锦州市重点中学2022年九年级数学第一学期期末考试试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每小题3分,共30分)1．在一次酒会上，每两人都只碰一次杯，如果一共碰杯55次，则参加酒会的人数为（

）A．9人 B．10人 C．11人 D．12人2．若二次函数的图像与轴有两个交点，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．3．如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠ACB＝45°，延长BC到D，使CD＝AC，则tan22.5°＝()A． B． C． D．4．如图，周长为28的菱形中，对角线、交于点，为边中点，的长等于()A．3.5 B．4 C．7 D．145．如图，是一个几何体的三视图，根据图中标注的数据可求得这个几何体的体积为（

）A．12π B．24π C．36π D．48π6．如图，如果从半径为9cm的圆形纸片剪去圆周的一个扇形，将留下的扇形围成一个圆锥（接缝处不重叠），那么这个圆锥的高为A．6cm B．cm C．8cm D．cm7．如图，AB是⊙O的直径，CD⊥AB，∠ABD＝60°，CD＝2，则阴影部分的面积为（）A． B．π C．2π D．4π8．已知二次函数，则下列说法：①其图象的开口向上；②其图象的对称轴为直线；③其图象顶点坐标为；④当时，随的增大而减小．其中说法正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个9．如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接OB、OD，若∠BOD=∠BCD，则∠A的度数为（）A．60° B．70° C．50° D．45°10．如图，是的直径，切于点A，若，则的度数为（）A．40° B．45° C．60° D．70°二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，位似图形由三角尺与其灯光下的中心投影组成，相似比为2：5，且三角尺的一边长为8cm，则投影三角形的对应边长为_______㎝．12．一元二次方程配方后得，则的值是__________．13．如图，菱形ABCD的三个顶点在二次函数的图象上，点A、B分别是该抛物线的顶点和抛物线与y轴的交点，则点D的坐标为____________．14．如图，斜坡长为100米，坡角，现因“改小坡度”工程的需要，将斜坡改造成坡度的斜坡（、、三点在地面的同一条垂线上），那么由点到点下降了_________米（结果保留根号）15．圆内接正六边形一边所对的圆周角的度数是__________．16．关于的一元二次方程有一个解是，另一个根为_______．17．把抛物线沿着轴向左平移3个单位得到的抛物线关系式是_________．18．计算：sin45°＝____________．三、解答题(共66分)19．（10分）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣1，0），B（m，0）两点，与y轴相交于点C（0，﹣3），抛物线的顶点为D．（1）求B、D两点的坐标；（2）若P是直线BC下方抛物线上任意一点，过点P作PH⊥x轴于点H，与BC交于点M，设F为y轴一动点，当线段PM长度最大时，求PH+HF+CF的最小值；（3）在第（2）问中，当PH+HF+CF取得最小值时，将△OHF绕点O顺时针旋转60°后得到△OH′F′，过点F′作OF′的垂线与x轴交于点Q，点R为抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点S，使得点D、Q、R、S为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点S的坐标，若不存在，请说明理由．20．（6分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O交BC于点D．过点D作EF⊥AC，垂足为E，且交AB的延长线于点F．（1）求证：EF是⊙O的切线；（2）已知AB＝4，AE＝1．求BF的长．21．（6分）如图1，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，点E，F分别在边AB，BC上，且BF＝FC，连接DE，EF，并以DE，EF为边作▱DEFG．（1）连接DF，求DF的长度；（2）求▱DEFG周长的最小值；（3）当▱DEFG为正方形时（如图2），连接BG，分别交EF，CD于点P、Q，求BP：QG的值．22．（8分）如图，在中，点在边上，且，已知，．（1）求的度数；（2）我们把有一个内角等于的等腰三角形称为黄金三角形．它的腰长与底边长的比(或者底边长与腰长的比)等于黄金比．①写出图中所有的黄金三角形，选一个说明理由；②求的长．23．（8分）教材习题第3题变式如图，AD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC和AB的平行线，交AB于点E，交AC于点F.求证：四边形AEDF是菱形．24．（8分）关于的一元二次方程有两个不等实根，.（1）求实数的取值范围；（2）若方程两实根，满足，求的值。25．（10分）综合与实践问题情境数学课上，李老师提出了这样一个问题：如图1，点是正方形内一点，，，.你能求出的度数吗？(1)小敏与同桌小聪通过观察、思考、讨论后，得出了如下思路：思路一：将绕点逆时针旋转，得到，连接，求出的度数.思路二：将绕点顺时针旋转，得到，连接，求出的度数.请参考以上思路，任选一种写出完整的解答过程.类比探究(2)如图2，若点是正方形外一点，，，，求的度数.拓展应用(3)如图3，在边长为的等边三角形内有一点，，，则的面积是______.26．（10分）如图，已知二次函数的图象经过点，.（1）求的值；（2）直接写出不等式的解.

