2023届山东省泰安市岱岳区九年级数学第一学期期末学业水平测试试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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．在△ABC中，∠A、∠B都是锐角，且，则关于△ABC的形状的说法错误的是（）A．它不是直角三角形 B．它是钝角三角形C．它是锐角三角形 D．它是等腰三角形2．若是方程的两根，则实数的大小关系是（）A． B． C． D．3．如图，△ABC中，点D，E在边AB，AC上，DE∥BC，△ADE与△ABC的周长比为2∶5，则AD∶DB为()A．2∶5 B．4∶25 C．2∶3 D．5∶24．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．5．设抛物线的顶点为M,与y轴交于N点，连接直线MN，直线MN与坐标轴所围三角形的面积记为S.下面哪个选项的抛物线满足S=1()A． B．C． D．(a为任意常数)6．对于一个圆柱的三种视图，小明同学求出其中两种视图的面积分别为6和10，则该圆柱第三种视图的面积为（）A．6 B．10 C．4 D．6或107．如图，在纸上剪一个圆形和一个扇形的纸片，使之恰好能围成一个圆锥模型，若圆的半径r＝1，扇形的半径为R，扇形的圆心角等于90°，则R的值是（）A．R＝2 B．R＝3 C．R＝4 D．R＝58．方程x2+2x-5=0经过配方后，其结果正确的是A． B．C． D．9．一元二次方程的根是（）A．1 B．3 C．1或3 D．-1或310．如图，在等边△ABC中，P为BC上一点，D为AC上一点，且∠APD＝60°，BP＝2，CD＝1，则△ABC的边长为（）A．3 B．4 C．5 D．6二、填空题(每小题3分,共24分)11．双曲线在每个象限内，函数值y随x的增大而增大，则m的取值范围是__________12．如图，PA，PB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B，连接OA，OP，AB，设OP与AB相交于点C，若∠APB=60°，OC=2cm，则PC=_________cm．13．已知，P为等边三角形ABC内一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，则S△ABC＝_____．14．已知线段a=4，b=9，则a，b的比例中项线段长等于________．15．如图，四边形ABCD是正方形，若对角线BD＝4，则BC＝_____．16．△ABC中，E，F分别是AC，AB的中点，连接EF，则S△AEF:S△ABC＝_____．17．计算：______．18．如图，将Rt△ABC（其中∠B＝30°，∠C＝90°）绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点B、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于_____．三、解答题(共66分)19．（10分）如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是边AD，CD上的点，AE＝ED，DF=DC，连结EF并延长交BC的延长线于点G，连结BE．（1）求证：△ABE∽△DEF．（2）若正方形的边长为4，求BG的长．20．（6分）如图，在中，，，，将线段绕点按逆时针方向旋转到线段.由沿方向平移得到，且直线过点.（1）求的大小；（2）求的长.21．（6分）大雁塔是现存最早规模最大的唐代四方楼阁式砖塔，被国务院批准列人第一批全国重点文物保护单位，某校社会实践小组为了测量大雁塔的高度，在地面上处垂直于地面竖立了高度为米的标杆，这时地面上的点，标杆的顶端点，古塔的塔尖点正好在同一直线上，测得米，将标杆向后平移到点处，这时地面上的点，标杆的顶端点，古塔的塔尖点正好在同一直线上(点，点，点，点与古塔底处的点在同一直线上)，这时测得米，米，请你根据以上数据，计算古塔的高度.22．（8分）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+ax+a（a≠0）交x轴于点A和点B（点A在点B左边），交y轴于点C，连接AC，tan∠CAO＝1．（1）如图1，求抛物线的解析式；（2）如图2，D是第一象限的抛物线上一点，连接DB，将线段DB绕点D顺时针旋转90°，得到线段DE（点B与点E为对应点），点E恰好落在y轴上，求点D的坐标；（1）如图1，在（2）的条件下，过点D作x轴的垂线，垂足为H，点F在第二象限的抛物线上，连接DF交y轴于点G，连接GH，sin∠DGH＝，以DF为边作正方形DFMN，P为FM上一点，连接PN，将△MPN沿PN翻折得到△TPN（点M与点T为对应点），连接DT并延长与NP的延长线交于点K，连接FK，若FK＝，求cos∠KDN的值．23．（8分）已知：在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．（1）画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标；（2）画出将绕点按顺时针旋转所得的．24．（8分）数学兴趣小组想利用所学的知识了解某广告牌的高度，已知CD＝2m．经测量，得到其它数据如图所示．其中∠CAH＝37°，∠DBH＝67°，AB＝10m，请你根据以上数据计算GH的长．（参考数据tan67°，tan37°）25．（10分）如图，直线与轴交于点，与反比例函数第一象限内的图象交于点，连接，若．（1）求直线的表达式和反比例函数的表达式；（2）若直线与轴的交点为，求的面积．26．（10分）如图，在中，是内心，是边上一点，以点为圆心，为半径的经过点.求证：是的切线；已知的半径是.①若是的中点，，则；②若，求的长.

