2022-2023学年江苏省扬州市江都区第三中学九年级数学第一学期期末综合测试试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，这是由5个大小相同的整体搭成的几何体，该几何体的左视图是 （ ）

A． B． C． D．
2．如图，厂房屋顶人字架（等腰三角形）的跨度BC＝10m，∠B＝36°，D为底边BC的中点，则上弦AB的长约为（　　）（结果保留小数点后一位sin36°≈0.59，cos36°≈0.81，tan36°≈0.73）

A．3.6m B．6.2m C．8.5m D．12.4m
3．已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，下列结i论：①abc＞1；②b2﹣4ac＞1；③2a+b＝1；④a﹣b+c＜1．其中正确的结论有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．如图，是一个几何体的三视图，根据图中标注的数据可求得这个几何体的体积为（  ）

A．12π B．24π C．36π D．48π
5．用配方法解方程2x2－x－2＝0，变形正确的是(　　)
A． B．＝0 C． D．
6．如图，把正三角形绕着它的中心顺时针旋转60°后，是（　　）

A． B． C． D．
7．如图，在▱ABCD中，AB：BC＝4：3，AE平分∠DAB交CD于点E，则△DEF的面积与△BAF的面积之比为（　　）

A．3：4 B．9：16 C．4：3 D．16：9
8．有三张正面分别写有数字－1，1，2的卡片，它们背面完全相同，现将这三张卡片背面朝上洗匀后随机抽取一张，以其正面数字作为a的值，然后再从剩余的两张卡片随机抽一张，以其正面的数字作为b的值，则点（a，b）在第二象限的概率为（ ）
A． B． C． D．
9．图1是一个地铁站入口的双翼闸机．如图2，它的双翼展开时，双翼边缘的端点A与B之间的距离为10cm，双翼的边缘AC＝BD＝54cm，且与闸机侧立面夹角∠PCA＝∠BDQ＝30°．当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度为(　　)

A．(54+10) cm B．(54+10) cm C．64 cm D．54cm
10．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，E为AB上一点且AE∶EB＝4∶1，EF⊥AC于点F，连接FB，则tan∠CFB的值等于(　　)

A． B． C． D．5
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知抛物线，如果把该抛物线先向左平移个单位长度，再作关于轴对称的图象，最后绕原点旋转得到新抛物线，则新抛物线的解析式为______．
12．如图，某水坝的坡比为,坡长为米，则该水坝的高度为__________米．

13．若是一元二次方程的两个根，则＝___________．
14．将正整数按照图示方式排列，请写出“2020”在第_____行左起第_____个数．

15．若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是_________．
16．如图，在矩形ABCD中，，对角线AC,BD交于点O，点M,N分别为OB,OC的中点，则的面积为____________.

17．在英语句子“Wish you success”（祝你成功）中任选一个字母，这个字母为“s”的概率是 ．
18．如图，正方形中，点为射线上一点，，交的延长线于点，若，则______

三、解答题(共66分)
19．（10分）已知抛物线y＝kx2+（1﹣2k）x+1﹣3k与x轴有两个不同的交点A、B．
（1）求k的取值范围；
（2）证明该抛物线一定经过非坐标轴上的一点M，并求出点M的坐标；
（3）当＜k≤8时，由（2）求出的点M和点A，B构成的△ABM的面积是否有最值？若有，求出该最值及相对应的k值．
20．（6分）如图，已知抛物线y1＝﹣x2+x+2与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线l是抛物线的对称轴，一次函数y2＝kx+b经过B、C两点，连接AC．
（1）△ABC是　 　三角形；
（2）设点P是直线l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求点P的坐标；
（3）结合图象，写出满足y1＞y2时，x的取值范围　 　．

21．（6分）如图，矩形OABC中，A（6，0）、C（0，）、D（0，），射线l过点D且与x轴平行，点P、Q分别是l和x轴正半轴上动点，满足∠PQO=60°．

（1）①点B的坐标是　　 ；
②当点Q与点A重合时，点P的坐标为　　 ；
（2）设点P的横坐标为x，△OPQ与矩形OABC的重叠部分的面积为S，试求S与x的函数关系式及相应的自变量x的取值范围．
22．（8分）如图所示，学校准备在教学楼后面搭建一简易矩形自行车车棚，一边利用教学楼的后墙（可利用的墙长为），另外三边利用学校现有总长的铁栏围成，留出2米长门供学生进出.若围成的面积为，试求出自行车车棚的长和宽.

