吉林省松原市前郭县2022-2023学年九年级数学上册期末考试模拟试题含解析

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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．已知实数m，n满足条件m2﹣7m+2=0，n2﹣7n+2=0，则+的值是（）A． B． C．或2 D．或22．如图，AD∥BE∥CF，AB=3，BC=6，DE=2，则EF的值为（）A．2 B．3 C．4 D．53．如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且AC＝6，BD＝8，P是对角线BD上任意一点，过点P作EF∥AC，与平行四边形的两条边分别交于点E、F.设BP＝x，EF＝y，则能大致表示y与x之间关系的图象为()A． B．C． D．4．如图，正方形ABCD的边长为2，点E是BC的中点，AE与BD交于点P，F是CD上的一点，连接AF分别交BD，DE于点M，N，且AF⊥DE，连接PN，则下列结论中:①；②；③tan∠EAF=；④正确的是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④5．3的倒数是（）A． B． C． D．6．如果反比例函数y＝的图象经过点(﹣5，3)，则k＝（）A．15 B．﹣15 C．16 D．﹣167．如图，四边形和是以点为位似中心的位似图形，若，则四边形与四边形的面积比为（）A． B． C． D．8．如图，在四边形ABCD中，ADBC，DE⊥BC，垂足为点E，连接AC交DE于点F，点G为AF的中点，∠ACD＝2∠ACB，若DG＝3，EC＝1，则DE的长为()A．2 B． C．2 D．9．能判断一个平行四边形是矩形的条件是（）A．两条对角线互相平分 B．一组邻边相等C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等10．若是二次函数，且开口向下，则的值是（）A． B．3 C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．正方形的边长为，点是正方形的中心，将此正方形沿直线滚动（无滑动），且每一次滚动的角度都等于90°.例如：点不动，滚动正方形，当点上方相邻的点落在直线上时为第1次滚动.如果将正方形滚动2020次，那么点经过的路程等于__________．（结果不取近似值）12．如图，直线l1∥l2∥l3，A、B、C分别为直线l1，l2，l3上的动点，连接AB，BC，AC，线段AC交直线l2于点D．设直线l1，l2之间的距离为m，直线l2，l3之间的距离为n，若∠ABC＝90°，BD＝3，且，则m＋n的最大值为___________．13．若点P(3，1)与点Q关于原点对称，则点Q的坐标是___________．14．已知x=－1是一元二次方程x2＋mx＋1=0的一个根，那么m的值是_________．15．若菱形的两条对角线长分别是6㎝和8㎝，则该菱形的面积是㎝1．16．二中岗十字路口南北方向的红绿灯设置为：红灯30秒，绿灯60秒，黄灯3秒，小明由南向北经过路口遇到红灯的概率为______．17．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC∥EF，EF分别与AB，AC，CD相交于点E，M，F，若EM：BC＝2：5，则FC：CD的值是_____．18．如图，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条AB，AC夹角为120°，AB的长为20cm，扇面BD的长为15cm，则弧DE的长是_____．三、解答题(共66分)19．（10分）已知抛物线y=mx2+（3–2m）x+m–2（m≠0）与x轴有两个不同的交点．(1)求m的取值范围；(2)判断点P（1，1）是否在抛物线上；(3)当m=1时，求抛物线的顶点Q的坐标．20．（6分）如图，抛物线的图象与正比例函数的图象交于点，与轴交于点．（1）求抛物线的解析式；（2）将绕点逆时针旋转得到，该抛物线对称轴上是否存在点，使有最小值？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．21．（6分）有一只拉杆式旅行箱（图1），其侧面示意图如图2所示，已知箱体长AB=50cm，拉杆BC的伸长距离最大时可达35cm，点A,B,C在同一条直线上，在箱体底端装有圆形的滚筒轮⊙A，⊙A与水平地面相切于点D，在拉杆伸长到最大的情况下，当点B距离水平地面34cm时，点C到水平地面的距离CE为55cm.设AF∥MN.（1）求⊙A的半径.（2）当人的手自然下垂拉旅行箱时，人感到较为舒服，某人将手自然下垂在C端拉旅行箱时，CE为76cm，∠CAF=64°,求此时拉杆BC的伸长距离（结果精确到1cm，参考数据：sin64°≈0.9,cos64°≈0.39,tan64°≈2.1).22．（8分）如图，菱形ABCD的顶点A，D在直线l上，∠BAD=60°，以点A为旋转中心将菱形ABCD顺时针旋转α（0°＜α＜30°），得到菱形AB′C′D′，B′C′交对角线AC于点M，C′D′交直线l于点N，连接MN，当MN∥B′D′时，解答下列问题：(1)求证：△AB′M≌△AD′N；(2)求α的大小.23．（8分）如图，小明在地面A处利用测角仪观测气球C的仰角为37°，然后他沿正对气球方向前进了40m到达地面B处，此时观测气球的仰角为45°．求气球的高度是多少？参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.7524．（8分）如图，已知，，，，．（1）求和的大小；（2）求的长25．（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°＝）26．（10分）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，且与反比例函数在第一象限的图象交于点，轴于点，.（1）求点的坐标；（2）动点在轴上，轴交反比例函数的图象于点.若，求点的坐标.

