北京市昌平区北京人大附中昌平校区2022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．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，AB为的直径，点C在上，若AB=4，，则O到AC的距离为( )

A．1 B．2 C． D．
2．已知平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠B=60°，OP⊥AC于点P，OP=2，则⊙O的半径为（ ）．

A．4 B．6 C．8 D．12
4．下列几何体的左视图为长方形的是（　　）
A． B． C． D．
5．如图，在中，，，平分，是的中点，若，则的长为（ ）

A．4 B． C． D．
6．小明随机地在如图正方形及其内部区域投针，则针扎到阴影区域的概率是（ ）

A． B． C． D．
7．已知反比例函数的图象经过点，小良说了四句话，其中正确的是（ ）
A．当时， B．函数的图象只在第一象限
C．随的增大而增大 D．点不在此函数的图象上
8．如图，在平面直角坐标系中，与轴相切于点，为的直径，点在函数的图象上，若的面积为，则的值为（ ）

A．5 B． C．10 D．15
9．下列方程中，是关于x的一元二次方程的是（　　）
A．5x+5＝2x﹣1 B．y2﹣7y＝0
C．ax2+bc+c＝0 D．2x2+2x＝x2-1
10．函数中，自变量的取值范围是（ ）
A． B． C． D．x≤1或x≠0
11．已知二次函数y＝a(x＋1)2－b(a≠0)有最小值，则a，b的大小关系为 ( )
A．a>b B．a<b
C．a＝b D．不能确定
12．如图，⊙O的弦AB垂直平分半径OC，若AB=，则⊙O的半径为（ ）

A． B．2 C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上，与交于点（4，2），反比例函数的图象经过点．若将菱形向左平移个单位，使点落在该反比例函数图象上，则的值为_____________．

14．某工厂去年10月份机器产量为500台，12月份的机器产量达到720台，设11、12月份平均每月机器产量增长的百分率为x，则根据题意可列方程_______________
15．若关于x的方程kx2+2x﹣1=0有实数根，则k的取值范围是_____．
16．已知线段a，b，c，d成比例线段，其中a=3cm，b=4cm，c=6cm，则d=_____cm；
17．抛物线y=x2﹣4x+3与x轴两个交点之间的距离为_____．
18．如图，边长为的正六边形在足够长的桌面上滚动(没有滑动)一周，则它的中心点所经过的路径长为______．

三、解答题（共78分）
19．（8分）已知：如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，AB＝AD，连接BD，AE⊥BD，垂足为E.
（1）求证：△ABE∽△DBC；
（2）若 AD＝25，BC＝32，求线段AE的长．

20．（8分）如图，一位同学想利用树影测量树高，他在某一时刻测得高为的竹竿影长为，但当他马上测量树影时，因树靠近一幢建筑物，影子不全落在地面上，有一部分影子在墙上，他先测得留在墙上的影高，又测得地面部分的影长，则他测得的树高应为多少米?

21．（8分）解方程：x2﹣x＝3﹣x2
22．（10分）如图，张大叔从市场上买回一块矩形铁皮，他将此矩形铁皮的四个角各剪去一个边长为米的正方形后，剩下的部分刚好能围成一个容积为米的无盖长方体箱子，且此长方体箱子的底面长比宽多米，现已知购买这种铁皮每平方米需元钱，算一算张大叔购回这张矩形铁皮共花了________元钱．

23．（10分）已知关于x的方程（a﹣1）x2+2x+a﹣1＝1．
（1）若该方程有一根为2，求a的值及方程的另一根；
（2）当a为何值时，方程的根仅有唯一的值？求出此时a的值及方程的根．
24．（10分）计算:
（1）（）
（2）－14 +
25．（12分）如图,直线y=x+3分别交 x轴、y轴于点A、C．点P是该直线与双曲线在第一象限内的一个交点,PB⊥x轴于B,且S△ABP=16.
（1）求证:△AOC∽△ABP；
（2）求点P的坐标；
（3）设点Q与点P在同一个反比例函数的图象上,且点Q在直线PB的右侧,作QD⊥x轴于D,当△BQD与△AOC相似时,求点Q的横坐标.