23．（8分）如图，△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝6，求sinB的值．

24．（8分）如图，在地面上竖直安装着AB、CD、EF三根立柱，在同一时刻同一光源下立柱AB、CD形成的影子为BG与DH.

（1）填空：判断此光源下形成的投影是： 投影.
（2）作出立柱EF在此光源下所形成的影子.
25．（10分）伴随经济发展和生活水平的日益提高，水果超市如雨后春笋般兴起．万松园一水果超市从外地购进一种水果，其进货成本是每吨0.4万元，根据市场调查，这种水果在市场上的销售量y（吨）与销售价x（万元）之间的函数关系为y＝-x＋2.6
（1）当每吨销售价为多少万元时，销售利润为0.96万元？
（2）当每吨销售价为多少万元时利润最大？并求出最大利润是多少？
26．（10分）如图，菱形ABCD的边AB＝20，面积为320，∠BAD＜90°，⊙O与边AB，AD都相切，若AO=10，则⊙O的半径长为_______.

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【解析】观察所给的几何体，根据三视图的定义即可解答.
【详解】左视图有2列，每列小正方形数目分别为2，1．
故选A．
【点睛】
本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．
2、B
【分析】先根据等腰三角形的性质得出BD＝BC＝5m，AD⊥BC，再由cosB＝，∠B＝36°知AB＝，代入计算可得．
【详解】∵△ABC是等腰三角形，且BD＝CD，
∴BD＝BC＝5m，AD⊥BC，
在Rt△ABD中，∵cosB＝，∠B＝36°，
∴AB＝＝≈6.2（m），故选：B．
【点睛】
本题考查解直接三角形的应用，解题的关键是根据等腰三角形的性质构造出直角三角形Rt△ABD，再利用三角函数求解.
3、C
【分析】首先根据开口方向确定a的取值范围，根据对称轴的位置确定b的取值范围，根据抛物线与y轴的交点确定c的取值范围，根据抛物线与x轴是否有交点确定b2﹣4ac的取值范围，根据x＝﹣1函数值可以判断．
【详解】解：抛物线开口向下，
，
对称轴，
，
抛物线与轴的交点在轴的上方，
，
，故①错误；
抛物线与轴有两个交点，
，故②正确；
对称轴，
，
，故③正确；
根据图象可知，当时，，故④正确；
故选：．
【点睛】
此题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是解题关键．
4、B
【解析】根据三视图：俯视图是圆，主视图与左视图是长方形可以确定该几何体是圆柱体，再利用已知数据计算圆柱体的体积．
【详解】先由三视图确定该几何体是圆柱体，底面直径是4，半径是2，高是1．
所以该几何体的体积为π×22×1=24π．
故选B．
【点睛】
本题主要考查由三视图确定几何体和求圆柱体的面积，考查学生的空间想象能力．
5、D
【解析】用配方法解方程2−x−2＝0过程如下：
移项得：，
二次项系数化为1得：，
配方得：，
即：.
故选D．
6、A
【分析】根据旋转的性质判断即可.
【详解】解:∵把正三角形绕着它的中心顺时针旋转60°，
∴图形A符合题意，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是图形的旋转，和学生的空间想象能力，熟练掌握旋转的性质是解题的关键.
7、B
【分析】根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可解决问题．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠DEA＝∠EAB，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE＝∠EAB，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴AD＝DE，
∵AB：BC＝4：3，
∴DE：AB＝3：4，
∵△DEF∽△BAF，
∵DE：EC＝3：1，
∴DE：DC＝DE：AB＝3：4，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8、B
【详解】试题分析：根据题意，画出树状图如下：

一共有6种情况，在第二象限的点有（﹣1，1）（﹣1，2）共2个，所以，P=．故选B．
考点：列表法与树状图法求概率．
9、C
【分析】过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，则可得AE和BF的长，依据端点A与B之间的距离为10cm，即可得到可以通过闸机的物体的最大宽度．
【详解】如图所示，

