山东省烟台市名校2022-2023学年数学九年级第一学期期末预测试题含解析

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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题4分，共48分）1．如图，在x轴的上方，直角∠BOA绕原点O按顺时针方向旋转.若∠BOA的两边分别与函数、的图象交于B、A两点，则∠OAB大小的变化趋势为（）A．逐渐变小 B．逐渐变大 C．时大时小 D．保持不变2．小明将如图两水平线l1、l2的其中一条当成x轴，且向右为正方向；两条直线l3、l4的其中一条当成y轴，且向上为正方向，并在此坐标平面中画出二次函数y＝ax2﹣2a2x+1的图象，则（）A．l1为x轴，l3为y轴 B．l2为x轴，l3为y轴C．l1为x轴，l4为y轴 D．l2为x轴，l4为y轴3．如图，几何体是由3个大小完全一样的正方体组成的，它的左视图是（）A． B． C． D．4．在一个晴朗的上午，小丽拿着一块矩形木板在阳光下做投影实验，矩形木板在地面上形成的投影不可能是（）A． B．C． D．5．如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为CD延长线上一点，若∠ADE＝110°，则∠B＝（）A．80° B．100° C．110° D．120°6．数据1，3，3，4，5的众数和中位数分别为（）A．3和3 B．3和3.5 C．4和4 D．5和3.57．如图，小明想利用太阳光测量楼高，发现对面墙上有这栋楼的影子，小明边移动边观察，发现站在点处时，可以使自己落在墙上的影子与这栋楼落在墙上的影子重合且高度恰好相同.此时测得墙上影子高(点在同一条直线上).已知小明身高是，则楼高为（）A． B． C． D．8．若反比例函数的图像经过点，则下列各点在该函数图像上的为（）A． B． C． D．9．如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，则∠BED为（）A．45° B．15° C．10° D．125°10．若点A（1，y1），B（2，y2），C（﹣2，y3）都在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（）A．＜＜ B．＜＜ C．＜＜ D．＜＜11．已知关于x的方程x2+ax﹣6＝0的一个根是2，则a的值是（）A．﹣1 B．0 C．1 D．212．下列说法正确的是()A．一组对边相等且有一个角是直角的四边形是矩形B．对角线互相垂直的四边形是菱形C．对角线相等且互相垂直的四边形是正方形D．对角线平分一组对角的平行四边形是菱形二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，在直角三角形中，是斜边上的高，，则的值为___.14．如图，在中，，，，、分别是边、上的两个动点，且，是的中点，连接，，则的最小值为__________．15．将抛物线y＝﹣x2﹣4x（﹣4≤x≤0）沿y轴折叠后得另一条抛物线，若直线y＝x+b与这两条抛物线共有3个公共点，则b的取值范围为_____．16．如图，一艘轮船从位于灯塔的北偏东60°方向，距离灯塔60海里的小岛出发，沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔的南偏东45°方向上的处，这时轮船与小岛的距离是__________海里．17．当________时，的值最小.18．在中，，，则______．三、解答题（共78分）19．（8分）如图1，已知AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，过O点作OF⊥AB交⊙O于点D，交AC于点E，交BC的延长线于点F，点G是EF的中点，连接CG(1)判断CG与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)求证：2OB2＝BC•BF；(3)如图2，当∠DCE＝2∠F，CE＝3，DG＝2.5时，求DE的长．20．（8分）某商场要经营一种新上市的文具，进价为20元/件，试营销阶段发现：当销售价格为25元/件时，每天的销售量为250件，每件销售价格每上涨1元，每天的销售量就减少10件．（1）当销售价格上涨时，请写出每天的销售量（件）与销售价格（元/件）之间的函数关系式．（2）如果要求每天的销售量不少于10件，且每件文具的利润至少为18元，间当销售价格定为多少时，该文具每天的销售利润最大，最大利润为多少？21．（8分）如图，抛物线y=﹣x2+mx+n与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A（﹣1，0），C（0，2）．（1）求抛物线的表达式；（2）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出P点的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）点E时线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标．22．（10分）解方程：x2﹣2x﹣2=1．23．（10分）计算：（1）2sin30°+cos45°tan60°（2）(）0（）-2tan230．24．（10分）关于x的一元二次方程x2+（m+4）x﹣2m﹣12＝0，求证：（1）方程总有两个实数根；（2）如果方程的两根相等，求此时方程的根．25．（12分）如图，有四张背面相同的卡片A、B、C、D，卡片的正面分别印有正三角形、平行四边形、圆、正五边形（这些卡片除图案不同外，其余均相同）．把这四张卡片背面向上洗匀后，进行下列操作：（1）若任意抽取其中一张卡片，抽到的卡片既是中心对称图形又是轴对称图形的概率是；（2）若任意抽出一张不放回，然后再从余下的抽出一张．请用树状图或列表表示摸出的两张卡片所有可能的结果，求抽出的两张卡片的图形是中心对称图形的概率．26．解一元二次方程：（1）（2）

