2022年江蘇省淮安市淮陰區(qū)淮陰師院附屬中學數學九年級上冊期末聯考模擬試題含解析

2022-2023學年九上數學期末模擬試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題4分，共48分）1．已知關于x的一元二次方程x2+（2k+1）x+k2＝0①有兩個不相等的實數根．則k的取值范圍為（）A．k＞﹣ B．k＞4 C．k＜﹣1 D．k＜42．已知AB、CD是⊙O的兩條弦，AB∥CD，AB＝6，CD＝8，⊙O的半徑為5，則AB與CD的距離是（）A．1 B．7 C．1或7 D．無法確定3．雙曲線y＝在第一、三象限內，則k的取值范圍是（）A．k＞0 B．k＜0 C．k＞1 D．k＜14．兩地相距，甲、乙兩人從兩地出發(fā)相向而行，甲先出發(fā).圖中表示兩人離地的距離與時間的關系，結合圖象，下列結論錯誤的是（）A．是表示甲離地的距離與時間關系的圖象B．乙的速度是C．兩人相遇時間在D．當甲到達終點時乙距離終點還有5．如圖，在平面直角坐標系中，梯形OACB的頂點O是坐標原點，OA邊在y軸正半軸上，OB邊在x軸正半軸上，且OA∥BC，雙曲線y=（x＞0）經過AC邊的中點，若S梯形OACB=4，則雙曲線y=的k值為（）A．5 B．4 C．3 D．26．已知，則為（）A． B． C． D．7．如圖：已知AD∥BE∥CF，且AB＝4，BC＝5，EF＝4，則DE＝（）A．5 B．3 C．3.2 D．48．如圖：矩形的對角線、相較于點，，，若，則四邊形的周長為（）A． B． C． D．9．如圖，在△ABC中，AB的垂直平分線交BC于D，AC的中垂線交BC于E，∠DAE＝20°，則∠BAC的度數為（）A．70° B．80° C．90° D．100°10．如圖，線段OA=2，且OA與x軸的夾角為45°，將點A繞坐標原點O逆時針旋轉105°后得到點，則的坐標為（）A． B． C． D．11．如圖，在△ABC中，點D、E分別在邊BA、CA的延長線上，=2，那么下列條件中能判斷DE∥BC的是（）A． B． C． D．12．如圖，AB為⊙O的直徑，CD為⊙O的弦，∠ACD=40°，則∠BAD的大小為（）A．60o B．30o C．45o D．50o二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，在中，A，B，C是上三點，如果，那么的度數為________.14．點（5，﹣）關于原點對稱的點的坐標為__________．15．如圖，位似圖形由三角尺與其燈光下的中心投影組成，相似比為2：5，且三角尺的一邊長為8cm，則投影三角形的對應邊長為_______㎝．16．圓內接正六邊形一邊所對的圓周角的度數是__________．17．如圖，已知正方形ABCD的邊長為1，點M是BC邊上的動點（不與B，C重合），點N是AM的中點，過點N作EF⊥AM，分別交AB，BD，CD于點E，K，F，設BM＝x．（1）AE的長為______（用含x的代數式表示）；（2）設EK＝2KF，則的值為______．18．若正六邊形外接圓的半徑為4，則它的邊長為_____．三、解答題（共78分）19．（8分）已知二次函數的圖像與軸交于點，與軸的一個交點坐標是．（1）求二次函數的解析式；（2）當為何值時，．20．（8分）某汽車銷售公司去年12月份銷售新上市的一種新型低能耗汽車200輛，由于該型汽車的優(yōu)越的經濟適用性，銷量快速上升，若該型汽車每輛的盈利為5萬元，則平均每天可售8輛，為了盡量減少庫存，汽車銷售公司決定采取適當的降價措施，經調查發(fā)現，每輛汽車每降5000元，公司平均每天可多售出2輛，若汽車銷售公司每天要獲利48萬元，每輛車需降價多少？21．