2022年吉林省长春市净月区委托管理学校数学九上期末预测试题含解析.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（每题4分，共48分）
1．二次函数化为的形式，下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．下列一元二次方程中两根之和为﹣3的是（ ）
A．x2﹣3x+3＝0 B．x2+3x+3＝0 C．x2+3x﹣3＝0 D．x2+6x﹣4＝0
3．已知抛物线y＝x2+（2a+1）x+a2﹣a，则抛物线的顶点不可能在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
4．已知AB、CD是⊙O的两条弦，AB∥CD，AB＝6，CD＝8，⊙O的半径为5，则AB与CD的距离是（　　）
A．1 B．7 C．1或7 D．无法确定
5．一元二次方程x2﹣3x＝0的两个根是（　　）
A．x1＝0，x2＝﹣3 B．x1＝0，x2＝3 C．x1＝1，x2＝3 D．x1＝1，x2＝﹣3
6．二次函数y=(x+2)2-3的顶点坐标是（　　）
A．(﹣2，3) B．(2，3) C．(﹣2，﹣3) D．(2，﹣3)
7．如图，点，在双曲线上，且．若的面积为，则（ ）．

A．7 B． C． D．
8．若，则的值是（ ）
A． B． C． D．
9．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．
10．一元二次方程配方后化为( )
A． B． C． D．
11．下列一元二次方程中有两个相等实数根的是( )
A．2x2－6x＋1＝0 B．3x2－x－5＝0 C．x2＋x＝0 D．x2－4x＋4＝0
12．二次函数y＝﹣x2+2x﹣4，当﹣1＜x＜2时，y的取值范围是（　　）
A．﹣7＜y＜﹣4 B．﹣7＜y≤﹣3 C．﹣7≤y＜﹣3 D．﹣4＜y≤﹣3
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，在平面直角坐标系中，点A是x轴正半轴上一点，菱形OABC的边长为5，且tan∠COA=，若函数的图象经过顶点B，则k的值为________．

14．一人乘雪橇沿坡比1:的斜坡笔直滑下，滑下的距离s（米）与时间t（秒）间的关系为s =10t＋2t2，若滑到坡底的时间为4秒，则此人下降的高度为_______．
15．如图，⊙O的半径为4，点B是圆上一动点，点A为⊙O内一定点，OA＝4，将AB绕A点顺时针方向旋转120°到AC，以AB、BC为邻边作▱ABCD，对角线AC、BD交于E，则OE的最大值为_____．

16．抛物线y＝ax2+bx+c的部分图象如图所示，则当y＜0时，x的取值范围是_____．

17．如图，、是⊙上的两点，若，是⊙上不与点、重合的任一点，则的度数为__________．

18．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠ABC=60°，AB=2，分别以点A、点C为圆心，以AO的长为半径画弧分别与菱形的边相交，则图中阴影部分的面积为______．（结果保留）

三、解答题（共78分）
19．（8分）已知：如图，在四边形ABCD中，点G在边BC的延长线上，CE平分∠BCD，CF平分∠GCD，EF∥BC交CD于点O．
（1）求证：OE=OF；
（2）若点O为CD的中点，求证：四边形DECF是矩形．

20．（8分）已知二次函数的顶点坐标为A(1，﹣4)，且经过点B(3，0)．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）判断点C(2，﹣3)，D(﹣1，1)是否在该函数图象上，并说明理由．
21．（8分）已知：如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，sinB=，点D、E分别在边AB、BC上，且AD∶DB=2∶3，DE⊥BC．
（1）求∠DCE的正切值；
（2）如果设，，试用、表示.

22．（10分）如图，抛物线交轴于点和点，交轴于点.

