根据等腰三角形的性质得：∠OFB=∠OBF=30°，∠OAE=∠AEO=30°，根据30度角的直角三角形的性质分别求得OB、OG、BF，勾股定理求得BE的长，再根据三角形面积公式即可求得结论．
【详解】（1）由旋转得：∠AOE=∠BOF=，
故答案为：相等；
（2）∵，
∴，
在△AOB和△EOF中
，
∴△AOB≌△EOF（SAS），
∴，
∵OA=OE，
∴，
∴

；
（3）如图，过点O作 ，垂足为G，

根据旋转的性质知：∠BOF=120°，∠AOB=∠EOF，OB=OF，
△BOF中，∠OFB=∠OBF=30°，
∴∠ABO=60°，
△AOE中，∠AOE=120°，OA=OE，
∴∠OAE=∠AEO=30°，
∴∠AOB=90°，
在△AOB和△EOF中
，
∴△AOB≌△EOF（SAS），
∴，
在中，∠AOB=90°，，∠OAB=30°，
∴，
在中，∠OGB=90°，，∠OBG=30°，
∴，，
∴，
在中，∠EBF=90°，，，
∴，
∴

．
【点睛】
本题是四边形的综合题，题目考查了几何图形的旋转变换，四边形的面积，直角三角形30度角的性质等知识，解决此类问题的关键分析图形的旋转情况，在旋转过程中，旋转角相等，对应线段相等．
26、（1）y=2x2﹣x﹣1；（2）抛物线的开口向上，对称轴为x=，顶点坐标为（，﹣）．
【分析】（1）将三点代入y=ax2+bx+c，得到三元一次方程组，解方程组即可得到a，b，c的值，从而得到抛物线的解析式．
（2）把解析式化成顶点式，根据抛物线的性质即可得出结论．
【详解】解：（1）把(-1,0)，(0,-1)，(2,1)代入y=ax2+bx+c，得，解得．
所以，这个抛物线的表达式为y=2x2﹣x﹣1．
（2）y=2x2﹣x﹣1=2(x﹣)2﹣，
所以，抛物线的开口向上，对称轴为x=，顶点坐标为（，﹣）
【点睛】
本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式及二次函数的性质．熟练掌握待定系数法是解题的关键．