2022年山东省菏泽市牡丹区二十一初级中学数学九年级第一学期期末调研模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，在平行四边形中，，，那么的值等于（ ）

A． B． C． D．
2．如图是一个半径为5cm的圆柱形输油管的横截面，若油面宽AB=8cm，则油面的深度为（ ）

A．1cm B．1．5cm C．2cm D．2．5cm
3．中，，若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．5
4．两直线a、b对应的函数关系式分别为y=2x和y=2x+3，关于这两直线的位置关系下列
说法正确的是
A．直线a向左平移2个单位得到b B．直线b向上平移3个单位得到a
C．直线a向左平移个单位得到b D．直线a无法平移得到直线b
5．方程2x（x﹣5）＝6（x﹣5）的根是（　　）
A．x＝5 B．x＝﹣5 C．＝﹣5，＝3 D． ＝5，＝3
6．在平面直角坐标中，把△ABC以原点O为位似中心放大，得到△A'B'C'，若点A和它对应点A'的坐标分别为(2，5)，(-6，-15)，则△A'B'C'与△ABC的相似比为( )
A．-3 B．3 C． D．
7．将二次函数y＝x2的图象向右平移一个单位长度，再向下平移3个单位长度所得的图象解析式为（ ）
A．y＝（x﹣1）2+3 B．y＝（x+1）2+3 C．y＝（x﹣1）2﹣3 D．y＝（x+1）2﹣3
8．已知二次函数图象的一部分如图所示，给出以下结论：；当时，函数有最大值；方程的解是，；，其中结论错误的个数是　　

A．1 B．2 C．3 D．4
9．已知关于x的分式方程=1的解是非负数，则m的取值范围是（ ）
A．m1 B．m1
C．m-1且m≠0 D．m-1
10．如图是一个正八边形，向其内部投一枚飞镖，投中阴影部分的概率是（ ）

A． B． C． D．
11．下列一元二次方程有两个相等实数根的是（ ）
A．x2 = 0 B．x2 = 4 C．x2﹣2x﹣1 = 0 D．x2 +1 = 0
12．剪纸是中国特有的民间艺术.以下四个剪纸图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，在中，，以点A为圆心，2为半径的与BC相切于点D，交AB于点E，交AC于点F，点P是上的一点，且，则图中阴影部分的面积为______．

14．某校有一块长方形的空地，其中长米，宽米，准备在这块空地上修3条小路，路宽都一样为米，并且有一条路与平行，2条小路与平行，其余地方植上草坪，所种植的草坪面积为110米．根据题意可列方程_________．

15．△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，则sin∠A的值为__________．
16．如图，若菱形ABCD的边长为2cm，∠A＝120°，将菱形ABCD折叠，使点A恰好落在菱形对角线的交点O处，折痕为EF，则EF＝_____cm，

17．某校去年投资2万元购买实验器材，预计今明2年的投资总额为8万元．若该校这两年购买的实验器材的投资年平均增长率为x，则可列方程为_____．
18．若，则__________．
三、解答题（共78分）
19．（8分） [问题发现]
如图①，在中，点是的中点，点在边上，与相交于点，若，则_____ ;

[拓展提高]
如图②，在等边三角形中，点是的中点，点在边上，直线与相交于点，若，求的值.
[解决问题]
如图③，在中，，点是的中点，点在直线上，直线与直线相交于点，.请直接写出的长.
20．（8分）如图，⊙O与△ABC的AC边相切于点C，与BC边交于点E，⊙O过AB上一点D，且DE∥AO，CE是⊙O的直径．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若BD＝4，EC＝6，求AC的长．

21．（8分）如图所示，以的速度将小球沿与地面成30°角的方向击出时，球的飞行路线将是一条抛物线.如果不考虑空气阻力，球的飞行高度（单位：）与飞行时间（单位：）之间具有关系式.解答以下问题：

（1）球的飞行高度能否达到?如能，需要飞行多少时间？
（2）球飞行到最高点时的高度是多少？
22．（10分）利川市南门大桥是上世纪90年代修建的一座石拱桥，其主桥孔的横截面是一条抛物线的一部分，2019年在维修时，施工队测得主桥孔最高点到水平线的高度为.宽度为.如图所示，现以点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系.