（8分）先化簡，再求值:，其中.22．（10分）青青草原上，灰太狼每天都想著如何抓羊，而且是屢敗屢試，永不言棄.（如圖所示）一天，灰太狼在自家城堡頂部A處測得懶羊羊所在地B處的俯角為60°，然后下到城堡的C處，測得B處的俯角為30°.已知AC=50米，若灰太狼以5米/秒的速度從城堡底部D處出發(fā)，幾秒鐘后能抓到懶羊羊？（結果保留根號）23．（10分）如圖，△ABC中，AB=AC，BE⊥AC于E，D是BC中點，連接AD與BE交于點F，求證：△AFE∽△BCE．24．（10分）如圖，在矩形ABCD中，E是AD上的一點，沿CE將△CDE對折，點D剛好落在AB邊的點F上．（1）求證：△AEF∽△BFC．（2）若AB＝20cm，BC＝16cm，求tan∠DCE．25．（12分）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中點，E是AD的中點，過點A作AF∥BC交BE的延長線于點F．（1）求證：四邊形ADCF是菱形；（3）若AC＝6，AB＝8，求菱形ADCF的面積．26．在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝20，BC＝1．（1）如圖1，折疊△ABC使點A落在AC邊上的點D處，折痕交AC、AB分別于Q、H，若則HQ＝．（2）如圖2，折疊使點A落在BC邊上的點M處，折痕交AC、AB分別于E、F．若FM∥AC，求證：四邊形AEMF是菱形；（3）在（1）（2）的條件下，線段CQ上是否存在點P，使得和相似？若存在，求出PQ的長；若不存在，請說明理由．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、A【分析】根據方程的系數結合根的判別式△＞0；即可得出關于k的一元一次不等式；解之即可得出結論．【詳解】∵關于x的一元二次方程x2+（2k+1）x+k2=0有兩個不相等的實數根，∴△=（2k+1）2﹣4×1×k2=4k+1＞0，∴k＞﹣．故選A．【點睛】本題考查了根的判別式，牢記“當△＞0時，方程有兩個不相等的實數根”是解題的關鍵．2、C【分析】由于弦AB、CD的具體位置不能確定，故應分兩種情況進行討論：①弦AB和CD在圓心同側；②弦AB和CD在圓心異側；作出半徑和弦心距，利用勾股定理和垂徑定理求解即可.【詳解】解：①當弦AB和CD在圓心同側時，如圖①，過點O作OF⊥CD，垂足為F，交AB于點E，連接OA，OC，∵AB∥CD，∴OE⊥AB，∵AB＝8，CD＝6，∴AE＝4，CF＝3，∵OA＝OC＝5，∴由勾股定理得：EO＝＝3，OF＝＝4，∴EF＝OF﹣OE＝1；②當弦AB和CD在圓心異側時，如圖②，過點O作OE⊥AB于點E，反向延長OE交AD于點F，連接OA，OC，EF＝OF+OE＝1，所以AB與CD之間的距離是1或1．故選：C．【點睛】本題考查了垂徑定理：垂直于弦的直徑平分弦，并且平分弦所對的弧.也考查了勾股定理及分類討論的思想的應用.3、C【分析】根據反比例函數的性質，由于圖象在第一三象限，所以k-1＞0，解不等式求解即可．【詳解】解:∵函數圖象在第一、三象限，∴k﹣1＞0，解得k＞1．故選：C．【點睛】本題考查了反比例函數的性質，對于反比例函數y＝（k≠0），（1）k＞0，反比例函數圖象在一、三象限；（2）k＜0，反比例函數圖象在第二、四象限內．4、C【分析】根據圖像獲取所需信息，再結合行程問題量間的關系進行解答即可.【詳解】解：A.是表示甲離地的距離與時間關系的圖象是正確的；B.乙用時3小時，乙的速度,90÷3=，故選項B正確；C.設甲對應的函數解析式為y=ax+b，則有：解得：∴甲對應的函數解析式為y=-45x+90，設乙對應的函數解析式為y=cx+d，則有：解得：即乙對應的函數解析式為y=30x-15則有：解得：x=1.4h，故C選項錯誤；D.