2022-2023学年广东省湛江市名校九年级数学第一学期期末调研模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1． 如图，AB是⊙O直径，若∠AOC＝100°，则∠D的度数是（　　）

A．50° B．40° C．30° D．45°
2．已知a、b、c、d是比例线段．a=2、b=3、d=1．那么c等于（ ）
A．9 B．4 C．1 D．12
3．已知有理数a，b在数轴上表示的点如图所示，则下列式子中正确的是（　　）

A．a+b＜0 B．a+b＞0 C．a﹣b＜0 D．ab＞0
4．对于函数，下列说法错误的是（　　）
A．这个函数的图象位于第一、第三象限
B．这个函数的图象既是轴对称图形又是中心对称图形
C．当x＞0时，y随x的增大而增大
D．当x＜0时，y随x的增大而减小
5．如图，矩形中，，交于点，，分别为，的中点．若，，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
6．如图，边长都为4的正方形ABCD和正三角形EFG如图放置，AB与EF在一条直线上，点A与点F重合．现将△EFG沿AB方向以每秒1个单位的速度匀速运动，当点F与B重合时停止．在这个运动过程中，正方形ABCD和△EFG重叠部分的面积S与运动时间t的函数图象大致是（ ）

A． B． C． D．
7．已知正六边形的边心距是，则正六边形的边长是（ ）
A． B． C． D．
8．已知关于x的分式方程无解，关于y的不等式组的整数解之和恰好为10，则符合条件的所有m的和为（ ）
A． B． C． D．
9．一元二次方程的根的情况是(　　)
A．有两个相等的实根 B．有两个不等的实根 C．只有一个实根 D．无实数根
10．某公司一月份缴税40万元，由于公司的业绩逐月稳步上升，假设每月的缴税增长率相同，第一季度共缴税145.6万元，该公司这季度缴税的月平均增长率为多少？设公司这季度缴税的月平均增长率为x，则下列所列方程正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，在菱形ABCD中，∠B=60º，E是CD上一点，将△ADE折叠，折痕为AE，点D的对应点为点D’，AD’与BC交于点F，若F为BC中点，则∠AED=______.

12．有一个能自由转动的转盘如图，盘面被分成8个大小与性状都相同的扇形，颜色分为黑白两种，将指针的位置固定，让转盘自由转动，当它停止后，指针指向白色扇形的概率是 ．

13．如图，点是反比例函数的图象上一点，直线过点与轴交于点，与轴交于点.过点做轴于点，连接，若的面积为，则的面积为_______．

14．如图，菱形的顶点在轴正半轴上，顶点的坐标为，以原点为位似中心、在点的异侧将菱形缩小，使得到的菱形与原菱形的相似比为，则点的对应点的坐标为________.

15．在△ABC中，若∠A，∠B满足|cosA－|＋(sinB－)2＝0，则∠C＝_________．
16．如图，已知二次函数的图象与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点为该二次函数在第一象限内的一点，连接，交于点，则的最大值为__________.

17．如图，一个半径为，面积为的扇形纸片，若添加一个半径为的圆形纸片，使得两张纸片恰好能组合成一个圆锥体，则添加的圆形纸片的半径为____．

18．如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是的边AB，BC边的中点若，
，则线段EF的长为______．

三、解答题(共66分)
19．（10分）爸爸有一张“山西大剧院”的演出门票，计划通过“掷筹码”的游戏将门票奖励给哥哥或者弟弟，游戏规则如下：准备两个质量均匀的筹码，在第一个筹码的一面画上“×”，另一面画上“○”；在第二个筹码的一面画上“○”，另一面画上“△”．随机掷出两个筹码，当筹码落地后，若朝上的一面都是“○”，则哥哥获得门票；否则，弟弟获得门票．你认为这个游戏公平吗？说明理由．

20．（6分）在锐角三角形中,已知,, 的面积为 ,求的余弦值.
21．（6分）如图，抛物线经过点，请解答下列问题:

求抛物线的解析式；
抛物线的顶点为点，对称轴与轴交于点，连接，求的长．
点在抛物线的对称轴上运动，是否存在点，使的面积为，如果存在，直接写出点的坐标；如果不存在，请说明理由．
22．（8分）城市规划期间，欲拆除一电线杆AB，已知距电线杆AB水平距离14m的D处有一大坝，背水坡CD的坡度i=2：1，坝高CF为2m，在坝顶C处测得杆顶A的仰角为30°，D、E之间是宽为2m的人行道．
试问：在拆除电线杆AB时，为确保行人安全，是否需要将此人行道封上？请说明理由（在地面上，以点B为圆心，以AB长为半径的圆形区域为危险区域．）（≈1.732，≈1.414）