（1）直接写出点及抛物线顶点的坐标；
（2）求出这条抛物线的函数解析式；
（3）施工队计划在主桥孔内搭建矩形“脚手架”，使点在抛物线上，点在水平线上，为了筹备材料，需求出“脚手架”三根钢管的长度之和的最大值是多少？请你帮施工队计算.
23．（10分）如图，点,以点为圆心、2为半径的圆与轴交于点．已知抛物线过点和点，与轴交于点．

(1)求点的坐标，并画出抛物线的大致图象．
(2)点在抛物线上，点为此抛物线对称轴上一个动点，求的最小值．
24．（10分）如图，已知二次函数的图象经过，两点．

（1）求这个二次函数的解析式；
（2）设该二次函数的对称轴与轴交于点，连接，，求的面积．
25．（12分）用适当的方法解下列方程：
（1）（x﹣2）2﹣16＝1
（2）5x2+2x﹣1＝1．
26．如图，已知直线AB与轴交于点C，与双曲线交于A（3，）、B（-5，）两点.AD⊥轴于点D，BE∥轴且与轴交于点E.
（1）求点B的坐标及直线AB的解析式；
（2）判断四边形CBED的形状，并说明理由.

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】由题意首先过点A作AF⊥DB于F，过点D作DE⊥AB于E，设DF=x，然后利用勾股定理与含30°角的直角三角形的性质，表示出个线段的长，再由三角形的面积，求得x的值，继而求得答案．
【详解】解：过点A作AF⊥DB于F，过点D作DE⊥AB于E．

设DF=x，
∵∠ADB=60°，∠AFD=90°，
∴∠DAF=30°，
则AD=2x，
∴AF=x，
又∵AB：AD=3：2，
∴AB=3x，
∴，
∴，
解得：，
∴.
故选：D.
【点睛】
本题考查平行四边形的性质和三角函数以及勾股定理．解题时注意掌握辅助线的作法以及注意数形结合思想与方程思想的应用．
2、A
【分析】过点O作OD⊥AB于点D，根据垂径定理可求出AD的长，再在Rt△AOD中，利用勾股定理求出OD的长即可得到答案．
【详解】解：过点O作OD⊥AB于点D，

∵AB=8cm，
∴AD=AB=4cm，
在Rt△AOD中，OD===2（cm），
∴油面深度为：5-2=1（cm）
故选：A．
【点睛】
本题考查了垂径定理和勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
3、B
【分析】根据题意，可得= ，又由AB=4，代入即可得AC的值.
【详解】解：∵中，，，
∴=.
∴AC=AB== .
故选B.
【点睛】
本题考查解直角三角形、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用锐角三角函数和勾股定理解答．
4、C
【分析】根据上加下减、左加右减的变换规律解答即可．
【详解】A. 直线a向左平移2个单位得到y=2x+4，故A不正确；
B. 直线b向上平移3个单位得到y=2x+5，故B不正确；
C. 直线a向左平移个单位得到=2x+3，故C正确，D不正确.
故选C
【点睛】
此题考查一次函数与几何变换问题，关键是根据上加下减、左加右减的变换规律分析．
5、D
【分析】利用因式分解法求解可得．
【详解】解：∵2x（x﹣5）＝6（x﹣5）
2x（x﹣5）﹣6（x﹣5）＝0，
∴（x﹣5）（2x﹣6）＝0，
则x﹣5＝0或2x﹣6＝0，
解得x＝5或x＝3，
故选：D．
【点睛】
本题考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
6、B
【分析】根据位似图形的性质和坐标与图形的性质，进行解答即可．
【详解】解：∵△ABC和△A′B′C′关于原点位似，且点A和它的对应点A′的坐标分别为（2，5），（-6，-15），
∴对应点乘以-1，则△A′B′C′与△ABC的相似比为：1．
故选：B.
【点睛】
本题考查的是位似变换，熟知在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k是解答此题的关键．
7、C
【分析】根据平移原则：上→加，下→减，左→加，右→减写出解析式．
【详解】解：将二次函数y＝x2的图象向右平移一个单位长度，再向下平移1个单位长度所得的图象解析式为：y＝（x﹣1）2﹣1．
故选：C．
【点睛】
主要考查了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．并用规律求函数解析式．
8、A
【解析】由抛物线开口方向得到a＜1，根据抛物线的对称轴为直线x==-1得b＜1，由抛物线与y轴的交点位置得到c＞1，则abc＞1；观察函数图象得到x=-1时，函数有最大值；
利用抛物线的对称性可确定抛物线与x轴的另一个交点坐标为(-3，1)，则当x=1或x=-3时，函数y的值等于1；观察函数图象得到x=2时，y＜1，即4a+2b+c＜1．
【详解】解：∵抛物线开口向下，
∴a<1，
∵抛物线的对称轴为直线x==-1，
∴b=2a<1，
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c>1，
∴abc>1，所以①正确；
∵抛物线开口向下，对称轴为直线x=-1，
∴当x=-1时，函数有最大值，所以②正确；
∵抛物线与x轴的一个交点坐标为(1，1)，而对称轴为直线x=-1，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为(−3，1)，
∴当x=1或x=-3时，函数y的值都等于1，
∴方程ax2+bx+c=1的解是：x1=1，x2=-3，所以③正确；
∵x=2时，y<1，
∴4a+2b+c<1，所以④错误.
故选A.
【点睛】
解此题的关键是能正确观察图形和灵活运用二次函数的性质，能根据图象确定a、b、c的符号，并能根据图象看出当x取特殊值时y的符号．
9、C
【解析】分式方程去分母得：m=x-1，解得x=m+1，由方程的解为非负数，得到m+1≥0，且m+1≠1，解得：m-1且m≠0，故选C．
10、B
【分析】根据几何概率的求法：飞镖落在阴影部分的概率就是阴影区域的面积与总面积的比值．根据正八边形性质求出阴影部分面积占总面积之比，进而可得到答案
【详解】解：由正八边形性质可知∠EFB=∠FED=135°，故可作出正方形．

