北师大万宁附中2022年九年级数学第一学期期末学业水平测试试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1． 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(每小题3分,共30分)
1．如图，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，BC=3,AC=4，

则sinA的值为（ ）．
A． B．
C． D．
2．用配方法解方程时，配方后所得的方程为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，一个正六边形转盘被分成6个全等三角形，任意转动这个转盘1次，当转盘停止时，指针指向阴影区域的概率是（ ）

A． B． C． D．
4．如图，点，，，，都在上，且的度数为，则等于（ ）

A． B． C． D．
5．如图，如果从半径为9cm的圆形纸片剪去圆周的一个扇形，将留下的扇形围成
一个圆锥（接缝处不重叠），那么这个圆锥的高为

A．6cm B．cm C．8cm D．cm
6．如图，线段与相交于点，连接，且，要使，应添加一个条件，不能证明的是（ ）

A． B． C． D．
7．如图，将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A’CB’，若AC⊥A’B’，则∠BAC等于（ ）

A．50° B．60° C．70° D．80°
8．抛物线关于轴对称的抛物线的解析式为（ ）.
A． B．
C． D．
9．下列函数中，变量是的反比例函数是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，中，，在同一平面内，将绕点旋转到的位置，使得，则旋转角等于（ ）

A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知x＝1是方程x2﹣a＝0的根，则a＝__．
12．若m是方程2x2﹣3x＝1的一个根，则6m2﹣9m的值为_____．
13．如图，直线y＝k1x＋b与双曲线交于A、B两点，其横坐标分别为1和5，则不等式k1x＜＋b的解集是　▲　．
14．正六边形的中心角等于______度．
15．如图，直线与两坐标轴相交于两点，点 为线段 上的动点，连结，过点 作 垂直于直线，垂足为 ，当点从点运动到点时，则点经过 的路径长为__________．

16．若m+=3，则m2+=_____．
17．若，则=_________.
18．在中，，，，则____________
三、解答题(共66分)
19．（10分）综合与实践：
操作与发现：
如图，已知A，B两点在直线CD的同一侧，线段AE，BF均是直线CD的垂线段，且BF在AE的右边，AE＝2BF，将BF沿直线CD向右平移，在平移过程中，始终保持∠ABP＝90°不变，BP边与直线CD相交于点P，点G是AE的中点，连接BG．
探索与证明：求证：
（1）四边形EFBG是矩形；
（2）△ABG∽△PBF．

20．（6分）如图，一次函数y=﹣x+2的图象与反比例函数y=﹣的图象交于A、B两点，与x轴交于D点，且C、D两点关于y轴对称．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）求△ABC的面积．

21．（6分）如图，在正方形中，点在边上，过点作于，且.

（1）若，求正方形的周长；
（2）若，求正方形的面积.
22．（8分）以下各图均是由边长为1的小正方形组成的网格，图中的点A、B、C、D均在格点上．

（1）在图①中，PC：PB＝　 ．
（2）利用网格和无刻度的直尺作图，保留痕迹，不写作法．
①如图②，在AB上找一点P，使AP＝1．
②如图③，在BD上找一点P，使△APB∽△CPD．
23．（8分）如图，天星山山脚下西端A处与东端B处相距800(1＋)米，小军和小明同时分别从A处和B处向山顶C匀速行走．已知山的西端的坡角是45°，东端的坡角是30°，小军的行走速度为米/秒．若小明与小军同时到达山顶C处，则小明的行走速度是多少？

24．（8分）某水果批发商销售每箱进价为40元的苹果．经市场调研发现：若每箱以50元的价格销售，平均每天销售90箱；价格每提高1元，则平均每天少销售3箱．设每箱的销售价为x元（x＞50），平均每天的销售量为y箱，该批发商平均每天的销售利润w元．
（1）y与x之间的函数解析式为__________；
（2）求w与x之间的函数解析式；
（3）当x为多少元时，可以获得最大利润？最大利润是多少？
25．（10分）如图，在边长为1的正方形组成的网格中，△AOB的顶点均在格点上，其中点A（5，4），B（1，3），将△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到△A1OB1．
（1）画出△A1OB1；
（2）在旋转过程中点B所经过的路径长为______；
（3）求在旋转过程中线段AB、BO扫过的图形的面积之和．

