河北省丰宁县2022-2023学年数学九年级第一学期期末质量检测试题含解析

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．⊙O的半径为5cm，弦AB//CD，且AB=8cm,CD=6cm,则AB与CD之间的距离为（）A．1cm B．7cm C．3cm或4cm D．1cm或7cm2．计算的值为()A．1 B．C． D．3．如图，已知“人字梯”的5个踩档把梯子等分成6份，从上往下的第二个踩档与第三个踩档的正中间处有一条60cm长的绑绳EF，tanα=，则“人字梯”的顶端离地面的高度AD是（）A．144cm B．180cm C．240cm D．360cm4．如图，一条抛物线与x轴相交于A、B两点(点A在点B的左侧)，其顶点P在线段MN上移动．若点M、N的坐标分别为(-1，-1)、(2，-1)，点B的横坐标的最大值为3，则点A的横坐标的最小值为()A．-3 B．-2.5 C．-2 D．-1.55．抛物线与轴交于、两点，则、两点的距离是（）A． B． C． D．6．某班七个兴趣小组人数分别为4，4，5，x，1，1，1．已知这组数据的平均数是5，则这组数据的中位数是（）A．7 B．1 C．5 D．47．用配方法解一元二次方程时，此方程可变形为（）A． B． C． D．8．如图所示，半径为3的⊙A经过原点O和C（0，2），B是y轴左侧⊙A优弧上的一点，则（）A．2 B． C． D．9．起重机的滑轮装置如图所示，已知滑轮半径是10cm，当物体向上提升3πcm时，滑轮的一条半径OA绕轴心旋转的角度为（）A． B．C． D．10．如图，在⊙O中，AB为直径，圆周角∠ACD=20°，则∠BAD等于（）A．20° B．40° C．70° D．80°二、填空题(每小题3分,共24分)11．将一些相同的圆点按如图所示的规律摆放：第1个图形有3个圆点，第2个形有7个圆点，第3个图形有13个圆点，第4个图形有21个圆点，则第20个图形有_____个圆点．12．二次函数（a，b，c为常数且a≠0）中的与的部分对应值如下表：013353现给出如下四个结论：①；②当时，的值随值的增大而减小；③是方程的一个根；④当时，，其中正确结论的序号为：____．

13．计算的结果是__________．14．已知两圆内切，半径分别为2厘米和5厘米，那么这两圆的圆心距等于_____厘米．15．已知A（-4，2），B（2，-4）是一次函数的图像和反比例函数图像的两个交点．则关于的方程的解是__________________．16．若，，则______.17．如图，在平面直角坐标系中，点A在抛物线y=x2﹣2x+2上运动．过点A作AC⊥x轴于点C，以AC为对角线作矩形ABCD，连结BD，则对角线BD的最小值为_______．18．如图，在△ABC中，中线BF、CE交于点G，且CE⊥BF，如果，，那么线段CE的长是______．三、解答题(共66分)19．（10分）如图，已知抛物线与轴相交于、两点，与轴相交于点，对称轴为，直线与抛物线相交于、两点.（1）求此抛物线的解析式；（2）为抛物线上一动点，且位于的下方，求出面积的最大值及此时点的坐标；（3）设点在轴上，且满足，求的长.20．（6分）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，CD≠AB，点F在BC上，连DF与AB的延长线交于点G．（1）求证：CF•FG＝DF•BF；（2）当点F是BC的中点时，过F作EF∥CD交AD于点E，若AB＝12，EF＝8，求CD的长．21．（6分）如图，反比例函数y＝（x＞0）与直线AB：交于点C，点P是反比例函数图象上一点，过点P作x轴的垂线交直线AB于点Q，连接OP，OQ．（1）求反比例函数的解析式；（2）点P在反比例函数图象上运动，且点P在Q的上方，当△POQ面积最大时，求P点坐标．22．（8分）解方程:;二次函数图象经过点，当时，函数有最大值，求二次函数的解析式．23．（8分）如图，灯塔在港口的北偏东方向上，且与港口的距离为80海里，一艘船上午9时从港口出发向正东方向航行，上午11时到达处，看到灯塔在它的正北方向．试求这艘船航行的速度．（结果保留根号）24．（8分）如图，已知抛物线与轴相交于、两点，与轴相交于点，若已知点的坐标为．（1）求抛物线的解析式；（2）求线段所在直线的解析式；（3）在抛物线的对称轴上是否存在点，使为等腰三角形？若存在，求出符合条件的点坐标；若不存在，请说明理由．25．（10分）已知正比例函数y=k1x(k1≠0)与反比例函数的图象交于A、B两点，点A的坐标为（2，1）．（1）求正比例函数、反比例函数的表达式；（2）求点B的坐标．26．（10分）已知一个二次函数的图象经过点、和三点.（1）求此二次函数的解析式；（2）求此二次函数的图象的对称轴和顶点坐标.