过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，则
Rt△ACE中，AE=AC=×54=27（cm），
同理可得，BF=27cm，
又∵点A与B之间的距离为10cm，
∴通过闸机的物体的最大宽度为27+10+27=64（cm），
故选C．
【点睛】
本题主要考查了特殊角的三角函数值，特殊角的三角函数值应用广泛，一是它可以当作数进行运算，二是具有三角函数的特点，在解直角三角形中应用较多．
10、C
【解析】根据题意：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，
∵EF⊥AC，∴EF∥BC，∴=
∵AE：EB=4：1，∴=5，
∴=，设AB=2x，则BC=x，AC=
∴在Rt△CFB中有CF=x，BC=x．
则tan∠CFB==
故选C．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】由抛物线的顶点为（0，0），然后根据平移的性质，轴对称的性质，以及旋转的性质即可得到答案.
【详解】解：∵抛物线的顶点坐标为（0，0），图像开口向上，
∴向左平移个单位长度，则顶点为：（），
∴关于轴对称的图象的顶点为：（2，0），
∴绕原点旋转得到新抛物线的图像的顶点为（），且图像开口向下；
∴新抛物线的解析式为：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了二次函数图象与几何变换，解的关键是熟练掌握旋转的性质、轴对称的性质和平移的性质.
12、
【分析】根据坡度的定义，可得，从而得∠A=30°，进而即可求解．
【详解】∵水坝的坡比为，∠C=90°，
∴，即：tan∠A=
∴∠A=30°，
∵为米，
∴为1米．
故答案是：1．
【点睛】
本题主要考查坡度的定义和三角函数的定义，掌握坡度的定义，是解题的关键．
13、1
【分析】根据韦达定理可得，，将整理得到，代入即可．
【详解】解：∵是一元二次方程的两个根，
∴，，
∴，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查韦达定理，掌握，是解题的关键．
14、61 1
【分析】根据图形中的数字，可以写出前n行的数字之和，然后即可计算出2020在多少行左起第几个数字，本题得以解决．
【详解】解：由图可知，
第一行1个数，
第二行2个数，
第三行3个数，
…，
则第n行n个数，
故前n个数字的个数为：1+2+3+…+n＝，
∵当n＝63时，前63行共有＝2016个数字，2020﹣2016＝1，
∴2020在第61行左起第1个数，
故答案为：61，1．
【点睛】
本题考查了数字类规律探究，从已有数字确定其变化规律是解题的关键.
15、，但
【分析】根据一元二次方程根的判别式，即可求出答案．
【详解】解：∵一元二次方程有实数根，
∴，
解得：；
∵是一元二次方程，
∴，
∴的取值范围是，但．
故答案为：，但．
【点睛】
本题考查根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式，本题属于基础题型．
16、
【分析】由矩形的性质可推出△OBC的面积为△ABC面积的一半，然后根据中位线的性质可推出△OMN的面积为△OBC面积的，即可得出答案.
【详解】∵四边形ABCD为矩形
∴∠ABC=90°，BC=AD=4，O为AC的中点，
∴
又∵M、N分别为OB、OC的中点
∴MN=BC，MN∥BC
∴△OMN∽△OBC
∴
∴
故答案为：.
【点睛】
本题考查了矩形的性质，中位线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方.
17、
【解析】试题解析：在英语句子“Wishyousuccess!”中共14个字母，其中有字母“s”4个．故其概率为.
考点：概率公式．
18、
【分析】连接AC交BD于O，作FG⊥BE于G，证出△BFG是等腰直角三角形，得出BG=FG=BF=，由三角形的外角性质得出∠AED=30°，由直角三角形的性质得出OE=OA，求出∠FEG=60°，∠EFG=30°,进而求出OA的值，即可得出答案.
【详解】连接AC交BD于O，作FG⊥BE于G，如图所示
则∠BGF=∠EGF=90°
∵四边形ABCD是正方形
∴AC⊥BD，OA=OB=OC=OD，∠ADB=∠CBG=45°
∴△BFG是等腰直角三角形
∴BG=FG=BF=
∵∠ADB=∠EAD+∠AED，∠EAD=15°
∴∠AED=30°
∴OE=OA
∵EF⊥AE
∴∠FEG=60°
∴∠EFG=30°
∴EG=FG=
∴BE=BG+EG=
∵OA+AO=
解得：OA=
∴AB=OA=
故答案为

【点睛】
本题考查了正方形和等腰直角三角形的性质，综合性较强，需要熟练掌握相关性质.

