安徽省滁州市定远县2022-2023学年数学九年级第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图①，在矩形中，，对角线相交于点，动点由点出发，沿向点运动．设点的运动路程为，的面积为，与的函数关系图象如图②所示，则边的长为( )．

A．3 B．4 C．5 D．6
2．如图方格纸中每个小正方形的边长均为1，点P、A、C都在小正方形的顶点上．某人从点P出发，沿过A、C、P三点的圆走一周，则这个人所走的路程是（ ）

A． B． C． D．不确定
3．是关于的一元一次方程的解，则（ ）
A． B． C．4 D．
4．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，，则四边形AODE一定是（ ）

A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．不能确定
5．抛物线的顶点坐标是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，是内两条互相垂直的直径，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
7．小亮、小莹、大刚三位同学随机地站成一排合影留念，小亮恰好站在中间的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，抛物线与轴交于、两点，是以点（0,3）为圆心，2为半径的圆上的动点，是线段的中点，连结.则线段的最大值是（ ）

A． B． C． D．
9．下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，将RtABC绕直角项点C顺时针旋转90°，得到A' B'C，连接AA'，若∠1=20°，则∠B的度数是( )

A．70° B．65° C．60° D．55°
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知关于x的方程x2-3x+m=0的一个根是1，则m=__________．
12．如图，扇形的圆心角是为，四边形是边长为的正方形，点分别在在弧上，那么图中阴影部分的面积为__________．(结果保留)

13．经过某十字路口的汽车，它可能直行，也可能向左转或向右转，假设这三种可能性大小相同，那么两辆汽车经过这个十字路口，一辆向左转，一辆向右转的概率是_____．
14．方程的解是______________．
15．化简：-（sin60°﹣1）0﹣2cos30°=________________．
16．如图，有一张直径为1.2米的圆桌，其高度为0.8米，同时有一盏灯距地面2米，圆桌在水平地面上的影子是，∥，和是光线，建立如图所示的平面直角坐标系，其中点的坐标是．那么点的坐标是_________．

17．已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴的两个交点的坐标分别是（﹣3，0），（2，0），则方程ax2+bx+c=0（a≠0）的解是_____．
18．△ABC中，∠A、∠B都是锐角，若sinA＝，cosB＝，则∠C＝_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）放寒假，小明的爸爸把油箱注满油后准备驾驶汽车到距家300的学校接小明，在接到小明后立即按原路返回，已知小明爸爸汽车油箱的容积为70，请回答下列问题：
（1）写出油箱注满油后，汽车能够行使的总路程与平均耗油量之间的函数关系式；
（2）小明的爸爸以平均每千米耗油0.1的速度驾驶汽车到达学校，在返回时由于下雨，小明的爸爸降低了车速，此时每千米的耗油量增加了一倍，如果小明的爸爸始终以此速度行使，油箱里的油是否够回到家？如果不够用，请通过计算说明至少还需加多少油？
20．（6分）如图，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连接CG．
（1）试说明四边形EFCG是矩形；
（2）当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中，
①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；
②求点G移动路线的长．

21．（6分）如图，抛物线与轴交于点和，与轴交于点顶点为．
求抛物线的解析式；
求的度数；
若点是线段上一个动点，过作轴交抛物线于点，交轴于点，设点的横坐标为．
①求线段的最大值；
②若是等腰三角形，直接写出的值．

22．（8分）解方程：x2﹣6x+8＝1．
23．（8分）如图①，四边形ABCD与四边形CEFG都是矩形，点E，G分别在边CD，CB上，点F在AC上，AB＝3，BC＝4
（1）求的值；
（2）把矩形CEFG绕点C顺时针旋转到图②的位置，P为AF，BG的交点，连接CP
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）判断CP与AF的位置关系，并说明理由．

24．（8分）我们把端点都在格点上的线段叫做格点线段．如图，在7×7的方格纸中，有一格点线段AB，按要求画图．
（1）在图1中画一条格点线段CD将AB平分．
（2）在图2中画一条格点线段EF．将AB分为1：1．

