河北省廊坊市5月份2022年数学九年级第一学期期末统考试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．已知的半径为，点到圆心的距离为，则点和的位置关系是（ ）
A．点在圆内 B．点在圆上 C．点在圆外 D．不能确定
2．如图，正方形的边长为,对角线相交于点,将直角三角板的直角顶点放在点处,两直角边分别与重叠,当三角板绕点顺时针旋转角时，两直角边与正方形的边交于两点，则四边形的周长（ ）

A．先变小再变大 B．先变大再变小
C．始终不变 D．无法确定
3．如图所示几何体的主视图是（ ）

A． B． C． D．
4．如图，已知▱ABCD中，∠DBC＝45°，DE⊥BC于E，BF⊥CD于F，DE、BF相交于H，BF、AD的延长线相交于G，下面结论：①DB＝BE；②∠A＝∠BHE；③AB＝BH；④△BHD∽△BDG．其中正确的结论是（　　）

A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④
5．一个菱形的边长是方程的一个根，其中一条对角线长为8，则该菱形的面积为（　　）
A．48 B．24 C．24或40 D．48或80
6．如图，是由7个大小相同的小正方体堆砌而成的几何体，若从标有①、②、③、④的四个小正方体中取走一个后，余下几何体与原几何体的主视图相同，则取走的正方体是（　　）

A．① B．② C．③ D．④
7．如图，在Rt△ABC中，CE是斜边AB上的中线，CD⊥AB，若CD＝5，CE＝6，则△ABC的面积是（　　）

A．24 B．25 C．30 D．36
8．抛物线的部分图象如图所示，当时，x的取值范围是（ ）

A．x＞2 或x＜－3 B．－3＜x＜2
C．x＞2或x＜－4 D．－4＜x＜2
9．如图，水杯的杯口与投影面平行，投影线的几方向如箭头所示，它的正投影是（ ）

A． B． C． D．
10．已知，下列说法中，不正确的是（ ）
A． B．与方向相同
C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．一男生推铅球，铅球行进高度y与水平距离x之间的关系是，则铅球推出的距离是_____．此时铅球行进高度是_____．
12．如图，一下水管横截面为圆形，直径为，下雨前水面宽为，一场大雨过后，水面上升了，则水面宽为__________．

13．若扇形的半径为3，圆心角120，为则此扇形的弧长是________.
14．如图，把△ABC沿AB边平移到△A′B′C′的位置，它们的重叠部分（即图中的阴影部分）的面积是△ABC的面积的一半，若AB= 2 ，则此三角形移动的距离AA′=_______．

15．如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的长为__________.

16．如图，是一个立体图形的三种视图，则这个立体图形的体积为______．

17．如图，直线y＝ax+b过点A（0，2）和点B（﹣3，0），则方程ax+b＝0的解是_____．

18．已知：如图，点是边长为的菱形对角线上的一个动点，点是边的中点，且，则的最小值是_______．

三、解答题(共66分)
19．（10分）用配方法把二次函数y=﹣2x2+6x+4化为y=a（x+m）2+k的形式，再指出该函数图象的开口方向、对称轴和顶点坐标．
20．（6分）如图，在中，，，，点从点出发沿以的速度向点移动，移动过程中始终保持，（点分别在线段、线段上）.
（1）点移动几秒后，的面积等于面积的四分之一；
（2）当四边形面积时，求点移动了多少秒？

21．（6分）已知抛物线的顶点为，且过点.直线与轴相交于点.
（1）求该抛物线的解析式；
（2）以线段为直径的圆与射线相交于点，求点的坐标.
22．（8分）下面是小东设计的“过圆外一点作这个圆的两条切线”的尺规作图过程．
已知：⊙O及⊙O外一点P．
求作：直线PA和直线PB，使PA切⊙O于点A，PB切⊙O于点B．
作法：如图，
①连接OP，分别以点O和点P为圆心，大于OP的同样长为半径作弧，两弧分别交于点M，N；
②连接MN，交OP于点Q，再以点Q为圆心，OQ的长为半径作弧，交⊙O于点A和点B；
③作直线PA和直线PB.
所以直线PA和PB就是所求作的直线.
根据小东设计的尺规作图过程，
（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）