则是等腰直角三角形，设，则，，正八边形的边长是．
则正方形的边长是．
则正八边形的面积是：，
阴影部分的面积是：．
飞镖落在阴影部分的概率是，
故选：．
【点睛】
本题考查了几何概率的求法：一般用阴影区域表示所求事件（A）；首先根据题意将代数关系用面积表示出来；然后计算阴影区域的面积在总面积中占的比例，这个比例即事件（A）发生的概率．同时也考查了正多边形的计算，根据正八边形性质构造正方形求面积比是关键．
11、A
【分析】根据一元二次方程根的判别式以及一元二次方程的解法，逐一判断选项，即可．
【详解】A. x2 = 0，解得：x1=x2=0，故本选项符合题意；
B. x2 = 4，解得：x1=2，x2=-2，故本选项不符合题意；
C. x2﹣2x﹣1 = 0，，有两个不相等的根，故不符合题意；
D. x2 +1 = 0，方程无解，故不符合题意．
故选A．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式的意义，是解题的关键．
12、B
【解析】根据轴对称图形的定义以及中心对称图形的定义分别判断即可得出答案．
【详解】解：A、此图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
B、此图形是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；
C、此图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误；
D、此图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误.
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的定义，熟练掌握其定义是解决问题的关键．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】图中阴影部分的面积=S△ABC-S扇形AEF．由圆周角定理推知∠BAC=90°．
【详解】解：连接AD，
在⊙A中，因为∠EPF=45°，所以∠EAF=90°，
AD⊥BC，S△ABC=×BC×AD=×4×2=4
S扇形AFDE=，
所以S阴影=4-
故答案为：

【点睛】
本题考查了切线的性质与扇形面积的计算．求阴影部分的面积时，采用了“分割法”．
14、
【分析】根据题意算出草坪的长和宽，根据长方形的面积公式列式即可．
【详解】∵长方形长米，宽米，路宽为米，
∴草坪的长为，宽为，
∴草坪的面积为．
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程的应用，根据题意准确列式是解题的关键．
15、
【分析】根据勾股定理及三角函数的定义直接求解即可；
【详解】如图，，

∴sin∠A，
故答案为：
【点睛】
本题考查了三角函数的定义及勾股定理，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键.
16、
【分析】连接AC、BD，根据题意得出E、F分别为AB、AD的中点，EF是△ABD的中位线，得出EF＝BD，再由已知条件根据三角函数求出OB，即可求出EF.
【详解】解：连接AC、BD，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵将菱形ABCD折叠，使点A恰好落在菱形对角线的交点O处，折痕为EF，
∴AE＝EO，AF＝OF，
∴E、F分别为AB、AD的中点，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EF＝BD，
∵菱形ABCD的边长为2cm，∠A＝120°，
∴AB＝2cm，∠ABC＝60°，
∴OB＝BD，∠ABO＝30°，
∴OB＝AB•cos30°＝2×＝，
∴EF＝BD＝OB＝；
故答案为：.
【点睛】
此题考查菱形的性质，折叠的性质，锐角三角函数，三角形中位线的判定及性质，由折叠得到EF是△ABD的中位线，由此利用锐角三角函数求出OB的长度达到解决问题的目的.
17、2(1+x)+2(1+x)2=1.
【分析】本题为增长率问题，一般用增长后的量=增长前的量×（1+增长率），如果该校这两年购买的实验器材的投资年平均增长率为x，根据题意可得出的方程．
【详解】设该校这两年购买的实验器材的投资年平均增长率为x，
今年的投资金额为：2（1+x），
明年的投资金额为：2（1+x）2，
所以根据题意可得出的方程：2（1+x）+2（1+x）2=1．
故答案为：2（1+x）+2（1+x）2=1．
【点睛】
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，增长率问题，一般形式为a（1+x）2=b，a为起始时间的有关数量，b为终止时间的有关数量．
18、
【分析】设=k，可得a=3k，b=4k，c=5k，代入所求代数式即可得答案．
【详解】设=k，
∴a=3k，b=4k，c=5k，
∴=，
故答案为：
【点睛】
本题考查了比例的性质，常用的比例性质有：内项之积等于外项之积；合比性质；分比性质；合分比性质；等比性质；熟练掌握比例的性质是解题关键．