25．（10分）某体育看台侧面的示意图如图所示，观众区的坡度为，顶端离水平地面的高度为，从顶棚的处看处的仰角，竖直的立杆上、两点间的距离为，处到观众区底端处的水平距离为．求:
（1）观众区的水平宽度；
（2）顶棚的处离地面的高度．（，，结果精确到）

26．（10分）如图，C地在B地的正东方向，因有大山阻隔，由B地到C地需绕行A地，已知A地位于B地北偏东53°方向，距离B地516千米，C地位于A地南偏东45°方向．现打算打通穿山隧道，建成两地直达高铁，求建成高铁后从B地前往C地的路程．（结果精确到1千米）（参考数据：sin53°＝，cos53°＝，tan53°＝）

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】当点在上运动时，面积逐渐增大，当点到达点时，结合图象可得面积最大为1，得到与的积为12；当点在上运动时，面积逐渐减小，当点到达点时，面积为0，此时结合图象可知点运动路径长为7，得到与的和为7，构造关于的一元二方程可求解．
【详解】解：当点在上运动时，面积逐渐增大，当点到达点时，面积最大为1．
∴，即．
当点在上运动时，面积逐渐减小，当点到达点时，面积为0，此时结合图象可知点运动路径长为7，
∴．
则，代入，得，解得或1，
因为，即，
所以．
故选B．
【点睛】
本题主要考查动点问题的函数图象，解题的关键是分析三角形面积随动点运动的变化过程，找到分界点极值，结合图象得到相关线段的具体数值．
2、C
【分析】根据题意作△ACP的外接圆，根据网格的特点确定圆心与半径，求出其周长即可求解．
【详解】如图，△ACP的外接圆是以点O为圆心，OA为半径的圆，
∵AC=,AP=，CP=，
∴AC2=AP2+CP2
∴△ACP是等腰直角三角形
∴O点是AC的中点，
∴AO=CO=OP=
∴这个人所走的路程是
故选C．

【点睛】
此题主要考查三角形的外接圆，解题的关键是熟知外接圆的作法与网格的特点．
3、A
【分析】先把x=1代入方程得a+2b=-1，然后利用整体代入的方法计算2a+4b的值
【详解】将x＝1代入方程x2+ax+2b＝0，
得a+2b＝－1，2a+4b＝2（a+2b）＝2×（－1）＝－2.
故选A.
【点睛】
此题考查一元二次方程的解，整式运算，掌握运算法则是解题关键
4、B
【分析】根据题意可判断出四边形AODE是平行四边形，再由菱形的性质可得出AC⊥BD，即∠AOD=90°，继而可判断出四边形AODE是矩形；
【详解】证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOD=90°，
∴四边形AODE是矩形.
故选B.
【点睛】
本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定；熟练掌握矩形的判定与性质、菱形的性质是解决问题的关键．
5、D
【分析】当 时，是抛物线的顶点，代入求出顶点坐标即可．
【详解】由题意得，当 时，是抛物线的顶点
代入到抛物线方程中