26．如图，点A在轴上，OA=6，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB的位置．

（1）求点B的坐标；
（2）求经过点A、O、B的抛物线的解析式．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】连接OC，BC,过点O作OD⊥AC于D，可得OD//BC，利用平行线段成比例可知 和AD=，利用勾股定理，可得，列出方程
， 即可求出OD的长.
【详解】解：连接OC，BC,过点O作OD⊥AC于D，
∴∠ADO=90°，

∵AB为的直径，AB=4，，
∴∠ACB=90°，OA=OC=，
∴OD//BC，
∴，
∴AD=，
在中，，
∴，
解得OD=；
故选C.
【点睛】
本题主要考查了平行线段成比例，勾股定理，掌握平行线段成比例，勾股定理是解题的关键.
2、C
【解析】∵在平面直角坐标系中，关于原点对称的两个点的横坐标与横坐标、纵坐标与纵坐标都互为相反数，
∴点P（1，-2）关于原点的对称点坐标为（-1，2），
故选C.
3、A
【解析】∵圆心角∠AOC与圆周角∠B所对的弧都为，且∠B=60°，
∴∠AOC=2∠B=120°（在同圆或等圆中，同弧所对圆周角是圆心角的一半）．
又OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°（等边对等角和三角形内角和定理）．
∵OP⊥AC，∴∠AOP=90°（垂直定义）．
在Rt△AOP中，OP=2，∠OAC=30°，
∴OA=2OP=4（直角三角形中，30度角所对的边是斜边的一半）．
∴⊙O的半径4．故选A．
4、C
【解析】分析：找到每个几何体从左边看所得到的图形即可得出结论．
详解：A．球的左视图是圆；
B．圆台的左视图是梯形；
C．圆柱的左视图是长方形；
D．圆锥的左视图是三角形．
故选C．
点睛：此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握每个几何体从左边看所得到的图形.
5、B
【分析】首先证明，然后再根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，即.
【详解】解：

设
则,

在中，

即
解得
为中点，

故选B
【点睛】
本题主要考查了角平分线的性质、直角三角形斜边上的中线，含30度角的直角三角形.
6、D
【分析】根据几何概型的意义，求出圆的面积，再求出正方形的面积，算出其比值即可．
【详解】解：设正方形的边长为2a，则圆的半径为a，
则圆的面积为：，
正方形的面积为：，
∴针扎到阴影区域的概率是，
故选：D．
【点睛】
本题考查几何概型的求法：首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所求事件（A）；然后计算阴影区域的面积和总面积的比，这个比即事件（A）发生的概率．
7、D
【分析】利用待定系数法求出k，即可根据反比例函数的性质进行判断．
【详解】解：∵反比例函数的图象经过点（3，2），
∴k=2×3=6，
∴，
∴图象在一、三象限，在每个象限y随x的增大而减小，故A，B，C错误，
∴点不在此函数的图象上，选项D正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查反比例函数图象上的点的特征，教育的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8、C
【分析】首先设点C坐标为，根据反比例函数的性质得出，然后利用圆的切线性质和三角形OAB面积构建等式，即可得解.
【详解】设点C坐标为，则
∵与轴相切于点，
∴CB⊥OB
∵的面积为
∴，即
∵为的直径
∴BC=2AB
∴
故选：C.
【点睛】
此题主要考查圆的切线性质以及反比例函数的性质，熟练掌握，即可解题.
9、D
【分析】根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
【详解】解：A、是关于x的一元一次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B、是关于y的一元二次方程，不是关于x的一元二次方程，故本选项不符合题意；
C、只有当a≠0时，是关于x的一元二次方程，故本选项不符合题意；
D、是关于x的一元二次方程，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义的内容是解此题的关键．
10、D
【解析】根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
【详解】根据题意得，且，
解得：且．
故选：D．
【点睛】
本题考查求函数的自变量的取值范围，函数自变量的范围一般从三个方面考虑：①当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；②当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；③当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
11、D
【解析】∵二次函数y＝a(x＋1)2－b(a≠0)有最小值，∴a>0，∵无论b为何值，此函数均有最小值，∴a、b大小无法确定．
12、A
【解析】试题分析：连接OA，设⊙O的半径为r，由于AB垂直平分半径OC，AB=，则AD=，OD=，在Rt△AOD中，OA2=OD2+AD2，即r2=（）2+（）2，解得r=．