23．（8分）先化简，再求值：(x－1)÷(x－),其中x =+1
24．（8分）在初中阶段的函数学习中，我们经历了“确定函数的表达式——利用函数图象研其性质——运用函数解决问题”的学习过程．如图，在平面直角坐标系中己经绘制了一条直线．另一函数与的函数关系如下表：

…
－6
－5
－4
－3
－2
－1
0
1
2
3
4
5
6
…

…
－2
－0.25
1
1.75
2
1.75
1
－0.25
－2
－4.25
－7
－10.25
－14
…
（1）求直线的解析式；
（2）请根据列表中的数据，绘制出函数的近似图像；

（3）请根据所学知识并结合上述信息拟合出函数的解折式，并求出与的交点坐标．
25．（10分）计算：2sin30°﹣（π﹣）0+|﹣1|+（）﹣1
26．（10分）如图，已知抛物线与y轴交于点，与x轴交于点，点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．
求这条抛物线的表达式及其顶点坐标；
当点P移动到抛物线的什么位置时，使得，求出此时点P的坐标；
当点P从A点出发沿线段AB上方的抛物线向终点B移动，在移动中，点P的横坐标以每秒1个单位长度的速度变动；与此同时点M以每秒1个单位长度的速度沿AO向终点O移动，点P，M移动到各自终点时停止当两个动点移动t秒时，求四边形PAMB的面积S关于t的函数表达式，并求t为何值时，S有最大值，最大值是多少？

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】根据∠AOB=180°，∠AOC=100°，可得出∠BOC的度数，最后根据圆周角∠BDC与圆心角∠BOC所对的弧都是弧BC，即可求出∠BDC的度数.
【详解】解：∵AB是⊙O直径，
∴∠AOB=180°，
∵∠AOC=100°，
∴∠BOC=∠AOB－∠AOC=80°；
∵所对的圆周角是∠BDC，圆心角是∠BOC，
∴;
故答案选B.
【点睛】
本题考查同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角是圆心角的一半，在做题时遇到已知圆心角，求圆周角的度数，可以通过计算，得出相应的圆心角的度数，即可得出圆周角的度数.
2、B
【分析】根据比例线段的定义得到a：b=c：d，即2：3=c：1，然后利用比例性质求解即可．
【详解】∵a、b、c、d是比例线段，
∴a：b=c：d，即2：3=c：1，
∴3c=12，解得：c=2．
故选：B．
【点睛】
本题考查了比例线段：对于四条线段a、b、c、d，如果其中两条线段的比(即它们的长度比)与另两条线段的比相等，如a：b=c：d(即ad=bc)，我们就说这四条线段是成比例线段，简称比例线段．
3、A
【分析】根据数轴判断出a、b的符号和取值范围，逐项判断即可．
【详解】解：从图上可以看出，b＜﹣1＜0，0＜a＜1，
∴a+b＜0，故选项A符合题意，选项B不合题意；
a﹣b＞0，故选项C不合题意；
ab＜0，故选项D不合题意．
故选：A．
【知识点】
本题考查了数轴、有理数的加法、减法、乘法，根据数轴判断出a、b的符号，熟知有理数的运算法则是解题关键．
4、C
【解析】试题分析：根据反比例函数的图像与性质，可由题意知k=4＞0，其图像在一三象限，且在每个象限y随x增大而减小，它的图像即是轴对称图形又是中心对称图形.
故选C
点睛：反比例函数的图像与性质：
1、当k＞0时，图像在一、三象限，在每个象限内，y随x增大而减小；
2、当k＜0时，图像在二、四象限，在每个象限内，y随x增大而增大.
3、反比例函数的图像即是轴对称图形又是中心对称图形.
5、A
【分析】根据矩形的性质和直角三角形的性质以及中位线的性质，即可得到答案．
【详解】∵，分别为，的中点，
∴MN是∆OBC的中位线，
∴OB=2MN=2×3=6，
∵四边形是矩形，
∴OB=OD=OA=OC=6，即：AC=12，
∵AB=6，
∴AC=2AB，
∵∠ABC=90°，
∴=30°．
故选A．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质和直角三角形的性质以及中位线的性质，掌握矩形的对角线互相平分且相等，是解题的关键．
6、C
【解析】根据题意和函数图象可以写出各段对应的函数解析式，从而可以判断哪个选项中的图象符合题意，本题得以解决．
【详解】解：当时，，即S与t是二次函数关系，有最小值，开口向上，
当时，，即S与t是二次函数关系，开口向下，
由上可得，选项C符合题意，
故选：C．
【点睛】
考查动点问题的函数过图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
7、A
【分析】如图所示：正六边形ABCDEF中，OM为边心距，OM=，连接OA、OB，然后求出正六边形的中心角，证出△OAB为等边三角形，然后利用等边三角形的性质和锐角三角函数即可求出结论．
【详解】解：如图所示：正六边形ABCDEF中，OM为边心距，OM=，连接OA、OB