(1)求这个抛物线的函数表达式；
(2)若点的坐标为，点为第二象限内抛物线上的一个动点，求四边形面积的最大值.
23．（10分）如图，抛物线经过A(4，0)，B(1，0)，C(0，－2)三点．
(1)求出抛物线的解析式；
(2)P是抛物线上一动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

24．（10分）已知，四边形ABCD中，E是对角线AC上一点，DE＝EC，以AE为直径的⊙O与边CD相切于点D，点B在⊙O上，连接OB．
（1）求证：DE＝OE；
（2）若CD∥AB，求证：BC是⊙O的切线；
（3）在（2）的条件下，求证：四边形ABCD是菱形．

25．（12分）如图，无人机在空中处测得地面、两点的俯角分别为60〫、45〫，如果无人机距地面高度米，点、、在同水平直线上，求、两点间的距离．（结果保留根号）

26．长城公司为希望小学捐赠甲、乙两种品牌的体育器材，甲品牌有A、B、C三种型号，乙品牌有D、E两种型号，现要从甲、乙两种品牌的器材中各选购一种型号进行捐赠．
（1）写出所有的选购方案（用列表法或树状图）；
（2）如果在上述选购方案中，每种方案被选中的可能性相同，那么A型器材被选中的概率是多少．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【解析】试题分析：设原正方形的边长为xm，依题意有：（x﹣1）（x﹣2）=18，故选C．
考点：由实际问题抽象出一元二次方程．
2、C
【分析】利用判别式的意义对A、B进行判断；根据根与系数的关系对C、D进行判断．
【详解】A．△=(﹣3)2﹣4×3＜0，方程没有实数解，所以A选项错误；
B．△=32﹣4×3＜0，方程没有实数解，所以B选项错误；
C．方程x2+3x﹣3=0的两根之和为﹣3，所以C选项正确；
D．方程x2+6x﹣4=0的两根之和为﹣6，所以D选项错误．
故选：C．
【点睛】
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2，x1x2．也考查了判别式的意义．
3、D
【分析】求得顶点坐标，得出顶点的横坐标和纵坐标的关系式，即可求得．
【详解】抛物线y＝x2+（2a+1）x+a2﹣a的顶点的横坐标为：x＝﹣＝﹣a﹣，
纵坐标为：y＝＝﹣2a﹣，
∴抛物线的顶点横坐标和纵坐标的关系式为：y＝2x+，
∴抛物线的顶点经过一二三象限，不经过第四象限，
故选：D．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，得到顶点的横纵坐标的关系式是解题的关键．
4、C
【分析】由于弦AB、CD的具体位置不能确定，故应分两种情况进行讨论：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧；作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可.
【详解】解：①当弦AB和CD在圆心同侧时，如图①，

过点O作OF⊥CD，垂足为F，交AB于点E，连接OA，OC，
∵AB∥CD，
∴OE⊥AB，
∵AB＝8，CD＝6，
∴AE＝4，CF＝3，
∵OA＝OC＝5，
∴由勾股定理得：EO＝＝3，OF＝＝4，
∴EF＝OF﹣OE＝1；
②当弦AB和CD在圆心异侧时，如图②，

过点O作OE⊥AB于点E，反向延长OE交AD于点F，连接OA，OC，
EF＝OF+OE＝1，
所以AB与CD之间的距离是1或1．
故选：C．
【点睛】
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧. 也考查了勾股定理及分类讨论的思想的应用.
5、B
【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可．
【详解】x2﹣1x＝0，
x（x﹣1）＝0，
x＝0或x﹣1＝0，
x1＝0，x2＝1．
故选：B．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．
6、C
【分析】根据二次函数的性质直接求解．
【详解】解：二次函数y=（x+2）2-3的顶点坐标是（-2，-3）．
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象为抛物线，当a＞0，抛物线开口向上；抛物线的顶点式为y=a（x-）2+，对称轴为直线x=-，顶点坐标为（-，）；抛物线与y轴的交点坐标为（0，c）．
7、A
【分析】过点A作AC⊥x轴，过点B作BD⊥x轴，垂足分别为点C，点D，根据待定系数法求出k的值，设点，利用△AOB的面积=梯形ACDB的面积+△AOC的面积-△BOD的面积=梯形ACDB的面积进行求解即可．
【详解】如图所示，过点A作AC⊥x轴，过点B作BD⊥x轴，垂足分别为点C，点D，
由题意知，，
设点，
∴△AOB的面积=梯形ACDB的面积+△AOC的面积-△BOD的面积=梯形ACDB的面积，
∴，
解得，或（舍去），
经检验，是方程的解，
∴，
∴，
故选A．