三、解答题(共66分)
19、（1）且；（2）见解析，M(3,4) ；（3）△ABM的面积有最大值，
【分析】（1）根据题意得出△=（1-2k）2-4×k×（1-3k）=（1-4k）2＞0，得出1-4k≠0，解不等式即可；
（2）y= k（x2-2x-3）+x+1，故只要x2-2x-3=0，那么y的值便与k无关，解得x=3或x=-1（舍去，此时y=0，在坐标轴上），故定点为（3，4）；
（3）由|AB|=|xA-xB|得出|AB|=||，由已知条件得出，得出0＜||≤，因此|AB|最大时，||=，解方程即可得到结果.
【详解】解：（1）当时，函数为一次函数，不符合题意，舍去；
当时，抛物线与轴相交于不同的两点、，
△，
，
，
∴k的取值范围为且；
（2）证明：抛物线，
，
抛物线过定点说明在这一点与k无关，
显然当时，与k无关，
解得：或，
当时，，定点坐标为；
当时，，定点坐标为，
∴M不在坐标轴上，
；
（3），

，
，
，
，
，
最大时，，
解得：，或（舍去），
当时，有最大值，
此时的面积最大，没有最小值，
则面积最大为：．
【点睛】
本题是二次函数综合题目，考查了二次函数与一元二次方程的关系，根的判别式以及最值问题等知识；本题难度较大，根据题意得出点M的坐标是解决问题的关键．
20、（1）直角;（2）P（，）;（3）0＜x＜1.
【分析】（1）求出点A、B、C的坐标分别为：（-1，0）、（1，0）、（0，2），则AB2=25，AC2=5，BC2=20，即可求解；
（2）点A关于函数对称轴的对称点为点B，则直线BC与对称轴的交点即为点P，即可求解；
（3）由图象可得：y1＞y2时，x的取值范围为：0＜x＜1．
【详解】解：（1）当x=0时，
y1＝0+0+2=2，
当y=0时，
﹣x2+x+2=0，
解得
x1=-1，x2=1，
∴点A、B、C的坐标分别为：(﹣1，0)、(1，0)、(0，2)，
则AB2＝25，AC2＝5，BC2＝20，
故AB2＝AC2+BC2，
故答案为：直角；
（2）将点B、C的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b得：
，
解得
，
∴直线BC的表达式为：y＝﹣x+2，
抛物线的对称轴为直线：x＝，
点A关于函数对称轴的对称点为点B，则直线BC与对称轴的交点即为点P，

当x＝时，y＝×+2＝，
故点P(，)；
（3）由图象可得：y1＞y2时，x的取值范围为：0＜x＜1，
故答案为：0＜x＜1．
【点睛】
本题考查了二次函数与坐标轴的交点，待定系数法求一次函数解析式，轴对称最短的性质，勾股定理及其逆定理，以及利用图像解不等式等知识，本题难度不大．
21、（1）①（6，），②（3，）；（2）
【分析】（1）①由四边形OABC是矩形，根据矩形的性质，即可求得点B的坐标；②由正切函数，即可求得∠CAO的度数，③由三角函数的性质，即可求得点P的坐标；
（2）分别从当0≤x≤3时，当3＜x≤5时，当5＜x≤9时，当x＞9时去分析求解即可求得答案．
【详解】解：（1）①∵四边形OABC是矩形，
∴AB=OC，OA=BC，
∵A（6，0）、C（0，2），
∴点B的坐标为：（6，2）；
②如图1：当点Q与点A重合时，过点P作PE⊥OA于E，

∵∠PQO=60°，D（0，3），
∴PE=3，
∴AE=，
∴OE=OA-AE=6-3=3，
∴点P的坐标为（3，3）；
故答案为：①（6，2），②（3，3）；
（2）①当0≤x≤3时，
如图，OI=x，IQ=PI•tan60°=3，OQ=OI+IQ=3+x；

