2022年湖南师大附中博才实验中学数学九年级上册期末考试试题含解析

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(每小题3分,共30分)1．如图，在△ABC中，D，E，F分别为BC，AB，AC上的点，且EF∥BC，FD∥AB，则下列各式正确的是()A． B． C． D．2．关于的方程的根的情况，正确的是（）．A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根C．只有一个实数根 D．没有实数根3．如图，在矩形中，，，过对角线交点作交于点，交于点，则的长是()A．1 B． C．2 D．4．对于反比例函数，下列说法不正确的是A．图象分布在第二、四象限B．当时，随的增大而增大C．图象经过点（1,-2）D．若点，都在图象上，且，则5．一块△ABC空地栽种花草，∠A=150°，AB=20m，AC=30m，则这块空地可栽种花草的面积为（）m2A．450 B．300 C．225 D．1506．如图，Rt△ABC中，AB＝9，BC＝6，∠B＝90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为PQ，则△PQD的面积为（）A． B． C． D．7．如图，抛物线与轴交于点，其对称轴为直线，结合图象分析下列结论：①；②；③当时，随的增大而增大；④一元二次方程的两根分别为，；⑤；⑥若，为方程的两个根，则且，其中正确的结论有（）A．个 B．个 C．个 D．个8．下列一元二次方程中两根之和为﹣3的是（）A．x2﹣3x+3＝0 B．x2+3x+3＝0 C．x2+3x﹣3＝0 D．x2+6x﹣4＝09．菱形的两条对角线长分别为60cm和80cm，那么边长是（）A．60cm B．50cm C．40cm D．80cm10．如图，将Rt△ABC绕直角顶点A，沿顺时针方向旋转后得到Rt△AB1C1，当点B1恰好落在斜边BC的中点时，则∠B1AC＝（）A．25° B．30° C．40° D．60°二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图所示，在正方形ABCD中，G为CD边中点，连接AG并延长交BC边的延长线于E点，对角线BD交AG于F点．已知FG＝2，则线段AE的长度为_____．12．如图所示，在中，、相交于点，点是的中点，联结并延长交于点，如果的面积是4，那么的面积是______.13．如图，在边长为的正方形中，点为靠近点的四等分点，点为中点，将沿翻折得到连接则点到所在直线距离为________________.14．在平面直角坐标系中，与位似，位似中心为原点，点与点是对应顶点，且点A，点的坐标分别是，，那么与的相似比为__________．15．已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则a_____1，b_____1，c_____1．16．如图，AB为⊙O的直径，CD是弦，且CD⊥AB于点P，若AB＝4，OP＝1，则弦CD所对的圆周角等于_____度．17．如图，A、B、C是⊙O上三点，∠ACB＝30°，则∠AOB的度数是_____．18．如图，的顶点A在双曲线上，顶点B在双曲线上，AB中点P恰好落在y轴上，则的面积为_____．三、解答题(共66分)19．（10分）教育部基础教育司负责人解读“2020新中考”时强调要注重学生分析与解决问题的能力，要增强学生的创新精神和综合素质.王老师想尝试改变教学方法，将以往教会学生做题改为引导学生会学习.于是她在菱形的学习中，引导同学们解决菱形中的一个问题时，采用了以下过程（请解决王老师提出的问题）：先出示问题（1）:如图1，在等边三角形中，为上一点，为上一点，如果，连接、，、相交于点，求的度数.通过学习，王老师请同学们说说自己的收获.小明说发现一个结论：在这个等边三角形中，只要满足，则的度数就是一个定值，不会发生改变.紧接着王老师出示了问题（2）:如图2，在菱形中，，为上一点，为上一点，，连接、，、相交于点，如果，，求出菱形的边长.问题（3）：通过以上的学习请写出你得到的启示（一条即可）.20．（6分）某水果超市第一次花费2200元购进甲、乙两种水果共350千克．已知甲种水果进价每千克5元，售价每千克10元；乙种水果进价每千克8元，售价每千克12元．（1）第一次购进的甲、乙两种水果各多少千克？（2）由于第一次购进的水果很快销售完毕，超市决定再次购进甲、乙两种水果，它们的进价不变．若要本次购进的水果销售完毕后获得利润2090元，甲种水果进货量在第一次进货量的基础上增加了2m%，售价比第一次提高了m%；乙种水果的进货量为100千克，售价不变．求m的值．21．（6分）已知四边形为的内接四边形，直径与对角线相交于点，作于，与过点的直线相交于点，.