2022年江苏省徐州市撷秀中学九年级数学第一学期期末检测模拟试题含解析.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(每小题3分,共30分)
1．小明利用计算机列出表格对一元二次方程进行估根如表:那么方程的一个近似根是（ ）

A． B． C． D．
2．如图，△ABC∽△ADE ， 则下列比例式正确的是（　　）

A． B． C． D．
3．如图，四边形ABCD是菱形，∠A=60°，AB=2，扇形BEF的半径为2，圆心角为60°，则图中阴影部分的面积是（ ）

A． B． C． D．
4．在半径为3cm的⊙O中，若弦AB＝3，则弦AB所对的圆周角的度数为（　　）
A．30° B．45° C．30°或150° D．45°或135°
5．已知反比例函数 y＝的图象如图所示，则二次函数 y =ax 2－2x和一次函数 y＝bx+a 在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ）

A．° B．° C．° D．
6．在直角梯形ABCD中，AD//BC，∠B=90º，E为AB上一点，且ED平分∠ADC，EC平分∠BCD，则下列结论：①DE⊥EC；②点E是AB的中点；③AD∙BC=BE∙DE；④CD=AD+BC．其中正确的有（ ）

A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
7．抛物线的顶点为，与轴交于点，则该抛物线的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
8．的半径为，弦，，，则、间的距离是：（ ）
A． B． C．或 D．以上都不对
9．关于的一元二次方程有一个根是﹣1，若二次函数的图象的顶点在第一象限，设，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
10．一元二次方程配方后化为( )
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．在一个不透明的盒子里装有除颜色外其余均相同的2个黄色乒乓球和若干个白色乒乓球，从盒子里随机摸出一个乒乓球，摸到白色乒乓球的概率为，那么盒子内白色乒乓球的个数为_____．
12．若两个相似三角形的周长比是，则对应中线的比是________．
13．如图，点A，B，C在⊙O上，∠A=40度，∠C=20度，则∠B=_____度．

14．如图，一小球沿与地面成一定角度的方向飞出，小球的飞行路线是一条抛物线，如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度y(单位：m)与飞行时间x(单位：s)之间具有函数关系y＝﹣5x2+20x，在飞行过程中，当小球的行高度为15m时，则飞行时间是_____．

15．圆锥的母线长为5cm，高为4cm，则该圆锥的全面积为_______cm2.
16．如图，双曲线与⊙O在第一象限内交于P、Q 两点，分别过P、Q两点向x轴和y轴作垂线，已知点P坐标为(1，3)，则图中阴影部分的面积为______．

17．方程组的解是_____．
18．自行车因其便捷环保深受人们喜爱，成为日常短途代步与健身运动首选.如图1是某品牌自行车的实物图，图2是它的简化示意图.经测量，车轮的直径为，中轴轴心到地面的距离为，后轮中心与中轴轴心连线与车架中立管所成夹角，后轮切地面于点.为了使得车座到地面的距离为，应当将车架中立管的长设置为_____________.
(参考数据:

三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，小明欲测量一座古塔的高度，他拿出一根竹杆竖直插在地面上，然后自己退后，使眼睛通过竹杆的顶端刚好看到塔顶，若小明眼睛离地面，竹标顶端离地面，小明到竹杆的距离，竹杆到塔底的距离，求这座古塔的高度．

20．（6分）将一副三角尺（在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°；在Rt△DEF中，∠EDF=90°，∠E=45°）如图1摆放，点D为AB边的中点，DE交AC于点P，DF经过点C，且BC=2.
（1）求证：△ADC∽△APD；
（2）求△APD的面积；
（3）如图2，将△DEF绕点D顺时针方向旋转角α（0°＜α＜60°），此时的等腰直角三角尺记为△DE′F′，DE′交AC于点M，DF′交BC于点N，试判断的值是否随着α的变化而变化？如果不变，请求出的值；反之，请说明理由．

21．（6分）二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，根据图象解答下列问题：
（1）写出方程ax2+bx+c=0的两个根；
（2）写出不等式ax2+bx+c＞0的解集；
（3）写出y随x的增大而减小的自变量x的取值范围.

