2022-2023学年衡水市重点中学数学九年级第一学期期末质量检测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．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（每题4分，共48分）
1．如图，抛物线y＝﹣x2+2x+2交y轴于点A，与x轴的一个交点在2和3之间，顶点为B．下列说法：其中正确判断的序号是（　　）
①抛物线与直线y＝3有且只有一个交点；
②若点M（﹣2,y1），N（1,y2），P（2,y3）在该函数图象上，则y1＜y2＜y3；
③将该抛物线先向左，再向下均平移2个单位，所得抛物线解析式为y＝（x+1）2+1；
④在x轴上找一点D，使AD+BD的和最小，则最小值为．

A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．②③④
2．如图，在正方形中，绕点顺时针旋转后与重合，，，则的长度为（ ）

A．4 B． C．5 D．
3．如图，四边形内接于⊙，．若⊙的半径为2，则的长为（ ）

A． B．4 C． D．3
4．计算的结果是( )
A． B． C． D．
5．已知关于x的一元二次方程(k﹣1)x2﹣2x+1=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是(　　)
A．k＜﹣2 B．k＜2 C．k＞2 D．k＜2且k≠1
6．下列事件中，必然发生的为（ ）
A．奈曼旗冬季比秋季的平均气温低 B．走到车站公共汽车正好开过来
C．打开电视机正转播世锦赛实况 D．掷一枚均匀硬币正面一定朝上
7．27的立方根是（　　）
A．±3 B．±3 C．3 D．3
8．有一张矩形纸片ABCD，AB=2.5，AD=1.5，将纸片折叠，使AD边落在AB边上，折痕为AE，再将△AED以DE为折痕向右折叠，AE与BC交于点F（如图），则CF的长为（ ）

A．1 B．1 C． D．
9．如图，在正方形ABCD中，G为CD边中点，连接AG并延长，分别交对角线BD于点F，交BC边延长线于点E．若FG＝2，则AE的长度为( )

A．6 B．8
C．10 D．12
10．在相同的时刻，太阳光下物高与影长成正比．如果高为1.5米的人的影长为2.5米，那么影长为30米的旗杆的高是（　　）.
A．18米                                     B．16米                                     C．20米                                     D．15米
11．若将抛物线y=5x2先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，得到的新抛物线的表达式为（　　）
A．y=5（x﹣2）2+1 B．y=5（x+2）2+1 C．y=5（x﹣2）2﹣1 D．y=5（x+2）2﹣1
12．在中，，，则的值为(　　)
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，直线y=x+2与反比例函数y=的图象在第一象限交于点P．若OP=，则k的值为________．

14．如图，△ABC中，DE∥BC,,△ADE的面积为8，则△ABC的面积为______

15．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，tanA＝，将Rt△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△DEC，点F是DE上一动点，以点F为圆心，FD为半径作⊙F，当FD＝_____时，⊙F与Rt△ABC的边相切．

16．若关于的分式方程有增根，则的值为__________．
17．如图，要拧开一个边长为的正六边形螺帽，扳手张开的开口至少为__________．

18．如图，点是矩形的对角线上一点，正方形的顶点在边上，则的值为__________ ．

三、解答题（共78分）
19．（8分）若一条圆弧所在圆半径为9，弧长为，求这条弧所对的圆心角．
20．（8分）解方程：3x（x﹣1）=2﹣2x．
21．（8分）（1）解方程：
（2）如图，正六边形的边长为2，以点为圆心，长为半径画弧，求弧的长．

22．（10分）现代互联网技术的广泛应用，催生了快递行业的高度发展，据调查，某家小型“大学生自主创业”的快递公司，今年三月份与五月份完成投递的快递总件数分别为10万件和12.1万件，现假定该公司每月投递的快递总件数的增长率相同．
（1）求该快递公司投递总件数的月平均增长率；
（2）如果按此速度增涨，该公司六月份的快递件数将达到多少万件？
23．（10分）先化简，再求值：(1+)，其中，x＝﹣1．
24．（10分）解方程：4x2﹣2x﹣1＝1．
25．（12分）如图，中，顶点的坐标是，轴，交轴于点，顶点的纵坐标是，的面积是．反比例函数的图象经过点和，求反比例函数的表达式．

