楚雄市重点中学2022-2023学年九年级数学第一学期期末监测模拟试题含解析.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．已知⊙O的半径为5，若OP=6，则点P与⊙O的位置关系是（　　）
A．点P在⊙O内 B．点P在⊙O外 C．点P在⊙O上 D．无法判断
2．将抛物线y＝ax2+bx+c向左平移2个单位，再向下平移3个单位得抛物线y＝﹣(x+2)2+3，则（　　）
A．a＝﹣1，b＝﹣8，c＝﹣10 B．a＝﹣1，b＝﹣8，c＝﹣16
C．a＝﹣1，b＝0，c＝0 D．a＝﹣1，b＝0，c＝6
3．三角形在正方形网格纸中的位置如图所示，则的值是（）

A． B． C． D．
4．已知正比例函数的函数值随自变量的增大而增大，则二次函数的图象与轴的交点个数为（　 　）
A．2 B．1 C．0 D．无法确定
5．已知，则下列各式中正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．将抛物线先向左平移一个单位，再向上平移两个单位，两次平移后得到的抛物线解析式为（ ）
A． B． C． D．
7．把抛物线向右平移3个单位，再向上平移2个单位，得到抛物线( ).
A． B． C． D．
8．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，若，，则的长为（ ）

A． B． C． D．
9．如图，将图形用放大镜放大，这种图形的变化属于（ ）

A．平移 B．相似 C．旋转 D．对称
10．若x1是方程（a≠0）的一个根，设，，则p与q的大小关系为（　　）
A．p＜q B．p＝q C．p＞q D．不能确定
11．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
12．如图，点A，B，C都在⊙O上，若∠C=30°，则∠AOB的度数为（ ）

A．30° B．60° C．150° D．120°
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，若直线与轴、轴分别交于点、，并且，，一个半径为的，圆心从点开始沿轴向下运动，当与直线相切时，运动的距离是__________．

14．若关于x的一元二次方程x2＋4x＋k﹣1＝0有实数根，则k的取值范围是____．
15．如图，在以A为直角顶点的等腰直角三角形纸片ABC中，将B角折起，使点B落在AC边上的点D（不与点A，C重合）处，折痕是EF．

如图1，当CD＝AC时，tanα1＝；
如图2，当CD＝AC时，tanα2＝；
如图3，当CD＝AC时，tanα3＝；
……
依此类推，当CD＝AC（n为正整数）时，tanαn＝_____．
16．利用标杆CD测量建筑物的高度的示意图如图所示，使标杆顶端的影子与建筑物顶端的影子恰好落在地面的同一点E．若标杆CD的高为1.5米，测得DE＝2米，BD＝16米，则建筑物的高AB为_____米．

17．一个圆柱的三视图如图所示，若其俯视图为圆，则这个圆柱的体积为__________．

18．若关于x的一元二次方程 的一个根是0，则另一个根是________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）（1）解方程：．
（2）已知：关于x的方程
①求证：方程有两个不相等的实数根；
②若方程的一个根是，求另一个根及k值．
20．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BD是角平分线，以点D为圆心，DA为半径的⊙D与AC相交于点E.
(1)求证：BC是⊙D的切线；
(2)若AB＝5，BC＝13，求CE的长．

21．（8分）某兴趣小组想借助如图所示的直角墙角（两边足够长），用长的篱笆围成一个矩形花园（篱笆只围、两边）.

（1）若围成的花园面积为，求花园的边长；
（2）在点处有一颗树与墙，的距离分别为和，要能将这棵树围在花园内（含边界，不考虑树的粗细），又使得花园面积有最大值，求此时花园的边长.
22．（10分）如图，己知是的直径，切于点，过点作于点，交于点，连接、.
（1）求证：是的切线：
（2）若，，求阴影部分面积.

23．（10分）现有四张正面分别印有和四种图案，并且其余完全相同的卡片，现将印有图案的一面朝下，并打乱摆放顺序，请用列表或画树状图的方法解决下列问题：

（1）现从中随机抽取一张，记下图案后放回，再从中随机抽取一张卡片，求两次摸到的卡片上印有图案都是轴对称图形的概率；
（2）现从中随机抽取-张，记下图案后不放回，再从中随机抽取一张卡片，求两次摸到的卡片上印有图案都是中心对称图形的概率．
24．（10分）（1）解方程：.
（2）计算：.
25．（12分）如图，点D、O在△ABC的边AC上，以CD为直径的⊙O与边AB相切于点E，连结DE、OB，且DE∥OB．
（1）求证：BC是⊙O的切线．
（2）设OB与⊙O交于点F，连结EF，若AD＝OD，DE＝4，求弦EF的长．