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【分析】设参加酒会的人数为x人，根据每两人都只碰一次杯，如果一共碰杯55次，列出一元二次方程，解之即可得出答案.【详解】设参加酒会的人数为x人，依题可得：

x（x-1）=55，

化简得：x2-x-110=0，

解得：x1=11，x2=-10（舍去），

故答案为C.【点睛】考查了一元二次方程的应用，解题的关键是根据题中的等量关系列出方程.2、D【解析】由抛物线与x轴有两个交点可得出△=b2-4ac＞0，进而可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围．【详解】∵抛物线y=x2-2x+m与x轴有两个交点，∴△=b2-4ac=（-2）2-4×1×m＞0，即4-4m＞0，解得：m＜1．故选D．【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，牢记“当△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点”是解题的关键．3、B【解析】设AB=x，求出BC=x，CD=AC=x，求出BD为（x+x），通过∠ACB＝45°，CD＝AC，可以知道∠D即为22.5°，再解直角三角形求出tanD即可．【详解】解：设AB=x，

∵在Rt△ABC中，∠B=90°，∠ACB=45°，

∴∠BAC=∠ACB=45°，

∴AB=BC=x，

由勾股定理得：AC==x，∴AC=CD=x∴BD=BC+CD=x+x，

∴tan22.5°=tanD==故选B．【点睛】本题考查了解直角三角形、勾股定理、等腰三角形的性质和判定等知识点，设出AB=x能求出BD=x+x是解此题的关键．4、A【解析】根据菱形的周长求出其边长，再根据菱形的性质得出对角线互相垂直，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可.【详解】∵四边形是菱形，周长为28∴AB=7,AC⊥BD∴OH=故选：A【点睛】本题考查的是菱形的性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握菱形的性质是关键.5、B【解析】根据三视图：俯视图是圆，主视图与左视图是长方形可以确定该几何体是圆柱体，再利用已知数据计算圆柱体的体积．【详解】先由三视图确定该几何体是圆柱体，底面直径是4，半径是2，高是1．所以该几何体的体积为π×22×1=24π．故选B．【点睛】本题主要考查由三视图确定几何体和求圆柱体的面积，考查学生的空间想象能力．6、B【解析】试题分析：∵从半径为9cm的圆形纸片上剪去圆周的一个扇形，∴留下的扇形的弧长==12π，根据底面圆的周长等于扇形弧长，∴圆锥的底面半径r==6cm，∴圆锥的高为=3cm故选B.考点:圆锥的计算．7、A【解析】试题解析：连接OD.∵CD⊥AB，故，即可得阴影部分的面积等于扇形OBD的面积，又∴OC=2，∴S扇形OBD即阴影部分的面积为故选A.点睛：垂径定理：垂直于弦的直径平分弦并且平分弦所对的两条弧.8、B【分析】利用二次函数的图象和性质逐一对选项进行分析即可．【详解】①因为其图象的开口向上，故正确；②其图象的对称轴为直线，故错误；③其图象顶点坐标为，故错误；④因为抛物线开口向上，所以在对称轴右侧，即当时，随的增大而减小，故正确．所以正确的有2个故选：B．【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．9、A【分析】根据圆内接四边形的性质，构建方程解决问题即可．【详解】设∠BAD=x，则∠BOD=2x，∵∠BCD=∠BOD=2x，∠BAD＋∠BCD=180°，∴3x=180°，∴x=60°，∴∠BAD=60°.故选：A．【点睛】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．10、A【分析】先依据切线的性质求得∠CAB的度数，然后依据直角三角形两锐角互余的性质得到∠CBA的度数，然后由圆周角定理可求得∠AOD的度数．【详解】解：∵AC是圆O的切线，AB是圆O的直径，