26．（问题呈现）阿基米德折弦定理：
如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，点M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝DB+BA．下面是运用“截长法”证明CD＝DB+BA的部分证明过程．

证明：如图2，在CD上截取CG＝AB，连接MA、MB、MC和MG．
∵M是的中点，
∴MA＝MC①
又∵∠A＝∠C②
∴△MAB≌△MCG③
∴MB＝MG
又∵MD⊥BC
∴BD＝DG
∴AB+BD＝CG+DG
即CD＝DB+BA
根据证明过程，分别写出下列步骤的理由：
①　 　，
②　 　，
③　 　；
（理解运用）如图1，AB、BC是⊙O的两条弦，AB＝4，BC＝6，点M是的中点，MD⊥BC于点D，则BD＝　 　；
（变式探究）如图3，若点M是的中点，（问题呈现）中的其他条件不变，判断CD、DB、BA之间存在怎样的数量关系？并加以证明．
（实践应用）根据你对阿基米德折弦定理的理解完成下列问题：
如图4，BC是⊙O的直径，点A圆上一定点，点D圆上一动点，且满足∠DAC＝45°，若AB＝6，⊙O的半径为5，求AD长．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】根据抛物线的性质和平移，以及一动点到两定点距离之和最小问题的处理方法，对选项进行逐一分析即可.
【详解】①抛物线的顶点，则抛物线与直线y＝3有且只有一个交点，正确，符合题意；
②抛物线x轴的一个交点在2和3之间，
则抛物线与x轴的另外一个交点坐标在x＝0或x＝﹣1之间，
则点N是抛物线的顶点为最大，点P在x轴上方，点M在x轴的下放，
故y1＜y3＜y2，故错误，不符合题意；
③y＝﹣x2+2x+2＝﹣（x+1）2+3，将该抛物线先向左，再向下均平移2个单位，
所得抛物线解析式为y＝（x+1）2+1，正确，符合题意；
④点A关于x轴的对称点，连接A′B交x轴于点D，
则点D为所求，距离最小值为BD′＝＝，
正确，符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查抛物线的性质、平移和距离的最值问题，其中一动点到两定点距离之和最小问题比较巧妙，属综合中档题.
2、D
【分析】先根据旋转性质及正方形的性质构造方程求正方形的边长，再利用勾股定理求值即可.
【详解】绕点顺时针旋转后与重合

四边形ABCD为正方形

在中，
故选D.
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质、旋转的性质、正方形的性质、勾股定理，找到直角三角形运用勾股定理求值是解题的关键.
3、A
【分析】圆内接四边形的对角互补，可得∠A，圆周角定理可得∠BOD，再利用等腰三角形三线合一、含有30°直角三角形的性质求解．
【详解】连接OB、OD，过点O作OE⊥BD于点E，
∵∠BOD＝120°，∠BOD＋∠A＝180°，
∴∠A＝60°，∠BOD＝2∠A＝120°，
∵OB＝OD，OE⊥BD，
∴∠EOD＝∠BOD＝60°，BD＝2ED，
∵OD＝2，
∴OE＝1，ED＝，
∴BD＝2，
故选A．