【点睛】
本题考查了利用待定系数法求反比例函数的表达式，反比例函数系数k的几何意义，用点A的坐标表示出△AOB的面积是解题的关键．
8、B
【分析】解法一：将变形为，代入数据即可得出答案.
解法二：设，，带入式子约分即可得出答案.
【详解】解法一：
解法二：设，
则
故选B.
【点睛】
本题考查比例的性质，将比例式变形，或者设比例参数是解题的关键.
9、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．
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.
11、D
【解析】试题分析：选项A，△=b2﹣4ac=（﹣6）2﹣4×2×1=28＞0，即可得该方程有两个不相等的实数根；选项B△=b2﹣4ac=（﹣1）2﹣4×3×（﹣5）=61＞0，即可得该方程有两个不相等的实数根；选项C，△=b2﹣4ac=12﹣4×1×0=1＞0，即可得该方程有两个不相等的实数根；选项D，△=b2﹣4ac=（﹣4）2﹣4×1×4=0，即可得该方程有两个相等的实数根．故选D．
考点：根的判别式．
12、B
【分析】先求出二次函数的对称轴，再根据二次函数的增减性求出最小值和最大值即可．
【详解】解：∵y＝﹣x2+2x﹣4，
＝﹣（x2﹣2x+4）
＝﹣（x﹣1）2﹣1，
∴二次函数的对称轴为直线x＝1，
∴﹣1＜x＜2时，x＝1取得最大值为﹣1，
x＝﹣1时取得最小值为﹣（﹣1）2+2×（﹣1）﹣4＝﹣7，
∴y的取值范围是﹣7＜y≤﹣1．
故选：B．
【点睛】
本题考查了二次函数与不等式，主要利用了二次函数的增减性和对称性，确定出对称轴从而判断出取得最大值和最小值的情况是解题的关键．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、1
【分析】作BD⊥x轴于点D，如图，根据菱形的性质和平行线的性质可得∠BAD=∠COA，于是可得，在Rt△ABD中，由AB=5则可根据勾股定理求出BD和AD的长，进而可得点B的坐标，再把点B坐标代入双曲线的解析式即可求出k．
【详解】解：作BD⊥x轴于点D，如图，
∵菱形OABC的边长为5，
∴AB=OA=5，AB∥OC，
∴∠BAD=∠COA，
∴
在Rt△ABD中，设BD=3x，AD=4x，
则根据勾股定理得：AB=5x=5，解得：x=1，
∴BD=3，AD=4，
∴OD=9，
∴点B的坐标是（9，3），
∵的图象经过顶点B，
∴k=3×9=1．
故答案为：1．

【点睛】
本题考查了菱形的性质、解直角三角形、勾股定理和待定系数法求函数的解析式等知识，属于常考题型，熟练应用上述知识、正确求出点B的坐标是解题的关键．
14、36m
【分析】求滑下的距离，设出下降的高度表示出水平宽度，利用勾股定理即可求解．
【详解】解:当t= 4时，s =10t＋2t2=72，
设此人下降的高度为x米，过斜坡顶点向地面作垂线，
在直角三角形中，由勾股定理得：
，
解得：x= 36，
故答案为：36m．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用理解坡比的意义，使用勾股定理，设未知数，列方程求解．
15、2+2
【分析】如图，构造等腰△OAF，使得AO＝AF，∠OAF＝120°，连接CF，OB，取AF的中点J，连接EJ．证明EJ是定值，可得点E的运动轨迹是以J为圆心，EJ为半径的圆，由此即可解决问题．
【详解】如图，构造等腰△OAF，使得AO＝AF，∠OAF＝120°，连接CF，OB，取AF的中点J，连接EJ．

∵∠BAC＝∠OAF＝120°，
∴∠BAO＝∠CAF，
∵ABAC，AO＝AF，
∴△OAB≌△FAC（SAS），
∴CF＝OB＝，
∵四边形BCDA是平行四边形，
∴AE＝EC，
∵AJ＝JF，
∴EJ＝CF＝，
∴点E的运动轨迹是以J为圆心，EJ为半径的圆，
易知OJ＝
当点E在OJ的延长线上时，OE的值最大，最大值为OJ+JE＝，
故答案为2+2．
【点睛】
本题考查的是圆的综合，难度较大，解题关键是找出EJ是最大值.
16、x＜﹣1或x＞1．
【分析】利用二次函数的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点坐标为（1，0），然后写出抛物线在x轴下方所对应的自变量的范围即可．
【详解】∵抛物线的对称轴为直线，
而抛物线与轴的一个交点坐标为（-1，0），
∴抛物线与轴的另一个交点坐标为（1，0），
∴当时，的取值范围为或．
故答案为：或．
【点睛】
本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
17、或
【分析】根据题意，可分为两种情况：点C正在优弧和点C在劣弧，分别求出答案即可.
【详解】解：当点C在优弧上，则

