2022年河南省平顶山市数学九年级第一学期期末经典模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．在平面直角坐标系中，二次函数与坐标轴交点个数（ ）
A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
2．已知关于的一元二次方程有一个根为，则的值为（ ）
A．0 B．1 C． D．
3．如图，在平行四边形中，为的中点，为上一点，交于点，，则的长为（ ）

A． B． C． D．
4．一个小组有若干人，新年互送贺年卡一张，已知全组共送贺年卡72张，则这个小组有（　　）
A．12人 B．18人 C．9人 D．10人
5．观察下列图形，既是轴对称图形又是中心对称图形的有

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．学校要组织足球比赛．赛制为单循环形式（每两队之间赛一场）．计划安排21场比赛，应邀请多少个球队参赛？设邀请x个球队参赛．根据题意，下面所列方程正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，点的坐标为，点，分别在轴，轴的正半轴上运动，且，下列结论：
①
②当时四边形是正方形
③四边形的面积和周长都是定值
④连接，，则，其中正确的有（ ）

A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
8．对于抛物线，下列说法正确的是（ ）
A．开口向下，顶点坐标 B．开口向上，顶点坐标
C．开口向下，顶点坐标 D．开口向上，顶点坐标
9．如图，的直径，弦于．若，则的长是( )

A． B． C． D．
10．当k>0时，下列图象中哪些可能是y=kx与y=在同一坐标系中的图象（　）
A． B． C． D．
11．如图，一张矩形纸片ABCD的长BC＝xcm，宽AB＝ycm，以宽AB为边剪去一个最大的正方形ABEF，若剩下的矩形ECDF与原矩形ABCD相似，则的值为（　　）

A． B． C． D．
12．下列二次函数的开口方向一定向上的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．在二次函数中，y与x的部分对应值如下表：
x
......
-1
0
1
2
3
4
......
y
......
-7
-2
m
n
-2
-7
......
则m、n的大小关系为m_______n．（填“>”,“=”或“<”）
14．化简：-（sin60°﹣1）0﹣2cos30°=________________．
15．Q是半径为3的⊙O上一点，点P与圆心O的距离OP＝5，则PQ长的最小值是_____．
16．已知3a＝4b≠0，那么＝_____．
17．计算：sin45°＝____________．
18．如图，内接于半径为的半，为直径，点是弧的中点，连结交于点，平分交于点，则______．若点恰好为的中点时，的长为______．

三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，顶点为A（，1）的抛物线经过坐标原点O，与x轴交于点B．
（1）求抛物线对应的二次函数的表达式；
（2）过B作OA的平行线交y轴于点C，交抛物线于点D，求证：△OCD≌△OAB；
（3）在x轴上找一点P，使得△PCD的周长最小，求出P点的坐标．

20．（8分）在一次徒步活动中，有甲、乙两支徒步队伍．队伍甲由A地步行到B地后按原路返回，队伍乙由A地步行经B地继续前行到C地后按原路返回，甲、乙两支队伍同时出发．设步行时间为x（分钟），甲、乙两支队伍距B地的距离为y1（千米）和y2（千米）．（甲、乙两队始终保持匀速运动）图中的折线分别表示y1、y2与x之间的函数关系，请你结合所给的信息回答下列问题：

（1）A、B两地之间的距离为 千米，B、C两地之间的距离为 千米；
（2）求队伍乙由A地出发首次到达B地所用的时间，并确定线段MN表示的y2与x的函数关系式；
（3）请你直接写出点P的实际意义．
21．（8分）如图，AB是⊙O的直径，弧ED=弧BD，连接ED、BD，延长AE交BD的延长线于点M，过点D作⊙O的切线交AB的延长线于点C．

（1）若OACD，求阴影部分的面积；
（2）求证：DEDM．
22．（10分）如图，已知E是四边形ABCD的对角线BD上一点，且，. 求证：.