【点睛】
本题考查圆内接四边形的对角互补、圆周角定理、等腰三角形的性质，熟悉“三线合一”是解答的关键．
4、C
【分析】根据二次根式的性质先化简，再根据幂运算的公式计算即可得出结果．
【详解】解：==，
故选C．
【点睛】
本题考查了二次根式的性质和同底数幂的乘方，熟练掌握二次根式的性质和同底数幂的乘方进行化简是解题的关键．
5、D
【分析】根据方程有两个不相等的实数根，得到一元二次方程的二次项系数不为零、根的判别式的值大于零，从而列出关于的不等式组，求出不等式组的解集即可得到的取值范围．
【详解】根据题意得：，且，
解得：，且．
故选：D．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的定义以及根的判别式，能够准确得到关于的不等式组是解决问题的关键．
6、A
【分析】根据必然事件的定义选出正确选项．
【详解】解：A选项是必然事件；
B选项是随机事件；
C选项是随机事件；
D选项是随机事件．
故选：A．
【点睛】
本题考查必然事件和随机事件，解题的关键是掌握必然事件和随机事件的定义．
7、C
【分析】由题意根据如果一个数x的立方等于a，那么x是a的立方根，据此定义进行分析求解即可．
【详解】解：∵1的立方等于27，
∴27的立方根等于1．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查求一个数的立方根，解题时先找出所要求的这个数是哪一个数的立方．由开立方和立方是互逆运算，用立方的方法求这个数的立方根．注意一个数的立方根与原数的性质符号相同．
8、B
【分析】利用折叠的性质，即可求得BD的长与图3中AB的长，又由相似三角形的对应边成比例，即可求得BF的长，则由CF=BC﹣BF即可求得答案．
【详解】解：如图2，根据题意得：BD=AB﹣AD=2.5﹣1.5=1，
如图3，AB=AD﹣BD=1.5﹣1=0.5，
∵BC∥DE，
∴△ABF∽△ADE，
∴，
即，
∴BF=0.5，
∴CF=BC﹣BF=1.5﹣0.5=1．
故选B．
【点睛】
此题考查了折叠的性质与相似三角形的判定与性质．题目难度不大，注意数形结合思想的应用．
9、D
【解析】根据正方形的性质可得出AB∥CD，进而可得出△ABF∽△GDF，根据相似三角形的性质可得出=2，结合FG=2可求出AF、AG的长度，由AD∥BC，DG=CG，可得出AG=GE，即可求出AE=2AG=1．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，

∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABF=∠GDF，∠BAF=∠DGF，
∴△ABF∽△GDF，
∴=2，
∴AF=2GF=4，
∴AG=2．
∵AD∥BC，DG=CG，
∴=1，
∴AG=GE
∴AE=2AG=1．
故选：D．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质，利用相似三角形的性质求出AF的长度是解题的关键．
10、A
【解析】在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似．
【详解】根据题意解：标杆的高：标杆的影长=旗杆的高：旗杆的影长，
即1.5：2.5=旗杆的高：30，
∴旗杆的高==18米．
故选：A．
【点睛】
考查了相似三角形的应用，本题只要是把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比，列出方程，求解即可得出旗杆的高．
11、A
【解析】试题解析：将抛物线向右平移2个单位，再向上平移1个单位,
得到的抛物线的解析式是
故选A.
点睛：二次函数图像的平移规律：左加右减，上加下减.
12、D
【分析】在Rt△ABC中，∠C=90°，则∠A+∠B=90°，根据互余两角的三角函数的关系就可以求解．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A+∠B=90°，
则cosB=sinA=．
故选：D．
【点睛】
本题考查了互余两角三角函数的关系，在直角三角形中，互为余角的两角的互余函数相等．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、3
【分析】已知直线y=x+2与反比例函数y=的图象在第一象限交于点P，设点P的坐标为(m,m+2)，根据OP=，列出关于m的等式，即可求出m，得出点P坐标，且点P在反比例函数图象上，所以点P满足反比例函数解析式，即可求出k值．
【详解】∵直线y=x+2与反比例函数y=的图象在第一象限交于点P
∴设点P的坐标为(m,m+2)
∵OP=
∴
解得m1=1，m2=-3
∵点P在第一象限
∴m=1
∴点P的坐标为(1,3)
∵点P在反比例函数y=图象上
∴
解得k=3
故答案为：3
【点睛】
本题考查了一次函数与反比例函数交点问题，交点坐标同时满足一次函数和反比例函数解析式，根据直角坐标系中点坐标的性质，可利用勾股定理求解．
14、18.
【解析】∵在△ABC中，DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC．
∵，
∴，
∴．
15、或
【分析】如图1，当⊙F与Rt△ABC的边AC相切时，切点为H，连接FH，则HF⊥AC，解直角三角形得到AC＝4，AB＝5，根据旋转的性质得到∠DCE＝∠ACB＝90°，DE＝AB＝5，CD＝AC＝4，根据相似三角形的性质得到DF＝；如图2，当⊙F与Rt△ABC的边AC相切时，延长DE交AB于H，推出点H为切点，DH为⊙F的直径，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】如图1，当⊙F与Rt△ABC的边AC相切时，切点为H，
连接FH，则HF⊥AC，