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【分析】①m≠n时，由题意可得m、n为方程x2﹣7x+2=0的两个实数根，利用韦达定理得出m+n、mn的值，将要求的式子转化为关于m+n、mn的形式，整体代入求值即可；②m=n，直接代入所求式子计算即可.【详解】①m≠n时，由题意得：m、n为方程x2﹣7x+2=0的两个实数根，∴m+n=7，mn=2，+====；②m=n时，+=2.故选D.【点睛】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，分析出m、n是方程的两个根以及分类讨论是解题的关键.2、C【分析】根据平行线分线段成比例定理即可得出答案．【详解】∵AD∥BE∥CF，∴．∵AB=3，BC=6，DE=2，∴，∴EF=1．故选C．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，掌握定理的内容是解题的关键．3、A【分析】根据图形先利用平行线的性质求出△BEF∽△BAC，再利用相似三角形的性质得出x的取值范围和函数解析式即可解答【详解】当0≤x≤4时，∵BO为△ABC的中线，EF∥AC，∴BP为△BEF的中线，△BEF∽△BAC，∴，即，解得y，同理可得，当4＜x≤8时，.故选A.【点睛】此题考查动点问题的函数图象，解题关键在于利用三角形的相似4、A【解析】利用正方形的性质，得出∠DAN＝∠EDC，CD＝AD，∠C＝∠ADF即可判定△ADF≌△DCE（ASA），再证明△ABM∽△FDM，即可解答①；根据题意可知：AF＝DE＝AE＝，再根据三角函数即可得出③；作PH⊥AN于H．利用平行线的性质求出AH＝，即可解答②；利用相似三角形的判定定理，即可解答④【详解】解：∵正方形ABCD的边长为2，点E是BC的中点，∴AB＝BC＝CD＝AD＝2，∠ABC＝∠C＝∠ADF＝90°，CE＝BE＝1，∵AF⊥DE，∴∠DAF+∠ADN＝∠ADN+∠CDE＝90°，∴∠DAN＝∠EDC，在△ADF与△DCE中，，∴△ADF≌△DCE（ASA），∴DF＝CE＝1，∵AB∥DF，∴△ABM∽△FDM，∴，∴S△ABM＝4S△FDM；故①正确；根据题意可知：AF＝DE＝AE＝，∵×AD×DF＝×AF×DN，∴DN＝，∴EN＝，AN＝，∴tan∠EAF＝，故③正确，作PH⊥AN于H．∵BE∥AD，∴，∴PA＝，∵PH∥EN，∴，∴AH＝，∴PH=∴PN＝，故②正确，∵PN≠DN，∴∠DPN≠∠PDE，∴△PMN与△DPE不相似，故④错误．故选：A．【点睛】此题考查三角函数，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质难度较大，解题关键在于综合掌握各性质5、C【解析】根据倒数的定义可知．解：3的倒数是．主要考查倒数的定义，要求熟练掌握．需要注意的是：倒数的性质：负数的倒数还是负数，正数的倒数是正数，0没有倒数．倒数的定义：若两个数的乘积是1，我们就称这两个数互为倒数．6、D【分析】将点的坐标代入反比例函数解析式中可求k的值．【详解】∵反比例函数的图象经过点(﹣5，3)，∴k+1=﹣5×3=﹣15，∴k=﹣16故选：D．【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，掌握图象上的点的坐标满足解析式是本题的关键．7、C【解析】由位似图的面积比等于位似比的平方可得答案．【详解】∵即四边形和的位似比为∴四边形和的面积比为故选：C．【点睛】本题考查了位似图的性质，熟记位似图的面积比等于位似比的平方是解题的关键．8、C【分析】根据直角三角形斜边上中线的性质可得DG=AG，根据等腰三角形的性质，得到，由三角形外角的性质，可得，再根据平行线的性质和等量关系可得，根据等腰三角形的性质得到ＣＤ＝ＤＧ，最后由勾股定理解题即可．【详解】为AF的中点，即DG为斜边AF的中线，设在中，根据勾股定理得，故选：C．