考点:（1）垂径定理；（2）勾股定理．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、1
【分析】根据菱形的性质得出CD=AD，BC∥OA，根据D （4，2）和反比例函数的图象经过点D求出k=8，C点的纵坐标是2×2=4，求出C的坐标，即可得出答案．
【详解】∵四边形ABCO是菱形，
∴CD=AD,BC∥OA，
∵D (4,2),反比例函数的图象经过点D，
∴k=8，C点的纵坐标是2×2=4，
∴，
把y=4代入得：x=2，
∴n=3−2=1，
∴向左平移1个单位长度，反比例函数能过C点，
故答案为1.
【点睛】
本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，坐标与图形变化-平移，数形结合思想是关键.
14、
【分析】根据增长率公式即可列出方程.
【详解】解：根据题意可列方程为：，
故答案为：.
【点睛】
本题考查一元二次方程的应用——增长率问题.若连续两期增长率相同，那么a(1+x)2=b，其中a为变化前的量，b为变化后的量，增长率为x．
15、k≥-1
【解析】首先讨论当时，方程是一元一次方程，有实数根，当时，利用根的判别式△=b2-4ac=4+4k≥0，两者结合得出答案即可．
【详解】当时，方程是一元一次方程：，方程有实数根；
当时，方程是一元二次方程，
解得：且.
综上所述，关于的方程有实数根，则的取值范围是.
故答案为
【点睛】
考查一元二次方程根的判别式，注意分类讨论思想在解题中的应用，不要忽略
这种情况.
16、3．
【详解】根据题意得：a：b=c：d，
∵a=3cm，b=4cm，c=6cm，
∴3：4=6：d，
∴d=3cm．
考点：3．比例线段；3．比例的性质．
17、2．
【解析】令y=0，可以求得相应的x的值，从而可以求得抛物线与x轴的交点坐标，进而求得抛物线y=x2﹣4x+3与x轴两个交点之间的距离．
【详解】∵抛物线y=x2﹣4x+3=（x﹣3）（x﹣2），∴当y=0时，0=（x﹣3）（x﹣2），解得：x2=3，x2=2．
∵3﹣2=2，∴抛物线y=x2﹣4x+3与x轴两个交点之间的距离为2．
故答案为：2．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
18、
【分析】首先求得从B到B´时，圆心O的运动路线与点F运动的路线相同，即是的长,又由正六边形的内角为120°，求得所对 的圆心角为60°，根据弧长公式计算即可.
【详解】解：∵正六边形的内角为120°，
∴∠BAF=120°,
∴∠FAF´=60°,
∴
∴正六边形在桌子上滚动(没有滑动)一周，则它的中心O点所经过的路径长为：

故答案为：

【点睛】
本题考查的是正六边形的性质及正六边形中心的运动轨迹长，找到其运动轨迹是解决本题的关键．

三、解答题（共78分）
19、（1）证明见解析；（2）1
【分析】（1）由等腰三角形的性质可知∠ABD=∠ADB，由AD∥BC可知，∠ADB=∠DBC，由此可得∠ABD=∠DBC，又因为∠AEB=∠C=90°，所以可证△ABE∽△DBC；
（2）由等腰三角形的性质可知，BD=2BE，根据△ABE∽△DBC，利用相似比求BE，在Rt△ABE中，利用勾股定理求AE即可．
【详解】（1）证明：∵AB=AD=25，
∴∠ABD=∠ADB，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴∠ABD=∠DBC，
∵AE⊥BD，
∴∠AEB=∠C=90°，
∴△ABE∽△DBC；
（2）解：∵AB=AD，又AE⊥BD，
∴BE=DE，
∴BD=2BE，
由△ABE∽△DBC，
得 ，
∵AB=AD=25，BC=32，
∴ ，
∴BE=20，
∴AE==1．
【点睛】
此题考查相似三角形的判定与性质．关键是要懂得找相似三角形，利用相似三角形的性质及勾股定理解题．
20、树高为米．
【分析】延长交BD延长线于点，根据同一时刻，物体与影长成正比可得，根据AB//CD可得△AEB∽△CED，可得，即可得出，可求出DE的长，由BE=BD+DE可求出BE的长，根据求出AB的长即可．
【详解】延长和相交于点，则就是树影长的一部分，
∵某一时刻测得高为的竹竿影长为，
∴，
∵AB//CD，
∴△AEB∽△CED，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴即树高为米．