∴DF＝HF，
∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，tanA＝＝，
∴AC＝4，AB＝5，
将Rt△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△DEC，
∴∠DCE＝∠ACB＝90°，DE＝AB＝5，CD＝AC＝4，
∵FH⊥AC，CD⊥AC，
∴FH∥CD，
∴△EFH∽△EDC，
∴＝，
∴＝，
解得：DF＝；
如图2，当⊙F与Rt△ABC的边AC相切时，延长DE交AB于H，

∵∠A＝∠D，∠AEH＝∠DEC
∴∠AHE＝90°，
∴点H为切点，DH为⊙F的直径，
∴△DEC∽△DBH，
∴＝，
∴＝，
∴DH＝，
∴DF＝，
综上所述，当FD＝或时，⊙F与Rt△ABC的边相切，
故答案为：或．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
16、3
【分析】将分式方程去分母转化为整式方程，并求出x的值，然后再令x+2=0，即可求得m的值.
【详解】解：由得：x=4-2m
令x+2=0，得4-2m+2=0，解得m=3
故答案为3.
【点睛】
本题考查了分式方程的增根，解分式方程和把增根代入整式方程求得相关字母的值是解答本题的关键.
17、
【分析】根据题意，即是求该正六边形的边心距的2倍．构造一个由半径、半边、边心距组成的直角三角形，且其半边所对的角是30°，再根据锐角三角函数的知识求解．
【详解】设正多边形的中心是O，其一边是AB，

∴∠AOB＝∠BOC＝60°，
∴OA＝OB＝AB＝OC＝BC，
∴四边形ABCO是菱形，
∵AB＝8mm，∠AOB＝60°，
∴cos∠BAC＝，
∴AM＝8×＝4（mm），
∵OA＝OC，且∠AOB＝∠BOC，
∴AM＝MC＝AC，
∴AC＝2AM＝8（mm）．
故答案为：.
【点睛】
本题考查了正多边形和圆的知识．构造一个由半径、半边、边心距组成的直角三角形，运用锐角三角函数进行求解是解此题的关键．
18、
【分析】先证明△AHE∽△CBA，得到HE与AH的倍数关系，则可知GF与AG的倍数关系，从而求解tan∠GAF的值．
【详解】∵四边形是正方形，
∴，
∵∠AHE=∠ABC=90°，∠HAE=∠BCA，
∴△AHE∽△CBA，
∴，即，
设，则A，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定和性质、正方形、矩形的性质、解直角三角形．利用参数求解是解答本题的关键．