∵，
∴；
当点C在劣弧上时，则

∵，
∴，
∴；
∴的度数为：40°或140°；
故答案为：40°或140°.
【点睛】
本题考查了圆周角定理，解题的关键是掌握同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，注意分类讨论进行解题.
18、
【解析】根据菱形的性质得到AC⊥BD，∠AB0=∠ABC=30°，∠BAD=∠BCD=120°，根据直角三角形的性质求出AC、BD，根据扇形面积公式、菱形面积公式计算即可.
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠AB0=∠ABC=30°，∠BAD=∠BCD=120°
∴AO=AB=1，由勾股定理得，
又∵AC=2，BD=2，
∴调影部分的面积为：
故答案为：
【点睛】
本题考查的是扇形面积计算、菱形的性质，掌握扇形面积公式是解题的关键.

三、解答题（共78分）
19、证明见解析
【解析】（1）由于CE平分∠BCD，那么∠DCE=∠BCE，而EF∥BC，于是∠OEC=∠BCE，等量代换∠OEC=∠DCE，那么OE=OC，同理OC=OF，等量代换有OE=OF；
（2）由于O是CD中点，故OD=OC，而OE=OF，那么易证四边形DECF是平行四边形，又CE、CF是∠BCD、∠DCG的角平分线，∠BCD+∠DCG=180°那么易得∠ECF=90°，从而可证四边形DECF是矩形．
【详解】解：（1）∵CE平分∠BCD、CF平分∠GCD，
∴∠BCE=∠DCE，∠DCF=∠GCF．
∵EF∥BC，
∴∠BCE=∠FEC，∠EFC=∠GCF，
∴∠DCE=∠FEC，∠EFC=∠DCF，
∴OE=OC，OF=OC，
∴OE=OF；
（2）∵点O为CD的中点，
∴OD=OC．
又∵OE=OF，
∴四边形DECF是平行四边形．
∵CE平分∠BCD、CF平分∠GCD，
∴∠DCE=∠BCD，∠DCF=∠DCG，
∴∠DCE+∠DCF=（∠BCD+∠DCG）=90°，
即∠ECF=90°，
∴四边形DECF是矩形．
【点睛】
本题主要考查平行线的性质及矩形的判定，证得OE=OF，得出四边形DECF是平行四边形是解题的关键，注意角平分线的应用．
20、（1）；（2）C在，D不在，见解析
【分析】（1）根据点A的坐标设出二次函数的顶点式，再代入B的值即可得出答案；
（2）将C和D的值代入函数解析式即可得出答案.
【详解】解：（1） 设二次函数的解析式是，
∵ 二次函数的顶点坐标为
∴
又 经过点
∴ 代入得：
解得：
∴函数解析式为：
（2）将x=2代入解析式得
∴点 在该函数图象上
将x=-1代入解析式得
∴点 不在该函数图象上
【点睛】
本题考查的是待定系数法求函数解析式，解题关键是根据顶点坐标设出顶点式.
21、（1）；（2）．
【解析】试题分析：在中，根据 ，设 则 根据得出：根据平行线分线段成比例定理，用表示出即可求得.
先把用表示出来，根据向量加法的三角形法则即可求出.
试题解析：（1），
∴，∴设 则

即
又，∴AC//DE．
∴，，∴，．
∴，．
∴．
（2）
∵，，∴．．
∵，∴．
22、 (1)；(2)的最大值为.
【分析】（1）根据A,B两点坐标可得出函数表达式；
（2）设点，根据列出S关于x的二次函数表达式，再根据二次函数的性质求最值.
【详解】解：（1）将A,B两点的坐标代入解析式得，解得
故抛物线的表达式为：；
（2）连接，设点，
由（1）中表达式可得点，
则
，
∵，故有最大值，当时，的最大值为.