（2）完成下面的证明.
证明：∵OP是⊙Q的直径，
∴ ∠OAP＝∠OBP＝________°（ ）（填推理的依据）．
∴PA⊥OA，PB⊥OB．
∵OA，OB为⊙O的半径，
∴PA，PB是⊙O的切线．
23．（8分）如图，已知二次函数的图象与轴交于、两点（点在点的左侧），与轴交于点，且，顶点为．

（1）求二次函数的解析式；
（2）点为线段上的一个动点，过点作轴的垂线，垂足为，若，四边形的面积为，求关于的函数解析式，并写出的取值范围；
（3）探索：线段上是否存在点，使为等腰三角形？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，请说呀理由．
24．（8分）商场某种商品平均每天可销售30件，每件盈利50元，为了尽快减少库存，商场决定采取适当的降价措施．经调查发现，每件商品每降价1元，商场平均每天可多售出2件．
(1)若某天该商品每件降价3元，当天可获利多少元？
(2)设每件商品降价x元，则商场日销售量增加____件，每件商品，盈利______元(用含x的代数式表示)；
(3)在上述销售正常情况下，每件商品降价多少元时，商场日盈利可达到2000元？
25．（10分）如图，在中，∠C=90°，AC=3，AB=5，点P从点C出发沿CA以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动；点Q从点A出发沿AB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动．伴随着P、Q的运动，DE始终保持垂直平分PQ，且交PQ于点D，交BC于点E．点P、Q同时出发，当点P到达点A时停止运动，点Q也随之停止．设点P、Q运动的时间是t秒(t>0)．
（1）当t为何值时，？
（2）求四边形BQPC的面积S与t的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使四边形BQPC的面积与的面积比为13：15？若存在，求t的值．若不存在，请说明理由；
（4）若DE经过点C，试求t的值．

26．（10分）专卖店销售一种陈醋礼盒，成本价为每盒40元．如果按每盒50元销售，每月可售出500盒；若销售单价每上涨1元，每月的销售量就减少10盒．设此种礼盒每盒的售价为x元（50＜x＜75），专卖店每月销售此种礼盒获得的利润为y元．
（1）写出y与x之间的函数关系式；
（2）专卖店计划下月销售此种礼盒获得8000元的利润，每盒的售价应为多少元？
（3）专卖店每月销售此种礼盒的利润能达到10000元吗？说明理由．

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【解析】根据点与圆的位置关系进行判断．
【详解】∵⊙O的半径为6cm，P到圆心O的距离为6cm，
即OP=6，
∴点P在⊙O上．
故选：B．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系：点与圆的位置关系有3种，设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：点P在圆外⇔d＞r；点P在圆上⇔d=r；点P在圆内⇔d＜r．
2、A
【分析】由四边形ABCD是正方形，直角∠FOE,证明△DOF≌△COE,则可得四边形OECF的周长与OE的变化有关.
【详解】解：四边形是正方形,
,，即
,
又,