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】先根据特殊角的三角函数值求出∠A、∠B的度数，再根据三角形内角和定理求出∠C即可作出判断．【详解】∵△ABC中,∠A、∠B都是锐角,sinA＝,cosB＝，∴∠A＝∠B＝30°.∴∠C＝180°−∠A−∠B＝180−30°−30°＝120°.故选C.【点睛】本题主要考查特殊角三角函数值，熟悉掌握是关键．2、A【分析】设，可判断抛物线开口向下，m、n是其与x轴交点的横坐标，a、b则是抛物线与直线y=2的交点横坐标，画出函数草图即可判断.【详解】设，可判断抛物线开口向下，m、n是其与x轴交点的横坐标，a、b则是抛物线与直线y=2的交点横坐标，画出函数草图如下：从函数图象可以看出：故选：A【点睛】本题考查的是二次函数与一元二次方程的关系，掌握抛物线与x轴的交点的横坐标为y=0时，一元二次方程的根是关键.3、C【分析】由题意易得，根据两个相似三角形的周长比等于相似比可直接得解．【详解】，，△ADE与△ABC的周长比为2∶5，，．故选C．【点睛】本题主要考查相似三角形的性质，关键是根据两个三角形相似，那么它们的周长比等于相似比．4、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．5、D【分析】求出各选项中M、N两点的坐标，再求面积S，进行判断即可；【详解】A选项中，M点坐标为（1，1），N点坐标为（0，-2），，故A选项不满足；B选项中，M点坐标为，N点坐标为（0，），，故B选项不满足；C选项中，M点坐标为(2，），点N坐标为（0，1），，故选项C不满足；D选项中，M点坐标为（，），点N坐标为（0，2），，当a=1时，S=1，故选项D满足；【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键.6、D【分析】一个圆柱的三视图是圆和长方形,所以另外一种视图也是同样的长方形.【详解】一个圆柱的三视图是圆和长方形,所以另外一种视图也是同样的长方形,如果视图是长方形的面积是6,另外一种视图的面积也是6,如果视图是长方形的面积是10,另外一种视图的面积也是10.故选：D【点睛】考核知识点：三视图.理解圆柱体三视图特点是关键.7、C【分析】利用圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，根据弧长公式计算．【详解】解：扇形的弧长是：＝，圆的半径r＝1，则底面圆的周长是2π，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长则得到：＝2π，∴＝2，即：R＝4，故选C．【点睛】本题主要考查圆锥底面周长与展开扇形弧长关系,解决本题的关键是要熟练掌握圆锥底面周长与展开扇形之间关系.8、C【详解】解：根据配方法的意义，可知在方程的两边同时加减一次项系数的一半的平方，可知，即，配方为.故选：C.【点睛】此题主要考查了配方法，解题关键是明确一次项的系数，然后在方程的两边同时加减一次项系数的一半的平方，即可求解.9、D【解析】利用因式分解法求解即可得．【详解】故选：D．【点睛】本题考查了利用因式分解法求解一元二次方程，主要解法包括：直接开方法、配方法、公式法、因式分解法、换元法等，熟记各解法是解题关键．10、B【分析】根据等边三角形性质求出AB＝BC＝AC，∠B＝∠C＝60°，推出∠BAP＝∠DPC，即可证得△ABP∽△PCD，据此解答即可，．【详解】∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∠B＝∠C＝60°，∴∠BAP+∠APB＝180°﹣60°＝120°，∵∠APD＝60°，∴∠APB+∠DPC＝180°﹣60°＝120°，∴∠BAP＝∠DPC，即∠B＝∠C，∠BAP＝∠DPC，∴△ABP∽△PCD；∴∵BP＝2，CD＝1，∴∴AB＝1，∴△ABC的边长为1．故选：B．