三、解答题（共78分）
19、 [问题发现]；[拓展提高]；[解决问题]或.
【分析】[问题发现]由，可知AD是中线，则点P是△ABC的重心，即可得到2∶3；
[拓展提高]过点作交于点，则EF是△ACD的中位线，由平行线分线段成比例，得到，通过变形，即可得到答案；
[解决问题]根据题意，可分为两种情况进行讨论，①点D在点C的右边；②点D在点C的左边；分别画出图形，求出BP的长度，即可得到答案.
【详解】解：[问题发现]：∵，
∴点D是BC的中点，
∴AD是△ABC的中线，
∵点是的中点，则BE是△ABC的中线，
∴点P是△ABC的重心，
∴；
故答案为：.
[拓展提高]：过点作交于点.

是的中点，是的中点，
∴EF是△ACD的中位线，
，

，
，
∴，
，
即.
.
[解决问题]：∵在中，，，
∵点E是AC的中点，
∴，
∵CD=4，
则点D可能在点C的右边和左边两种可能；
①当点D在点C的右边时，如图：过点P作PF⊥CD与点F，

∵，，
∴△ACD∽△PFD，
∴，即，
∴，
∵，，
∴△ECB∽△PBF，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴，，
∴；
②当点D在点C的左边时，如图：过点P作PF⊥CD与点F，

与①同理，可证△ACD∽△PFD，△ECB∽△PBF，
∴，，
∵，
∴，
解得：，
∴，，
∴；
∴或.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，勾股定理，以及三角形的重心，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质，以及勾股定理解三角形.注意运用分类讨论的思想进行解题.
20、（1）见解析；（2）AC＝1
【分析】（1）要证AB切线，连接半径OD，证∠ADO＝90°即可，由∠ACB＝90°，由OD＝OE，DE∥OA，可得∠AOD＝∠AOC，证△AOD≌△AOC（SAS）即可，
（2）AB是⊙O的切线，∠BDO＝90°，由勾股定理求BE，BC＝BE+EC可求，利用AD，AC是⊙O的切线长，设AD＝AC＝x，在Rt△ABC中，AB2＝AC2+BC2构造方程求AC即可．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵OD＝OE，
∴∠OED＝∠ODE，
∵DE∥OA，
∴∠ODE＝∠AOD，∠DEO＝∠AOC，
∴∠AOD＝∠AOC，
∵AC是切线，
∴∠ACB＝90°，
在△AOD和△AOC中
，
∴△AOD≌△AOC（SAS），
∴∠ADO＝∠ACB＝90°，
∵OD是半径，
∴AB是⊙O的切线；
（2）解：∵AB是⊙O的切线，
∴∠BDO＝90°，
∴BD2+OD2＝OB2，
∴42+32＝（3+BE）2，
∴BE＝2，
∴BC＝BE+EC＝8，
∵AD，AC是⊙O的切线，
∴AD＝AC，
设AD＝AC＝x，
在Rt△ABC中，AB2＝AC2+BC2，
∴（4+x）2＝x2+82，
解得：x＝1，
∴AC＝1．

【点睛】
本题考查AB切线与切线长问题，掌握连接半径OD，证∠ADO＝90°是证切线常用方法，利用△AOD≌△AOC（SAS）来实现目标，先在Rt△BOD，用勾股定理求BE，再利用AD，AC是⊙O的切线长，在Rt△ABC中，用勾股定理构造方程求AC是解题关键．
21、（1）能，1或3；（2）20m
【分析】（1）当h=15米时，15=20t-5t2，解方程即可解答；
（2）求出当的最大值即可.
【详解】解；（1）解方程：
，
解得：，
需要飞行1s或3s；
（2），
当时，h取最大值20，
∴球飞行的最大高度是.
【点睛】
本题主要考查了二次函数与一元二次方程的关系，根据题意建立方程是解决问题的关键．
22、（1）；（2），；（3）三根钢管的长度之和的最大值是.
【分析】（1）根据题意，即可写出点及抛物线顶点的坐标；
（2）抛物线过原点，故设抛物线为，将M和P的坐标代入即可求出抛物线的解析式；
（3）设，分别用含x的式子表示出的长度，设“脚手架”三根钢管的长度之和为，即可求出与x的函数关系式，最后利用二次函数求最值即可．
【详解】解：（1）由题意可知：抛物线顶点；
（2）抛物线过原点，故设抛物线为，
由在抛物线上有
，解得，
所以抛物线的函数解析式为，由图象可知；
（3）设，