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【分析】分AB、CD在圆心的同侧和异侧两种情况求得AB与CD的距离．构造直角三角形利用勾股定理求出即可.【详解】当弦AB和CD在圆心同侧时，如图①，过点O作OF⊥CD，垂足为F，交AB于点E，连接OA，OC，∵AB∥CD，∴OE⊥AB，∵AB=8cm，CD=6cm，∴AE=4cm，CF=3cm，∵OA=OC=5cm，∴EO=3cm，OF=4cm，∴EF=OF-OE=1cm；当弦AB和CD在圆心异侧时，如图②，过点O作OE⊥AB于点E，反向延长OE交AD于点F，连接OA，OC，∵AB∥CD，∴OF⊥CD，∵AB=8cm，CD=6cm，∴AE=4cm，CF=3cm，∵OA=OC=5cm，∴EO=3cm，OF=4cm，∴EF=OF+OE=7cm．故选D．【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理；熟练掌握垂径定理和勾股定理，根据题意画出图形是解题的关键，要注意有两种情况．2、B【解析】逆用同底数幂的乘法和积的乘方将式子变形，再运用平方差公式计算即可.【详解】解：故选B.【点睛】本题考查二次根式的运算，高次幂因式相乘往往是先设法将底数化为积为1或0的形式，然后再灵活选用幂的运算法则进行化简求值.3、B【解析】试题分析：解：如图：根据题意可知：：△AFO∽△ABD，OF=EF=30cm∴，∴∴CD=72cm，∵tanα=∴∴AD==180cm．故选B．考点：解直角三角形的应用.4、C【分析】根据顶点P在线段MN上移动，又知点M、N的坐标分别为（-1，-2）、（1，-2），分别求出对称轴过点M和N时的情况，即可判断出A点坐标的最小值．【详解】解：根据题意知，点B的横坐标的最大值为3，当对称轴过N点时，点B的横坐标最大，∴此时的A点坐标为（1，0），当对称轴过M点时，点A的横坐标最小，此时的B点坐标为（0，0），∴此时A点的坐标最小为（-2，0），∴点A的横坐标的最小值为-2，故选：C.【点睛】本题主要考查二次函数的综合题的知识点，解答本题的关键是熟练掌握二次函数的图象对称轴的特点，此题难度一般．5、B【分析】令y=0，求出抛物线与x轴交点的横坐标，再把横坐标作差即可．【详解】解：令，即，解得，，∴、两点的距离为1．故选：B．【点睛】本题考查了抛物线与x轴交点坐标的求法，两点之间距离的表示方法．6、C【分析】本题可先算出x的值，再把数据按从小到大的顺序排列，找出最中间的数，即为中位数．【详解】解：∵某班七个兴趣小组人数分别为4，4，3，x，1，1，2．已知这组数据的平均数是3，