∴AB⊥AC，

∴∠CAB=90°，

又∵∠C=70°，

∴∠CBA=20°，

∴∠AOD=40°．

故选：A．【点睛】本题主要考查的是切线的性质、圆周角定理、直角三角形的性质，求得∠CBA=20°是解题的关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、20cm【详解】解：∵位似图形由三角尺与其灯光照射下的中心投影组成，相似比为2：5，三角尺的一边长为8cm，∴投影三角形的对应边长为：8÷=20cm．故选B．【点睛】本题主要考查了位似图形的性质以及中心投影的应用，根据对应边的比为2：5，再得出投影三角形的对应边长是解决问题的关键．12、1【分析】将原方程进行配方，然后求解即可.【详解】解：∴-m+1=nm+n=1故答案为：1【点睛】本题考查配方法，掌握配方步骤正确计算是本题的解题关键.13、（2，）．【详解】解：由题意可知：抛物线y＝ax2－2ax＋(a＜0)的对称轴是直线x＝1，与y轴的交点坐标是（2，），即点B的坐标是（2，）由菱形ABCD的三个顶点在二次函数y＝ax2－2ax＋(a＜0)的图象上，点A，B分别是抛物线的顶点和抛物线与y轴的交点，∴点B与点D关于直线x＝1对称，得到点D的坐标为（2，）．故答案为（2，）．14、【分析】根据直角三角形的性质求出AC，根据余弦的定义求出BC，根据坡度的概念求出CD，结合图形计算，得到答案．【详解】在Rt△ABC中，∠ABC=30°，

∴AC=AB=50，BC=AB•cos∠ABC=50，

∵斜坡BD的坡度i=1：5，

∴DC：BC=1：5，

∴DC=10，

则AD=50-10，

故答案为：50-10．【点睛】此题考查解直角三角形的应用-坡度坡角问题，掌握坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比是解题的关键．15、30°或150°【分析】求出一条边所对的圆心角的度数，再根据圆周角和圆心角的关系解答．【详解】解：圆内接正六边形的边所对的圆心角360°÷6=60°，圆内接正六边形的一条边所对的弧可能是劣弧，也可能是优弧，