三、解答题（共78分）
19、
【分析】根据弧长公式计算即可.
【详解】∵， ，
∴，
∴
【点睛】
此题考查弧长公式，熟记公式并掌握各字母的意义即可正确解答.
20、x1=1，x2=﹣．
【解析】把右边的项移到左边，用提公因式法因式分解求出方程的根．
【详解】解：3x（x﹣1）+2（x﹣1）=0，
（x﹣1）（3x+2）=0，
∴x﹣1=0，3x+2=0，
解得x1=1，x2=﹣．
考点：解一元二次方程-因式分解法；因式分解-提公因式法．
21、（1），；（2）
【分析】（1）由因式分解法即可得出答案；
（2）由正六边形的性质和弧长公式即可得出结果．
【详解】（1）解：，
,
，
∴,
∴，．
（2）解：六边形是正六边形，
∴
∴弧的长为．
【点睛】
此题考查正多边形和圆，一元二次方程的解，弧长公式，熟练掌握正六边形的性质和一元二次方程的解法是解题的关键．
22、（1）10%；（2）13.31
【分析】（1）设该快递公司投递总件数的月平均增长率为x，根据“今年三月份与五月份完成投递的快递总件数分别为10万件和12.1万件，现假定该公司每月投递的快递总件数的增长率相同”建立方程，解方程即可；
（2）根据增长率相同，由五月份的总件数即可得出六月份的总量．
【详解】（1）设该快递公司投递总件数的月平均增长率为，
依题意得，
解方程得，（不合题意，舍弃）．
答：该快递公司投递总件数的月平均增长率为10%．
（2）六月份快递件数为（万件）．
答：该公司六月份的快递件数将达到13.31万件．
【点睛】
此题主要考查了一元二次方程的应用，根据增长率一般公式列出方程即可解决问题．
23、，1﹣
【分析】根据分式混合运算的运算顺序及运算法则进行化简，再把x的值代入计算即可．
【详解】解：原式

，
当时，原式．
【点睛】
本题主要考查分式化简求值，解决本题的关键是要熟练掌握分式通分和分式加减乘除运算法则．
24、，
【分析】根据一元二次方程的解法，配方法或者公式法解答即可.
【详解】解：由题意可知：a＝4，b＝﹣2，c＝﹣1，
∴△＝4+16＝21，
∴x＝；
【点睛】
本题主要考查解一元二次方程，熟练掌握方程各种解法是解答关键.
25、．
【解析】根据题意得出AE=6，结合平行四边形的面积得出AD=BC=4，继而知点D坐标，从而得出反比例函数解析式；
【详解】解：顶点的坐标是，顶点的纵坐标是，
，
又的面积是，
，
则
，
反比例函数解析式为．
【点睛】
本题主要考查待定系数法求反比例函数解析式，解题的关键是掌握平行四边形的面积公式及待定系数法求反比例函数的能力．
26、（问题呈现）相等的弧所对的弦相等；同弧所对的圆周角相等；有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等；（理解运用）1；（变式探究）DB＝CD+BA；证明见解析；（实践应用）1或．
【分析】（问题呈现）根据圆的性质即可求解；
（理解运用）CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，即可求解；
（变式探究）证明△MAB≌△MGB（SAS），则MA＝MG，MC＝MG，又DM⊥BC，则DC＝DG，即可求解；
（实践应用）已知∠D1AC＝45°，过点D1作D1G1⊥AC于点G1，则CG1′+AB＝AG1，所以AG1＝（6+2）＝1．如图∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．
【详解】（问题呈现）
①相等的弧所对的弦相等
②同弧所对的圆周角相等
③有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等
故答案为：相等的弧所对的弦相等；同弧所定义的圆周角相等；有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等；
（理解运用）CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，
BD＝BC﹣CD＝6﹣5＝1，
故答案为：1；
（变式探究）DB＝CD+BA．
证明：在DB上截去BG＝BA，连接MA、MB、MC、MG，

∵M是弧AC的中点，
∴AM＝MC，∠MBA＝∠MBG．
又MB＝MB
∴△MAB≌△MGB（SAS）
∴MA＝MG
∴MC＝MG，
又DM⊥BC，
∴DC＝DG，
AB+DC＝BG+DG，
即DB＝CD+BA；
（实践应用）
如图，BC是圆的直径，所以∠BAC＝90°．

因为AB＝6，圆的半径为5，所以AC＝2．
已知∠D1AC＝45°，过点D1作D1G1⊥AC于点G1，
则CG1′+AB＝AG1，
所以AG1＝（6+2）＝1．
所以AD1＝1．
如图∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．
所以AD的长为1或．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定（SAS）与性质、等腰三角形的性质和圆心角、弦、弧，解题的关键是掌握全等三角形的判定（SAS）与性质、等腰三角形的性质和圆心角、弦、弧.