随的变化而变化。
由旋转可知先变小再变大，
故选：．
【点睛】
本题考查了用正方形的性质来证明三角形全等，再利用相等线段进行变形，根据变化的线段来判定四边形OECF周长的变化.
3、C
【解析】根据主视图的定义即可得出答案.
【详解】从正面看，共有两列，第一列有两个小正方形，第二列有一个小正方形，在下方，只有选项C符合
故答案选择C.
【点睛】
本题考查的是三视图，比较简单，需要熟练掌握三视图的画法.
4、B
【分析】根据已知及相似三角形的判定方法对各个结论进行分析从而得到最后答案．
【详解】∵∠DBC＝45°，DE⊥BC
∴∠BDE＝45°，
∴BE＝DE
由勾股定理得，DB＝BE，
∵DE⊥BC，BF⊥CD
∴∠BEH＝∠DEC＝90°
∵∠BHE＝∠DHF
∴∠EBH＝∠CDE
∴△BEH≌△DEC
∴∠BHE＝∠C，BH＝CD
∵▱ABCD中
∴∠C＝∠A，AB＝CD
∴∠A＝∠BHE，AB＝BH
∴正确的有①②③
对于④无法证明．
故选：B．
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定和性质：①如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似；②如果两个三角形的两条对应边的比相等，且夹角相等，那么这两个三角形相似；③如果两个三角形的两个对应角相等，那么这两个三角形相似．平行于三角形一边的直线截另两边或另两边的延长线所组成的三角形与原三角形相似．相似三角形的对应边成比例，对应角相等．
5、B
【解析】利用因式分解法解方程得到x1=5，x2=3，利用菱形的对角线互相垂直平分和三角形三边的关系得到菱形的边长为5，利用勾股定理计算出菱形的另一条对角线为6，然后计算菱形的面积．
【详解】解：，
所以，，
∵菱形一条对角线长为8，
∴菱形的边长为5，
∴菱形的另一条对角线为，
∴菱形的面积．
故选：B．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程-因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了三角形三边的关系．也考查了三角形三边的关系和菱形的性质．
6、A
【分析】根据题意得到原几何体的主视图，结合主视图选择．
【详解】解：原几何体的主视图是：
．
视图中每一个闭合的线框都表示物体上的一个平面，左侧的图形只需要两个正方体叠加即可．
故取走的正方体是①．
故选A．
【点睛】
本题考查了简单组合体的三视图,中等难度,作出几何体的主视图是解题关键.
7、C
【分析】根据题意及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得：AB=2CE=12再根据三角形面积公式，即△ABC面积=AB×CD=30.故选C.
【详解】解：∵CE是斜边AB上的中线，
∴AB＝2CE＝2×6＝12，
∴S△ABC＝×CD×AB＝×5×12＝30，
故选：C．
【点睛】
本题的考点是直角三角形斜边上的中线性质及三角形面积公式.方法是根据题意求出三角形面积公式中的底，再根据面积公式即可得出答案.
8、C
【分析】先根据对称轴和抛物线与x轴的交点求出另一交点；再根据开口方向，结合图形，求出y<0时，x的取值范围．
【详解】解：因为抛物线过点（2，0），对称轴是x= -1，
根据抛物线的对称性可知，抛物线必过另一点（-1，0），
因为抛物线开口向下，y<0时，图象在x轴的下方，
此时，x＞2或x＜－1．
故选：C．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点，解题的关键是利用二次函数的对称性，判断图象与x轴的交点，根据开口方向，形数结合，得出结论．
9、D
【解析】水杯的杯口与投影面平行，即与光线垂直，则它的正投影图有圆形．
【详解】解：依题意，光线是垂直照下的，它的正投影图有圆形，只有D符合，
故选：D．
【点睛】
本题考查正投影的定义及正投影形状的确定．
10、A
【分析】根据平行向量以及模的定义的知识求解即可求得答案，注意掌握排除法在选择题中的应用．
【详解】A、，故该选项说法错误
B、因为，所以与的方向相同，故该选项说法正确，
C、因为，所以，故该选项说法正确，
D、因为，所以；故该选项说法正确，
故选：A．
【点睛】
本题考查了平面向量，注意，平面向量既有大小，又由方向，平行向量，也叫共线向量，是指方向相同或相反的非零向量．零向量和任何向量平行．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1 2
【分析】铅球落地时，高度，把实际问题理解为当时，求x的值即可．
【详解】铅球推出的距离就是当高度时x的值
当时，
解得：（不合题意，舍去）
则铅球推出的距离是1．此时铅球行进高度是2
故答案为：1；2．
【点睛】
本题考查了二次函数的应用，理解铅球推出的距离就是当高度时x的值是解题关键．
12、1
【分析】先根据勾股定理求出OE的长，再根据垂径定理求出CF的长，即可得出结论．
【详解】解：如图：作OE⊥AB于E，交CD于F，连接OA，OC

