2022-2023学年福建省三明市梅列区梅列、永安数学九年级第一学期期末考试模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．在中，=90〫，，则的值是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在△ABC中，∠B=80°，∠C=40°，直线l平行于BC．现将直线l绕点A逆时针旋转，所得直线分别交边AB和AC于点M、N，若△AMN与△ABC相似，则旋转角为（　　）

A．20° B．40° C．60° D．80°
3．若，那么的值是（ ）
A． B． C． D．
4．两个相似三角形对应高之比为，那么它们的对应中线之比为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AB’C’D’，图中阴影部分的面积为（ ）．

A． B． C． D．
6．方程是关于的一元二次方程，则　　
A． B． C． D．
7．如图，矩形的边在x轴上，在轴上，点，把矩形绕点逆时针旋转，使点恰好落在边上的处，则点的对应点的坐标为（ ）

A． B． C． D．
8．将抛物线向上平移两个单位长度，再向右平移一个单位长度后，得到的抛物线解析式是（　　）
A． B． C． D．
9．甲、乙、丙、丁四人各进行了次射击测试，他们的平均成绩相同，方差分别是则射击成绩最稳定的是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
10．的值等于（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知，则=__________.
12．的半径为4，圆心到直线的距离为2，则直线与的位置关系是______.
13．如图,是正三角形，D、E分别是BC、AC 上的点，当=_______时，~.

14．一运动员推铅球，铅球经过的路线为如图所示的抛物线，点(4，3)为该抛物线的顶点，则该抛物线所对应的函数式为_____．

15．如图，在平面直角坐标系中，四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…都是菱形，点A1，A2，A3，…都在x轴上，点C1，C2，C3，…都在直线y＝x+上，且∠C1OA1＝∠C2A1A2＝∠C3A2A3＝…＝60°，OA1＝1，则点C6的坐标是__．

16．二次函数，当时，的最大值和最小值的和是_______．
17．在△ABC中，∠ABC=90°，已知AB=3，BC=4，点Q是线段AC上的一个动点，过点Q作AC的垂线交直线AB于点P，当△PQB为等腰三角形时，线段AP的长为_____．
18．计算sin245°+cos245°=_______．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，已知抛物线经过点A（1，0）和B（0，3），其顶点为D．设P为该抛物线上一点，且位于抛物线对称轴右侧，作PH⊥对称轴，垂足为H，若△DPH与△AOB相似

（1）求抛物线的解析式
（2）求点P的坐标
20．（6分）如图，已知正方形的边长为，点是对角线上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转至的位置，连接、．

（1）求证：；
（2）当点在什么位置时，的面积最大？并说明理由．
21．（6分）小王准备给小李打电话，由于保管不善，电话本上的小李手机号中，有两个数字已经模糊不清，如果用，表示这两个看不清的数字，那么小李的号码为（手机号码由11个数字组成），小王记得这11个数字之和是20的整数倍.
（1）求的值；
（2）求出小王一次拨对小李手机号的概率.
22．（8分）如图，中，，，平分，交轴于点，点是轴上一点，经过点、，与轴交于点，过点作，垂足为，的延长线交轴于点，

（1）求证：为的切线；
（2）求的半径．
23．（8分）某运动会期间，甲、乙、丙三位同学参加乒乓球单打比赛，用抽签的方式确定第一场比赛的人选．
（1）若已确定甲参加第一次比赛，求另一位选手恰好是乙同学的概率；
（2）用画树状图或列表的方法，写出参加第一场比赛选手的所有可能，并求选中乙、丙两位同学参加第一场比赛的概率．
24．（8分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，交轴于点.
（1）求抛物线的解析式.
（2）点是线段上一动点，过点作垂直于轴于点，交抛物线于点，求线段的长度最大值.