（1）求证：为的切线；（2）若平分，求证：；（3）在（2）的条件下，为的中点，连接，若，的半径为，求的长.22．（8分）如图，在钝角中，点为上的一个动点，连接，将射线绕点逆时针旋转，交线段于点.已知∠C=30°，CA=2cm,BC=7cm,设B，P两点间的距离为xcm,A,D两点间的距离ycm.小牧根据学习函数的经验，对函数随自变量的变化而变化的规律进行了探究.下面是小牧探究的过程，请补充完整:(1)根据图形.可以判断此函数自变量X的取值范围是；(2)通过取点、画图、测量，得到了与的几组值，如下表:0.511.021.913.4734.164.473.973.222.421.66a2.022.50通过测量。可以得到a的值为；(3)在平而直角坐标系xOy中.描出上表中以各对对应值为坐标的点，画出该函数的图象;(4)结合画出的函数图象，解决问题:当AD=3.5cm时，BP的长度约为cm.23．（8分）如图，在中，对角线AC与BD相交于点O，，，．求证：四边形ABCD是菱形．24．（8分）“渝黔高速铁路”即将在2017年底通车，通车后，重庆到贵阳、广州等地的时间将大大缩短.9月初，铁路局组织甲、乙两种列车在该铁路上进行试验运行，现两种列车同时从重庆出发，以各自速度匀速向A地行驶，乙列车到达A地后停止，甲列车到达A地停留20分钟后，再按原路以另一速度匀速返回重庆，已知两种列车分别距A地的路程y(km)与时间x(h)之间的函数图象如图所示.当乙列车到达A地时，则甲列车距离重庆_____km.25．（10分）某学校为了了解名初中毕业生体育考试成绩的情况（满分分，得分为整数），从中随机抽取了部分学生的体育考试成绩，制成如下图所示的频数分布直方图.已知成绩在这一组的频率为.请回答下列问题：（1）在这个调查中，样本容量是______________；平均成绩是_________________；（2）请补全成绩在这一组的频数分布直方图；（3）若经过两年的练习，该校的体育平均成绩提高到了分，求该校学生体育成绩的年平均增长率.26．（10分）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D，E两点分别在AC，BC上，且DE∥AB，将△CDE绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题发现：当α＝0°时，的值为；（2）拓展探究：当0°≤α＜360°时，若△EDC旋转到如图2的情况时，求出的值；（3）问题解决：当△EDC旋转至A，B，E三点共线时，若设CE＝5，AC＝4，直接写出线段BE的长．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【分析】根据EF∥BC，FD∥AB，可证得四边形EBDF是平行四边形，利用平行线分线段成比例逐一验证选项即可．【详解】解：∵EF∥BC，FD∥AB，∴四边形EBDF是平行四边形，∴BE=DF，EF=BD，∵EF∥BC，∴，，∴，故B错误，D正确；∵DF∥AB，∴，,∴，故A错误；∵，，故C错误；故选：D．【点睛】本题考查了平行四边形的的判定，平行线分线段成比例的定理，掌握平行线分线段成比例定理是解题的关键．2、A【分析】根据一元二次方程根的判别式，即可得到方程根的情况.【详解】解：∵，∴，∴原方程有两个不相等的实数根；故选择：A.【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，解题的关键是熟练掌握根的判别式.3、B【分析】连接，由矩形的性质得出，，，，由线段垂直平分线的性质得出，设，则，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【详解】如图：连接，∵四边形是矩形，∴，，，，∵，∴，设，则，在中，由勾股定理得：，解得：，即；故选B．【点睛】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．4、D【分析】根据反比例函数图象的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．【详解】A.k=−2<0，∴它的图象在第二、四象限，故本选项正确；B.k=−2<0，当x>0时，y随x的增大而增大，故本选项正确；C.∵,∴点(1,−2)在它的图象上，故本选项正确；D.若点A（x1，y1），B（x2，y2）都在图象上，,若x1<0<x2,则y2<y1，故本选项错误.故选:D.【点睛】本题考查了反比例函数的图象与性质，掌握反比例函数的性质是解题的关键.5、D【分析】过点B作BE⊥AC，根据含30度角的直角三角形性质可求得BE，再根据三角形的面积公式求出答案．【详解】过点B作BE⊥AC，交CA延长线于E，则∠E=90°，