23．（10分）已知关于的方程。
（1）若该方程的一个根是，求的值及该方程的另一个根；
（2）求证：不论取何实数，该方程都有两个不相等的实数根。
24．（10分）在△ABC中，∠C＝90°．
（1）已知∠A＝30°，BC＝2，求AC、AB的长；
（2）己知tanA＝，AB＝6，求AC、BC的长．
25．（12分）近年来，各地“广场舞”噪音干扰的问题倍受关注．相关人员对本地区15~65岁年龄段的市民进行了随机调查，并制作了如下相应的统计图．市民对“广场舞”噪音干扰的态度有以下五种：A．没影响 B．影响不大 C．有影响，建议做无声运动 D．影响很大，建议取缔 E．不关心这个问题

根据以上信息解答下列问题：
（1）根据统计图填空： ，A区域所对应的扇形圆心角为 度；
(2)在此次调查中，“不关心这个问题”的有25人，请问一共调查了多少人？
(3)将条形统计图补充完整；
(4)若本地共有14万市民，依据此次调查结果估计本地市民中会有多少人给出建议？
26．取什么值时，关于的方程有两个相等的实数根？求出这时方程的根.

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】首先根据根的判别式判定与轴的交点，然后令，判定与轴的交点，即可得解.
【详解】由题意，得
∴该函数与轴有一个交点
当时，
∴该函数与轴有一个交点
∴该函数与坐标轴有两个交点
故答案为B.
【点睛】
此题主要考查利用根的判别式判定二次函数与坐标轴的交点，熟练掌握，即可解题.
2、B
【分析】将x=1代入方程即可得出答案.
【详解】将x=1代入方程得：，
解得a=1，
故答案选择B.
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的解，比较简单，将解直接代入即可得出答案.
3、B
【分析】延长，交于，由，，即可得出答案.
【详解】如图所示，延长CB交FG与点H
∵四边形ABCD为平行四边形
∴BC=AD=DF+AF=6cm，BC∥AD
∴∠FAE=∠HBE
又∵E是AB的中点
∴AE=BE
在△AEF和△BEH中

∴△AEF≌△BEH(ASA)
∴BH=AF=2cm
∴CH=8cm
∵BC∥CD
∴∠FAG=∠HCG
又∠FGA=∠CGH
∴△AGF∽△CGH
∴
∴CG=4AG=12cm
∴AC=AG+CG=15cm
故答案选择B.

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决本题的关键.
4、C
【解析】试题分析：设这个小组有人，故选C．
考点：一元二次方程的应用．
5、C
【解析】试题分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合．因此，
∵第一个图形不是轴对称图形，是中心对称图形；
第二个图形既是轴对称图形又是中心对称图形；
第三个图形既是轴对称图形又是中心对称图形；
第四个图形既是轴对称图形又是中心对称图形；
∴既是轴对称图形又是中心对称图形共有3个．
故选C．
6、B
【解析】试题分析：设有x个队，每个队都要赛（x﹣1）场，但两队之间只有一场比赛，由题意得：，故选B．
考点：由实际问题抽象出一元二次方程．
7、A
【分析】过P作PM⊥y轴于M，PN⊥x轴于N，易得出四边形PMON是正方形，推出OM=OM=ON=PN=1，证得△APM≌△BPN，可对①进行判断，推出AM=BN，求出OA+OB=ON+OM=2，当OA=OB时，OA=OB=1，然后可对②作出判断，由△APM≌△BPN可对四边形OAPB的面积作出判断，由OA+OB=2，然后依据AP和PB的长度变化情况可对四边形OAPB的周长作出判断，求得AB的最大值以及OP的长度可对④作出判断．
【详解】过P作PM⊥y轴于M，PN⊥x轴于N，

∵P(1，1)，
∴PN=PM=1．
∵x轴⊥y轴，
∴∠MON=∠PNO=∠PMO=90°，
则四边形MONP是正方形，
∴OM=ON=PN=PM=1，
∵∠MPN=∠APB=90°，
∴∠MPA=∠NPB．
在△MPA≌△NPB中，
，
∴△MPA≌△NPB，
∴PA=PB，故①正确．
∵△MPA≌△NPB，
∴AM=BN，
∴OA+OB=OA+ON+BN=OA+ON+AM=ON+OM=1+1=2．
当OA=OB，即OA=OB=1时，
则点A、B分别与点M、N重合，此时四边形OAPB是正方形，故②正确．
∵△MPA≌△NPB，
∴．
∵OA+OB=2，PA=PB，且PA和PB的长度会不断的变化，故周长不是定值，故③错误．
∵∠AOB+∠APB=180°，
∴点A、O、B、P共圆，且AB为直径，所以AB≥OP，故④错误．
故选：A．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理，坐标与图形性质，正方形的性质的应用，圆周角定理，关键是推出AM=BN和推出OA+OB=OM+ON
8、A
【详解】∵抛物线
∴a＜0，∴开口向下，
∴顶点坐标（5，3）．
故选A．
9、C
【分析】先根据线段的比例、直径求出OC、OP的长，再利用勾股定理求出CP的长，然后根据垂径定理即可得．
【详解】如图，连接OC
直径