當甲到達終點時乙距離終點還有90-40×1.4=45km，故選項D正確；故答案為C.【點睛】本題考查一次函數的應用，解答本題的關鍵是明確題意、從圖像中獲取問題需要的條件以及數形結合的思想的應用是解答本題的關鍵.5、D【分析】過的中點作軸交軸于，交于，作軸于，如圖，先根據“”證明，則，得到，再利用得到，然后根據反比例函數系數的幾何意義得，再去絕對值即可得到滿足條件的的值.【詳解】過的中點作軸交軸于，交于，作軸于，如圖，在和中，，（），，，，，，而，.故選：.【點睛】本題考查了反比例函數系數的幾何意義：從反比例函數圖象上任意一點向軸于軸作垂線，垂線與坐標軸所圍成的矩形面積為.6、D【分析】由題意先根據已知條件得出a＝b，再代入要求的式子進行計算即可得出答案．【詳解】解：∵，∴a＝b，∴＝＝．故選：D．【點睛】本題考查比例的性質和代數式求值，熟練掌握比例的性質是解題的關鍵．7、C【分析】根據平行線分線段成比例定理列出比例式，代入計算即可．【詳解】解：∵AD∥BE∥CF，∴，即，解得，DE＝3.2，故選：C．【點睛】本題考查了平行線分線段成比例，正確列出比例式是解題的關鍵．三條平行線截兩條直線，所得的對應線段成比例．8、B【分析】根據矩形的性質可得OD＝OC，由，得出四邊形OCED為平行四邊形，利用菱形的判定得到四邊形OCED為菱形，由AC的長求出OC的長，即可確定出其周長．【詳解】解：∵四邊形ABCD為矩形，∴OA＝OC，OB＝OD，且AC＝BD．∵AC＝2，∴OA＝OB＝OC＝OD＝1．∵CE∥BD，DE∥AC，∴四邊形OCED為平行四邊形．∵OD＝OC，∴四邊形OCED為菱形．∴OD＝DE＝EC＝OC＝1．則四邊形OCED的周長為2×1＝2．故選：B．【點睛】此題考查了矩形的性質，以及菱形的判定與性質，熟練掌握特殊四邊形的判定與性質是解本題的關鍵．9、D【分析】先根據垂直平分線的特點得出∠B=∠DAB，∠C=∠EAC，然后根據△ABC的內角和及∠DAE的大小，可推導出∠DAB+∠EAC的大小，從而得出∠BAC的大?。驹斀狻咳缦聢D∵DM是線段AB的垂直平分線，∴DA＝DB，∴∠B＝∠DAB，同理∠C＝∠EAC，∵∠B+∠DAB+∠C+∠EAC+∠DAE＝180°，∵∠DAE=20°∴∠DAB+∠EAC＝80°，∴∠BAC＝100°，故選：D．【點睛】本題考查垂直平分線的性質，解題關鍵是利用整體思想，得出∠DAB+∠EAC＝80°．10、C【分析】如圖所示，過作⊥y軸于點B，作⊥x軸于點C，根據旋轉的性質得出，，從而得出，利用銳角三角函數解出CO與OB即可解答．【詳解】解：如圖所示，過作⊥y軸于點B，作⊥x軸于點C，由旋轉可知，，，∵AO與x軸的夾角為45°，∴∠AOB=45°，∴，∴，，∴，故選：C．【點睛】本題考查了旋轉的性質以及解直角三角形，解題的關鍵是得出，并熟悉銳角三角函數的定義及應用．11、D【分析】只要證明，即可解決問題．【詳解】解:A.，可得AE：AC=1：1，與已知不成比例，故不能判定B.，可得AC：AE=1：1，與已知不成比例，故不能判定；C選項與已知的，可得兩組邊對應成比例，但夾角不知是否相等，因此不一定能判定；D.，可得DE//BC，故選D.【點睛】本題考查平行線的判定，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．12、D【分析】把∠DAB歸到三角形中，所以連結BD，利用同弧所對的圓周角相等，求出∠A的度數，AB為直徑，由直徑所對圓周角為直角，可知∠DAB與∠B互余即可．【詳解】連結BD，∵同弧所對的圓周角相等，∴∠B=∠C=40o，∵AB為直徑，∴∠ADB=90o，∴∠DAB+∠B=90o，∴∠DAB=90o-40o=50o．