∵AB=60cm，OE⊥AB，且直径为100cm，
∴OA=50cm，AE=
∴OE=，
∵水管水面上升了10cm，
∴OF=40-10=030cm，
∴CF=，
∴CD=2CF=1cm．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查的是垂径定理的应用，熟知平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧是解答此题的关键．
13、
【解析】根据弧长公式可得：=2π，
故答案为2π.
14、
【分析】由题意易得阴影部分与△ABC相似，然后根据相似三角形的面积比是相似比的平方可求解．
【详解】解：
把△ABC沿AB边平移到△A′B′C′的位置，，
它们的重叠部分（即图中的阴影部分）的面积是△ABC的面积的一半，AB=2，
即，；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
15、1
【分析】由旋转的性质可得AC＝AC1＝3，∠CAC1＝60°，由勾股定理可求解．
【详解】∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，
∴AC＝AC1＝3，∠CAC1＝60°，
∴∠BAC1＝90°，
∴BC1＝＝＝1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练旋转的性质是本题的关键．
16、
【分析】根据该立体图形的三视图可判断该立体图形为圆柱，且底面直径为8，高为8，根据圆柱的体积公式即可得答案．
【详解】∵该立体图形的三视图为两个正方形和一个圆，
∴该立体图形为圆柱，且底面直径为8，高为8，
∴这个立体图形的体积为×42×8=128，
故答案为：128
【点睛】
本题考查由三视图判断几何体；利用该几何体的三视图得到该几何体底面半径、高是解题的关键．
17、x＝﹣1
【分析】所求方程ax+b＝0的解，即为函数y＝ax+b图像与x轴交点横坐标，根据已知条件中点B即可确定．
【详解】解：方程ax+b＝0的解，即为函数y＝ax+b图象与x轴交点的横坐标，
∵直线y＝ax+b过B（﹣1，0），
∴方程ax+b＝0的解是x＝﹣1，
故答案为：x＝﹣1．
【点睛】
本题主要考查了一次函数与一元一次方程的关系，掌握一次函数与一元一次方程之间的关系是解题的关键.
18、
【分析】找出B点关于AC的对称点D，连接DM，则DM就是PM+PB的最小值，求出即可．
【详解】解：连接DE交AC于P，连接BD，BP，由菱形的对角线互相垂直平分，可得B、D关于AC对称，则PD=PB，
∴PE+PB=PE+PD=DE，
即DM就是PM+PB的最小值，
∵∠BAD=60°，AD=AB，
∴△ABD是等边三角形，
∵AE=BE，
∴DE⊥AB（等腰三角形三线合一的性质）
在Rt△ADE中，DM==．
故PM+PB的最小值为．
故答案为：．