【点睛】
本题主要考查二次函数表达式的求法以及二次函数的图像与性质，有一定的综合性.对于二次函数中的面积问题，常需用到“割补法”.
23、 (1) y＝－x2＋x－2;(2)点P为(2，1)或(5，－2)或(－3，－14)或(0，－2).
【解析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）以A、P、M为顶点的三角形与△OAC相似，分两种情况讨论计算即可.
【详解】解：(1)∵该抛物线过点C(0，－2)，
∴可设该抛物线的解析式为y＝ax2＋bx－2.
将A(4，0)，B(1，0)代入，得，解得 ，
∴此抛物线的解析式为.
(2)存在，
设P点的横坐标为m，则P点的纵坐标为－m2＋m－2，
当1＜m＜4时，AM＝4－m，PM＝－m2＋m－2.又∵∠COA＝∠PMA＝90°，
∴①当＝＝时，△APM∽△ACO，即4－m＝2(－m2＋m－2)．
解得m1＝2，m2＝4(舍去)，∴P(2，1)．
　②当＝＝时，△APM∽△CAO，即2(4－m)＝－m2＋m－2.
解得m1＝4，m2＝5(均不合题意，舍去)，∴当1＜m＜4时，P(2，1)．
类似地可求出当m＞4时，P(5，－2)．
当m＜1时，P(－3，－14)或P(0，－2)，
综上所述，符合条件的点P为(2，1)或(5，－2)或(－3，－14)或(0，－2).
【点睛】
本题考查的知识点是二次函数综合题，解题的关键是熟练的掌握二次函数综合题.
24、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】（1）先判断出∠2+∠3＝90°，再判断出∠1＝∠2即可得出结论；
（2）根据等腰三角形的性质得到∠3＝∠COD＝∠DEO＝60°，根据平行线的性质得到∠4＝∠1，根据全等三角形的性质得到∠CBO＝∠CDO＝90°，于是得到结论；
（3）先判断出△ABO≌△CDE得出AB＝CD，即可判断出四边形ABCD是平行四边形，最后判断出CD＝AD即可．
【详解】（1）如图，连接OD，

∵CD是⊙O的切线，
∴OD⊥CD，
∴∠2+∠3＝∠1+∠COD＝90°，
∵DE＝EC，
∴∠1＝∠2，
∴∠3＝∠COD，
∴DE＝OE；
（2）∵OD＝OE，
∴OD＝DE＝OE，
∴∠3＝∠COD＝∠DEO＝60°，
∴∠2＝∠1＝30°，
∵AB∥CD，
∴∠4＝∠1，
∴∠1＝∠2＝∠4＝∠OBA＝30°，
∴∠BOC＝∠DOC＝60°，
在△CDO与△CBO中，，
∴△CDO≌△CBO（SAS），
∴∠CBO＝∠CDO＝90°，
∴OB⊥BC，
∴BC是⊙O的切线；
（3）∵OA＝OB＝OE，OE＝DE＝EC，
∴OA＝OB＝DE＝EC，
∵AB∥CD，
∴∠4＝∠1，
∴∠1＝∠2＝∠4＝∠OBA＝30°，
∴△ABO≌△CDE（AAS），
∴AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAE＝∠DOE＝30°，
∴∠1＝∠DAE，
∴CD＝AD，
∴▱ABCD是菱形．
【点睛】
此题主要考查了切线的性质，同角的余角相等，等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，判断出△ABO≌△CDE是解本题的关键．
25、A、B两点间的距离为100（1+）米
【分析】如图，利用平行线的性质得∠A=60°，∠B=45°，在Rt△ACD中利用正切定义可计算出AD=100，在Rt△BCD中利用等腰直角三角形的性质得BD=CD=100，然后计算AD+BD即可．
【详解】∵无人机在空中C处测得地面A、B两点的俯角分别为60°、45°，
∴∠A=60°，∠B=45°，
在中，∵=，
∴AD==100，
在中，BD=CD=100，
∴AB=AD+BD=100+100=100(1+)．
答：A、B两点间的距离为100(1+)米．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题：解决此类问题要了解角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形，当图形中没有直角三角形时，要通过作高或垂线构造直角三角形．
26、（1）答案见解析；（2）
【分析】（1）画出树状图即可；
（2）根据树状图可以直观的得到共有6种情况，选中A的情况有2种，进而得到概率．
【详解】解：（1）如图所示：
（2）所有的情况有6种，
A型器材被选中情况有2种中，
概率是．

【点睛】
本题考查概率公式，即如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．