故選擇：Ｄ．【點睛】本題考查圓周角問題，關鍵利用同弧所對圓周角轉化為三角形的內角，掌握直徑所對圓周角為直角，會利用余角定義求角．二、填空題（每題4分，共24分）13、37°【分析】根據圓周角定理直接得到∠ACB=35°．【詳解】解：根據圓周角定理有∠ACB=∠AOB=×74°=37°；故答案為37°．【點睛】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．14、（-5，）【分析】讓兩點的橫縱坐標均互為相反數可得所求的坐標．【詳解】∵兩點關于原點對稱，∴橫坐標為-5，縱坐標為，故點P（5，?）關于原點對稱的點的坐標是：（-5，）．故答案為：（-5，）．【點睛】此題主要考查了關于原點對稱的坐標的特點：兩點的橫坐標互為相反數；縱坐標互為相反數．15、20cm【詳解】解：∵位似圖形由三角尺與其燈光照射下的中心投影組成，相似比為2：5，三角尺的一邊長為8cm，∴投影三角形的對應邊長為：8÷=20cm．故選B．【點睛】本題主要考查了位似圖形的性質以及中心投影的應用，根據對應邊的比為2：5，再得出投影三角形的對應邊長是解決問題的關鍵．16、30°或150°【分析】求出一條邊所對的圓心角的度數，再根據圓周角和圓心角的關系解答．【詳解】解：圓內接正六邊形的邊所對的圓心角360°÷6=60°，圓內接正六邊形的一條邊所對的弧可能是劣弧，也可能是優(yōu)弧，

根據一條弧所對的圓周角等于它所對圓心角的一半，

所以圓內接正六邊形的一條邊所對的圓周角的度數是30°或150°，故答案為30°或150°．【點睛】本題考查學生對正多邊形的概念掌握和計算的能力，涉及的知識點有正多邊形的中心角、圓周角與圓心角的關系，屬于基礎題，要注意分兩種情況討論．17、x【分析】（1）根據勾股定理求得AM，進而得出AN，證得△AEN∽△AMB，由相似三角形的性質即可求得AE的長；（2）連接AK、MG、CK，構建全等三角形和直角三角形，證明AK＝MK＝CK，再根據四邊形的內角和定理得∠AKM＝90°，利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得NK＝AM＝AN，然后根據相似三角形的性質求得＝＝x，即可得出＝x．【詳解】（1）解：∵正方形ABCD的邊長為1，BM＝x，∴AM＝，∵點N是AM的中點，∴AN＝，∵EF⊥AM，∴∠ANE＝90°，∴∠ANE＝∠ABM＝90°，∵∠EAN＝∠MAB，∴△AEN∽△AMB，∴＝，即＝，∴AE＝，故答案為：；（2）解：如圖，連接AK、MG、CK，由正方形的軸對稱性△ABK≌△CBK，∴AK＝CK，∠KAB＝∠KCB，∵EF⊥AM，N為AM中點，∴AK＝MK，∴MK＝CK，∠KMC＝∠KCM，∴∠KAB＝∠KMC，∵∠KMB+∠KMC＝180°，∴∠KMB+∠KAB＝180°，又∵四邊形ABMK的內角和為360°，∠ABM＝90°，∴∠AKM＝90°，在Rt△AKM中，AM為斜邊，N為AM的中點，∴KN＝AM＝AN，∴＝，∵△AEN∽△AMB，∴＝＝x，∴＝x，故答案為：x．【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了正方形的性質，相似三角形的判定和性質，全等三角形判定和性質，等腰三角形的性質，以及直角三角形斜邊.上的中線的性質，證得KN=