∴x=3×2-4-4-3-1-1-2=3，

∴这一组数从小到大排列为：3，4，4，3，1，1，2，

∴这组数据的中位数是：3．

故选：C．【点睛】本题考查的是中位数，熟知中位数的定义是解答此题的关键．7、D【解析】试题解析：故选D.8、C【分析】根据题意连接CD，根据勾股定理求出OD，根据正切的定义求出tan∠D，根据圆周角定理得到∠B=∠D，等量代换即可．【详解】解：连接CD（圆周角定理CD过圆心A），在Rt△OCD中，CD=6，OC=2，则OD=，tan∠D=，由圆周角定理得∠B=∠D，则tan∠B=，故选：C．【点睛】本题考查圆周角定理、锐角三角函数的定义，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．9、A【分析】设半径OA绕轴心旋转的角度为n°，根据弧长公式列出方程即可求出结论．【详解】解：设半径OA绕轴心旋转的角度为n°根据题意可得解得n=54即半径OA绕轴心旋转的角度为54°故选A．【点睛】此题考查的是根据弧长，求圆心角的度数，掌握弧长公式是解决此题的关键．10、C【分析】连接OD，根据∠AOD=2∠ACD，求出∠AOD，利用等腰三角形的性质即可解决问题．【详解】连接OD．∵∠ACD=20°，∴∠AOD=2∠ACD=40°．∵OA=OD，∴∠BAD=∠ADO=（180°﹣40°）=70°．故选C．【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．二、填空题(每小题3分,共24分)11、1【分析】观察图形可知，每个图形中圆点的个数为序号数的平方加上序号数+1，依此可求第n个图有多少个圆点．【详解】解：由图形可知，第1个图形有12+1+1＝3个圆点；第2个图形有22+2+1＝7个圆点；第3个图形有32+3+1＝13个圆点；第4个图形有42+4+1＝21个圆点；…则第n个图有（n2+n+1）个圆点；所以第20个图形有202+20+1＝1个圆点．故答案为：1．【点睛】此题考查图形的变化规律，找出图形之间的联系，找出规律是解决问题的关键．12、①②③④【分析】先利用待定系数法求得的值，＜0可判断①；对称轴为直线，利用二次函数的性质可判断②；方程即，解得，可判断③；时，；当时，，且函数有最大值，则当时，，即可判断④．【详解】∵时，时，时，∴，解得：，∴，故①正确；

∵对称轴为直线，∴当x＞时，y的值随x值的增大而减小，故②正确；方程即，解得，∴是方程的一个根，故③正确；当时，，

当时，，∵，∴函数有最大值，

∴当时，，故④正确．

故答案为：①②③④．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，抛物线与x轴的交点，熟练掌握二次函数图象的性质是解题的关键．13、【分析】先算开方，再算乘法，最后算减法即可．【详解】故答案为：．【点睛】本题考查了无理数的混合运算，掌握无理数的混合运算法则是解题的关键．14、1【解析】由两圆的半径分别为2和5，根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系和两圆位置关系求得圆心距即可．【详解】解：∵两圆的半径分别为2和5，两圆内切，∴d＝R﹣r＝5﹣2＝1cm，故答案为1．【点睛】此题考查了圆与圆的位置关系．解题的关键是掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系．15、x1=-4，x1=1【分析】利用数形结合的思想解决问题即可．【详解】∵A(﹣4，1)，B(1，﹣4)是一次函数y=kx+b的图象和反比例函数y图象的两个交点，∴关于x的方程kx+b的解是x1=﹣4，x1=1．故答案为：x1=﹣4，x1=1．【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，解答本题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．16、28【分析】先根据完全平方公式把变形，然后把，代入计算即可.【详解】∵，，∴(a+b)2-2ab=36-8=28.故答案为：28.【点睛】本题考查了完全平方公式的变形求值，熟练掌握完全平方公式(a±b)2=a2±2ab+b2是解答本题的关键.17、1【分析】根据矩形的性质得到BD=AC，所以求BD的最小值就是求AC的最小值，当点A在抛物线顶点的时候AC是最小的．【详解】解：∵，∴抛物线的顶点坐标为（1，1），∵四边形ABCD为矩形，∴BD=AC，而AC⊥x轴，∴AC的长等于点A的纵坐标，当点A在抛物线的顶点时，点A到x轴的距离最小，最小值为1，∴对角线BD的最小值为1．故答案为：1．【点睛】本题考查矩形的性质和二次函数图象的性质，解题的关键是通过矩形的性质将要求的BD转化成可以求最小值的AC．18、【分析】根据题意得到点G是△ABC的重心，根据重心的性质得到DG=AD，CG=CE，BG=BF，D是BC的中点，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得BC=5，再根据勾股定理求出GC即可解答.．【详解】解：延长AG交BC于D点，∵中线BF、CE交于点G，∵△ABC的两条中线AD、CE交于点G，