22．（8分）如图，已知AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，点E在⊙O外，∠EAC=∠D=60°．
（1）求∠ABC的度数；
（2）求证：AE是⊙O的切线；
（3）当BC=4时，求劣弧AC的长．
23．（8分）如图，把点以原点为中心，分别逆时针旋转，，，得到点，，．

（1）画出旋转后的图形，写出点，，的坐标，并顺次连接、，，各点；
（2）求出四边形的面积；
（3）结合（1），若把点绕原点逆时针旋转到点，则点的坐标是什么？
24．（8分）已知：△ABC中，点D为边BC上一点，点E在边AC上，且∠ADE＝∠B
(1) 如图1，若AB＝AC，求证：；
(2) 如图2，若AD＝AE，求证：；
(3) 在(2)的条件下，若∠DAC＝90°，且CE＝4，tan∠BAD＝，则AB＝____________．

25．（10分）如图，正方形FGHI各顶点分别在△ABC各边上，AD是△ABC的高， BC=10，AD=6.

（1）证明：△AFI∽△ABC；
（2）求正方形FGHI的边长.
26．（10分）如图：△ABC与△DEF中，边BC，EF在同一条直线上，AB∥DE，AC∥DF，且BF＝CE，求证：AC＝DF．

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】根据表格中的数据，0与最接近，故可得其近似根.
【详解】由表得，0与最接近，
故其近似根为
故答案为C.
【点睛】
此题主要考查对近似根的理解，熟练掌握，即可解题.
2、D
【解析】∵△ABC∽△ADE ， ∴，
故选D．
【点睛】本题考查相似三角形的性质，掌握相似三角形的对应边成比例这一性质是解答此题的关键．
3、B
【分析】根据菱形的性质得出△DAB是等边三角形，进而利用全等三角形的判定得出△ABG≌△DBH，得出四边形GBHD的面积等于△ABD的面积，进而求出即可．
【详解】连接BD，

∵四边形ABCD是菱形，∠A=60°，
∴∠ADC=120°，
∴∠1=∠2=60°，
∴△DAB是等边三角形，
∵AB=2，
∴△ABD的高为，
∵扇形BEF的半径为2，圆心角为60°，
∴∠4+∠5=60°，∠3+∠5=60°，
∴∠3=∠4，
设AD、BE相交于点G，设BF、DC相交于点H，
在△ABG和△DBH中，
，
∴△ABG≌△DBH（ASA），
∴四边形GBHD的面积等于△ABD的面积，
∴图中阴影部分的面积是：S扇形EBF-S△ABD=
=．
故选B．
4、D
【分析】根据题意画出图形，连接OA和OB，根据勾股定理的逆定理得出∠AOB＝90°，再根据圆周角定理和圆内接四边形的性质求出即可．
【详解】解：如图所示，

连接OA，OB，
则OA＝OB＝3，
∵AB＝3，
∴OA2+OB2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
∴劣弧AB的度数是90°，优弧AB的度数是360°﹣90°＝270°，
∴弦AB对的圆周角的度数是45°或135°，
故选：D．
【点睛】
此题主要考查圆周角的求解，解题的关键是根据图形求出圆心角，再得到圆周角的度数.
5、C
【分析】先根据抛物线y=ax2-2x过原点排除A，再由反比例函数图象确定ab的符号，再由a、b的符号和抛物线对称轴确定抛物线与直线y=bx+a的位置关系，进而得解．
【详解】∵当x=0时，y=ax2-2x=0，即抛物线y=ax2-2x经过原点，故A错误；
∵反比例函数y=的图象在第一、三象限，
∴ab＞0，即a、b同号，
当a＜0时，抛物线y=ax2-2x的对称轴x=＜0，对称轴在y轴左边，故D错误；
当a＞0时，b＞0，直线y=bx+a经过第一、二、三象限，故B错误；
C正确．
故选C．
【点睛】
本题主要考查了一次函数、反比例函数、二次函数的图象与性质，根据函数图象与系数的关系进行判断是解题的关键，同时考查了数形结合的思想．
6、C
【解析】如图（见解析），过点E作，根据平行线的性质、角平分线的性质、相似三角形的判定定理与性质逐个判断即可.
【详解】如图，过点E作

，即
ED平分，EC平分

，即

，故①正确

又ED平分，EC平分，

点E是AB的中点，故②正确
在和中，

同理可证：
，故④正确

又

，即
在中，
，故③错误
综上，正确的有①②④
故选：C.