根据一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半，

所以圆内接正六边形的一条边所对的圆周角的度数是30°或150°，故答案为30°或150°．【点睛】本题考查学生对正多边形的概念掌握和计算的能力，涉及的知识点有正多边形的中心角、圆周角与圆心角的关系，属于基础题，要注意分两种情况讨论．16、【分析】一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即把0代入方程求解可得m的值；把m的值代入一元二次方程中，求出x的值，即可得出答案．【详解】解：把x=0代入方程（m+2）x2+3x+m2-4=0得到m2-4=0，解得：m=±2，∵m-2≠0,∴m=-2，当m=-2时，原方程为：-4x2+3x=0解得：x1=0，x2=，则方程的另一根为x=．【点睛】本题主要考查对一元二次方程的解，解一元二次方程等知识点的理解和掌握，能求出m的值是解此题的关键．17、【分析】先求出平移后的抛物线的顶点坐标，再利用顶点式，写出抛物线解析式，即可．【详解】由题意知：抛物线的顶点坐标是（0，1）．∵抛物线向左平移3个单位∴顶点坐标变为（-3，1）．∴得到的抛物线关系式是．故答案为．【点睛】本题主要考查了二次函数图像与几何变换，正确掌握二次函数图像与几何变换是解题的关键．18、1．【分析】根据sin45°＝代入计算即可．【详解】sin45°＝，故答案为：1．【点睛】本题考查特殊角的三角函数值，熟练记忆是关键．三、解答题(共66分)19、（1）B（3，0），D（1，﹣4）；（2）；（3）存在，S的坐标为（3，0）或（﹣1，﹣2）或（﹣1，2）或（﹣1，﹣）【分析】（1）将A（﹣1，0）、C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，待定系数法即可求得抛物线的解析式，再配方即可得到顶点D的坐标，根据y＝0，可得点B的坐标；（2）根据BC的解析式和抛物线的解析式，设P（x，x2﹣2x﹣3），则M（x，x﹣3），表示PM的长，根据二次函数的最值可得：当x＝时，PM的最大值，此时P（，﹣），进而确定F的位置：在x轴的负半轴了取一点K，使∠OCK＝30°，过F作FN⊥CK于N，当N、F、H三点共线时，如图2，FH+FN最小，即PH+HF+CF的值最小，根据含30°角的直角三角形的性质，即可得结论；（3）先根据旋转确定Q的位置，与点A重合，根据菱形的判定画图，分4种情况讨论：分别以DQ为边和对角线进行讨论，根据菱形的边长相等和平移的性质，可得点S的坐标．【详解】（1）把A（﹣1，0），点C（0，﹣3）代入抛物线y＝x2+bx+c，得：，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴顶点D（1，﹣4），当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，解得：x＝3或﹣1，∴B（3，0）；（2）∵B（3，0），C（0，﹣3），设直线BC的解析式为：y＝kx+b，则，解得：，∴直线BC的解析式为：y＝x﹣3，设P（x，x2﹣2x﹣3），则M（x，x﹣3），∴PM＝（x﹣3）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+，当x＝时，PM有最大值，此时P（，﹣），在x轴的负半轴了取一点K，使∠OCK＝30°，过F作FN⊥CK于N，∴FN＝CF，当N、F、H三点共线时，如图1，FH+FN最小，即PH+HF+CF的值最小，∵Rt△OCK中，∠OCK＝30°，OC＝3，∴OK＝，∵OH＝，∴KH＝+，∵Rt△KNH中，∠KHN＝30°，∴KN＝KH＝，∴NH＝KN＝，∴PH+HF+CF的最小值=PH+NH＝＝；（3）Rt△OFH中，∠OHF＝30°，OH＝，∴OF＝OF'＝，由旋转得：∠FOF'＝60°∴∠QOF'＝30°，∴在Rt△QF'O中，QF'＝OF'÷=÷＝，OQ=2QF'=2×=1，∴Q与A重合，即Q（﹣1，0）分4种情况：①如图2，以QD为边时，由菱形和抛物线的对称性可得S（3，0）；②如图3，以QD为边时，由勾股定理得：AD＝，∵四边形DQSR是菱形，∴QS＝AD＝2，QS∥DR，∴S（﹣1，﹣2）；③如图4，同理可得：S（﹣1，2）；④如图5，作AD的中垂线，交对称轴于R，可得菱形QSDR，∵A（﹣1，0），D（1，﹣4），∴AD的中点N的坐标为（0，﹣2），且AD＝2，∴DN＝，cos∠ADR＝，∴DR＝，∴QS=DR＝，∴S（﹣1，﹣）；综上，S的坐标为（3，0）或（﹣1，﹣2）或（﹣1，2）或（﹣1，﹣）．【点睛】本题主要考查二次函数和几何图形的综合，添加合适的辅助线构造含30°角的直角三角形，利用菱形的判定定理，进行分类讨论，是解题的关键.20、（1）证明见解析；（2）2.【解析】（1）作辅助线，根据等腰三角形三线合一得BD＝CD，根据三角形的中位线可得OD∥AC，所以得OD⊥EF，从而得结论；（2）证明△ODF∽△AEF，列比例式可得结论．