25．（10分） “一带一路”为我们打开了交流、合作的大门，也为沿线各国在商贸等领域提供了更多的便捷，2018年11月5日至10日，首届中国国际进口博览会在国家会展中心（上海）举办，据哈外贸商会发布消息，博览会期间，哈Paseka公司与重庆某国际贸易公司签订了供应蜂蜜合同：哈Paseka公司于2019年6月前分期分批向重庆某国际贸易公司供给优质蜂蜜共3000万件，该公司顺应新时代购物流，打算分线上和线下两种方式销售．
（1）若计划线上销售量不低于线下销售量的25%，求该公司计划在线下销售量最多为多少万件？
（2）该公司在12月上旬销售优质蜂蜜共240万件，且线上线下销售单件均为100元/件．12月中旬决定线上销售单价下调m%，线下销售单价不变，在这种情况下，12月中旬销售总量比上旬增加了m%，且中旬线上销售量占中旬总销量的，结果中旬销售总金额比上旬销售总金额提高了m%．求m的值．
26．（10分）尺规作图: 如图,已知正方形ABCD，E在BC边上，求作AE上一点P，使△ABE∽△DPA (不写过程，保留作图痕迹）.

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【分析】根据同角三角函数关系：+求解．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，，
∵+，
∴ ,
∴=
故选：A
【点睛】
本题考查了同角三角函数的关系的应用，能知道是解题的关键．
2、B
【解析】因为旋转后得到△AMN与△ABC相似,则∠AMN=∠C=40°,因为旋转前∠AMN=80°,所以旋转角度为40°,故选B.
3、A
【分析】根据，可设a＝2k，则b＝3k，代入所求的式子即可求解．
【详解】∵，
∴设a＝2k，则b＝3k，
则原式＝=．
故选：A．
【点睛】
本题考查了比例的性质，根据，正确设出未知数是本题的关键．
4、A
【分析】根据相似三角形对应高的比等于相似比，对应中线的比等于相似比解答．
【详解】∵两个相似三角形对应高之比为1:2，
∴它们的相似比是1:2，
∴它们对应中线之比为1:2.
故选A.
【点睛】
此题考查相似三角形的性质，解题关键在于掌握其性质.
5、C
【分析】设B′C′与CD的交点为E，连接AE，利用“HL”证明Rt△AB′E和Rt△ADE全等，根据全等三角形对应角相等∠DAE＝∠B′AE，再根据旋转角求出∠DAB′＝60°，然后求出∠DAE＝30°，再解直角三角形求出DE，然后根据阴影部分的面积＝正方形ABCD的面积﹣四边形ADEB′的面积，列式计算即可得解．
【详解】如图，设B′C′与CD的交点为E，连接AE，

在Rt△AB′E和Rt△ADE中，
，
∴Rt△AB′E≌Rt△ADE（HL），
∴∠DAE＝∠B′AE，
∵旋转角为30°，
∴∠DAB′＝60°，
∴∠DAE＝×60°＝30°，
∴DE＝1×＝，
∴阴影部分的面积＝1×1﹣2×（×1×）＝1﹣．
故选C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形判定与性质，解直角三角形，利用全等三角形求出∠DAE＝∠B′AE，从而求出∠DAE＝30°是解题的关键，也是本题的难点．
6、D
【分析】根据一元二次方程的定义， 得到关于 的不等式， 解之即可 ．
【详解】解：根据题意得：
，
解得：，
故选．
【点睛】
本题考查一元二次方程的定义，解题关键是 正确掌握一元二次方程的定义．
7、A
【分析】作辅助线证明△∽△ON,列出比例式求出ON=, N=即可解题.
【详解】解：过点作⊥x轴于M,过点作⊥x轴于N,
由旋转可得,△∽△ON,
∵OC=6,OA=10,
∴ON::O=:OM:O=3：4：5,
∴ON=, N=,
∴的坐标为,
故选A.