正六边形的中心角∠AOB=360°÷6=60°
∴△OAB为等边三角形
∴∠AOM=∠AOB=30°，OA=AB
在Rt△OAM中，OA=
即正六边形的边长是．
故选A．
【点睛】
此题考查的是根据正六边形的边心距求边长，掌握中心角的定义、等边三角形的判定及性质和锐角三角函数是解决此题的关键．
8、C
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，表示出整式方程的解，由分式方程无解确定出m的值，不等式组整理后表示出解集，由整数解之和恰好为10确定出m的范围，进而求出符合条件的所有m的和即可．
【详解】解：，
分式方程去分母得：mx+2x-12=3x-9，
移项合并得：（m-1）x=3，
当m-1=0，即m=1时，方程无解；
当m-1≠0，即m≠1时，解得：x=，
由分式方程无解，得到：或，
解得：m=2或m=，
不等式组整理得：
，
即0≤x＜，
由整数解之和恰好为10，得到整数解为0，1，2，3，4，
可得4＜≤5，
即，
则符合题意m的值为1和，之和为．
故选：C．
【点睛】
此题考查了分式方程的解，以及一元一次不等式组的整数解，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
9、D
【分析】先求出的值，再进行判断即可得出答案．
【详解】解：一元二次方程x2+2020=0中，
=0-4×1×2020＜0，
故原方程无实数根．
故选：D．
【点睛】
本题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）＜0⇔方程没有实数根．
10、D
【分析】根据题意，第二月获得利润万元，第三月获得利润万元，根据第一季度共获利145.6万元，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．
【详解】设二、三月份利润的月增长率为，则第二月获得利润万元，第三月获得利润万元，
依题意，得：．
故选：D．
【点睛】
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．求平均变化率的方法为：若变化前的量为，变化后的量为，平均变化率为，则经过两次变化后的数量关系为．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、75º
【分析】如图（见解析），连接AC，易证是等边三角形，从而可得，又由可得，再根据折叠的性质得，最后在中利用三角形的内角和定理即可得.
【详解】如图，连接AC
在菱形ABCD中，

是等边三角形
F为BC中点
（等腰三角形三线合一的性质），即
（两直线平行，同旁内角互补）
又由折叠的性质得：

在中，由三角形的内角和定理得：
故答案为：.

【点睛】
本题是一道较好的综合题，考查了菱形的性质、等边三角形的性质、平行线的性质、图形折叠的性质、三角形的内角和定理，利用三线合一的性质证出是解题关键.
12、
【详解】解：∵每个扇形大小相同，因此阴影面积与空白的面积相等，
∴落在白色扇形部分的概率为：=．
故答案为．
考点：几何概率
13、
【分析】先由△BOC的面积得出①，再判断出△BOC∽△ADC，得出②，联立①②求出，即可得出结论．
【详解】设点A的坐标为，
∴，
∵直线过点A并且与两坐标轴分别交于点B，C，
∴，
∴，，
∵△BOC的面积是3，
∴，
∴，
∴①
∵AD⊥x轴，
∴OB∥AD，
∴△BOC∽△ADC，
∴，
∴，
∴②，
联立①②解得，(舍)或，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题是反比例函数与几何的综合题，主要考查了坐标轴上点的特点，反比例函数上点的特点，相似三角形的判定和性质，得出是解本题的关键．
14、
【分析】先求得点C的坐标，再根据如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比等于或进行解答．
【详解】菱形的顶点的坐标为，
；
过点作，如图，