26．（10分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是上一动点，AG，DC的延长线交于点F，连接AC，AD，GC，GD．
（1）求证：∠FGC＝∠AGD；
（2）若AD＝1．
①当AC⊥DG，CG＝2时，求sin∠ADG；
②当四边形ADCG面积最大时，求CF的长．

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】根据勾股定理求出AB，并根据正弦公式：sinA= 求解即可.
【详解】∵∠C=90°，BC=3,AC=4
∴
∴
故选C.
【点睛】
本题主要是正弦函数与勾股定理的简单应用，正确理解正弦求值公式即可.
2、D
【解析】根据配方的正确结果作出判断：
．
故选D．
3、C
【解析】试题分析：转动转盘被均匀分成6部分，阴影部分占2份，转盘停止转动时指针指向阴影部分的概率是=；故选C．
考点：几何概率．
4、D
【分析】连接AB、DE，先求得∠ABE=∠ADE=25°，根据圆内接四边形的性质得出∠ABE+∠EBC+∠ADC=180°，即可求得∠CBE+∠ADC=155°．
【详解】解：如图所示

连接AB、DE，则∠ABE=∠ADE
∵=50°
∴∠ABE=∠ADE=25°
∵点，，，都在上
∴∠ADC+∠ABC=180°
∴∠ABE+∠EBC+∠ADC=180°
∴∠EBC+∠ADC=180°-∠ABE=180°-25°=155°
故选：D．
【点睛】
本题主要考查的是圆周角定理和圆内接四边形的性质，作出辅助线构建内接四边形是解题的关键．
5、B
【解析】试题分析：∵从半径为9cm的圆形纸片上剪去圆周的一个扇形，
∴留下的扇形的弧长==12π，
根据底面圆的周长等于扇形弧长，
∴圆锥的底面半径r==6cm，
∴圆锥的高为=3cm
故选B.
考点: 圆锥的计算．
6、D
【分析】根据三角形全等的判定定理逐项判断即可.
【详解】A、在和中，
则，此项不符题意
B、在和中，
则，此项不符题意
C、在和中，
则，此项不符题意
D、在和中，，但两组相等的对应边的夹角和未必相等，则不能证明，此项符合题意
故选：D.
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定定理，熟记各定理是解题关键.
7、A
【解析】考点：旋转的性质．
分析：已知旋转角度，旋转方向，可求∠A′CA，根据互余关系求∠A′，根据对应角相等求∠BAC．
解：依题意旋转角∠A′CA=40°，
由于AC⊥A′B′，由互余关系得∠A′=90°-40°=50°，
由对应角相等，得∠BAC=∠A′=50°．故选A．
8、B
【解析】先求出抛物线y=2（x﹣2）2﹣1关于x轴对称的顶点坐标，再根据关于x轴对称开口大小不变，开口方向相反求出a的值，即可求出答案.
【详解】抛物线y=2（x﹣2）2﹣1的顶点坐标为（2，﹣1），而（2，﹣1）关于x轴对称的点的坐标为（2，1），所以所求抛物线的解析式为y=﹣2（x﹣2）2+1．
故选B．
【点睛】
本题考查了二次函数的轴对称变换，此图形变换包括x轴对称和y轴对称两种方式.二次函数关于x轴对称的图像，其形状不变，但开口方向相反，因此a值为原来的相反数，顶点位置改变，只要根据关于x轴对称的点坐标特征求出新的顶点坐标，即可确定解析式. 二次函数关于y轴对称的图像，其形状不变，开口方向也不变，因此a值不变，但是顶点位置改变，只要根据关于y轴对称的点坐标特征求出新的顶点坐标，即可确定解析式.
9、B
【解析】根据反比例函数的一般形式即可判断．
【详解】A. 不符合反比例函数的一般形式的形式，选项错误；
B. 符合反比例函数的一般形式的形式，选项正确；
C. 不符合反比例函数的一般形式的形式，选项错误；
D. 不符合反比例函数的一般形式的形式，选项错误．
故选B．
【点睛】
本题考查了反比例函数的定义，熟练掌握反比例函数的一般形式是解题的关键．
10、B
【分析】由平行线的性质得出,由旋转的性质可知,则有,然后利用三角形内角和定理即可求出旋转角的度数．
【详解】