【点睛】
本题考查了平行线的性质、角平分线的性质、相似三角形的判定定理与性质，通过作辅助线，构造垂线和两组全等的三角形是解题关键.
7、A
【分析】设出抛物线顶点式，然后将点代入求解即可.
【详解】解：设抛物线解析式为，
将点代入得：，
解得：a=1，
故该抛物线的解析式为：，
故选：A.
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．
8、C
【分析】先根据勾股定理求出OE=6，OF=8，再分AB、CD在点O的同侧时，AB、CD在点O的两侧时两种情况分别计算求出EF即可.
【详解】如图，过点O作OF⊥CD于F，交AB于点E，
∵，
∴OE⊥AB，
在Rt△AOE中，OA=10，AE=AB=8，∴OE=6，
在Rt△COF中，OC=10，CF=CD=6，∴OF=8，
当AB、CD在点O的同侧时，、间的距离EF=OF-OE=8-6=2；
当AB、CD在点O的两侧时，AB、CD间的距离EF=OE+OF=6+8=14，
故选：C.

【点睛】
此题考查了圆的垂径定理，勾股定理，在圆中通常利用垂径定理和勾股定理求半径、弦的一半、弦心距三者中的一个量.
9、D
【分析】二次函数的图象过点，则，而，则，，二次函数的图象的顶点在第一象限，则，，即可求解．
【详解】∵关于的一元二次方程有一个根是﹣1，
∴二次函数的图象过点，
∴，
∴，，
则，，
∵二次函数的图象的顶点在第一象限，
∴，，
将，代入上式得：
，解得：，
，解得：或，
故：，
故选D．
【点睛】
主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求与的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用
10、A
【分析】先把常数项移到方程的右边，再在方程两边同时加上一次项系数一半的平方，即可.
【详解】
移项得：，
方程两边同加上9，得：，
即：，
故选A.
【点睛】
本题主要考查解一元二次方程的配方法，熟练掌握完全平方公式，是解题的关键.

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1．
【分析】设盒子内白色乒乓球的个数为x，根据摸到白色乒乓球的概率为列出关于x的方程，解之可得．
【详解】解：设盒子内白色乒乓球的个数为，
根据题意，得：，
解得：，
经检验：是原分式方程的解，
∴盒子内白色乒乓球的个数为1，
故答案为1．
【点睛】
此题主要考查了概率公式，关键是掌握随机事件A的概率事件A可能出现的结果数：所有可能出现的结果数．
12、4:9
【分析】相似三角形的面积之比等于相似比的平方．
【详解】解：两个相似三角形的周长比是，
∴两个相似三角形的相似比是，
∴两个相似三角形对应中线的比是，
故答案为．
13、1
【分析】如图，连接OA，根据等腰三角形的性质得到∠OAC=∠C=20°，根据等腰三角形的性质解答即可．
【详解】如图，连接OA，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠C=20°，
∴∠OAB=∠OAC+∠BAC=20°+40°=1°，
∵OA=OB，
∴∠B=∠OAB=1°，
故答案为1．

【点睛】
本题考查了圆的性质的应用，熟练掌握圆的半径相等、等腰三角形的性质是解题的关键．
14、1s或3s
【解析】根据题意可以得到15=﹣5x2+20x，然后求出x的值，即可解答本题．
【详解】∵y=﹣5x2+20x，
∴当y=15时，15=﹣5x2+20x，得x1=1，x2=3，
故答案为1s或3s．
【点睛】
本题考查二次函数的应用、一元二次方程的应用，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和一元二次方程的知识解答．
15、14π
【分析】利用圆锥的母线长和圆锥的高求得圆锥的底面半径，表面积＝底面积＋侧面积＝π×底面半径1＋底面周长×母线长÷1．
【详解】解：∵圆锥母线长为5cm，圆锥的高为4cm，
∴底面圆的半径为3，则底面周长＝6π，
∴侧面面积＝×6π×5＝15π；
∴底面积为＝9π，
∴全面积为：15π＋9π＝14π．
故答案为14π．
【点睛】
本题利用了圆的周长公式和扇形面积公式求解．
16、1．
【详解】解：∵⊙O在第一象限关于y=x对称，也关于y=x对称，P点坐标是（1，3），
∴Q点的坐标是（3，1），
∴S阴影=1×3+1×3－2×1×1=1．
故答案为：1
17、
【分析】根据二元一次方程组的解法解出即可．
【详解】解：，
①+②得：
3x＝9，
x＝3，
把x＝3代入①得：y＝2，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查解二元一次方程组,关键在于熟练掌握解法步骤．
18、60
【分析】先计算出AD=33cm，结合已知可知AC∥DF，由由题意可知BE⊥ED,即可得到BE⊥AC,然后再求出BH的长，然后再运用锐角三角函数即可求解.
【详解】解：∵车轮的直径为
∴AD=33cm
∵CF=33cm
∴AC∥DF
∴EH=AD=33cm
∵BE⊥ED
∴BE⊥AC
∵BH=BE-EH=90-33=57cm
∴∠sinACB=sin72°==0.95
∴BC=57÷0.95=60cm
故答案为60.
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，将实际问题中抽象成数学问题是解答本题的关键.