【点睛】
本题考查了相似三角形的性质,中等难度,做辅助线证明三角形相似是解题关键.
8、D
【分析】由平移可知，抛物线的开口方向和大小不变，顶点改变，将抛物线化为顶点式，求出顶点，再由平移求出新的顶点，然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式．
【详解】解：，即抛物线的顶点坐标为，
把点向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度得到点的坐标为，
所以平移后得到的抛物线解析式为．
故选D．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
9、C
【分析】根据方差的意义，即可得到答案．
【详解】∵丙的方差最小，
∴射击成绩最稳定的是丙，
故选C．
【点睛】
本题主要考查方差的意义，掌握方差越小，一组数据越稳定，是解题的关键．
10、B
【解析】根据特殊角的三角函数值求解．
【详解】．
故选：B．
【点睛】
本题考查了特殊角的三角函数值，解答本题的关键是熟记几个特殊角的三角函数值．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】根据比例的性质，化简求值即可.
【详解】

故答案为：.
【点睛】
本题主要考察比例的性质，解题关键是根据比例的性质化简求值.
12、相交
【分析】由圆的半径为4，圆心O到直线l的距离为2，利用直线和圆的位置关系，圆的半径大于直线到圆距离，则直线l与O的位置关系是相交．
【详解】解：∵⊙O的半径为4，圆心O到直线L的距离为2，
∵4＞2，即：d＜r，
∴直线L与⊙O的位置关系是相交．
故答案为：相交.
【点睛】
本题考查知道知识点是圆与直线的位置关系，若d＜r，则直线与圆相交；若d>r，则直线与圆相离；若d=r，则直线与圆相切.
13、60°
【分析】由△ABC是正三角形可得∠B=60°，又由△ABD∽△DCE，根据相似三角形的对应角相等，即可得∠EDC=∠BAD，然后利用三角形外角的性质，即可求得∠ADE的度数
【详解】∵△ABC是正三角形，
∴∠B=60°，
∵△ABD∽△DCE，
∴∠EDC=∠BAD，
∵∠ADC是△ABD的外角，
∴∠ADE+∠EDC=∠B+∠BAD，
∴∠ADE=∠B=60°，
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质、等边三角形的性质以及三角形外角的性质．此题难度适中．
14、y＝-（x﹣4）2+1
【分析】根据二次函数的顶点式即可求出抛物线的解析式．
【详解】解：根据题意，得
设抛物线对应的函数式为y＝a（x﹣4）2+1
把点（0，）代入得：
16a+1＝
解得a＝﹣，
∴抛物线对应的函数式为y＝﹣（x﹣4）2+1
故答案为：y＝﹣（x﹣4）2+1．
【点睛】
本题考查了用待定系数法利用顶点坐标式求函数的方法，同时还考查了方程的解法等知识，难度不大．
15、（47，）
【分析】根据菱形的边长求得A1、A2、A3…的坐标然后分别表示出C1、C2、C3…的坐标找出规律进而求得C6的坐标．
【详解】解：∵OA1=1，
∴OC1=1，
∴∠C1OA1＝∠C2A1A2＝∠C3A2A3＝…＝60°，
∴C1的纵坐标为：sim60°. OC1＝，横坐标为cos60°. OC1＝，
∴C1，
∵四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…都是菱形，
∴A1C2=2，A2C3=4，A3C4=8，…
∴C2的纵坐标为：sin60°A1C2=，代入y求得横坐标为2，
∴C2（2，），
∴C3的纵坐标为：sin60°A2C3=，代入y求得横坐标为5，
∴C3（5，），
∴C4（11，），C5（23，），
∴C6（47，）；
故答案为（47，）．
【点睛】
本题是对点的坐标变化规律的考查，主要利用了菱形的性质，解直角三角形，根据已知点的变化规律求出菱形的边长，得出系列C点的坐标，找出规律是解题的关键．
16、
【分析】首先求得抛物线的对称轴，抛物线开口向上，在顶点处取得最小值，在距对称轴最远处取得最大值．
【详解】抛物线的对称轴是x＝1，
则当x＝1时，y＝1−2−3＝−1，是最小值；
当x＝3时，y＝9−6−3＝0是最大值．
的最大值和最小值的和是-1
故答案为：-1．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象和性质，正确理解取得最大值和最小值的条件是关键．
17、或1．
【解析】当△PQB为等腰三角形时，有两种情况，需要分类讨论:①当点P在线段AB上时，如图1所示．由三角形相似（△AQP∽△ABC）关系计算AP的长；
②当点P在线段AB的延长线上时，如图2所示．利用角之间的关系，证明点B为线段AP的中点，从而可以求出AP．
【详解】解:在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，由勾股定理得：AC=5.
∵∠QPB为钝角，
∴当△PQB为等腰三角形时，
当点P在线段AB上时，如题图1所示：
∵∠QPB为钝角，
∴当△PQB为等腰三角形时，只可能是PB=PQ，
由(1)可知,△AQP∽△ABC，
∴ 即 解得：
∴
当点P在线段AB的延长线上时，如题图2所示：
∵∠QBP为钝角，
∴当△PQB为等腰三角形时，只可能是PB=BQ.
∵BP=BQ，∴∠BQP=∠P，
∵
∴∠AQB=∠A，
∴BQ=AB，
∴AB=BP，点B为线段AP中点，
∴AP=2AB=2×3=1.
综上所述,当△PQB为等腰三角形时,AP的长为或1.
故答案为或1.