根据点A在抛物线上和矩形的性质可得
，
∵点A和点D关于抛物线的对称轴对称
∴点D的坐标为（60－x，y）
∴
设“脚手架”三根钢管的长度之和为，则
，
即
当时，，
所以，三根钢管的长度之和的最大值是．
【点睛】
此题考查的是二次函数的应用，掌握用待定系数法求二次函数的解析式和利用二次函数求最值是解决此题的关键．
23、（1）C（0，1），图象详见解析；（1）
【分析】（1）由抛物线与x轴的交点坐标可知抛物线的解析式为y＝（x−1）（x−6），然后再进行整理即可；
（1）连结AQ交直线x＝4与点P，连结PB，先求得点Q的坐标，然后再依据轴对称的性质可知当点A、Q、P在一条直线上时，PQ＋PB有最小值
【详解】（1）∵点M（4，0），以点M为圆心、1为半径的圆与x轴交于点A、B，
∴A（1，0），B（6，0），
∵抛物线y＝x1＋bx＋c过点A和B，
∴y＝（x−1）（x−6）
∴
∵当
∴C（0，1）
抛物线的大致图象如图下所示：

（1）如下图所示：连结AQ交直线x＝4与点P，连结PB．

∵A、B关于直线x＝4对称，
∴PA＝PB，
∴PB＋PQ＝AP＋PQ，
∴当点A、P、Q在一条直线上时，PQ＋PB有最小值．
∵Q（8，m）抛物线上，
∴m＝1．
∴Q（8，1）
∴
∴.
【点睛】
本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、轴对称−最短路径问题．
24、见解析
【分析】（1）二次函数图象经过A（2，0）、B（0，-6）两点，两点代入y=-x2+bx+c，算出b和c，即可得解析式；
（2）先求出对称轴方程，写出C点的坐标，计算出AC，然后由面积公式计算值．
【详解】（1）把，代入得
，
解得.
∴这个二次函数解析式为.
（2）∵抛物线对称轴为直线，
∴的坐标为，
∴，
∴.
【点睛】
本题是二次函数的综合题，要会求二次函数的对称轴，会运用面积公式．
25、（1）x1=-2，x2=6；（2）x1=，x2=
【分析】（1）先移项，两边再开方，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；
（2）求出b2-4ac的值，代入公式求出即可．
【详解】（1）(x-2)2-16=1，
(x-2)2=16，
两边开方得：x-2=±4，
解得：x1=-2，x2=6；
（2）5x2+2x-1=1，
b2-4ac=22+4×5×1=24，
x=，
∴x1=，x2=
【点睛】
本题考查了解一元二次方程的应用，主要考查了学生的计算能力，题目是一道比较好的题目，难度适中．
26、（1）点B的坐标是（-5，-4）；直线AB的解析式为：
（2）四边形CBED是菱形.理由见解析
【解析】（1）根据反比例函数图象上点的坐标特征，将点A代入双曲线方程求得k值，即利用待定系数法求得双曲线方程；然后将B点代入其中，从而求得a值；设直线AB的解析式为y=mx+n，将A、B两点的坐标代入，利用待定系数法解答；
（2）由点C、D的坐标、已知条件“BE∥x轴”及两点间的距离公式求得，CD=5，BE=5，且BE∥CD，从而可以证明四边形CBED是平行四边形；然后在Rt△OED中根据勾股定理求得ED=5，所以ED=CD，从而证明四边形CBED是菱形．
【详解】解：（1）∵双曲线过A（3，），∴.把B（-5，）代入,
得. ∴点B的坐标是（-5，-4）
设直线AB的解析式为，
将 A（3，）、B（-5，-4）代入得，
， 解得：.
∴直线AB的解析式为：
（2）四边形CBED是菱形.理由如下:
点D的坐标是（3,0），点C的坐标是（-2,0）.
∵ BE∥轴， ∴点E的坐标是（0,-4）.
而CD =5， BE=5，且BE∥CD.
∴四边形CBED是平行四边形
在Rt△OED中，ED2＝OE2＋OD2，∴ ED＝＝5，∴ED＝CD.
∴□CBED是菱形