【点睛】
本题考查相似三角形的应用，熟练掌握同一时刻，物体与影长成正比及相似三角形判定定理是解题关键．
21、x=或x=-1.
【分析】根据因式分解法即可求出答案．
【详解】原方程化为2x2-x-3=0，
∴（2x-3）（x+1）=0，
∴x=或x=-1.
【点睛】
本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
22、1．
【解析】试题分析：设长方体的底面长为x米，则底面宽为（x-2）米，由题意，得x（x-2）×1=15，解得： =5， =-3（舍去）．底面宽为5-2=3米．矩形铁皮的面积为：（5+2）（3+2）=35，这张矩形铁皮的费用为：20×35=1元．故答案为1．
考点：一元二次方程的应用．
23、（3）a=，方程的另一根为；（2）答案见解析.
【解析】（3）把x=2代入方程，求出a的值，再把a代入原方程，进一步解方程即可；
（2）分两种情况探讨：①当a=3时，为一元一次方程；②当a≠3时，利用b2－4ac＝3求出a的值，再代入解方程即可．
【详解】（3）将x＝2代入方程，得，解得：a＝．
将a＝代入原方程得，解得：x3＝，x2＝2．
∴a＝，方程的另一根为；
（2）①当a＝3时，方程为2x＝3，解得：x＝3.
②当a≠3时，由b2－4ac＝3得4－4(a－3)2＝3，解得：a＝2或3．
当a＝2时， 原方程为：x2＋2x＋3＝3，解得：x3＝x2＝－3；
当a＝3时， 原方程为：－x2＋2x－3＝3，解得：x3＝x2＝3．
综上所述，当a＝3，3，2时，方程仅有一个根，分别为3，3，－3.
考点：3.一元二次方程根的判别式；2.解一元二次方程；3.分类思想的应用.
24、（1）－；（2）-.
【分析】（1）根据二次根式混合运算法则计算即可；
（2）代入特殊角的三角函数值，根据0指数幂、负整数指数幂、二次根式及绝对值的运算法则计算即可.
【详解】（1）（）
＝（2－2）－6＋6×
＝22－6＋
＝6－4－6＋
＝－.
（2）－14 +

＝
＝
＝-
【点睛】
本题考查实数的混合运算，熟练掌握运算法则并熟记特殊角的三角函数值是解题关键.
25、（1）证明见解析；（2）点P的坐标为（2，4）；（3）点Q的横坐标为：或.
【分析】（1）利用PB∥OC，即可证明三角形相似；
（2）由一次函数解析式，先求点A、C的坐标，由△AOC∽△ABP，利用线段比求出BP，AB的值，从而可求出点P的坐标即可；
（3）把P坐标代入求出反比例函数，设Q点坐标为（n，），根据△BQD与△AOC相似分两种情况，利用线段比联立方程组求出n的值，即可确定出Q坐标．
【详解】（1）证明：∵PB⊥ x轴，OC⊥x轴，
∴OC∥PB，
∴△AOC∽△ABP；
（2）解：对于直线y=x+3，
令x=0，得y=3；
令 y=0，得x=-6 ；
∴A(-6，0)，C(0，4)，
∴OA=6，OC=3.
∵△AOC∽△ABP，
∴，
∵S△ABP=16，S△AOC=，
∴，
∴，即，
∴PB=4，AB=8，
∴OB=2，
∴点P的坐标为：（2，4）.
（3）设反比例函数的解析式为：y=，
把P(2，4)代入，得k=xy=2×4=8，
∴y=.
点Q在双曲线上，可设点Q的坐标为：（n，）(n＞2)，
则BD=，QD=，
①当△BQD∽△ACO时，，
即，
整理得：，
解得：或；
②当△BQD∽△CAO时，，
即，
整理得：，
解得：，（舍去），
综上①②所述，点Q的横坐标为：1+或1+.
【点睛】
此题属于反比例函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，一次函数与反比例函数的交点，以及坐标与图形性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
26、（1）点B的坐标是；（2）
【分析】（1）过点作轴，垂足为，则OA=OB=6，，解直角三角形即可；
（2）可设抛物线解析式为，将A、B坐标代入即可．
【详解】解：（1）如图，过点作轴，垂足为，则.
.
又∵OA=OB=6
∴

点的坐标是；
（2）抛物线过原点和点、，
可设抛物线解析式为.

将A（6，0），B代入，
得，
解得：，
此抛物线的解析式为：．
【点睛】
本题考查的知识点是旋转的性质、求抛物线解析式、解直角三角形，利用旋转的性质得出点B的坐标是解此题的关键．