【点睛】
本题考查的是最短线路问题及菱形的性质，由菱形的性质得出点D是点B关于AC的对称点是解答此题的关键．

三、解答题(共66分)
19、开口向下，对称轴为直线，顶点
【解析】试题分析:先通过配方法对二次函数的一般式进行配方成顶点式,再根据二次函数图象性质写出开口方向,对称轴,顶点坐标.
试题解析:,
=,
=,
开口向下,对称轴为直线,顶点.
20、（1）2秒；（2）3秒.
【分析】（1）证得△ABC、△ADE和△DBF都是等腰直角三角形，利用，列式计算即可；
（2）根据，列式计算即可求得答案．
【详解】（1）设移动秒，的面积等于面积的四分之一，
∵，，，
∴△ABC为等腰直角三角形，，
∵，，
∴△ADE和△DBF都是等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，即，
解得：(秒)；
（2）设移动秒，四边形面积，
由(1)得：，，
∵，
∴
即
解得：(秒) ．
【点睛】
本题主要考查了列代数式以及一元二次方程的应用，等腰三角形的判定和性质，利用三角形的面积公式，找出关于的一元二次方程是解题的关键．
21、（1）；（2）或
【分析】（1）先设出抛物线的顶点式，再将点A的坐标代入可得出结果；
（2）先求出射线的解析式为，可设点P的坐标为(x,x)．圆与射线OA相交于两点，分两种情况：①如图1当时，构造和，再在直角三角形中利用勾股定理，列方程求解；②如图2，当时，构造和，再在直角三角形中利用勾股定理，列方程求解．
【详解】解：（1）根据顶点设抛物线的解析式为：，
代入点，得：，
抛物线的解析式为：．
设直线的解析式为：，
分别代入和，
得：，
直线的解析式为：；
（2）由（1）得：直线的解析式为，
令，得，
由题意可得射线的解析式为，
点在射线上，则可设点，
由图可知满足条件的点有两个：
①当时，构造和，
可得：如图1：

由图可得，，，
．
在Rt△PMD中，,
在Rt△PBG中，,
在Rt△BMH中，,
点在以线段为直径的圆上,，
可得：,
即：．
整理，得：
，解得：；
,．
;
②当时，如图2，构造和，可得：

同理，根据BM2=BP2+PM2，可得方程：
42+42=(6-x)2+x2+(x-2)2+(x-4)2,化简得，
，解得：，
∵．
．
综上所述，符合题目条件的点有两个，其坐标分别为：或．
【点睛】
本题主要考查二次函数解析式的求法，以及圆的相关性质，关键是构造直角三角形利用勾股定理列方程解决问题．
22、（1）补全图形见解析；（2）90；直径所对的圆周角是直角.
【分析】（1）根据题中得方法依次作图即可；
（2）直径所对的圆周角是直角，据此填写即可.
【详解】(1)补全图形如图

（2）∵直径所对的圆周角是直角，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
故答案为：90；直径所对的圆周角是直角，
【点睛】
本题主要考查了尺规作图以及圆周角性质，熟练掌握相关方法是解题关键.
23、（1）；（2）；（3）存在，，.
【解析】（1）可根据OB、OC的长得出B、C两点的坐标，然后用待定系数法即可求出抛物线的解析式．
（2）可将四边形ACPQ分成直角三角形AOC和直角梯形CQPC两部分来求解．先根据抛物线的解析式求出A点的坐标，即可得出三角形AOC直角边OA的长，据此可根据上面得出的四边形的面积计算方法求出S与m的函数关系式．
（3）先根据抛物线的解析式求出M的坐标，进而可得出直线BM的解析式，据此可设出N点的坐标，然后用坐标系中两点间的距离公式分别表示出CM、MN、CN的长，然后分三种情况进行讨论：①CM=MN；②CM=CN；③MN=CN．根据上述三种情况即可得出符合条件的N点的坐标．
【详解】解：（1）∵，∴，．∴，
解得，∴二次函数的解析式为；
（2），
设直线的解析式为，则有解得
∴直线的解析式为
∵轴，，∴点的坐标为