由旋转的性质可知

所以旋转角等于40°
故选：B．
【点睛】
本题主要考查平行线的性质，等腰三角形的性质和旋转的性质，掌握旋转角的概念及平行线的性质，等腰三角形的性质和旋转的性质是解题的关键．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】把x＝1代入方程x2﹣a＝0得1﹣a＝0，然后解关于a的方程即可．
【详解】解：把x＝1代入方程x2﹣a＝0得1﹣a＝0，
解得a＝1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
12、1
【分析】把m代入方程2x2﹣1x＝1，得到2m2-1m=1，再把6m2-9m变形为1（2m2-1m），然后利用整体代入的方法计算．
【详解】解：∵m是方程2x2﹣1x＝1的一个根，
∴2m2﹣1m＝1，
∴6m2﹣9m＝1(2m2﹣1m)＝1×1＝1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
13、－2＜x＜－1或x＞1．
【解析】不等式的图象解法，平移的性质，反比例函数与一次函数的交点问题，对称的性质．
不等式k1x＜＋b的解集即k1x－b＜的解集，根据不等式与直线和双曲线解析式的关系，可以理解为直线y＝k1x－b在双曲线下方的自变量x的取值范围即可．

而直线y＝k1x－b的图象可以由y＝k1x＋b向下平移2b个单位得到，如图所示．根据函数图象的对称性可得：直线y＝k1x－b和y＝k1x＋b与双曲线的交点坐标关于原点对称．
由关于原点对称的坐标点性质，直线y＝k1x－b图象与双曲线图象交点A′、B′的横坐标为A、B两点横坐标的相反数，即为－1，－2．
∴由图知，当－2＜x＜－1或x＞1时，直线y＝k1x－b图象在双曲线图象下方．
∴不等式k1x＜＋b的解集是－2＜x＜－1或x＞1．
14、60°
【分析】根据正n边形中心角的公式直接求解即可.
【详解】解：正六边形的圆心角等于一个周角，即为，正六边形有6个中心角，所以每个中心角=
故答案为：60°
【点睛】
本题考查正六边形，解答本题的关键是掌握正六边形的性质，熟悉正六边形的中心角的概念
15、
【分析】根据直线与两坐标轴交点坐标的特点可得A、B两点坐标，由题意可得点M的路径是以AB的中点N为圆心，AB长的一半为半径的，求出的长度即可．
【详解】解：∵AM垂直于直线BP，
∴∠BMA=90°，
∴点M的路径是以AB的中点N为圆心，AB长的一半为半径的，
连接ON，
∵直线y=-x+4与两坐标轴交A、B两点，
∴OA=OB=4，
∴ON⊥AB，
∴∠ONA=90°，
∵在Rt△OAB中，AB= ，
∴ON= ，
∴
故答案为：．

【点睛】
本题考查了一次函数的综合题，涉及了两坐标轴交点坐标及点的运动轨迹，难点在于根据∠BMA=90°，判断出点M的运动路径是解题的关键，同学们要注意培养自己解答综合题的能力．
16、7
【解析】分析：把已知等式两边平方，利用完全平方公式化简，即可求出答案．
详解：把m+=3两边平方得：（m+）2=m2++2=9，
则m2+=7，
故答案为：7
点睛：此题考查了分式的混合运算，以及完全平方公式，熟练掌握运算法则及公式是解本题的关键．
17、
【解析】根据分式的性质即可解答.
【详解】∵=1+=,
∴=
∴=
【点睛】
此题主要考查分式的性质，解题的关键是熟知分式的运算性质.
18、
【分析】根据题意利用三角函数的定义可以求得AC，再利用勾股定理可求得AB．
【详解】解：由题意作图如下：

∵∠C=90°，，，
∴，
∴.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查三角函数的定义及勾股定理，熟练掌握三角函数的定义以及勾股定理是解题的关键.