三、解答题(共66分)
19、古塔的高度是．
【分析】根据题意即可求出EG、GH和CG，再证出，列出比例式，即可求解．
【详解】解：∵小明、竹杆、古塔均与地面垂直，
∴
∵小明眼睛离地面，竹杆顶端离地面
∴
∵
∴，
∴
即
解得：
∴
答：古塔的高度是．
【点睛】
此题考查的是相似三角形的应用，掌握相似三角形的判定和性质是解决此题的关键．
20、 (1)见解析;(2) ;(3) 不会随着α的变化而变化
【解析】（1）先判断出△BCD是等边三角形，进而求出∠ADP=∠ACD，即可得出结论；
（2）求出PH，最后用三角形的面积公式即可得出结论；
（3）只要证明△DPM和△DCN相似，再根据相似三角形对应边成比例即可证明．
【详解】（1）证明：∵△ABC是直角三角形，点D是AB的中点，
∴AD=BD=CD，
∵在△BCD中，BC=BD且∠B=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BCD=∠BDC=60°，
∴∠ACD=90°－∠BCD=30°，
∠ADE=180°－∠BDC－∠EDF=30°，
在△ADC与△APD中，∠A=∠A，∠ACD=∠ADP，
∴△ADC∽△APD.
（2）由（1）已得△BCD是等边三角形，∴BD=BC=AD=2，
过点P作PH⊥AD于点H，

∵∠ADP=30°=90°－∠B=∠A，
∴AH=DH=1， tanA=，
∴PH=.
∴△APD的面积=AD·PH=
（3）的值不会随着α的变化而变化.
∵∠MPD=∠A+∠ADE=30°+30°=60°，∴∠MPD=∠BCD=60°，
在△MPD与△NCD中，∠MPD=∠NCD=60°，∠PDM=∠CDN=α，
∴△MPD∽△NCD，∴，
由（1）知AD=CD，∴，
由（2）可知PD=2AH，∴PD=，
∴．
∴的值不会随着α的变化而变化.
【点睛】
属于相似三角形的综合题，考查相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，三角形的面积等，综合性比较强，对学生综合能力要求较高.
21、（1）x1＝1，x2＝3；（2）1＜x＜3；（3）x＞2.
【分析】（1）利用抛物线与x轴的交点坐标写出方程ax2＋bx＋c＝0的两个根；
（2）写出函数图象在x轴上方时所对应的自变量的范围即可；
（3）根据函数图象可得答案．
【详解】解：（1）由函数图象可得：方程ax2＋bx＋c＝0的两个根为x1＝1，x2＝3；
（2）由函数图象可得：不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为：1＜x＜3；
（3）由函数图象可得：当x＞2时，y随x的增大而减小．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点问题、根据函数图象求不等式解集以及二次函数的性质，注意数形结合思想的应用.
22、（1）60°;(2)证明略;(3)
【分析】（1）根据∠ABC与∠D都是劣弧AC所对的圆周角，利用圆周角定理可证出∠ABC=∠D=60°； 
（2）根据AB是⊙O的直径，利用直径所对的圆周角是直角得到∠ACB=90°，结合∠ABC=60°求得∠BAC=30°，从而推出∠BAE=90°，即OA⊥AE，可得AE是⊙O的切线；
（3）连结OC，证出△OBC是等边三角形，算出∠BOC=60°且⊙O的半径等于4，可得劣弧AC所对的圆心角∠AOC=120°，再由弧长公式加以计算，可得劣弧AC的长．
【详解】（1）∵∠ABC与∠D都是弧AC所对的圆周角，
∴∠ABC=∠D=60°；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°．
∴∠BAC=30°，
∴∠BAE=∠BAC+∠EAC=30°+60°=90°，
即BA⊥AE，
∴AE是⊙O的切线；
（3）如图，连接OC，