【点睛】本题考查勾股定理、直角三角形斜边上的中线、等腰三角形的性质、平行线的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．9、D【分析】根据矩形的判定进行分析即可；【详解】选项A中，两条对角线互相平分是平行四边形，故选项A错误；选项B中，一组邻边相等的平行四边形是菱形，故选项B错误；选项C中，两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项C错误；选项D中，两条对角线相等的平行四边形是矩形，故选项D正确；故选D.【点睛】本题主要考查了矩形的判定，掌握矩形的判定是解题的关键.10、C【分析】根据二次函数的定义和开口方向得到关于m的关系式，求m即可．【详解】解：∵是二次函数，且开口向下，∴，∴，∴．故选：C【点睛】本题考查了二次函数的定义和二次函数的性质，熟练掌握二次函数的定义和性质是解题关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】根据题意，画出图形，求出每次滚动点O的运动路程乘滚动次数即可求出结论．【详解】解：如下图所示，∵正方形的边长为∴AB=AD，BO=∴BD=cm∴BO=cm∵每一次滚动的角度都等于90°∴每一次滚动，点O的运动轨迹为以90°为圆心角，半径为cm的弧长∴点经过的路程为=故答案为：．【点睛】此题考查的是求一个点在运动过程中经过的路程，掌握正方形的性质和弧长公式是解决此题的关键．12、【分析】过作于，延长交于，过作于，过作于，设，，得到，，根据相似三角形的性质得到，，由，得到，于是得到，然后根据二次函数的性质即可得到结论．【详解】解：过作于，延长交于，过作于，过作于，设，，，，，，，，，，即，，，，，即，，，，，当最大时，，，当时，，，的最大值为．故答案为：．【点睛】本题考查了平行线的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，正确的作出辅助线，利用相似三角形转化线段关系，得出关于m的函数解析式是解题的关键．13、(–3，–1)【分析】根据关于原点对称的点的规律：纵横坐标均互为相反数解答即可．【详解】根据关于原点对称的点的坐标的特点，可得：点P(3，1)关于原点过对称的点Q的坐标是(–3，–1)．故答案为：(–3，–1)．【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，解题时根据两个点关于原点对称时，它们的同名坐标互为相反数可直接得到答案，本题属于基础题，难度不大，注意平面直角坐标系中任意一点P(x，y)，关于原点的对称点是(–x，–y)，即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．14、1【解析】试题分析：将x=－1代入方程可得：1－m+1=0，解得：m=1．考点：一元二次方程15、14【解析】已知对角线的长度，根据菱形的面积计算公式即可计算菱形的面积．解：根据对角线的长可以求得菱形的面积，根据S=ab=×6×8=14cm1，故答案为14．16、【解析】∵该路口红灯30秒，绿灯60秒，黄灯3秒，∴爸爸随机地由南往北开车经过该路口时遇到红灯的概率是，故答案为:.17、3【解析】首先得出△AEM∽△ABC，△CFM∽△CDA，进而利用相似三角形的性质求出即可．【详解】∵AD∥BC∥EF，∴△AEM∽△ABC，△CFM∽△CDA，∵EM：BC=2：5，∴AMAC设AM=2x，则AC=5x，故MC=3x，∴CMAC故答案为：35【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，得出AMAC18、cm【分析】直接利用弧长公式计算得出答案．【详解】弧DE的长为：.故答案是：.【点睛】考查了弧长公式计算，正确应用弧长公式是解题关键．三、解答题(共66分)19、(1)m＜且m≠0；(2)点P（1，1）在抛物线上；(3)抛物线的顶点Q的坐标为（–，–）．