【详解】（1）证明：连接OD，AD，∵AB是⊙O的直径，∴AD⊥BC，∵AB＝AC，∴BD＝CD，∵OA＝OB，∴OD∥AC，∵EF⊥AC，∴OD⊥EF，∴EF是⊙O的切线；（2）解：∵OD∥AE，∴△ODF∽△AEF，∴ODAE∵AB＝4，AE＝1，∴23∴BF＝2．【点睛】本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了圆周角定理、相似三角形的性质和判定，圆的切线的判定，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键．21、（1）；（2）6；（3）或．【分析】（1）平行四边形DEFG对角线DF的长就是Rt△DCF的斜边的长，由勾股定理求解；（2）平行四边形DEFG周长的最小值就是求邻边2（DE+EF）最小值，DE+EF的最小值就是以AB为对称轴，作点F的对称点M，连接DM交AB于点N，点E与N点重合时即DE+EF＝DM时有最小值，在Rt△DMC中由勾股定理求DM的长；（3）平行四边形DEFG为矩形时有两种情况，一是一般矩形，二是正方形，分类用全等三角形判定与性质，等腰直角三角形判定与性质，三角形相似的判定与性质和勾股定理求解．【详解】解：（1）如图1所示：∵四边形ABCD是矩形，∠C＝90°，AD＝BC，AB＝DC，∵BF＝FC，AD＝2；∴FC＝1，∵AB＝3；∴DC＝3，在Rt△DCF中，由勾股定理得，∴DF＝＝＝；（2）如图2所示：作点F关直线AB的对称点M，连接DM交AB于点N，连接NF，ME，点E在AB上是一个动点，①当点E不与点N重合时点M、E、D可构成一个三角形，∴ME+DE＞MD，②当点E与点N重合时点M、E（N）、D在同一条直线上，∴ME+DE＝MD由①和②DE+EF的值最小时就是点E与点N重合时，∵MB＝BF，∴MB＝1，∴MC＝3，又∵DC＝3，∴△MCD是等腰直角三角形，∴MD＝＝＝3，∴NF+DN＝MD＝3，∴l平行四边形DEFG＝2（NF+DF）＝6；（3）设AE＝x，则BE＝3﹣x，∵平行四边形DEFG为矩形，∴∠DEF＝90°，∵∠AED+∠BEF＝90°，∠BEF+∠BFE＝90°，∴∠AED＝∠BFE，又∵∠A＝∠EBF＝90°，∴△DAE∽△EBF，∴＝，∴＝，解得：x＝1，或x＝2①当AE＝1，BE＝2时，过点B作BH⊥EF，如图3（甲）所示：∵平行四边形DEFG为矩形，∴∠A＝∠ABF＝90°，又∵BF＝1，AD＝2，∴在△ADE和△BEF中，，∴△ADE≌△BEF中（SAS），∴DE＝EF，∴矩形DEFG是正方形；在Rt△EBF中，由勾股定理得：EF＝＝＝，∴BH＝＝，又∵△BEF～△ＨBF，∴＝，HF＝＝＝，在△BPH和△GPF中有：∠BPH＝∠GPF，∠BHP＝∠GFP，∴△BPH∽△GPF，∴＝＝＝，∴PF＝•HF＝，又∵EP+PF＝EF，∴EP＝﹣＝，又∵AB∥BC，EF∥DG，∴∠EBP＝∠DQG，∠EPB＝∠DGQ，∴△EBP∽△DQG（AA），∴＝＝＝，②当AE＝2，BE＝1时，过点G作GH⊥DC，如图3（乙）所示：∵▱DEFG为矩形，∴∠A＝∠EBF＝90°，∵AD＝AE＝2，BE＝BF＝1，∴在Rt△ADE和Rt△EFB中，由勾股定理得：∴ED＝＝2，EF＝＝＝，∴∠ADE＝45°，又∵四边形DEFG是矩形，∴EF＝DG，∠EDG＝90°，∴DG＝，∠HDG＝45°，∴△DHG是等腰直角三角形，∴DH＝HG＝1，在△HGQ和△BCQ中有，∠GHQ＝∠BCQ，∠HQG＝∠CQB，∴△HGQ∽△BCQ，∴＝＝，∵HC＝HQ+CQ＝2，∴HQ＝，又∵DQ＝DH+HQ，∴DQ＝1+＝，∵AB∥DC，EF∥DG，∴∠EBP＝∠DQG，∠EPB＝∠DGQ，∴△EBP∽△DQG（AA），∴＝，综合所述，BP：QG的值为或．【点睛】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质；重点掌握相似三角形的判定与性质，难点是作辅助线和分类求值．22、（1）；（2）①有三个：，理由见解析；②．【分析】（1）设，根据题意得到，由三角形的外角性质，即可求出x的值，从而得到答案；（2）①根据黄金三角形的定义，即可得到答案；②由①可知，是黄金三角形，则根据比例关系，求出，然后求出AD的长度.【详解】解：（1），则，设，则，又，，，解得：，；（2）①有三个：是黄金三角形；或，是黄金三角形；或，，又，，，是黄金三角形；②∵是黄金三角形，，，，，．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质以及黄金三角形的定义，三角形的内角和定理以及三角形的外角性质，解题的关键是熟练掌握等腰三角形的性质，三角形的外角性质．23、见解析【分析】由已知易得四边形AEDF是平行四边形，由角平分线和平行线的定义可得∠FAD=∠FDA，根据等角对等边可得AF=DF，再根据邻边相等的四边形是菱形可得结论．【详解】证明：∵AD是△ABC的角平分线，∴∠EAD=∠FAD，∵DE∥AC，DF∥AB，∴四边形AEDF是平行四边形，∠EAD=∠ADF，∴∠FAD=∠FDA，∴AF=DF，∴四边形AEDF是菱形．【点睛】此题主要考查了菱形的判定，关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形．24、（1）；（2）．【分析】（1）根