，，
在和中，，
∴，
，
，
∴点C的坐标为，
以原点为位似中心、在点的异侧将菱形缩小，使得到的菱形与原菱形的相似比为，
，
则点的对应点的坐标为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了位似变换：位似图形与坐标，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比等于或．
15、75°
【解析】根据绝对值及偶次方的非负性，可得出cosA及sinB的值，从而得出∠A及∠B的度数，利用三角形的内角和定理可得出∠C的度数．
【详解】∵|cosA－|＋(sinB－)2＝0，
∴cosA=，sinB=，
∴∠A=60°，∠B=45°，
∴∠C=180°-∠A-∠B=75°，
故答案为75°.
【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值及非负数的性质，解答本题的关键是得出cosA及sinB的值，另外要求我们熟练掌握一些特殊角的三角函数值．
16、
【分析】由抛物线的解析式易求出点A、B、C的坐标，然后利用待定系数法求出直线BC的解析式，过点P作PQ∥x轴交直线BC于点Q，则△PQK∽△ABK，可得，而AB易求，这样将求的最大值转化为求PQ的最大值，可设点P的横坐标为m，注意到P、Q的纵坐标相等，则可用含m的代数式表示出点Q的横坐标，于是PQ可用含m的代数式表示，然后利用二次函数的性质即可求解.
【详解】解：对二次函数，
令x=0，则y=3，令y=0，则，
解得：，
∴C(0，3)，A(－1，0)，B(4，0)，
设直线BC的解析式为：，
把B、C两点代入得：，
解得：，
∴直线BC的解析式为：，
过点P作PQ∥x轴交直线BC于点Q，如图，
则△PQK∽△ABK，
∴，
设P（m，），
∵P、Q的纵坐标相等，
∴当时，，
解得：，
∴，
又∵AB=5，
∴.
∴当m=2时，的最大值为.
故答案为：.

【点睛】
本题考查了二次函数与坐标轴的交点、二次函数的性质和二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求函数的解析式、相似三角形的判定和性质等知识，难度较大，属于填空题中的压轴题，解题的关键是利用相似三角形的判定和性质将所求的最大值转化为求PQ的最大值、熟练掌握二次函数的性质.
17、1
【分析】能组合成圆锥体，那么扇形的弧长等于圆形纸片的周长．应先利用扇形的面积=圆锥的弧长×母线长÷1，得到圆锥的弧长=1扇形的面积÷母线长，进而根据圆锥的底面半径=圆锥的弧长÷1π求解．
【详解】解：∵圆锥的弧长=1×11π÷6=4π，
∴圆锥的底面半径=4π÷1π=1cm，
故答案为1．
【点睛】
解决本题的难点是得到圆锥的弧长与扇形面积之间的关系，注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点．
18、3
【分析】由菱形性质得AC⊥BD,BO= ,AO=,由勾股定理得AO= ,由中位线性质得EF=.
【详解】因为，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，
所以，AC⊥BD,BO= ,AO=,
所以，AO= ,
所以，AC=2AO=6,
又因为E，F分别是的边AB，BC边的中点
所以，EF=.
故答案为3
【点睛】
本题考核知识点：菱形，勾股定理，三角形中位线.解题关键点：根据勾股定理求出线段长度，再根据三角形中位线求出结果.

三、解答题(共66分)
19、游戏不公平，理由见解析．
【分析】首先根据题意列表，然后由表格求得所有等可能的结果，由当概率相等时，这个游戏是否公平，即可求得答案．
【详解】解：游戏不公平，理由如下：
随机投掷两个筹码的结果列表如下：
一
二
○
△
×
（×，○）
（×，△）
○
（○，○）
（○，△）
由上表可知，投掷筹码的结果共有4种，每种结果出现的可能性相同，其中，筹码朝上的一面都是“○”的结果有1种，其他结果有3种．
即哥哥获得门票的概率为，弟弟获得门票的概率为．
∵，
∴游戏不公平．
【点睛】
本题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平．
20、
【分析】由三角形面积和边长可求出对应边的高，再由勾股定理求出余弦所需要的边长即可解答．
【详解】解：过点点作于点，