；
（3）线段上存在点， 使为等腰三角形．设点坐标为则：
，，
①当时，解得，（舍去）
此时
②当时，，
解得，（舍去），此时
③当时，
解得，此时．
【点睛】
本题考查了二次函数解析式的确定、图形的面积求法、函数图象交点、等腰三角形的判定等知识及综合应用知识、解决问题的能力．考查学生分类讨论、数形结合的数学思想方法．
24、（1）若某天该商品每件降价3元，当天可获利1692元；
（2）2x；50﹣x．
（3）每件商品降价1元时，商场日盈利可达到2000元．
【分析】（1）根据“盈利=单件利润×销售数量”即可得出结论；
（2）根据“每件商品每降价1元，商场平均每天可多售出2件”结合每件商品降价x元，即可找出日销售量增加的件数，再根据原来没见盈利50元，即可得出降价后的每件盈利额；
（3）根据“盈利=单件利润×销售数量”即可列出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再根据尽快减少库存即可确定x的值．
【详解】（1）当天盈利：（50-3）×（30+2×3）=1692（元）．
答：若某天该商品每件降价3元，当天可获利1692元．
（2）∵每件商品每降价1元，商场平均每天可多售出2件，
∴设每件商品降价x元，则商场日销售量增加2x件，每件商品，盈利（50-x）元．
故答案为2x；50-x．
（3）根据题意，得：（50-x）×（30+2x）=2000，
整理，得：x2-35x+10=0，
解得：x1=10，x2=1，
∵商城要尽快减少库存，
∴x=1．
答：每件商品降价1元时，商场日盈利可达到2000元．
【点睛】
考查了一元二次方程的应用，解题的关键是根据题意找出数量关系列出一元二次方程（或算式）．
25、（1）；（2）；（3）1或2；（4）．
【分析】（1）先根据可得，再根据相似三角形的判定可得，然后利用相似三角形的性质即可得；
（2）如图（见解析），先利用正弦三角函数求出的长，再根据即可得与的函数关系式，然后根据运动路程和速度求出的取值范围即可得；
（3）先根据面积比可求出S的值，从而可得一个关于t的一元二次方程，再解方程即可得；
（4）如图（见解析），先根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，再根据线段的和差可得，然后根据垂直平分线的性质可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】（1）由题意得：，
，
，
，DE垂直平分PQ，
，即，
在和中，，
，
，即，
解得，
故当时，；
（2）如图，过点Q作于点F，
在中，，
，
在中，，即，
解得，
则四边形BQPC的面积，
，
，
点P到达点A所需时间为（秒），点Q到达点B所需时间为（秒），且当点P到达点A时停止运动，点Q也随之停止，
，
又当或时，不存在四边形BQPC，
，
故四边形BQPC的面积S与t的函数关系式；

（3），
，
即，
解得或，
故当或时，四边形BQPC的面积与的面积比为；
（4）如图，过点Q作于点H，连接CQ，
，
，
，
，即，
解得，
，
垂直平分PQ，
，
在中，，即，
解得．

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、正弦三角函数、垂直平分线的性质、解一元二次方程等知识点，较难的是题（4），通过作辅助线，构造相似三角形和直角三角形是解题关键．
26、（1）y=－11x2＋1411x－41111；（2）销售价应定为61元/盒．（3）不可能达到11111元．理由见解析
【分析】（1）根据题意用x表示销售商品的件数，则利润等于单价利润乘以件数．
（2）根据此种礼盒获得8111元的利润列出一元二次方程求解，再进行取舍即可；
（3）得出相应的一元二次方程，判断出所列方程是否有解即可．
【详解】解：（1）y=(x－41)[511－11(x－51)]，
整理，得y=－11x2＋1411x－41111；
（2）由题意得y=8111，即－11x2＋1411x－41111=8111，
化简，得x2－141x＋4811=1．
解得，x1＝61，x2＝81（不符合题意，舍去）．
∴x＝61．
答：销售价应定为61元/盒．
（3）不可能达到11111元．理由如下：
当y=11111时，得－11x2＋1411x－41111=11111．
化简，得x2－141x＋5111=1．
△＝（-141）2-4×1×5111＜1，原方程无实数解．
∴该专卖店每月销售此种礼盒的利润不可能达到11111元．
【点睛】
解决问题的关键是读懂题意，找到所求的量的等量关系．注意售价、进价、利润、销售量之间的数量关系．