∵OB=OC，∠ABC=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC=4，∠BOC=60°，
∴∠AOC=120°，
∴劣弧AC的长为==．
【点睛】
本题考查了切线长定理及弧长公式，熟练掌握定理及公式是解题的关键.
23、 (1)详见解析, ，，;(2)50;(3)
【分析】(1)根据题意再表格中得出B、C、D，并顺次连接、，，各点即可画出旋转后的图形，写出点，，的坐标即可．
(2)可证得四边形ABCD是正方形，根据正方形的面积公式：正方形的面积=对角线×对角线÷2即可得出结果．
(3)观察(1)可以得出规律，旋转后的点的坐标和旋转前的点横纵坐标位置相反，且纵坐标变为相反数．
【详解】解：（1）如图，

，，
（2）由旋转性质可得：
，
∴，
∴四边形ABCD为正方形
，
∴
（3）根据题(1)可得出
【点睛】
本题主要考查的是作图和旋转的性质，根据题目要求准确的作出图形是解题的关键．
24、
【解析】分析：(1)
∠ADE＝∠B,可得 根据等边对等角得到
△BAD∽△CDE，根据相似三角形的性质即可证明.
(2) 在线段AB上截取DB＝DF,证明△AFD∽△DEC，根据相似三角形的性质即可证明.
(3) 过点E作EF⊥BC于F，根据tan∠BAD＝tan∠EDF＝，设EF＝x，DF＝2x，则DE＝，证明△EDC∽△GEC，求得，根据CE2＝CD·CG，求出CD＝，
根据△BAD∽△GDE,即可求出的长度.
详解：(1)
∠ADE＝∠B,可得

∵△BAD∽△CDE，
∴；
(2) 在线段AB上截取DB＝DF

∴∠B＝∠DFB＝∠ADE
∵AD＝AE ∴∠ADE＝∠AED ∴∠AED＝∠DFB，
同理：∵∠BAD＋∠BDA＝180°－∠B，∠BDA＋∠CDE＝180°－∠ADE
∴∠BAD＝∠CDE
∵∠AFD＝180°－∠DFB，∠DEC＝180°－∠AED
∴∠AFD＝∠DEC ，
∴△AFD∽△DEC，
∴
(3) 过点E作EF⊥BC于F

∵∠ADE＝∠B＝45°
∴∠BDA＋∠BAD＝135°，∠BDA＋∠EDC＝135°
∴∠BAD＝∠EBC（三等角模型中，这个始终存在）
∵tan∠BAD＝tan∠EDF＝
∴设EF＝x，DF＝2x，则DE＝，
在DC上取一点G，使∠EGD＝45°，
∴△BAD∽△GDE，
∵AD＝AE∴∠AED＝∠ADE＝45°，
∵∠AED＝∠EDC＋∠C＝45°，∠C＋∠CEG＝45°，∴∠EDC＝∠GEC，
∴△EDC∽△GEC，∴ ∴，
又CE2＝CD·CG，
∴42＝CD·，CD＝，
∴，解得
∵△BAD∽△GDE
∴,
∴.
点睛：属于相似三角形的综合题，考查相似三角形的判定于性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键.
25、（1）见解析；（2）正方形FGHI的边长是.
【分析】（1）由正方形得出，从而得出两组对应相等的角，由相似三角形的判定定理即可得证；
（2）由题（1）的结论和AD是的高可得，将各值代入求解即可.
【详解】（1）四边形FGHI是正方形
，即
（两直线平行，同位角相等）
；
（2）设正方形FGHI的边长为x
由题（1）得的结论和AD是的高

∴，解得
故正方形FGHI的边长是.
【点睛】
本题考查了平行线的性质、相似三角形的判定定理与性质，熟记判定定理和性质是解题关键.
26、见解析.
【分析】先根据BF＝CE，得出BC＝EF，再利用平行线的性质可得出两组对应角相等，再加上BC＝EF，利用ASA即可证明△ABC≌△DEF，则结论可证.
【详解】证明：∵AB∥DE，
∴∠B＝∠E，
∵AC∥DF
∴∠ACB＝∠EFD，
∵BF＝CE
∴BC＝EF，且∠B＝∠E，∠ACB＝∠EFD，
∴△ABC≌△DEF（ASA）
∴AC＝DF
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定及性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键.