【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，等边三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，关键是推出△ABP∽△PCD，主要考查了学生的推理能力和计算能力.二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】根据反比例函数的性质可知，y随x的增大而增大则k知小于0，即m-2＜0，解得m的范围即可.【详解】∵反比例函数y随x的增大而增大∴m-2＜0则m＜2【点睛】本题考查了反比例函数的性质，函数值y随x的增大而增大则k小于0，函数值y随x的增大而减小则k大于0.12、6【分析】由切线长定理可知PA=PB，由垂径定理可知OP垂直平分AB，所以OP平分，可得,利用直角三角形30度角的性质可得OA、OP的长，即可.【详解】解：PA，PB是⊙O的两条切线，由垂径定理可知OP垂直平分AB，OP平分，在中，在中，故答案为：6【点睛】本题主要考查了圆的性质与三角形的性质，涉及的知识点主要有切线长定理、垂径定理、等腰三角形的性质、直角三角形30度角的性质，灵活的将圆与三角形相结合是解题的关键.13、【分析】将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，根据旋转的性质得BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，则△BPE为等边三角形，得到PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，在△AEP中，AE＝5，延长BP，作AF⊥BP于点F，根据勾股定理的逆定理可得到△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，即可得到∠APB的度数，在Rt△APF中利用三角函数求得AF和PF的长，则在Rt△ABF中利用勾股定理求得AB的长，进而求得三角形ABC的面积．【详解】解：∵△ABC为等边三角形，∴BA＝BC，可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连EP，且延长BP，作AF⊥BP于点F．如图，∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，∴△BPE为等边三角形，∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，∴AE2＝PE2+PA2，∴△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，∴∠APB＝90°+60°＝150°．∴∠APF＝30°，∴在直角△APF中，AF＝AP＝，PF＝AP＝．∴在直角△ABF中，AB2＝BF2+AF2＝（4+）2+（）2＝25+12．∴△ABC的面积＝AB2＝（25+12）＝；故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了等边三角形的判定与性质以及勾股定理的逆定理．14、1【分析】根据比例中项的定义，列出比例式即可求解．【详解】解：根据比例中项的概念结合比例的基本性质，得：比例中项的平方等于两条线段的乘积，

∴，即，解得，（不合题意，舍去）

故答案为：1．【点睛】此题考查了比例线段；理解比例中项的概念，注意线段不能是负数．15、【分析】由正方形的性质得出△BCD是等腰直角三角形，得出BD＝BC＝4，即可得出答案．【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴CD＝BC，∠C＝90°，∴△BCD是等腰直角三角形，∴BD＝BC＝4，∴BC＝2，故答案为：2．【点睛】本题考查了正方形的性质以及等腰直角三角形的判定与性质；证明△BCD是等腰直角三角形是解题的关键．