26．如图，、交于点，，且平分．

（1）求证：；
（2）若，，，求的长．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【解析】比较OP与半径的大小即可判断.
【详解】，，
，
点P在外，
故选B．
【点睛】
本题考查点与圆的位置关系，记住：点与圆的位置关系有3种设的半径为r，点P到圆心的距离，则有：点P在圆外；点P在圆上；点P在圆内.
2、D
【分析】将所得抛物线解析式整理成顶点式形式，然后写出顶点坐标，再根据向右平移横坐标加，向下平移减逆向求出原抛物线的顶点坐标，从而求出原抛物线解析式，再展开整理成一般形式，最后确定出a、b、c的值.
【详解】解：∵y＝－(x＋2)2＋3，
∴抛物线的顶点坐标为（-2， 3），
∵抛物线y=ax2+bx+c向左平移 2 个单位，再向下平移 3个单位长度得抛物线y＝－(x＋2)2＋3，
-2+2=0，3+3=1，
∴平移前抛物线顶点坐标为（0，1），
∴平移前抛物线为y=-x2+1，
∴a＝－1，b＝0，c＝1．
故选D.
【点睛】
本题考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减；本题难点在于逆运用规律求出平移前抛物线顶点坐标.
3、A
【分析】根据图形找到对边和斜边即可解题.
【详解】解：由网格纸可知,
故选A.
【点睛】
本题考查了三角函数的实际应用,属于简单题,熟悉三角函数的概念是解题关键.
4、A
【分析】根据正比例函数的性质可以判断k的正负情况，然后根据△的正负，即可判断二次函数的图象与轴的交点个数，本题得以解决．
【详解】∵正比例函数的函数值随自变量的增大而增大，
∴k＞0，
∵二次函数为
∴△＝[−2（k＋1）]2−4×1×（k2−1）＝8k＋8＞0，
∴二次函数为与轴的交点个数为2，
故选：A．
【点睛】
本题考查二次函数与x轴的交点个数和正比例函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用根的判别式来解答．
5、A
【分析】根据比例的性质，逐项分析即可.
【详解】A. ∵，∴，∴，正确；
B. ∵，∴，∴ ，故不正确；
C. ∵，∴，故不正确；
D. ∵，∴，∴ ，故不正确；
故选A.
【点睛】
本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解答本题的关键，如果，那么或或.
6、A
【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律，进而得出平移后抛物线的解析式即可．
【详解】抛物线先向左平移1个单位得到解析式：，再向上平移2个单位得到抛物线的解析式为：．
故选：．
【点睛】
此题考查了抛物线的平移变换以及抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减．
7、D
【分析】直接根据平移规律（左加右减，上加下减）作答即可．
【详解】将抛物线y=x2+1向右平移1个单位，再向上平移2个单位后所得抛物线解析式为y=（x-1）2+1．
故选：D．
【点睛】
此题考查函数图象的平移，解题关键在于熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
8、B
【分析】直接利用等腰三角形的性质得出∠A的度数，再利用圆周角定理得出∠BOC的度数，再利用弧长公式求出答案．
【详解】解：∵∠OCA=50°，OA=OC，
∴∠A=50°，
∴∠BOC=2∠A=100°，
∵AB=4，
∴BO=2，
∴的长为：
故选B．
【点睛】
此题主要考查了弧长公式应用以及圆周角定理，正确得出∠BOC的度数是解题关键．
9、B
【分析】根据放大镜成像的特点，结合各变换的特点即可得出答案．
【详解】解：根据相似图形的定义知，用放大镜将图形放大，属于图形的形状相同，大小不相同，所以属于相似变换．
故选：B．
【点睛】
本题考查相似形的识别，联系图形根据相似图形的定义得出是解题的关键．
10、A
【分析】把x1代入方程ax2-2x-c=0得ax12-2x1=c，作差法比较可得．
【详解】解：∵x1是方程ax2-2x-c=0（a≠0）的一个根，
∴ax12-2x1-c=0，即ax12-2x1=c，
则p- q=（ax1-1）2-（ac+1.5）
=a2x12-2ax1+1-1.5-ac
=a（ax12-2x1）-ac-0.5
=ac-ac-0.5
=-0.5，
∵-0.5＜0，
∴p- q＜0，
∴p＜q．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的解及作差法比较大小，熟练掌握能使方程成立的未知数的值叫做方程的解，利用比差法比较大小是解题的关键．
11、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．
12、B
【分析】根据圆周角定理结合∠C=30°，即可得出∠AOB的度数．
【详解】∵∠C=30°，
∴∠AOB=2∠C=60°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，解题的关键是利用同弧所对的圆心角是圆周角的2倍解决题．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，熟练运用圆周角定理解决问题是关键．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、3或1
【解析】分圆运动到第一次与AB相切，继续运算到第二次与AB相切两种情况，画出图形进行求解即可得.
【详解】设第一次相切的切点为 E，第二次相切的切点为 F，连接EC′，FC″，
在 Rt△BEC′中，∠ABC＝30°，EC′＝1，
∴BC′＝2EC′＝2，
∵BC＝5，
∴CC′＝3，
同法可得 CC″＝1，
故答案为 3 或 1．