∴顶点的坐标为
故答案为：D．
【点睛】
本题考查了抛物线的顶点坐标问题，掌握求二次函数顶点的方法是解题的关键．
6、C
【分析】根据直径的定义与等腰三角形的性质即可求解．
【详解】∵是内两条互相垂直的直径，
∴AC⊥BD
又OB=OC
∴==
故选C．
【点睛】
此题主要考查圆内的角度求解，解题的关键是熟知圆内等腰三角形的性质．
7、B
【解析】分析: 先利用列表法展示所以6种等可能的结果，其中小亮恰好站在中间的占2种，然后根据概率定义求解.
详解: 列表如下：
，
共有6种等可能的结果，其中小亮恰好站在中间的占2种，
所以小亮恰好站在中间的概率=．
故选B.
点睛：本题考查了列表法与树状图法：先利用列举法或树形图法不重不漏地列举出所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，求出概率.
8、C
【分析】根据抛物线解析式可求得点A（-4,0），B（4,0），故O点为AB的中点，又Q是AP上的中点可知OQ=BP，故OQ最大即为BP最大，即连接BC并延长BC交圆于点P时BP最大，进而即可求得OQ的最大值.
【详解】∵抛物线与轴交于、两点
∴A（-4,0），B（4,0），即OA=4.
在直角三角形COB中
BC=
∵Q是AP上的中点，O是AB的中点
∴OQ为△ABP中位线，即OQ=BP
又∵P在圆C上，且半径为2，
∴当B、C、P共线时BP最大，即OQ最大
此时BP=BC+CP=7
OQ=BP=.
【点睛】
本题考查了勾股定理求长度，二次函数解析式求点的坐标及线段长度，中位线，与圆相离的点到圆上最长的距离，解本题的关键是将求OQ最大转化为求BP最长时的情况.
9、C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断即可.
【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
故选C.
【点睛】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，属于基础题型，熟知轴对称图形和中心对称图形的定义是正确判断的关键.
10、B
【分析】根据图形旋转的性质得AC=A′C，∠ACA′=90°，∠B=∠A′B′C，从而得∠AA′C=45°，结合∠1=20°，即可求解．
【详解】∵将RtABC绕直角项点C顺时针旋转90°，得到A' B'C，
∴AC=A′C，∠ACA′=90°，∠B=∠A′B′C，
∴∠AA′C=45°，
∵∠1=20°，
∴∠B′A′C=45°-20°=25°，
∴∠A′B′C=90°-25°=65°，
∴∠B=65°．
故选B．
【点睛】
本题主要考查旋转的性质，等腰三角形和直角三角形的性质，掌握等腰三角形和直角三角形的性质定理，是解题的关键．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【解析】试题分析：∵关于x的方程的一个根是1，∴1﹣3×1+m=0，解得，m=1，故答案为1．
考点：一元二次方程的解．
12、
【分析】由正方形的性质求出扇形的半径，求得扇形的面积，再减去正方形OEDC的面积即可解答，
【详解】解：∵正方形OCDE的边长为1，
∴OD=
∵扇形的圆心角是为
∴扇形的面积为
∴阴影部分的面积为-1
故答案为-1.
【点睛】
本题考查了扇形的面积计算，确定扇形的半径并求扇形的面积是解答本题的关键.
13、
【分析】列举出所有情况，让一辆向左转，一辆向右转的情况数除以总情况数即为所求的可能性．
【详解】
一辆向左转，一辆向右转的情况有两种，则概率是．
【点睛】
本题考查了列表法与树状图法，用到的知识点为：可能性=所求情况数与总情况数之比．
14、,
【分析】根据题意先移项，再提取公因式，求出x的值即可．
【详解】解：移项得，x（x-3）-x=0，
提取公因式得，x（x-3-1）=0，即x（x-4）=0，
解得,．
故答案为：,．
【点睛】
本题考查的是解一元二次方程-因式分解法，熟练利用因式分解法解一元二次方程是解答此题的关键．
15、-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．
16、
【分析】先证明△ABC∽△ADE，再根据相似三角形的性质：相似三角形的对应高的比等于相似比求解即可．
【详解】解：∵BC∥DE，
∴△ABC∽△ADE，
∴，
∵BC=1.2，
∴DE=2，
∴E（4，0）．
故答案为：（4，0）．
【点睛】
本题考查了中心投影，相似三角形的判定和性质，准确识图，熟练掌握相似三角形的对应高的比等于相似比是解题的关键．
17、.x1＝－3，x2＝2
【详解】解：∵抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴的两个交点的坐标分别是(−3,0)，(2,0)，
∴当x=−3或x=2时，y=0，
即方程的解为
故答案为：
18、60°．
【分析】先根据特殊角的三角函数值求出∠A、∠B的度数，再根据三角形内角和定理求出∠C即可作出判断．
【详解】∵△ABC中，∠A、∠B都是锐角，sinA＝，cosB＝，
∴∠A＝∠B＝60°．
∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣60°﹣60°＝60°．
故答案为：60°．
【点睛】
本题考查的是特殊角的三角函数值及三角形内角和定理，比较简单．