由题意可知直线l∥BC∥OA，
∴，
∴EF=
此时重叠部分是梯形，其面积为：
S梯形=（EF+OQ）•OC=（3+x）
∴．
当3＜x≤5时，如图

AQ=OI+IO-OA=x+3-6=x-3
AH=(x-3)
S=S梯形﹣S△HAQ=S梯形﹣AH•AQ=（3+x）﹣
∴．
③当5＜x≤9时，如图

∵CE∥DP
∴
∴
∴

S=（BE+OA）•OC=（12﹣）
∴．
④当x＞9时，如图

∵AH∥PI
∴
∴
∴
S=OA•AH=．
综上：．
【点睛】
此题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及直角三角形的性质等知识．此题综合性较强，难度较大，注意数形结合思想与分类讨论思想的应用．
22、若围成的面积为，自行车车棚的长和宽分别为10米，18米.
【分析】设自行车车棚的宽AB为x米，则长为（38-2x）米，根据矩形的面积公式，即可列方程求解即可．
【详解】解：现有总长的铁栏围成，需留出2米长门
∴设，则；
根据题意列方程，
解得，；
当，（米），
当，（米），而墙长，不合题意舍去，
答：若围成的面积为，自行车车棚的长和宽分别为10米，18米.
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的应用，结合图形求解．找到关键描述语，找到等量关系准确的列出方程是解决问题的关键．
23、
【分析】过点A作于D，根据等腰三角形的三线合一性质求出根据勾股定理求出，最后用正弦的定义即可.
【详解】解：过点A作于D，
又∵△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝6，

∴,
.
∴.
【点睛】
本题考查了等腰三角形的三线合一性质、勾股定理、锐角三角函数的定义，构造直角三角形是解题的关键.
24、（1）中心；（2）如图，线段FI为此光源下所形成的影子. 见解析
【分析】（1）根据中心投影的定义“由同一点（点光源）发出的光线形成的投影叫做中心投影”即可得；
（2）如图（见解析），先通过AB、CD的影子确认光源O的位置，再作立柱EF在光源O下的投影即可.
【详解】（1）由中心投影的定义得：此光线下形成的投影是：中心投影
故答案为：中心；
（2）如图，连接GA、HC，并延长相交于点O，则点O就是光源，再连接OE，并延长与地面相交，交点为I，则FI为立柱EF在此光源下所形成的影子.

【点睛】
本题考查了中心投影的定义，根据已知立柱的影子确认光源的位置是解题关键.
25、（1）当每吨销售价为1万元或2万元时，销售利润为 0.96万元；（2）每吨销售价为1.5万元时，销售利润最大，最大利润是1.21万元．
【分析】（1）由销售量y=-x+2.6，而每吨的利润为x-0.4，所以w=y（x-0.4）；
（2）解出（2）中的函数是一个二次函数，对于二次函数取最值可使用配方法.
【详解】解：（1）设销售利润为w万元，由题意可得：
w=（x-0.4）y=（x-0.4）（-x+2.6）=-x2+3x-1.04，
令w=0.96，则-x2+3x-1.04=0.96
解得x1=1，x2=2，
答：当每吨销售价为1万元或2万元时，销售利润为 0.96万元；
（2）w=-x2+3x-1.04=-（x-1.5）2+1.21，
当x=1.5时，w最大=1.21，
∴每吨销售价为1.5万元时，销售利润最大，最大利润是1.21万元．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用和二次函数的应用，解题的关键是掌握题中的数量关系，列出相应方程和函数表达式.
26、2
【解析】分析：如图作DH⊥AB于H，连接BD，延长AO交BD于E．利用菱形的面积公式求出DH，再利用勾股定理求出AH，BD，由△AOF∽△DBH，可得，再将OA、BD、BH的长度代入即可求得OF的长度．
详解：
如图所示：作DH⊥AB于H，连接BD，延长AO交BD于E．

∵菱形ABCD的边AB=20，面积为320，
∴AB•DH=320，
∴DH=16，
在Rt△ADH中，AH=
∴HB=AB-AH=8，
在Rt△BDH中，BD=，
设⊙O与AB相切于F，连接OF．
∵AD=AB，OA平分∠DAB，
∴AE⊥BD，
∵∠OAF+∠ABE=90°，∠ABE+∠BDH=90°，
∴∠OAF=∠BDH，∵∠AFO=∠DHB=90°，
∴△AOF∽△DBH，
∴，即
∴OF＝2.
故答案是：2.
点睛：考查切线的性质、菱形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．