∵，

∴，

∵在中，，，

∴，

∴这块空地可栽种花草的面积为．故选：D【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形性质和三角形的面积公式，是基础知识比较简单．6、D【分析】由折叠的性质可得AQ＝QD，AP＝PD，由勾股定理可求AQ的长，由锐角三角函数分别求出AP，HQ的长，即可求解．【详解】解：过点D作DN⊥AC于N，∵点D是BC中点，∴BD＝3，∵将△ABC折叠，∴AQ＝QD，AP＝PD，∵AB＝9，BC＝6，∠B＝90°，∴AC＝，∵sin∠C＝＝，∴DN＝，∵cos∠C＝，∴CN＝，∴AN＝，∵PD2＝PN2+DN2，∴AP2＝（﹣AP）2+，∴AP＝，∵QD2＝DB2+QB2，∴AQ2＝（9﹣AQ）2+9，∴AQ＝5，∵sin∠A＝＝，∴HQ＝＝∵∴△PQD的面积＝△APQ的面积＝××＝，故选：D．【点睛】本题考查了翻折变换，勾股定理，三角形面积公式，锐角三角函数，求出HQ的长是本题的关键．7、C【分析】利用二次函数图象与系数的关系，结合图象依次对各结论进行判断．【详解】解：抛物线与轴交于点，其对称轴为直线抛物线与轴交于点和，且由图象知：，，故结论①正确；抛物线与x轴交于点故结论②正确；当时，y随x的增大而增大；当时，随的增大而减小结论③错误；，抛物线与轴交于点和的两根是和，即为：，解得，；故结论④正确；当时，故结论⑤正确；抛物线与轴交于点和，，为方程的两个根，为方程的两个根，为函数与直线的两个交点的横坐标结合图象得：且故结论⑥成立；故选C．【点睛】本题主要考查二次函数的性质，关键在于二次函数的系数所表示的意义，以及与一元二次方程的关系,这是二次函数的重点知识.8、C【分析】利用判别式的意义对A、B进行判断；根据根与系数的关系对C、D进行判断．【详解】A．△=(﹣3)2﹣4×3＜0，方程没有实数解，所以A选项错误；B．△=32﹣4×3＜0，方程没有实数解，所以B选项错误；C．方程x2+3x﹣3=0的两根之和为﹣3，所以C选项正确；D．方程x2+6x﹣4=0的两根之和为﹣6，所以D选项错误．故选：C．【点睛】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2，x1x2．也考查了判别式的意义．9、B【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出OA、OB的长，再利用勾股定理列式求出边长AB，然后根据菱形的周长公式列式进行计算即可得解．【详解】解：如图，∵菱形的两条对角线的长是6cm和8cm，∴OA=×80=40cm，OB=×60=30cm，又∵菱形的对角线AC⊥BD，∴AB==50cm，∴这个菱形的边长是50cm．故选B.【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理的应用，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质．10、B【分析】先根据直角三角形斜边上的中线性质得AB1＝BB1，再根据旋转的性质得AB1＝AB，旋转角等于∠BAB1，则可判断△ABB1为等边三角形，所以∠BAB1＝60°，从而得出结论．【详解】解：∵点B1为斜边BC的中点，∴AB1＝BB1，∵△ABC绕直角顶点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，∴AB1＝AB，旋转角等于∠BAB1，∴AB1＝BB1＝AB，∴△ABB1为等边三角形，∴∠BAB1＝60°．∴∠B1AC＝90°﹣60°＝30°．故选：B．【点睛】本题主要考察旋转的性质，解题关键是判断出△ABB1为等边三角形.二、填空题(每小题3分,共24分)11、2【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CG∥AB、AB=2CG可得出CG为△EAB的中位线，再利用三角形中位线的性质可求出AE的长度，此题得解．【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴AB=CD，AB∥CD，∴∠ABF=∠GDF，∠BAF=∠DGF，∴△ABF∽△GDF，∴2，∴AF=2GF=4，∴AG=1．∵CG∥AB，AB=2CG，∴CG为△EAB的中位线，∴AE=2AG=2．故答案为：2．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形的中位线，利用相似三角形的性质求出AF的长度是解题的关键．12、36【分析】首先证明△AFE∽△CBE，然后利用对应边成比例，E为OA的中点，求出AE：EC=1：3，即可得出．【详解】在平行四边形ABCD中，AD∥BC，