16、【分析】由E、F分别是AB、AC的中点，可得EF是△ABC的中位线，直接利用三角形中位线定理即可求得BC＝1EF，然后根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】∵△ABC中，E、F分别是AB、AC的中点，EF＝4，∴EF是△ABC的中位线，∴BC＝1EF，EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴S△AEF：S△ABC＝（）1＝，故答案为：．【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，三角形面积比等于相似比的平方，三角形中位线是对应边的一半，所以得到相似比是1：1．17、【分析】根据特殊角三角函数值和二次根式化简整理，合并同类二次根式即可求解．【详解】解：．故答案为：【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值和二次根式的计算，熟知特殊角的三角函数值是解题关键．18、180°【分析】根据旋转的性质可直接判定∠BAB1等于旋转角，由于点B、A、B1在同一条直线上，可知旋转角为180°．【详解】解：由旋转的性质定义知，∠BAB1等于旋转角，∵点B、A、B1在同一条直线上，∴∠BAB1为平角，∴∠BAB1＝180°，故答案为：180°．【点睛】此题考查是旋转的性质，熟知图形旋转后所得图形与原图形全等是解答此题的关键．三、解答题(共66分)19、（1）见解析；（2）BG=BC+CG=1．【分析】（1）利用正方形的性质，可得∠A=∠D，根据已知可得AE：AB=DF：DE，根据有两边对应成比例且夹角相等三角形相似，可得△ABE∽△DEF；（2）根据相似三角形的预备定理得到△EDF∽△GCF，再根据相似的性质即可求得CG的长，那么BG的长也就不难得到.【详解】（1）证明：∵ABCD为正方形，∴AD=AB=DC=BC，∠A=∠D=90°.∵AE=ED，∴AE：AB=1：2.∵DF=DC，∴DF：DE=1：2，∴AE：AB=DF：DE，∴△ABE∽△DEF；（2）解：∵ABCD为正方形，∴ED∥BG，∴△EDF∽△GCF，∴ED：CG=DF：CF.又∵DF=DC，正方形的边长为4，∴ED=2，CG=6，∴BG=BC+CG=1.【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键.20、（1）；（2）【分析】（1）根据旋转的性质可求得，AD=AB=10，∠ABD=45°，再由平移的性质即可得出结论；（2）根据平移的性质及同角的余角相等证得∠DAE=∠CAB，进而证得△ADE∽△ACB，利用相似的性质求出AE即可．【详解】解：（1）∵线段AD是由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到，∴∠DAB=90°，AD=AB，∴∠ABD=∠ADB=45°，∵△EFG是由△ABC沿CB方向平移得到，∴AB∥EF，∴∠1=∠ABD=45°；（2）由平移的性质得，AE∥CG，∴∠EAC=180°－∠C=90°，∴∠EAB+∠BAC=90°，由（1）知∠DAB=90°，∴∠DAE+∠EAB=90°，∴∠DAE=∠CAB，又∵∠ADE=∠ADB+∠1=90°，∠ACB=90°，∴∠ADE=∠ACB，∴△ADE∽△ACB，∴，∵AC=8，AB=AD=10，∴AE=12.5.【点睛】本题为平移的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质的综合考查，熟练掌握基础的性质与判定是解题的关键.21、古塔的高度为64.5米.【分析】根据CD//AB，HG//AB可证明△EDC∽△EBA，△FHG∽△FBA，根据相似三角形的性质求出AB的长即可.【详解】∵CD//AB，HG//AB，∴△EDC∽△EBA，△FHG∽△FBA，∴，∵∴，即∴（米），∵，∴，∴AB=64.5.答：古塔的高度为64.5米.