【点睛】
本题考查了切线的性质、含30度角的直角三角形的性质，会用分类讨论的思想解决问题是关键，注意数形结合思想的应用.
14、k≤5
【详解】解：由题意得，42-4×1×（k-1）≥0,
解之得
k≤5.
点睛:本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac：当△>0时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当△=0时，一元二次方程有两个相等的实数根；当△<0时，一元二次方程没有实数根.
15、
【分析】探究规律，利用规律解决问题即可．
【详解】观察可知，正切值的分子是3，5，7，9，…，2n+1，
分母与勾股数有关系，分别是勾股数3，4，5；5，12，13；7，24，25；9，40，41；…，2n+1，，中的中间一个．
当，
将
故答案为：
【点睛】
本题考查规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
16、13.5
【分析】根据同一时刻同一地点物高与影长成正比列式求得CD的长即可．
【详解】解：∵AB∥CD，
∴△EBA∽△ECD，
∴，即，
∴AB＝13.5（米）．
故答案为：13.5
【点睛】
此题主要考查相似三角形的性质，解题的关键是熟知相似三角形的判定与性质.
17、
【分析】由已知三视图为圆柱，首先得到圆柱底面半径，从而根据圆柱体积=底面积乘高求出它的体积．
【详解】解：由三视图可知圆柱的底面直径为4，高为6，
∴底面半径为2，
∴V=πr2h=22×6•π=24π，
故答案是：24π．
【点睛】
此题考查的是圆柱的体积及由三视图判断几何体，关键是先判断圆柱的底面半径和高，然后求其体积．
18、1
【解析】设x1，x2是关于x的一元二次方程x2−x+k=0的两个根，
∵关于x的一元二次方程x2−x+k=0的一个根是0，
∴由韦达定理，得x1+x2=1，即x2=1，
即方程的另一个根是1.
故答案为1.

三、解答题（共78分）
19、（1）x1＝1，x1＝1；（1）①见解析；②另一个根为1，
【分析】（1）把方程x1﹣3x+1＝0进行因式分解，变为（x﹣1）（x﹣1）＝0，再根据“两式乘积为0，则至少一式的值为0”求出解；
（1）①由△＝b1﹣4ac＝k1+8＞0，即可判定方程有两个不相等的实数根；
②首先将x＝﹣1代入原方程，求得k的值，然后解此方程即可求得另一个根．
【详解】（1）解：x1﹣3x+1＝0，
（x﹣1）（x﹣1）＝0，
x1＝1，x1＝1；
（1）①证明：∵a＝1，b＝k，c＝﹣1，
∴△＝b1﹣4ac＝k1﹣4×1×（﹣1）＝k1+8＞0，
∴方程有两个不相等的实数根；
②解：当x＝﹣1时，（﹣1）1﹣k﹣1＝0，
解得：k＝﹣1，
则原方程为：x1﹣x﹣1＝0，
即（x﹣1）（x+1）＝0，
解得：x1＝1，x1＝﹣1，
所以另一个根为1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程 ax1+bx+c=0(a，b，c 是常数且 a≠0) 的根的判别式及根与系数的关系；根判别式 △=b1−4ac ：(1)当 △>0 时，一元二次方程有两个不相等的实数根；(1)当 △=0 时，一元二次方程有两个相等的实数根；(3)当 △<0 时，一元二次方程没有实数根；若 x1 ， x1 为一元二次方程的两根时， x1+x1= ， x1∙x1=．
20、 (1)证明详见解析；(2)．
【解析】试题分析：（1）过点D作DF⊥BC于点F，根据角平分线的性质得到AD=DF．根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）根据切线的性质得到AB=FB．根据和勾股定理列方程即可得到结论．
试题解析：（1）证明：过点D作DF⊥BC于点F，
∵∠BAD=90°，BD平分∠ABC，
∴AD=DF．
∵AD是⊙D的半径，DF⊥BC，
∴BC是⊙D的切线；
（2）解：∵∠BAC=90°．
∴AB与⊙D相切，
∵BC是⊙D的切线，
∴AB=FB．
∵AB=5，BC=13，
∴CF=8，AC=1．
在Rt△DFC中，
设DF=DE=r，则，
解得：r=．
∴CE=．

考点：切线的判定；圆周角定理．
21、（1）花园的边长为：和;（2）当或时，有最大值为，此时花园的边长为或.
【分析】（1）根据等量关系：矩形的面积为91，列出方程即可求解；
（2）由在P处有一棵树与墙CD，AD的距离分别是和，列出不等式组求出的取值范围，根据二次函数的性质求解即可.
【详解】（1）设长为.
由题意得：
解得：
答：花园的边长为：和.
（2）设花园的一边长为，面积为.