∵的面积，
∴，
在中，由勾股定理得，
所以
【点睛】
本题考查了解直角三角形，掌握余弦的定义（余弦=邻边：斜边）和用面积求高是解题的关键．
21、（1）y=-x2+2x+3；（2）2；（3）存在点F，点F（1，2）或（1，-2）
【分析】（1）利用待定系数法即可求出结论；
（2）先求出顶点D的坐标，然后分别求出BE和DE的长，利用勾股定理即可求出结论；
（3）先求出BC的长，然后根据三角形的面积公式即可求出点F的纵坐标，从而求出结论．
【详解】解：（1）∵抛物线y=ax2+2x+c经过点A（0，3），B（-1，0），
∴将A（0，3），B（-1，0）代入得：，
解得：
则抛物线解析式为y=-x2+2x+3；
（2）y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4
由D为抛物线顶点，得到D（1，4），
∵ 对称轴与 x 轴交于点E ，
∴ DE=4，OE=1 ，
∵ B（﹣1，0），
∴ BO=1，
∴ BE=2，
在 RtBED 中，根据勾股定理得： BD==2
（3）抛物线的对称轴为直线x=1
由对称性可得：点C的坐标为（3,0）
∴BC=3－（-1）=4
∵的面积为，
∴BC·=4
解得：=2或-2
∴点F的坐标为（1，2）或（1，-2）
即存在点F，点F（1，2）或（1，-2）
【点睛】
此题考查的是二次函数的综合大题，掌握利用待定系数法求二次函数解析式、勾股定理和三角形的面积公式是解决此题的关键．
22、不必封上人行道
【分析】过C点作CG⊥AB交AB于G.
求需不需要将人行道封上实际上就是比较AB与BE的长短，已知BD，DF的长度, 那么AB的长度也就求出来了，现在只需要知道BE的长度即可，有BF的长，ED的长，缺少的是DF的长，根据“背水坡CD的坡度i＝1: 2，坝高CF为2m” DF是很容易求出的，这样有了CG的长，在△ACG中求出AG的长度，这样就求出AB的长度，有了BE的长，就可以判断出是不是需要封上人行道了.
【详解】
过C点作CG⊥AB交AB于G.
在Rt△CDF中，水坡CD的坡度i=2：1，即tan∠CDF=2，
∵CF=2，∴DF=1.
∴BF=BD＋DF=12+1=13.
∴CG=13，
在Rt△ACG中，∵∠ACG=30°，
∴AG=CG·tan30°=13×=7.5 m
∴AB＝AG＋BG=7.5+2=9.5m，
BE＝12m，
AB＜BE，
∴不必封上人行道.
【点睛】
本题考查俯角、仰角的定义,要求学生能借助俯角、仰角构造直角三角形并结合图形利用三角函数解直角三角形.
23、1+
【分析】先化简分式，然后将x 的值代入计算即可．
【详解】解：原式＝（x−1）÷，
当x＝＋1时，
原式＝．
【点睛】
本题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式混合运算法则是解题的关键．
24、（1）；（2）见解析；（3）交点为和
【分析】（1）根据待定系数法即可求出直线的解析式；
（2）描点连线即可；
（3）根据图象得出函数为二次函数，顶点坐标为(-2，2)，用待定系数法即可求出抛物线的解析式，解方程组即可得出与交点坐标．
【详解】（1）设直线的解析式为y=kx+m．
由图象可知，直线过点(6，0)，(0，-3)，
∴，
解得：，
∴；
（2）图象如图：

（3）由图象可知：函数为抛物线，顶点为．
设其解析式为：从表中选一点代入得：
1=4a+2，
解出：，
∴，
即．
联立两个解析式：，
解得：或，
∴交点为和．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象和性质．根据图象求出一次函数和二次函数的解析式是解答本题的关键．
25、1+
【解析】分析：直接利用特殊角的三角函数值以及零指数幂的性质和负指数幂的性质分别化简得出答案．
详解：原式=2×-1+-1+2
=1+．
点睛：此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
26、（1）抛物线的表达式为，抛物线的顶点坐标为；（2）P点坐标为；（3）当时，S有最大值，最大值为1． 
【解析】分析：（1）由A、B坐标，利用待定系数法可求得抛物线的表达式，化为顶点式可求得顶点坐标；
（2）过P作PC⊥y轴于点C，由条件可求得∠PAC=60°，可设AC=m，在Rt△PAC中，可表示出PC的长，从而可用m表示出P点坐标，代入抛物线解析式可求得m的值，即可求得P点坐标；
（3）用t可表示出P、M的坐标，过P作PE⊥x轴于点E，交AB于点F，则可表示出F的坐标，从而可用t表示出PF的长，从而可表示出△PAB的面积，利用S四边形PAMB=S△PAB+S△AMB，可得到S关于t的二次函数，利用二次函数的性质可求得其最大值．
详解：根据题意，把，代入抛物线解析式可得，解得，
抛物线的表达式为，
，
抛物线的顶点坐标为；
如图1，过P作轴于点C，

，
，
当时，，
，即，
设，则，
，
把P点坐标代入抛物线表达式可得，解得或，
经检验，与点A重合，不合题意，舍去，
所求的P点坐标为；
当两个动点移动t秒时，则，，

如图2，作轴于点E，交AB于点F，则，
，
，
点A到PE的距离竽OE，点B到PE的距离等于BE，
，且，
，
当时，S有最大值，最大值为1．  
点睛：本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、直角三角形的性质、二次函数的性质、三角形的面积及方程思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中构造Rt△PAC是解题的关键，在（3）中用t表示出P、M的坐标，表示出PF的长是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．