三、解答题(共66分)
19、（1）；（2）不够，至少要加油20L
【分析】（1）根据总路程×平均耗油量=油箱总油量求解即可；
（2）先计算去时所用油量，再计算返回时用油量，与油箱中剩余油量作比较即可得出答案．
【详解】解：（1）由题意可得出总路程与平均耗油量的函数关系式为：；
（2）小明的爸爸始终以此速度行使，油箱里的油不能够回到家
小明爸爸去时用油量是：（）
油箱剩下的油量是：（）
返回每千米用油量是：（）
返回时用油量是：（）.
所以，油箱里的油不能够回到家，至少要加油：
【点睛】
本题考查的知识点是求反比例函数的解析式，比较基础，易于掌握．
20、（1）证明见解析；（2）①存在，矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为；②．
【解析】试题分析：（1）只要证到三个内角等于90°即可．
（2）①易证点D在⊙O上，根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE，从而证到△CFE∽△DAB，根据相似三角形的性质可得到S矩形ABCD=2S△CFE=．然后只需求出CF的范围就可求出S矩形ABCD的范围．
②根据圆周角定理和矩形的性质可证到∠GDC=∠FDE=定值，从而得到点G的移动的路线是线段，只需找到点G的起点与终点，求出该线段的长度即可．
试题解析：解：（1）证明：如图，
∵CE为⊙O的直径，∴∠CFE=∠CGE=90°．
∵EG⊥EF，∴∠FEG=90°．∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．
∴四边形EFCG是矩形．
（2）①存在．
如答图1，连接OD，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=90°．
∵点O是CE的中点，∴OD=OC．∴点D在⊙O上．
∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，∴△CFE∽△DAB．∴．
∵AD=1，AB=2，∴BD=5.
∴. ∴S矩形ABCD=2S△CFE=．
∵四边形EFCG是矩形，∴FC∥EG．∴∠FCE=∠CEG．
∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，∴∠GDC=∠FDE．
∵∠FDE+∠CDB=90°，∴∠GDC+∠CDB=90°．∴∠GDB=90°
Ⅰ．当点E在点A（E′）处时，点F在点B（F′）处，点G在点D（G′处，如答图1所示．
此时，CF=CB=1．
Ⅱ．当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD，如答图2所示，此时⊙O与射线BD相切，CF=CD=2．
Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，此时点F到达F″′，如答图2所示．S△BCD=BC•CD=BD•CF″′．
∴1×2=5×CF″′．∴CF″′=．
∴≤CF≤1．
∵S矩形ABCD=，∴，即．
∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为．

②∵∠GDC=∠FDE=定值，点G的起点为D，终点为G″，
∴点G的移动路线是线段DG″．
∵∠GDC=∠FDE，∠DCG″=∠A=90°，∴△DCG″∽△DAB．
∴，即，解得．
∴点G移动路线的长为．
考点：1.圆的综合题；2.单动点问题；2.垂线段最短的性质；1.直角三角形斜边上的中线的性质；5.矩形的判定和性质；6.圆周角定理；7.切线的性质；8.相似三角形的判定和性质；9.分类思想的应用．
21、（1）y＝x2－4x＋2，（2）90°，（2）①，②m＝2或m＝或m＝1．
【分析】（1）将点B,C代入抛物线的解析式中，利用待定系数法即可得出答案；
（2）先求出点D的坐标，然后利用OB＝OC，得出∠CBO＝45°，过D作DE⊥x 轴，垂足为E，再利用DE＝BE，得出∠DBO＝45°，则的度数可求；
（2）①先用待定系数法求出直线BC的表达式，然后设出M,N的坐标，表示出线段MN的长度，利用二次函数的性质即可求出最大值；
②分三种情况： BN＝BM， BN＝MN， NM＝BM分别建立方程求解即可．
【详解】解：（1）将点B（2，0）、C（0，2）代入抛物线y＝x2＋bx＋c中，
得：，解得：．
故抛物线的解析式为y＝x2－4x＋2．
（2）y＝x2－4x＋2＝(x－2)2－1，
∴D点坐标为（2，－1）．
∵OB＝OC＝2，
∴∠CBO＝45°，
过D作DE⊥x 轴，垂足为E，则DE＝BE＝1，