在中，
弦于

故选：C．

【点睛】
本题考查了勾股定理、垂径定理等知识点，属于基础题型，掌握垂径定理是解题关键．
10、B
【分析】由系数即可确定与经过的象限.
【详解】解：
经过第一、三象限，经过第一、三象限，B选项符合.
故选：B
【点睛】
本题考查了一次函数与反比例函数的图像，灵活根据的正负判断函数经过的象限是解题的关键.
11、B
【分析】根据相似多边形对应边的比相等，可得到一个方程，解方程即可求得．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝xcm，
∵四边形ABEF是正方形，
∴EF＝AB＝ycm，
∴DF＝EC＝（x﹣y）cm，
∵矩形FDCE与原矩形ADCB相似，
∴DF：AB＝CD：AD，
即：
∴＝，
故选B．
【点睛】
本题考查了相似多边形的性质、矩形的性质、翻折变换的性质；根据相似多边形对应边的比相等得出方程是解决本题的关键．
12、C
【分析】利用抛物线开口方向向上，则二次项系数大于0判断即可．
【详解】二次函数的开口方向一定向上，则二次项系数大于0，
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数y＝ax2＋bx＋c中，当a＞0，开口向上解题是解题关键．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、=
【分析】根据表格的x、y的值找出函数的对称轴，即可得出答案．
【详解】解：由表格知：图象对称轴为：直线x＝，
∵m，n分别为点（1，m）和（2，n）的纵坐标，
两点关于直线x＝对称，
∴m=n，
故答案为：=．
【点睛】
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，能根据表中点的坐标特点找出对称轴是解此题的关键．
14、-1
【分析】根据实数的性质即可化简求解．
【详解】-（sin60°﹣1）0﹣2cos30°=-1-2×=-1-=-1
故答案为：-1．
【点睛】
此题主要考查实数的运算，解题的关键是熟知特殊三角函数值的求解．
15、1
【分析】根据点与圆的位置关系即可得到结论．
【详解】解：∵Q是半径为3的⊙O上一点，点P与圆心O的距离OP＝5，
根据三角形的三边关系，PQ≥OP－OQ（注：当O、P、Q共线时，取等号）
∴PQ长的最小值＝5-3＝1，
故答案为：1．
【点睛】
此题考查的是点与圆的位置关系，掌握三角形的三边关系求最值是解决此题的关键．
16、．
【分析】根据等式的基本性质将等式两边都除以3b，即可求出结论．
【详解】解：两边都除以3b，得
＝，
故答案为：．
【点睛】
此题考查的是等式的基本性质，掌握等式的基本性质是解决此题的关键．
17、1．
【分析】根据sin45°＝代入计算即可．
【详解】sin45°＝，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查特殊角的三角函数值，熟练记忆是关键．
18、
【分析】（1）先根据直径所对的圆周角是直角可求出∠ACB=90°，再根据三角形的内角和定理可求出∠BAC+∠ABC=90°，然后根据角平分线的性质可求出∠DAB+∠DBA=45°，最后利用外角的性质即可求出∠MAD的度数；
（2）如图连接AM，先证明△AME∽△BCE，得到 再列代入数值求解即可．
【详解】解：（1）∵为直径，
∴∠ACB=90°.
∴∠BAC+∠ABC=90°
∵点是弧的中点，
∴∠ABM=∠CBM=∠ABC.
∵平分交于点，
∴∠BAD=∠CAD=∠BAC.
∴∠DAB+∠DBA=∠ABC+∠BAC=45°.
∴45°.
（2）如图连接AM．

∵AB是直径，
∴∠AMB=90°
∵∠ADM=45°，
∴MA=MD，
∵DM=DB，
∴BM=2AM，设AM=x，则BM=2x，
∵AB=4，
∴x2+4x2=160，
∴x=4 （负根已经舍弃），
∴AM=4，BM=8，
∵∠MAE=∠CBM,∠CBM=∠ABM.
∴∠MAE==∠ABM.
∵∠AME=∠AMB=90°，
∴△AME∽△BMA.
∴
∴
∴ME=2.
故答案为：(1). (2). .
【点睛】
本题考查圆周角定理，圆心角，弧弦之间的关系，相似三角形的判定和性质，作出辅助线是解题的关键.