三、解答题(共66分)
19、（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）先通过等量代换得出GE＝BF，然后由AE⊥CD，BF⊥CD得出AE∥BF，从而得到四边形EFBG是平行四边形，最后利用BF⊥CD，则可证明平行四边形EFBG是矩形；
（2）先通过矩形的性质得出∠AGB＝∠GBF＝∠BFE＝90°，然后通过等量代换得出∠ABG＝∠PBF，再加上∠AGB＝∠PFB＝90°即可证明△ABG∽△PBF．
【详解】（1）证明：∵AE⊥CD，BF⊥CD，
∴AE∥BF，
∵AE＝2BF，
∴BF＝AE，
∵点G是AE的中点，
∴GE＝AE，
∴GE＝BF，又AE∥BF，
∴四边形EFBG是平行四边形，
∵BF⊥CD，
∴平行四边形EFBG是矩形；
（2）∵四边形EFBG是矩形，
∴∠AGB＝∠GBF＝∠BFE＝90°，
∵∠ABP＝90°，
∴∠ABP﹣∠GBP＝∠GBF﹣∠GBP，
即∠ABG＝∠PBF，
∵∠ABG＝∠PBF，∠AGB＝∠PFB＝90°，
∴△ABG∽△PBF．
【点睛】
本题主要考查矩形的判定及性质，相似三角形的判定，掌握矩形的判定及性质和相似三角形的判定方法是解题的关键．
20、（1）A点坐标为（﹣1，3），B点坐标为（3，﹣1）；
（2）S△ABC=1．
【解析】试题分析：（1）根据反比例函数与一次函数的交点问题得到方程组，然后解方程组即可得到A、B两点的坐标；
（2）先利用x轴上点的坐标特征确定D点坐标，再利用关于y轴对称的点的坐标特征得到C点坐标，然后利用S△ABC=S△ACD+S△BCD进行计算．
试题解析：（1）根据题意得，解方程组得或，
所以A点坐标为（﹣1，3），B点坐标为（3，﹣1）；
（2）把y=0代入y=﹣x+2得﹣x+2=0，解得x=2，
所以D点坐标为（2，0），
因为C、D两点关于y轴对称，
所以C点坐标为（﹣2，0），
所以S△ABC=S△ACD+S△BCD=×（2+2）×3+×（2+2）×1=1．
考点：反比例函数与一次函数的交点问题．
21、（1）；（2）.
【分析】（1）利用AA定理证明，从而得到，设，分别用含x的式子表示出AB,BE,ED，代入比例式，求出x的值，从而求正方形周长；（2）在上取一点，使，连接，利用等腰直角三角形的性质求得，，，然后利用勾股定理求得，从而求解正方形面积.
【详解】解：（1）∵四边形是正方形，
∴.
∵，
∴.
∴.
∵，
∴.
∴.
设.
∵，
∴.
∴.
∴，
∴，即.
∴正方形的周长为.

（2）如图，在上取一点，使，连接.
∵，，
∴.
又因为∠ABD=∠ADB=45°
∴.
∴.
在中，，
∴.
∴.
在中，.
∴正方形的面积.

【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，添加辅助线构造等腰直角三角形是本题的解题关键.
22、（1）1：1；（2）①如图2所示，点P即为所要找的点；见解析；②如图1所示，作点A的对称点A′，见解析；
【分析】（1）根据两条直线平行、对应线段成比例即可解答；
（2）①先用勾股定理求得AB的长，再根据相似三角形的判定方法即可找到点P；
②先作点A关于BD的对称点A'，连接A'C与BD的交点即为要找的点P.
【详解】解：（1）图1中，
∵AB∥CD，
∴，
故答案为1：1．
（2）

①如图2所示，点P即为所要找的点；
②如图1所示，作点A的对称点A′，
连接A′C，交BD于点P，
点P即为所要找的点，
∵AB∥CD，
∴△APB∽△CPD．
【点睛】
本题考查了相似三角形的做法，掌握相似三角形的判定方法是解答本题的关键.
23、1米/秒
【解析】分析：过点C作CD⊥AB于点D，设AD=x米，小明的行走速度是a米/秒，根据直角三角形的性质用x表示出AC与BC的长，再根据小明与小军同时到达山顶C处即可得出结论．
本题解析：
解：过点C作CD⊥AB于点D.设AD＝x米，小明的行走速度是a米/秒．∵∠A＝45°，CD⊥AB，∴AD＝CD＝x米，∴AC＝x(米)．在Rt△BCD中，∵∠B＝30°，∴BC＝＝2x(米)．∵小军的行走速度为米/秒，若小明与小军同时到达山顶C处，∴＝，解得a＝1.
答：小明的行走速度是1米/秒．
24、（1）;（2）w=；（3）当x为60元时，可以获得最大利润，最大利润是1元
【分析】（1）设每箱的销售价为x元（x＞50），则价格提高了元，平均每天少销售箱，所以平均每天的销售量为，化简即可；
（2）平均每天的销售利润每箱的销售利润平均每天的销售量，由此可得关系式；
（3）当时（2）中的关于二次函数有最大值，将x的值代入解析式求出最大值即可.
【详解】（1）．
（2）
=．
w=