∴∠DBO＝45°，
∴∠CBD＝90°．
（2）①设直线BC的解析式为y＝kx＋2，得：0＝2k＋2，解得：k＝－1，
∴直线BC的解析式为y＝－x＋2．
点M的坐标为（m，m2－4m＋2），点N的坐标为（m，－m＋2）．
线段MN＝（－m＋2）－（m2－4m＋2）＝－m2＋2m＝－(m－)2＋．
∴当m＝时，线段MN取最大值，最大值为．
②在Rt△NBH中，BH＝2－m，BN＝(2－m)．
当BN＝BM时，NH＝MH，则－m＋2＝－(m2－4m＋2)，
即m2－5m＋6＝0，解得m1＝2，m2＝2（舍去），
当BN＝MN时，－m2＋2m＝(2－m)，解得：m1＝，m2＝2（舍去），
当NM＝BM时，∠MNB＝∠NBM＝45°，则MB与x轴重合，点M与点A重合，
∴m＝1，
综合得：m＝2或m＝或m＝1．
【点睛】
本题主要考查二次函数与几何综合，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
22、x1＝2 x2＝2．
【分析】应用因式分解法解答即可.
【详解】解：x2﹣6x+8＝1
（x﹣2）（x﹣2）＝1，
∴x﹣2＝1或x﹣2＝1，
∴x1＝2 x2＝2．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，解答关键是根据方程特点进行因式分解.
23、（1）；（2）（Ⅰ）；（Ⅱ）CP⊥AF，理由：见解析.
【解析】(1)根据矩形的性质得到∠B＝90°，根据勾股定理得到AC＝5，根据相似三角形的性质即可得到结论；
(2)(Ⅰ)连接CF，根据旋转的性质得到∠BCG＝∠ACF，根据相似三角形的判定和性质定理得到结论；
(Ⅱ)根据相似三角形的性质得到∠BGC＝∠AFC，推出点C，F，G，P四点共圆，根据圆周角定理得到∠CPF＝∠CGF＝90°，于是得到结论．
【详解】(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵AB＝3，BC＝4，
∴AC＝5，
∴，
∵四边形CEFG是矩形，
∴∠FGC＝90°，
∴GF∥AB，
∴△CGF∽△CBA，
∴，
∵FG∥AB，
∴；
(2)(Ⅰ)连接CF，
∵把矩形CEFG绕点C顺时针旋转到图②的位置，
∴∠BCG＝∠ACF，
∵，
∴△BCG∽△ACF，
∴；
(Ⅱ)CP⊥AF，
理由：∵△BCG∽△ACF，
∴∠BGC＝∠AFC，
∴点C，F，G，P四点共圆，
∴∠CPF＝∠CGF＝90°，
∴CP⊥AF．

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，平行线分线段成比例定理，旋转的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
24、（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）根据矩形ACBD即可解决问题．
（2）利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
【详解】解：（1）如图，线段CD即为所求．

（2）如图，线段EF即为所求，注意有两种情形．

【点睛】
本题考查作图-应用与设计，矩形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．
25、（1）观众区的水平宽度为；（2）顶棚的处离地面的高度约为．
【分析】（1）利用坡度的性质进一步得出，然后据此求解即可；
（2）作于，于，则四边形、为矩形，再利用三角函数进一步求出EN长度，然后进一步求出答案即可.
【详解】（1）观众区的坡度为，顶端离水平地面的高度为，
∴,
，
答：观众区的水平宽度为；
（2）如图，作于，于，则四边形、为矩形，

m，m，m，
在中，，
则m，
，
答：顶棚的处离地面的高度约为．
【点睛】
本题主要考查了三角函数的实际应用，熟练掌握相关方法是解题关键.
26、建成高铁后从B地前往C地的路程约为722千米．
【分析】作AD⊥BC于D，分别根据正弦、余弦的定义求出BD、AD，再根据等腰直角三角形的性质求出CD的长，最后计算即可.
【详解】解：如图：作AD⊥BC于D，

在Rt△ADB中，cos∠DAB＝ ，sin∠DAB＝，
∴AD＝AB•cos∠DAB＝516×＝309.6，BD＝AB•sin∠DAB＝516×＝412.8，
在Rt△ADC中，∠DAC＝45°，
∴CD＝AD＝309.6，
∴BC＝BD+CD≈722，
答：建成高铁后从B地前往C地的路程约为722千米．
【点睛】
本题考查了方向角问题，掌握方向角的概念和熟记锐角三角函数的定义是解答本题的关键.