【分析】(1)与x轴有两个不同的交点即令y=0,得到的一元二次方程的判别式△>0,据此即可得到不等式求解;(2)把点(1,1)代入函数解析式判断是否成立即可;(3)首先求得函数解析式,化为顶点式，可求得顶点坐标.【详解】(1)由题意得，（3–2m）2–4m（m–2）>0，m≠0，解得，m<且m≠0；(2)当x=1时，mx2+（3–2m）x+m–2=m+（3–2m）+m–2=1，∴点P（1，1）在抛物线上；(3)当m=1时，函数解析式为：y=x2+x–1=（x+）2–，∴抛物线的顶点Q的坐标为（–，–）．【点睛】本题考查了二次函数图象与x轴的公共点的个数的判定方法,如果△>0,则抛物线与x轴有两个不同的交点;如果△=0,则二次函数与x轴有一个交点;如果△<0,则二次函数与x轴无交点.20、（1）；（2）存在，．【分析】（1）将点A的坐标代入直线y＝x解得：k＝3，则点A（3，3），将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；（2）将△ABO绕点O逆时针旋转90°得到△B1A1O，则点A1、B1的坐标分别为：（−3，3）、（0，2）；则抛物线的对称轴为：x＝1，则点C（2，2），即可求解．【详解】（1）将点A的坐标代入直线y＝x，解得：k＝3，∴点A（3，3），．∵二次函数的图象过点，，∴解得，∴抛物线的解析式为．（2）存在．∵，，绕点逆时针旋转得到，∴，．∵抛物线的对称轴为，∴点关于直线的对称点为．设直线的解析式为，∴解得，∴．当时，，∴．【点睛】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．21、（1）4；（2）BC=30cm【分析】（1）作BK⊥AF于点H,交MN于点K,通过△ABH∽△ACG，根据相似三角形的性质可得关于x的方程，求解即可；（2）在Rt△ACG中利用正弦值解线段AC长，即可得.【详解】（1）解：作BK⊥AF于点H,交MN于点K,则BH∥CG,△ABH∽△ACG,设圆形滚轮的半径AD长为xcm,∴即解得，x=4∴⊙A的半径是4cm.（2）在Rt△ACG中，CG=76-4=72cm,则sin∠CAF=∴AC=cm,∴BC=AC-AB=80-50=30cm.【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，构建相似三角形及建立模型是解答此题的关键.22、（1）见解析；（2）α=15°【分析】（1）利用四边形AB′C′D′是菱形，得到AB′=B′C′=C′D′=AD′，根据∠B′AD′=∠B′C′D′=60°，可得△AB′D′，△B′C′D′是等边三角形，进而得到△C′MN是等边三角形，则有C′M=C′N，MB′=ND′，利用SAS即可证明△AB′M≌△AD′N；（2）由（1）得∠B′AM=∠D′AN，利用∠CAD=∠BAD=30°，即可解决问题.【详解】（1）∵四边形AB′C′D′是菱形，∴AB′=B′C′=C′D′=AD′，∵∠B′AD′=∠B′C′D′=60°，∴△AB′D′，△B′C′D′是等边三角形，∵MN∥B′C′，∴∠C′MN=∠C′B′D′=60°，∠CNM=∠C′D′B′=60°，∴△C′MN是等边三角形，∴C′M=C′N，∴MB′=ND′，∵∠AB′M=∠AD′N=120°，AB′=AD′，∴△AB′M≌△AD′N（SAS），（2）由△AB′M≌△AD′N得：∠B′AM=∠D′AN，∵∠CAD=∠BAD=30°，∴∠D′AN=∠B′AM=15°，∴α=15°【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．23、120m【分析】在Rt△ACD和Rt△BCD中，设CD＝x，分别用x表示AD和BD的长度，然后根据已知AB＝40m，列出方程求出x的值，继而可求得气球离地面的高度．【详解】设CD＝x，在Rt△BCD中，∵∠CBD＝45°，∴BD＝CD＝x，在Rt△ACD中，∵∠A＝37°，∴tan37°＝，∴AD＝，∵AB＝40m，∴AD﹣BD＝﹣x＝40，解得：x＝120，∴气球离地面的高度约为120（m）．答：气球离地面的高度约为120m．