∴点G是△ABC的重心，D是BC的中点，

∴AG=AD，CG=CE，BG=BF，∵，，∴,.∵CE⊥BF，即∠BGC=90°，∴BC=2DG=5，在Rt△BGC中，CG=，∴，故答案为：.【点睛】本题考查的是三角形的重心的概念和性质，三角形的重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍．理解三角形重心的性质是解题的关键.三、解答题(共66分)19、（1）；（2）当时，取最大值，此时点坐标为.（3）或17.【分析】（1）根据对称轴与点A代入即可求解；（2）先求出，过点作轴的平行线，交直线于点，设，得到，，表示出，根据二次函数的性质即可求解；（3）根据题意分①当在轴正半轴上时，②当在轴负半轴上时利用相似三角形的性质即可求解.【详解】（1）∵对称轴为x＝−1，∴−＝−1，∴b＝2a，∴y＝ax2＋2ax−5，∵y＝−x＋3与x轴交于点A（3，0），将点A代入y＝ax2＋2ax−5可得a＝∴.（2）令，解得：，，∴，过点作轴的平行线，交直线于点，设，则，∴，，则，∵，∴当时，取最大值，此时点坐标为.（3）存在，理由：①当在轴正半轴上时，如图，过点作于，根据三角形的外角的性质得，，又∵，∴，∴，∵，，∴，设，则，又∵，，∴，∴，∴，∴，②当在轴负半轴上时，记作，由①知，，取，如图，则由对称知：，∴，因此点也满足题目条件，∴，综合以上得：或17.【点睛】本题考查二次函数的综合；熟练掌握二次与一次函数的图象及性质，掌握三角形相似、直角三角形的性质是解题的关键．20、（1）证明见解析；（2）1．【分析】（1）证明△CDF∽△BGF可得出结论；（2）证明△CDF≌△BGF，可得出DF＝GF，CD＝BG，得出EF是△DAG的中位线，则2EF＝AG＝AB+BG，求出BG即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD，AB∥CD，∴∠CDF＝∠G，∠DCF＝∠GBF，∴△CDF∽△BGF．∴，∴CF•FG＝DF•BF；（2）解：由（1）△CDF∽△BGF，又∵F是BC的中点，BF＝FC，∴△CDF≌△BGF（AAS），∴DF＝GF，CD＝BG，∵AB∥DC∥EF，F为BC中点，∴E为AD中点，∴EF是△DAG的中位线，∴2EF＝AG＝AB+BG．∴BG＝2EF﹣AB＝2×8﹣12＝1，∴BG＝1．【点睛】此题考查三角形相似的判定及性质定理，三角形全等的判定及性质定理，三角形的中位线定理，（2）利用（1）的相似得到三角形全等是解题的关键，由此利用中点E得到三角形的中位线，利用中位线的定理来解题.21、（1）y＝；（2）P（2，2）【分析】（1）点C在一次函数上得：m＝，点C在反比例函数上：，求出k即可．（2）动点P（m，），则点Q（m，﹣2），PQ=-+2，则△POQ面积=，利用-公式求即可．【详解】解：（1）将点C的坐标代入一次函数表达式得：m＝，故点C，将点C的坐标代入反比例函数表达式得：，解得k＝4，故反比例函数表达式为y＝；（2）设点P（m，），则点Q（m，﹣2），则△POQ面积＝PQ×xP＝（﹣m+2）•m＝﹣m2+m+2，∵﹣＜0，故△POQ面积有最大值，此时m＝＝2，故点P（2，2）．【点睛】本题考查反比例函数解析式，及面积最大值问题，关键是会利用一次函数求点C坐标，利用动点P表示Q，求出面积函数，用对称轴公式即可解决问题．22、；【分析】（1）根据题意利用因式分解法进行一元二次方程求解；（2）根据题意确定出顶点坐标，设出顶点形式，将（4，-3）代入即可确定出解析式．【详解】解:;解:由题意可知此抛物线顶点坐标为，设其解析式为，将点代入得:，解得:，此抛物线解析式为:.【点睛】考查一元二次方程求解以及待定系数法求二次函数解析式，熟练掌握一元二次方程的解法和待定系数法求二次函数解析式是解本题的关键．23、海里/时【分析】利用直角三角形性质边角关系，BO＝AO×cos30°求出BO，然后除以船从O到B所用时间即可．【详解】解：由题意知：∠AOB＝30°，在Rt△AOB中，OB＝OA×cos∠AOB＝80×＝40（海里），航行速度为：（海里/时）．【点睛】本题考查锐角三角函数的运用，熟练掌握直角三角形的边角关系是关键．24、（1）；（2）；（3）存在，(2，2)或(2，-2)或(2，0)或(2，)【分析】（1）将A点代入抛物线的解析式即可求得答案；（2）先求得点B、点C的坐标，利用待定系数法即可求得直线BC的解析式；（3）设出P点坐标，然后表示出△ACP的三边长度，分三种情况计论，根据腰相等建立方程，求解即可．【详解】（1）将点代入中，得：，解得：，∴抛物线的解析式为；（2）当时，，∴点C的坐标为(0，4)，当时，，解得：，∴点B的坐标为(6，0)，设直线BC的解析式为，将点B(6，0)，