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【解析】如图，作辅助线；首先证明△BEO∽△OFA，，得到；设B为（a，），A为（b，），得到OE=-a，EB=，OF=b，AF=，进而得到，此为解决问题的关键性结论；运用三角函数的定义证明知tan∠OAB=为定值，即可解决问题．【详解】解：分别过B和A作BE⊥x轴于点E，AF⊥x轴于点F，则△BEO∽△OFA，∴，设点B为（a，），A为（b，），则OE=-a，EB=，OF=b，AF=，可代入比例式求得，即，根据勾股定理可得：OB=，OA=，∴tan∠OAB===∴∠OAB大小是一个定值，因此∠OAB的大小保持不变.故选D【点睛】该题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定等知识点及其应用问题；解题的方法是作辅助线，将分散的条件集中；解题的关键是灵活运用相似三角形的判定等知识点来分析、判断、推理或解答．2、D【分析】根据抛物线的开口向下，可得a＜0，求出对称轴为：直线x=a，则可确定l4为y轴，再根据图象与y轴交点，可得出l2为x轴，即可得出答案．【详解】解：∵抛物线的开口向下，∴a＜0，∵y＝ax2﹣2a2x+1，∴对称轴为：直线x=a<0，令x=0，则y=1，∴抛物线与y轴的正半轴相交，∴l2为x轴，l4为y轴．故选：D．【点睛】本题考查了二次函数的性质，开口方向由a确定，与y轴的交点由c确定，左同右异确定b的符号．3、D【解析】试题分析：观察几何体，可知该几何体是由3个大小完全一样的正方体组成的，它的左视图是，故答案选D.考点：简单几何体的三视图.4、A【解析】解：将矩形木框立起与地面垂直放置时，形成B选项的影子；将矩形木框与地面平行放置时，形成C选项影子；将木框倾斜放置形成D选项影子；根据同一时刻物高与影长成比例，又因矩形对边相等，因此投影不可能是A选项中的梯形，因为梯形两底不相等．故选A．5、C【分析】直接利用圆内接四边形的性质分析得出答案．【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O，E为CD延长线上一点，∠ADE＝110°，∴∠B＝∠ADE＝110°．故选：C．【点睛】本题考查圆内接四边形的性质.熟练掌握圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补；.圆内接四边形的外角等于它的内对角是解题的关键.6、A【分析】根据众数和中位数的定义：一般来说,一组数据中,出现次数最多的数就叫这组数据的众数；把一组数据按从小到大的数序排列，在中间的一个数字（或两个数字的平均值）叫做这组数据的中位数；即可得解.【详解】由已知，得该组数据中，众数为3，中位数为3，故答案为A.【点睛】此题主要考查对众数、中位数概念的理解，熟练掌握，即可解题.7、B【分析】过点C作CN⊥AB，可得四边形CDME、ACDN是矩形，即可证明，从而得出AN，进而求得AB的长．【详解】过点C作CN⊥AB，垂足为N，交EF于M点，

∴四边形CDEM、BDCN是矩形，

∴，

∴，依题意知，EF∥AB，

∴，

∴，即：，

∴AN=20，

(米)，

答：楼高为21.2米．

故选：B．【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用，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，通过解方程求解即可，体现了转化的思想．8、C【分析】将点代入求出反比例函数的解析式，再对各项进行判断即可．【详解】将点代入得解得∴只有点在该函数图象上故答案为：C．【点睛】本题考查了反比例函数的问题，掌握反比例函数的性质以及应用是解题的关键．9、A【分析】由等边三角形的性质可得，进而可得，又因为，结合等腰三角形的性质，易得的大小，进而可求出的度数.【详解】是等边三角形，，，四边形是正方形，，，，，，.