【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
18、1
【分析】根据特殊角的三角函数值先进行化简，然后根据实数运算法则进行计算即可得出结果．
【详解】原式=()2+()2=+=1．
【点睛】
本题主要考查了特殊角的三角函数值，需要熟记，比较简单．

三、解答题(共66分)
19、（1）y=x2-4x+3；（2）（5，8）或（，-）．
【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式；
（2）设P（x，x2-4x+3）（x＞2），则H（2，x2-4x+3），分别表示出PH和HD，分时，时两种情况分别求出x即可.
【详解】解：（1）把A（1，0）和B（0，3）代入y=x2+bx+c得 ，解得，
∴抛物线解析式为y=x2-4x+3；
（2）抛物线的对称轴为直线x=2，
设P（x，x2-4x+3）（x＞2），则H（2，x2-4x+3），
∴PH=x-2，HD=x2-4x+3-（-1）=x2-4x+4，
∵∠PHD=∠AOB=90°，
∴当 时，△PHD∽△AOB，即 ，
解得x1=2（舍去），x2=5，此时P点坐标为（5，8）；
当 时，△PHD∽△BOA，即，
解得x1=2（舍去），x2= ，此时P点坐标为（，-）；
综上所述，满足条件的P点坐标为（5，8）或（，-）．

【点睛】
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和相似三角形的判定；会利用待定系数法求二次函数解析式，会解一元二次方程；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
20、（1）见解析；（2）在中点时，的面积最大，见解析
【分析】（1）由题意推出，结合正方形的性质利用SAS证明；
（2）设AE=x，表示出AF，根据∠EAF=90°，得出关于面积的二次函数，利用二次函数的最值求解.
【详解】解：（1）∵绕点顺时针旋转至的位置，
∴，，
∵在正方形中 ，
∴，，
∴，
即，
∴；
（2）由（1）知，
∴，，
∴，
设，
∵正方形的边长为，
故，
∴，
∴，
∴当即在中点时，的面积最大．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定、旋转的性质和二次函数的性质，准确利用题中的条件进行判定和证明，将待求的量转化为二次函数最值.
21、（1）14；（2）.
【分析】（1）根据题意求出11个数字之和，再根据和是20的整数倍进行求解；
（2）先求出、的可能值，再根据概率公式进行求解.
【详解】（1）11个数字之和为=46+=20n，
∵这11个数字之和是20的整数倍，2＜＜18
∴当n=3时，
即；
（2）∵
、的可能值为9和5，8和6，7和7，6和8，5和9，
∴小王一次拨对小李手机号码的概率
【点睛】
此题主要考查概率的求解，解题的关键是熟知概率公式.
22、（1）证明见解析；（2）1．
【分析】(1)连接CP，根据等腰三角形的性质得到∠PAC=∠PCA，由角平分线的定义得到∠PAC=∠EAC，等量代换得到∠PCA=∠EAC，推出PC∥AE，于是得到结论；
(2)连接PC，根据角平分线的定义得到∠BAC=∠OAC，根据等腰三角形的性质得到∠PCA=∠PAC，等量代换得到∠BAC=∠ACP，推出PC∥AB，根据相似三角形的性质即可得到结论.
【详解】（1） 证明：连接，

∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即是的切线．
(2)连接，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的半径为1
【点睛】
本题考查了角平分线的定义，平行线的判定和性质，切线的判定，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
23、（1）；（2）
【分析】（1）根据概率公式求解可得；
（2）此题需要两步完成，所以采用树状图法或者采用列表法都比较简单，求得全部情况的总数与符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
【详解】解：（1）根据题意，甲参加第一场比赛时，有（甲，乙）、（甲，丙）两种可能，
∴另一位选手恰好是乙同学的概率；
（2）画树状图如下：

所有可能出现的情况有6种，其中乙丙两位同学参加第一场比赛的情况有2种，
∴选中乙、丙两位同学参加第一场比赛的概率为＝．
【点睛】
考核知识点：求概率.运用列举法求概率是关键.
24、（1）；（2）4.
【分析】（1）根据A、B坐标可得抛物线两点式解析式，化为一般形式即可；
（2）根据抛物线解析式可得C点坐标，利用待定系数法可得直线AC的解析式为y=-x+4，设点坐标为，则，用m表示出DF的长，配方为二次函数顶点式的形式，根据二次函数的性质求出DF的最大值即可.
【详解】（1）∵拋物线经过点，
∴
∴拋物线的解析式为.

（2）∵拋物线的解析式为，
∴，
设直线的解析式为y=kx+b，
∴，
∴，b=4，
∴直线AC的解析式为
设点坐标为，则
∴=-(m-2)2+4，
∴当m=2时，DF的最大值为4.
【点睛】
本题考查待定系数法求二次函数解析式及二次函数的最值，熟练掌握二次函数解析式的三种形式及二次函数的性质是解题关键.
25、（1）2400万件；（2）1
【分析】（1）设该公司计划在线下销售量为x万件，由题意得关于x的一元一次不等式，求解即可；
（2）以中旬销售总金额比上旬销售总金额提高了m%为等量关系，得关于m的一元二次方程，求解，并根据问题的实际意义作出取舍即可．
【详解】（1）设该公司计划在线下销售量为x万件，则
3000﹣x≥1%x
解得：x≤2400
答：该公司计划在线下销售量最多为2400万件；
（2）由题意得：
×240（1+m%）×100（1﹣m%）+（1﹣）×240（1+m%）×100＝240×100（1+m%）
化简得：m2﹣1m＝0
解得：m1＝0（不合题意，舍去），m2＝1
∴m的值为1．
【点睛】
本题主要考查一元一次不等式和一元二次方程的实际应用，找到题目中的等量关系和不等量关系，是解题的关键.
26、详见解析
【分析】过D点作DP⊥AE交AE于点P，利用相似三角形的判定解答即可．
【详解】作图如下:

解：∵DP⊥AE交AE于点P，四边形ABCD是正方形
∴∠APD=∠ABE=∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠PAD=90°，∠PAD+∠ADP=90°，
∴∠BAE=∠ADP，
又∵∠APD=∠ABE
∴△DPA∽△ABE．
【点睛】
此题考查作图-相似变换，关键是根据相似三角形的判定解答．