【点睛】本题考查相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题关键.22、（1）y＝﹣x2+x+1；（2）D的坐标为（1，1）；（1）【分析】（1）通过抛物线y＝先求出点A的坐标，推出OA的长度，再由tan∠CAO＝1求出OC的长度，点C的坐标，代入原解析式即可求出结论；（2）如图2，过点D分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为W和Z，证△DZE≌△DWB，得到DZ＝DW，由此可知点D的横纵坐标相等，设出点D坐标，代入抛物线解析式即可求出点D坐标；（1）如图1，连接CD，分别过点C，H作F的垂线，垂足分别为Q，I，过点F作DC的垂线，交DC的延长线于点U，先求出点G坐标，求出直线DG解析式，再求出点F的坐标，即可求出正方形FMND的边长，再求出其对角线FN的长度，最后证点F，K，M，N，D共圆，推出∠KDN＝∠KFN，求出∠KFN的余弦值即可．【详解】解：（1）在抛物线y=中，当y＝0时，x1＝﹣1，x2＝4，∴A（﹣1，0），B（4，0），∴OA＝1，∵tan∠CAO＝1，∴OC＝1OA＝1，∴C（0，1），∴a＝1，∴a＝2，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+1；（2）如图2，过点D分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为W和Z，∵∠ZDW＝∠EDB＝90°，∴∠ZDE＝∠WDB，∵∠DZE＝∠DWB＝90°，DE＝DB，∴△DZE≌△DWB（AAS），∴DZ＝DW，设点D（k，﹣k2+k+1），∴k＝﹣k2+k+1，解得，k1＝﹣（舍去），k2＝1，∴D的坐标为（1，1）；（1）如图1，连接CD，分别过点C，H作F的垂线，垂足分别为Q，I，∵sin∠DGH＝∴设HI＝4m，HG＝5m，则IG＝1m，由题意知，四边形OCDH是正方形，∴CD＝DH＝1，∵∠CDQ+∠IDH＝90°，∠IDH+∠DHI＝90°，∴∠CDQ＝∠DHI，又∵∠CQD＝∠DIH＝90°，∴△CQD≌△DIH（AAS），设DI＝n，则CQ＝DI＝n，DQ＝HI＝4m，∴IQ＝DQ﹣DI＝4m﹣n，∴GQ＝GI﹣IQ＝1m﹣（4m﹣n）＝n﹣m，∵∠GCQ+∠QCD＝90°，∠QCD+∠CDQ＝90°，∴∠GCQ＝∠CDQ，∴△GCQ∽△CDQ，∴∴∴n＝2m，∴CQ＝DI＝2m，∴IQ＝2m，∴tan∠CDG＝，∵CD＝1，∴CG＝，∴GO＝CO﹣CG＝，设直线DG的解析式为y＝kx+，将点D（1，1）代入，得，k＝，∴yDG＝，设点F（t，﹣t2+t+1），则﹣t2+t+1＝t+，解得，t1＝1（舍去），t2＝﹣，∴F（﹣，）过点F作DC的垂线，交DC的延长线于点U，则，∴在Rt△UFD中，DF＝，由翻折知，△NPM≌△NPT，∴∠MNP＝∠TNP，NM＝NT＝ND，∠TPN＝∠MPN，TP＝MP，又∵NS⊥KD，∴∠DNS＝∠TNS，DS＝TS，∴∠SNK＝∠TNP+∠TNS＝×90°＝45°，∴∠SKN＝45°，∵∠TPK＝180°﹣∠TPN，∠MPK＝180°﹣∠MPN，∴∠TPK＝∠MPK，又∵PK＝PK，∴△TPK≌△MPK（SAS），∴∠MKP＝∠TKP＝45°，∴∠DKM＝∠MKP+∠TKP＝90°，连接FN，DM，交点为R，再连接RK，则RK＝RF＝RD＝RN＝RM，则点F，D，N，M，K同在⊙R上，FN为直径，∴∠FKN＝90°，∠KDN＝∠KFN，∵FN＝，∴在Rt△FKN中，∴cos∠KDN＝cos∠KFN．【点睛】考核知识点：二次函数综合题．熟记二次函数基本性质，数形结合分析问题是关键.23、（1）如图所示，即为所求，见解析，点的坐标为；（2）如图所示，即为所求．见解析.【解析】分别作出三顶点关于原点的对称点，再顺次连接即可得；

分别作出点、绕点按顺时针旋转所得的对应点，再顺次连接即可得．【详解】解：（1）如图所示，即为所求，其中点的坐标为．（2）如图所示，即为所求．【点睛】此题主要考查了图形的旋转变换，正确得出对应点位置是解题关键．24、GH的长为10m．【分析】延长CD交AH于点E，则CE⊥AH，设DE=xm，则CE=（x+2）m，通过解直角三角形可得出AE=，BE=，结合AE-BE=