故选：.【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质和判定的应用，解此题的关键是求出的度数，难度适中.10、D【分析】先根据反比例函数中k＞1判断出函数图象所在的象限及增减性，再根据各点横坐标的特点即可得出结论．【详解】解：∵反比例函数y＝中k＞1，∴函数图象的两个分支分别位于一、三象限，且在每一象限内y随x的增大而减小．∵﹣2＜1，∴点C（﹣2，y2）位于第三象限，∴y2＜1，∵1＜1＜2，∴点A（1，y1），B（2，y2）位于第一象限，∴y1＞y2＞1．∴y1＞y2＞y2．故选：D．【点睛】本题考查的是反比例函数的性质，掌握反比例函数图象所在象限及增减性是解答此题的关键．11、C【解析】一元二次方程的根就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．利用方程解的定义将x＝2代入方程式即可求解．【详解】解：将x＝2代入x2+ax﹣6＝2，得22+2a﹣6＝2．解得a＝2．故选C．【点睛】本题考查的是一元二次方程的根的定义，把求未知系数的问题转化为解方程的问题．12、D【分析】根据矩形、正方形、菱形的判定方法一一判断即可；【详解】A、一组对边相等且有一个角是直角的四边形不一定是矩形，故本选项不符合题意；B、对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故本选项不符合题意；C、对角线相等且互相垂直的四边形不一定是正方形，故本选项不符合题意；D、对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，正确．故选：D．【点睛】本题考查矩形、正方形、菱形的判定方法，属于中考常考题型．二、填空题（每题4分，共24分）13、【分析】证明，从而求出CD的长度，再求出即可．【详解】∵是斜边上的高∴∵∴∴∴解得（舍去）∴在中故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定以及三角函数，掌握相似三角形的性质以及判定是解题的关键．14、【分析】先在CB上取一点F，使得CF=，再连接PF、AF，然后利用相似三角形的性质和勾股定理求出AF，即可解答．【详解】解：如图：在CB上取一点F，使得CF=，再连接PF、AF，∵∠DCE=90°，DE=4，DP=PE，∴PC=DE=2，∵，∴又∵∠PCF=∠BCP，∴△PCF∽△BCP，∴∴PA+PB=PA+PF，∵PA+PF≥AF，AF=∴PA+PB≥.∴PA+PB的最小值为，故答案为．【点睛】本题考查了勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，正确添加常用辅助线、构造相似三角形是解答本题的关键．15、0＜b＜【分析】画出图象，利用图象法解决即可．【详解】解：将抛物线y＝﹣x2﹣4x（﹣4≤x≤0）沿y轴折叠后得另一条抛物线为y＝﹣x2+4x（0≤x≤4）画出函数如图，由图象可知，当直线y＝x+b经过原点时有两个公共点，此时b＝0，解，整理得x2﹣3x+b＝0，若直线y＝x+b与这两条抛物线共有3个公共点，则△＝9﹣4b＞0，解得所以，当0＜b＜时，直线y＝x+b与这两条抛物线共有3个公共点，故答案为．【点睛】本题考查了二次函数图像的折叠问题，解决本题的关键是能够根据题意画出二次函数折叠后的图像，掌握二次函数与一元二次方程的关系.16、（30+30）【分析】过点C作CD⊥AB，则在Rt△ACD中易得AD的长，再在Rt△BCD中求出BD，相加可得AB的长．【详解】解：过C作CD⊥AB于D点，由题意可得，

∠ACD=30°，∠BCD=45°，AC=1．

在Rt△ACD中，cos∠ACD=,∴AD=AC=30，CD=AC•cos∠ACD=1×，在Rt△DCB中，∵∠BCD=∠B=45°，

∴CD=BD=30，∴AB=AD+BD=30+30．答：此时轮船所在的B处与小岛A的距离是（30+30）海里．

故答案为：（30+30）．【点睛】此题主要考查了解直角三角形的应用-方向角问题，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．17、【分析】根据二次根式的意义和性质可得答案.【详解】解：由二次根式的性质可知，当时，取得最小值0故答案为2【点睛】本题考查二次根式的“双重非负性”即“根式内的数或式大于等于零”和“根式的计算结果大于等于零”18、【分析】根据题意画出图形，进而得出cosB=求出即可．【详解】解：∵∠A=90°，AB=3，BC=4，