则△AFE∽△CBE，

∴，

∵O为对角线的交点，

∴OA=OC，

又∵E为OA的中点，

∴AE=AC，

则AE：EC=1：3，

∴AF：BC=1：3，

∴即∴=36故答案为：36【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，难度适中，解答本题的关键是根据平行证明△DFE∽△BAE，然后根据对应边成比例求值．13、【分析】延长交BC于点M，连接FM，延长交DA的延长线于点P，作DN⊥CP，先证明∽，利用相似的性质求出，然后证明∽，利用相似的性质求出EP，从而得到DP的长，再利用勾股定理求出CP的长，最后利用等面积法计算DN即可．【详解】如图，延长交BC于点M，连接FM，延长交DA的延长线于点P，作DN⊥CP，由题可得，，，∴，∵F为AB中点，∴，又∵FM=FM，∴≌（HL），∴，，由折叠可知，，∴，又∵∴，∴∽，∴，∵AD=4，E为四等分点，∴,∴，∴，∴，∵，∴，，∴∽，∴，即，∴EP=6，∴DP=EP+DE=7，在中，，∵，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理以及等面积法等知识，较为综合，难度较大，重点在于作辅助线构造全等或相似三角形．14、2【分析】分别求出OA和OA1的长度即可得出答案.【详解】根据题意可得，，，所以相似比=，故答案为2.【点睛】本题考查的是位似，属于基础图形，位似图形上任意一对对应点到位似中心的距离之比等于相似比.15、＜＜＞【分析】由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．【详解】解：由抛物线的开口方向向下可推出a＜1；因为对称轴在y轴左侧，对称轴为x＝＜1，又因为a＜1，∴b＜1；由抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上，∴c＞1．【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质,属于简单题,熟悉二次函数的图象是解题关键.16、60或1．【分析】先确定弦CD所对的圆周角∠CBD和∠CAD两个，再利用圆的相关性质及菱形的判定证四边形ODBC是菱形，推出,根据圆内接四边形对角互补即可分别求出和的度数．【详解】如图，连接OC，OD，BC，BD，AC，AD，∵AB为⊙O的直径，AB＝4，∴OB＝2，又∵OP＝1，∴BP＝1，∵CD⊥AB，∴CD垂直平分OB，∴CO＝CB，DO＝DB，又OC＝OD，∴OC＝CB＝DB＝OD，∴四边形ODBC是菱形，∴∠COD＝∠CBD，∵∠COD＝2∠CAD，∴∠CBD＝2∠CAD，又∵四边形ADBC是圆内接四边形，∴∠CAD+∠CBD＝180°，∴∠CAD＝60°，∠CBD＝1°，∵弦CD所对的圆周角有∠CAD和∠CBD两个，故答案为：60或1．【点睛】本题考查了圆周角的度数问题，掌握圆的有关性质、菱形的性质以及判定定理是解题的关键．17、60°【分析】直接利用圆周角定理，即可求得答案．【详解】∵A、B、C是⊙O上三点，∠ACB=30°，∴∠AOB的度数是：∠AOB=2∠ACB=60°．故答案为：60°．【点睛】考查了圆周角定理的运用，同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半．18、1【分析】过A作AE⊥y轴于E，过B作BD⊥y轴于D，得到∠AED=∠BDP=90°，根据全等三角形的性质得到S△BDP=S△AED，根据反比例函数系数k的几何意义得到S△OBD=3，S△AOE=4，于是得到结论．【详解】解：过A作AE⊥y轴于E，过B作BD⊥y轴于D，