三、解答题（共78分）
19、（1）y=﹣x1+x；（1）证明见解析；（3）P（﹣，0）．
【分析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式；
（1）先求出直线OA对应的一次函数的表达式为y=x．再求出直线BD的表达式为y=x﹣1．最后求出交点坐标C，D即可；
（3）先判断出C'D与x轴的交点即为点P，它使得△PCD的周长最小．作辅助线判断出△C'PO∽△C'DQ即可．
【详解】解：（1）∵抛物线顶点为A（，1），设抛物线解析式为y=a（x﹣）1+1，将原点坐标（0，0）在抛物线上，∴0=a（）1+1
∴a=﹣，
∴抛物线的表达式为：y=﹣x1+x．
（1）令y=0，得 0=﹣x1+x，
∴x=0（舍），或x=1
∴B点坐标为：（1，0），
设直线OA的表达式为y=kx．∵A（，1）在直线OA上，
∴k=1，∴k=，
∴直线OA对应的一次函数的表达式为y=x．
∵BD∥AO，设直线BD对应的一次函数的表达式为y=x+b．∵B（1，0）在直线BD上，∴0=×1+b，∴b=﹣1，
∴直线BD的表达式为y=x﹣1．

由
得交点D的坐标为（﹣，﹣3），
令x=0得，y=﹣1，∴C点的坐标为（0，﹣1），
由勾股定理，得：OA=1=OC，AB=1=CD，OB=1=OD．
在△OAB与△OCD中，，
∴△OAB≌△OCD．
（3）点C关于x轴的对称点C'的坐标为（0，1），∴C'D与x轴的交点即为点P，它使得△PCD的周长最小．
过点D作DQ⊥y，垂足为Q，∴PO∥DQ，∴△C'PO∽△C'DQ，
∴，∴，∴PO=，
∴点P的坐标为（﹣，0）．
【点睛】
本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和全等，解答本题的关键是确定函数解析式．
20、（1）2；1;（2）线段MN表示的y2与x的函数解析式为y2=x﹣2（20≤x≤60）;（3）点P的意义为：当x=分钟时，甲乙距B地都为千米．
【分析】（1）当x=0时，y的值即为A、B两地间的距离，观察队伍乙的运动图象可知线段MN段为队伍乙从B地到C地段的函数图象，由此可得出B、C两地间的距离；
（2）根据队伍乙的运动为匀速运动可根据路程比等于时间比来求出点M的坐标，设直线MN的解析式为y=kx+b（k≠0），再由M、N点的坐标利用待定系数法求出线段MN的解析式；
（3）设队伍甲从A地到B地运动过程中离B地距离y与运动时间x之间的函数解析式为y=mx+n（m≠0），由点（0，2）、（60，0）利用待定系数法即可求出m、n的值，再令x﹣2=﹣x+2，求出交点P的坐标，结合坐标系中点的坐标意义即可解决问题．
【详解】解：（1）当x=0时，y=2，
∴A、B两地之间的距离为2千米；
观察队伍乙的运动图象可知，B、C两地之间的距离为1千米．
故答案为2；1．
（2）乙队伍60分钟走6千米，走2千米用时60÷6×2=20分钟，
∴M（20，0），N（60，1），
设直线MN的解析式为y=kx+b（k≠0），
则有，
解得：．
∴线段MN表示的y2与x的函数解析式为y2=x﹣2（20≤x≤60）．
（3）设队伍甲从A地到B地运动过程中离B地距离y与运动时间x之间的函数解析式为y=mx+n（m≠0），
则点（0，2）、（60，0）在该函数图象上，
∴有，解得：．
∴当0≤x≤60时，队伍甲的运动函数解析式为y=﹣x+2．
令x﹣2=﹣x+2，解得：x=，
将x=代入到y=﹣x+2中得：y=．
∴点P的意义为：当x=分钟时，甲乙距B地都为千米．
考点：一次函数的应用．
21、（1）4-π；（2）参见解析．
【解析】试题分析：（1）连接OD，由已知条件可证出三角形ODC是等腰直角三角形，OD的长度知道，∠DOB的度数是45度，这样，阴影的面积就等于等腰直角三角形ODC的面积减去扇形ODB的面积．（2）连接AD，由已知条件可证出AD垂直平分BM，从而得到DM=DB，又因为弧DE=弧DB，DE=DB，所以DE就等于DM了．
试题解析：（1）连接OD，∵CD是⊙O切线，∴OD⊥CD∵OA="CD" =， OA=OD∴OD=CD=∴△OCD 为等腰直角三角形∠DOC=∠C=45°S阴影=S△OCD-S扇OBD=××－．（2）连接AD．∵AB是⊙O直径∴∠ADB=∠ADM= 90°又∵弧ED=弧BD∴ED="BD" ∠MAD=∠BAD∴△AMD≌△ABD∴DM="BD" ∴DE=DM．如图所示：