则cosB==．

故答案为：．【点睛】本题考查了锐角三角函数的定义，正确把握锐角三角函数关系是解题的关键．三、解答题（共78分）19、（1）CG与⊙O相切，理由见解析；（1）见解析；（3）DE＝1【解析】（1）连接CE，由AB是直径知△ECF是直角三角形，结合G为EF中点知∠AEO＝∠GEC＝∠GCE，再由OA＝OC知∠OCA＝∠OAC，根据OF⊥AB可得∠OCA+∠GCE＝90°，即OC⊥GC，据此即可得证；（1）证△ABC∽△FBO得，结合AB＝1BO即可得；（3）证ECD∽△EGC得，根据CE＝3，DG＝1.5知，解之可得．【详解】解：（1）CG与⊙O相切，理由如下：如图1，连接CE，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝∠ACF＝90°，∵点G是EF的中点，∴GF＝GE＝GC，∴∠AEO＝∠GEC＝∠GCE，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC，∵OF⊥AB，∴∠OAC+∠AEO＝90°，∴∠OCA+∠GCE＝90°，即OC⊥GC，∴CG与⊙O相切；（1）∵∠AOE＝∠FCE＝90°，∠AEO＝∠FEC，∴∠OAE＝∠F，又∵∠B＝∠B，∴△ABC∽△FBO，∴，即BO•AB＝BC•BF，∵AB＝1BO，∴1OB1＝BC•BF；（3）由（1）知GC＝GE＝GF，∴∠F＝∠GCF，∴∠EGC＝1∠F，又∵∠DCE＝1∠F，∴∠EGC＝∠DCE，∵∠DEC＝∠CEG，∴△ECD∽△EGC，∴，∵CE＝3，DG＝1.5，∴，整理，得：DE1+1.5DE﹣9＝0，解得：DE＝1或DE＝﹣4.5（舍），故DE＝1．【点睛】本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质及直角三角形的性质等知识点．20、（1）；（2）当销售价格定为38元时，该文具每天的销售利润最大，最大利润为1元【分析】（1）根据实际销售量等于，化简即可；（2）利用二次函数的性质及题中对销售量及每件文具利润的约束条件，可求得答案．【详解】解：（1）∴每天的销售量（件）与销售价格（元/件）之间的函数关系式为：；（2）设销售利润为元，由题意得：∵，解得：∵，抛物线的对称轴为直线∴抛物线开口向下，在对称轴的右侧，随的增大而减小∴当时，取最大值为1．答：当销售价格定为38元时，该文具每天的销售利润最大，最大利润为1元．【点睛】本题主要考查了一元二次方程和二次函数的应用，准确列式是解题的关键．21、(1)抛物线的解析式为：y=﹣x1+x+1(1)存在，P1（，2），P1（，），P3（，﹣）(3)当点E运动到（1，1）时，四边形CDBF的面积最大，S四边形CDBF的面积最大=．【解析】试题分析：（1）将点A、C的坐标分别代入可得二元一次方程组，解方程组即可得出m、n的值；（1）根据二次函数的解析式可得对称轴方程，由勾股定理求出CD的值，以点C为圆心，CD为半径作弧交对称轴于P1；以点D为圆心CD为半径作圆交对称轴于点P1，P3；作CH垂直于对称轴与点H，由等腰三角形的性质及勾股定理就可以求出结论；（3）由二次函数的解析式可求出B点的坐标，从而可求出BC的解析式，从而可设设E点的坐标，进而可表示出F的坐标，由四边形CDBF的面积=S△BCD+S△CEF+S△BEF可求出S与a的关系式，由二次函数的性质就可以求出结论．试题解析：（1）∵抛物线y=﹣x1+mx+n经过A（﹣1，0），C（0，1）．解得：，∴抛物线的解析式为：y=﹣x1+x+1；（1）∵y=﹣x1+x+1，∴y=﹣（x﹣）1+，∴抛物线的对称轴是x=．∴OD=．∵C（0，1），∴OC=1．在Rt△OCD中，由勾股定理，得CD=．∵△CDP是以CD为腰的等腰三角形，∴CP1=CP1=CP3=CD．作CH⊥x轴于H，∴HP1=HD=1，∴DP1=2．∴P1（，2），P1（，），P3（，﹣）；（3）当y=0时，0=﹣x1+x+1∴x1=﹣1，x1=2，∴B（2，0）．设直线BC的解析式为y=kx+b，由图象，得，解得：，∴直线BC的解析式为：y=﹣x+1．如图1，过点C作CM⊥EF于M，设E（a，﹣a+1），F（a，﹣a1+a+1），∴EF=﹣a1+a+1﹣（﹣a+1）=﹣a1+1a（0≤x≤2）．∵S四边形CDBF=S△BCD+S△CEF+S△BEF=BD•OC+EF•CM+EF•BN，=+a（﹣a1+1a）+（2﹣a）（﹣a1+1a），=﹣a1+2a+（0≤x≤2）．=﹣（a﹣1）1+∴a=1时，S四边形CDBF的面积最大=，∴E（1，1）．考点：1、勾股定理；1、等腰三角形的性质；3、四边形的面积；2、二次函数的最值22、x1=1+，x2=1﹣．【解析】试题分析：把常数项2移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数﹣2的一半的平方．试题解析：x2﹣2x﹣2=1移项，得x2﹣2x=2，配方，得x2﹣2x+1=2+1，即（x﹣1）2=3，开方，得x﹣1=±．解得x1=1+，x2=1﹣．考点：配方法解一