由题意：或
解得：，或.
当或时，有最大值为，此时花园的边长为或.
【点睛】
本题考查了方程的应用，二次函数的应用以及不等式组的应用，认真审题准确找出等量关系是解题的关键.
22、（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）连结，由半径相等得到∠OBC=∠OCB，由垂径定理可知是的垂直平分线，得到PB=PC，因此∠PBC=∠PCB，从而可以得到∠PCO=90°，即可得证；
（2）阴影部分的面积即为扇形OAC的面积减去△OAC的面积，通过，，利用扇形面积公式和三角形计算公式计算即可.
【详解】（1）证明：连结，如图
∵
∴
又∵为圆的直径，切圆于点
∴，
又∵
∴
∴是的垂直平分线
∴，，
即
∴是圆的切线
（2）由（1）知、为圆的切线
∴
∵，
∴，
又∵为圆的直径
∴
∴，
∴，
∴
【点睛】
本题考查了切线的判定和扇形面积公式的应用，理解弓形面积为扇形面积与三角形面积之差是解题的关键.
23、（1）；（2）．
【分析】（1）先判断出是轴对称图形的字母，再画出树状图，得出所有可能的情况数和两次摸出的都是轴对称图形的字母的情况数，利用概率公式即可得答案；
（2）先判断出是中心对称图形的字母，再画出树状图，得出所有可能的情况数和两次摸出的都是中心对称图形的字母的情况数，利用概率公式即可得答案．
【详解】（1）在A、F、N、O中，是轴对称图形的字母有A、O，
画树状图如下：

由树状图可知，共有种可能出现的结果，并且它们都是等可能的，其中“两张卡片图案都是轴对称”的有种情况，分别为：，
∴两次摸到的卡片上印有图案都是轴对称图形的概率为=．
（2）在A、F、N、O中，是中心对称图形的字母有N、O，
画树状图如下：

由树状图可知，共有种可能出现的结果，并且它们都是等可能的，其中“两张卡片图案都是中心对称”的有种情况，分别为，
∴两次摸到的卡片上印有图案都是中心对称图形概率为=．
【点睛】
本题考查用列表法或树状图法求概率，注意作图列表时按一定的顺序，做到不重不漏．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
24、（1），；（2）
【分析】（1）先提取公因式分解因式分为两个一元一次方程解出即可得到答案；
（2）先计算特殊角的三角函数值，再计算加减即可.
【详解】（1）解：，
∴或，
∴，.
（2）解：原式
.
【点睛】
本题考查了解一元二次方程-因式分解法、特殊角的三角函数值的混合运算，熟记特殊角的三角函数值是解题的关键，注意不要混淆各特殊角的三角函数值.
25、（1）见解析；（2）1
【分析】（1）连接OE，根据切线的性质得到OE⊥AB，根据平行线的性质得到∠BOC＝∠EDO，∠BOE＝∠DEO，根据全等三角形的性质得到∠OCB＝∠OEB＝90°，于是得到BC是⊙O的切线；
（2）根据直角三角形的性质得到OD＝DE＝1，推出四边形DOFE是平行四边形，得到EF＝OD＝1．
【详解】（1）证明：连接OE，
∵以CD为直径的⊙O与边AB相切于点E，
∴OE⊥AB，
∵DE∥OB，
∴∠BOC＝∠EDO，∠BOE＝∠DEO，
∵OE＝OD，
∴∠EDO＝∠DEO，
∴∠BOC＝∠BOE，
∵OB＝OB，OC＝OE，
∴△OCB≌△OEB（SAS），
∴∠OCB＝∠OEB＝90°，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：∵∠AEO＝90°，AD＝OD，
∴ED＝AO＝OD，
∴OD＝DE＝1，
∵DE∥OF，DE＝OD＝OF，
∴四边形DOFE是平行四边形，
∴EF＝OD＝1，
∴弦EF的长为1．

【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
26、（1）见解析；（2）
【分析】⑴根据题意依据(AA)公理证明即可．
⑵根据相似三角形性质对应边成比例求解即可．
【详解】证明：（1），
平分，

又

（2）

又，，，

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质．