∴当时，w最大值=1．
∴当x为60元时，可以获得最大利润，最大利润是1元．
【点睛】
本题考查了二次函数的实际应用，正确理解题意，根据题中等量关系列出函数关系式是解题的关键.
25、（1）画图见解析；（2）；（3）.
【解析】试题分析：（1）根据网格结构找出点A、B绕点O逆时针旋转90°后的对应点A1、B1的位置，然后顺次连接即可；
（2）利用勾股定理列式求OB，再利用弧长公式计算即可得解；
（3）利用勾股定理列式求出OA，再根据AB所扫过的面积=S扇形A1OA+S△A1B1O-S扇形B1OB-S△AOB=S扇形A1OA-S扇形B1OB求解，再求出BO扫过的面积=S扇形B1OB，然后计算即可得解．
试题解析：（1）△A1OB1如图所示；

（2）由勾股定理得，BO=，
所以，点B所经过的路径长=
（3）由勾股定理得，OA=，
∵AB所扫过的面积=S扇形A1OA+S△A1B1O-S扇形B1OB-S△AOB=S扇形A1OA-S扇形B1OB
BO扫过的面积=S扇形B1OB，
∴线段AB、BO扫过的图形的面积之和=S扇形A1OA-S扇形B1OB+S扇形B1OB，
=S扇形A1OA，
=
考点：1.作图-旋转变换；2.勾股定理；3.弧长的计算；4.扇形面积的计算．
26、（1）证明见解析；（2）①sin∠ADG＝；②CF＝1．
【分析】（1）由垂径定理可得CE＝DE，CD⊥AB，由等腰三角形的性质和圆内接四边形的性质可得∠FGC＝∠ADC＝∠ACD＝∠AGD；
（2）①如图，设AC与GD交于点M，证△GMC∽△AMD，设CM＝x，则DM＝3x，在Rt△AMD中，通过勾股定理求出x的值，即可求出AM的长，可求出sin∠ADG的值；
②S四边形ADCG＝S△ADC+S△ACG，因为点G是上一动点，所以当点G在的中点时，△ACG的的底边AC上的高最大，此时△ACG的面积最大，四边形ADCG的面积也最大，分别证∠GAC＝∠GCA，∠F＝∠GCA，推出∠F＝∠GAC，即可得出FC＝AC＝1．
【详解】证明：（1）∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴CE＝DE，CD⊥AB，
∴AC＝AD，
∴∠ADC＝∠ACD，
∵四边形ADCG是圆内接四边形，
∴∠ADC＝∠FGC，
∵∠AGD＝∠ACD，
∴∠FGC＝∠ADC＝∠ACD＝∠AGD，
∴∠FGC＝∠AGD；
（2）①如图，设AC与GD交于点M，
∵，
∴∠GCM＝∠ADM，
又∵∠GMC＝∠AMD，
∴△GMC∽△AMD，
∴＝＝＝，
设CM＝x，则DM＝3x，
由（1）知，AC＝AD，
∴AC＝1，AM＝1﹣x，
在Rt△AMD中，
AM2+DM2＝AD2，
∴（1﹣x）2+（3x）2＝12，
解得，x1＝0（舍去），x2＝，
∴AM＝1﹣＝，
∴sin∠ADG＝＝＝；
②S四边形ADCG＝S△ADC+S△ACG，
∵点G是上一动点，
∴当点G在的中点时，△ACG的底边AC上的高最大，此时△ACG的面积最大，四边形ADCG的面积也最大，∴GA＝GC，
∴∠GAC＝∠GCA，
∵∠GCD＝∠F+∠FGC，
由（1）知，∠FGC＝∠ACD，且∠GCD＝∠ACD+∠GCA，
∴∠F＝∠GCA，
∴∠F＝∠GAC，
∴FC＝AC＝1．

【点睛】
本题考查的是圆的有关性质、垂径定理、解直角三角形等，熟练掌握圆的有关性质并灵活运用是解题的关键．