∴∠AED=∠BDP=90°，

∵点P是AB的中点，

∴BP=AP，

∵∠BPD=∠APE，

∴△BPD≌△APE（AAS），

∴S△BDP=S△AED，∵顶点A在双曲线，顶点B在双曲线上，∴S△OBD=3，S△AOE=4，

∴△OAB的面积=S△OBD+S△AOE=1，

故答案为：1．【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，全等三角形的判定和性质，三角形的面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．三、解答题(共66分)19、（1）；（2）；（3）答案不唯一，合理即可【解析】问题（1）根据是等边三角形证明，得出，再根据三角形外角性质即可得证；问题（2）作交于点，根据四边形是菱形得出，在中利用三角函数即可求得，，最后根据勾股定理得出答案.问题（3）从个人的积累和心得写一句话即可.【详解】问题（1）∵是等边三角形，∴，.∵，∴，∴.∵，∴，问题（2）如图，作交于点，∵四边形是菱形，∴，，∴是等边三角形，∴.由（1）可知，在中，，即，∴，，即，∴.在中，由勾股定理可得，∴，∴，∴菱形的边长为.问题（3）如平时应该注意基本图形的积累，在学习过程中做个有心人等，言之有理即可.【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定、勾股定理及三角函数，综合性比较强，需要添加合适的辅助线对解决问题做铺垫．20、（1）第一次购进甲种水果200千克，购进乙种水果10千克；（2）m的值为1．【分析】（1）设第一次购进甲种水果x千克，购进乙种水果y千克，根据该超市花费2200元购进甲、乙两种水果共350千克，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；（2）根据总利润＝每千克的利润×销售数量，即可得出关于m的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．【详解】（1）设第一次购进甲种水果x千克，购进乙种水果y千克，依题意，得：，解得：．答：第一次购进甲种水果200千克，购进乙种水果10千克．（2）依题意，得：[10（1+m%）﹣5]×200（1+2m%）+（12﹣8）×100＝2090，整理，得：0.4m2+40m﹣690＝0，解得：m1＝1，m2＝﹣11（不合题意，舍去）．答：m的值为1．【点睛】考核知识点：一元二次方程应用.理解：总利润＝每千克的利润×销售数量.只有验根.21、（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【分析】（1）根据直径所对的圆周角为90°，得到∠ADC=90°，根据直角三角形两锐角互余得到∠DAC+∠DCA=90°，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等，可得到∠FAD+∠DAC=90°，即可得出结论；（2）连接OD．根据圆周角定理和角平分线定义可得∠DOA=∠DOC，即可得出结论；（3）连接OD交CF于M，作EP⊥AD于P．可求出AD=4，AF∥OM．根据三角形中位线定理得出OM=AF．证明△ODE≌△OCM，得到OE=OM．设OM=m，用m表示出OE，AE，AP，DP．通过证明△EAN∽△DPE，根据相似三角形对应边成比例，求出m的值，从而求得AN，AE的值．在Rt△NAE中，由勾股定理即可得出结论．【详解】（1）∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=90°，∴∠DAC+∠DCA=90°．∵，∴∠ABD=∠DCA．∵∠FAD=∠ABD，∴∠FAD=∠DCA，∴∠FAD+∠DAC=90°，∴CA⊥AF，∴AF为⊙O的切线．（2）连接OD．∵，∴∠ABD=∠AOD．∵，∴∠DBC=∠DOC．∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠DBC，∴∠DOA=∠DOC，∴DA=DC．（3）连接OD交CF于M，作EP⊥AD于P．∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=90°．∵DA=DC，∴DO⊥AC，∴∠FAC=∠DOC=90°，AD=DC==4，∴∠DAC=∠DCA=45°，AF∥OM．∵AO=OC，∴OM=AF．∵∠ODE+∠DEO=90°，∠OCM+∠DEO=90°，∴∠ODE=∠OCM．∵∠DOE=∠COM，OD=OC，∴△ODE≌△OCM，∴OE=OM．设OM=m，∴OE=m，，，∴．∵∠AED+∠AEN=135°，∠AED+∠ADE=135°，∴∠AEN=∠ADE．∵∠EAN=∠DPE，∴△EAN∽△DPE，∴，∴，∴，∴，，由勾股定理得：．【点睛】本题是圆的综合题．考查了圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定与性质，三角形的中位线定理等知识．用含m的代数式表示出相关线段的长是解答本题的关键．22、（1）0≤x≤5；（2）1.74；（3）见解析；（4）0.8或者4.8.【分析】（1）考虑点P的临界位置∠APB=60°时，D与B重合，计算出此时的PB长，即可知x的取值范围；（2）根据图形测量即可；（3）描点连线即可；（4）画直线y=3.5与图象的交点即可观察出x的值.【详解】（1）如图1，当∠APB=60°时，D与B重合，作PE⊥AC于E，∵∠C=30°，∠APB=60°，∴∠CAP=30°,∴PC=AP，∴CE=AE=,∴PC=2,∴PB=5,∴0≤x≤5；（2）测量得a=1.74；（3）如下图所示，（4观察图象可知，当y=3.5时x=0.8或者4.8.【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质以及描点法画函数图象，利用图象求近似值，体现了特殊到一般，再由一般到特殊的思想方法.23、见解析【分析】根据平行四边形的性质得到AO和BO，再根据AB，利用勾股定理的逆定理得到∠AOB=90°，从而判定菱形．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC=16，BD=12，∴AO=8，BO=6，∵AB=10，∴AO2+BO2=AB2，∴∠AOB=90°，即AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形．【点睛】本题考查了菱形的判定，勾股定理的逆定理，解题的关键是证明∠AOB=90°．24、300【分析】先设乙列车的速度为，甲列车以的速度向地行驶，到达地停留20分钟后，以的速度返回重庆，依据题意列方程，求得未知数的值，进而得到重庆到地的路程，以及乙列车到达地的时间，最后得出当乙列车到达地时，甲列车距离重庆的路程.【详解】解：设乙列车的速