考点：圆的性质与三角形综合知识．
22、证明见解析
【分析】根据两边对应成比例且其夹角相等的两三角形相似得到△ABC∽△AED，根据相似三角形的对应角相等即可证得结论．
【详解】证明：∵
∴，
即.
又∵，
∴
∴.
∴.
【点睛】
此题考查相似三角形的判定与性质，解题关键在于判定△ABE∽△ACD.
23、 (1) 、；（2）见解析
【分析】（1）将代入方程，求得a的值，再将a的值代入即可；
（2）写出根的判别式，配方后得到完全平方式，进行解答．
【详解】（1）将代入方程，得：，
解得：，
将代入原方程，整理可得：，
解得：或，
∴该方程的另一个根1.
（2）∵，
∴不论取何实数，该方程都有两个不相等的实数根。
【点睛】
此题考查根的判别式，解题关键在于掌握计算公式运算法则.
24、（1）AB＝4，AC＝2；（2）BC＝2，AC＝1．
【分析】（1）根据含30°角的直角三角形的性质即可得到结论；
（2）解直角三角形即可得到结论．
【详解】（1）在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝2，
∴AB＝2BC＝4，AC＝BC＝2；
（2）在△ABC中，∠C＝90°，tanA＝，AB＝6，
∴＝，
∴设BC＝k，AC＝4k，
∴AB＝＝3k＝6，
∴k＝2，
∴BC＝k＝2，AC＝4k＝1．
【点睛】
本题考查了含30°角的直角三角形，解直角三角形，正确的理解题意是解题的关键．
25、（1）32，1；（2）500人；（3）补图见解析；（4）5.88万人．
【解析】分析：分析：（1）用1减去A，D，B，E的百分比即可，运用A的百分比乘360°即可．（2）用不关心的人数除以对应的百分比可得．（3）求出25-35岁的人数再绘图．（4）用14万市民乘C与D的百分比的和求解．
本题解析：（1）m%=1-33%-20%-5%-10%=32%，所以m=32，
A区域所对应的扇形圆心角为：360°×20%=1°，
故答案为32，1．
（2）一共调查的人数为：25÷5%=500(人).
（3）(3)500×(32%+10%)=210(人)
25−35岁的人数为：210−10−30−40−70=60(人)

（4）14×(32%+10%)=5.88(万人)
答：估计本地市民中会有5.88万人给出建议．
26、k=2或10时，当k=2时，x1=x2=，当k=10时，x1=x2=
【分析】根据题意，得判别式△=[-（k+2）]2-4×4×（k-1）=0，解此一元二次方程即可求得k的值；然后代入k，利用直接开平方法，即可求得这时方程的根．
【详解】解：∵关于x的方程4x2-（k+2）x+k-1=0有两个相等的实数根，
∴△=[-（k+2）]2-4×4×（k-1）=k2-12k+20=0，
解得：k1=2， k2=10
∴k=2或10时，关于x的方程4x2-（k+2）x+k-1=0有两个相等的实数根．
当k=2时，原方程为：4x2-4x+1=0，即（2x-1）2=0，解得：x1=x2=；
当k=10时，原方程为：4x2-12x+9=0，即（2x-3）2=0，解得：x1=x2=；
【点睛】
此题考查了一元二次方程根的判别式与一元二次方程的解法．此题难度不大，解题的关键是掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；
（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；
（3）△＜0⇔方程没有实数根．