AN是解題的關鍵．18、1【分析】根據正六邊形的外接圓半徑和正六邊形的邊長將組成一個等邊三角形，即可求解．【詳解】正六邊形的中心角為360°÷6=60°，那么外接圓的半徑和正六邊形的邊長將組成一個等邊三角形，故正六邊形的外接圓半徑等于1，則正六邊形的邊長是1．故答案為：1．【點睛】本題考查了正多邊形和圓，利用正六邊形的外接圓半徑和正六邊形的邊長將組成一個等邊三角形得出是解題的關鍵．三、解答題（共78分）19、（1）y=(x-1)2-9；（2）-2<x<4【分析】（1）將點A和點C的坐標代入拋物線的解析式可求得a，k的值，從而得到拋物線的解析式；

（2）根據對稱性求出拋物線與x軸的另一個交點B的坐標，最后依據y＜1可求得x的取值范圍．【詳解】解：（1）∵y=a(x-1)2+k的圖像與y軸交于點C（1，﹣8），與x軸的一個交點坐標是A（﹣2，1）．∴，解得，，∴該函數的解析式為y=(x-1)2-9；（2）令y=1，則(x-1)2-9=1，解得：，∴點B的坐標為（4，1）．∴當-2<x<4時，y<1．【點睛】本題主要考查的是拋物線與x軸的交點、待定系數法求二次函數的解析式，掌握相關知識是解題的關鍵．20、每輛車需降價2萬元【分析】設每輛車需降價萬元，根據每輛汽車每降5000元，公司平均每天可多售出2輛可用x表示出日銷售量，根據每天要獲利48萬元，利用利潤=日銷售量×單車利潤列方程可求出x的值，根據盡量減少庫存即可得答案．【詳解】設每輛車需降價萬元，則日銷售量為輛，依題意，得：，解得：，，∵要盡快減少庫存，∴．答：每輛車需降價2萬元．【點睛】此題主要考查了一元二次方程的應用，找到關鍵描述語，得出等量關系是解題關鍵．21、原式=.【分析】先把分式進行化簡，得到最簡代數式，然后根據特殊角的三角函數值，求出x的值，把x代入計算，即可得到答案.【詳解】解：原式；當時，原式.【點睛】本題考查了特殊值的三角函數值，分式的化簡求值，以及分式的加減混合運算，解題的關鍵是熟練掌握運算法則進行運算.22、灰太狼秒鐘后能抓到懶羊羊【分析】根據已知得出AC=BC，進而利用解直角三角形得出BD的長進一步可得到結果．【詳解】解；在Rt△BCD中∵∠BCD=90-30=60，∠CBD=30∴AC=BC=50m，在Rt△BCD中∴sin60=∴BD=BCsin60=m，設追趕時間為ts,由題意得：5t=∴t=s答：灰太狼秒鐘后能抓到懶羊羊．【點睛】此題考查解直角三角形的應用．注意能借助俯角構造直角三角形并解直角三角形是解題的關鍵，注意數形結合思想的應用．23、證明詳見解析．【解析】試題分析：根據等腰三角形的性質，由AB=AC，D是BC中點得到AD⊥BC，易得∠ADC=∠BEC=90°，再證明∠FAD=∠CBE，于是根據有兩組角對應相等的兩個三角形相似即可得到結論．試題解析：證明：∵AB=AC，D是BC中點，∴AD⊥BC，∴∠ADC=90°，∴∠FAE+∠AFE=90°，∵BE⊥AC，∴∠BEC=90°，∴∠CBE+∠BFD=90°，∵∠AFE=∠BFD，∴∠FAD=∠CBE，∴△AFE∽△BCE．考點：相似三角形的判定．24、（1）證明見解析；（2）【分析】（1）由矩形的性質及一線三等角得出∠A＝∠B，∠AEF＝∠BFC，從而可證得結論；（2）矩形的性質及沿CE將△CDE對折，可求得CD、AD及CF的長；在Rt△BCF中，由勾股定理得出BF的長，從而可得AF的長；由△AEF∽△BFC可寫出比例式，從而可求得AE的長，進而得出DE的長；最后由正切函數的定義可求得答案．【詳解】（1）∵在矩形ABCD中，沿CE將△CDE對折，點D剛好落在AB邊的點F上∴△CDE≌△CFE∴∠EFC＝∠D＝90°∴∠AFE+∠BFC＝90°∵∠A＝90°∴∠AEF+∠AFE＝90°∴∠AEF＝∠BFC又∵∠A＝∠B∴△AEF∽△BFC；（2）∵四邊形ABCD為矩形，AB＝20cm，BC＝16cm∴CD＝20cm，AD＝16cm∵△CDE≌△CFE∴CF＝CD＝20cm在Rt△BCF中，由勾股定理得：BF＝＝12cm∴AF＝AB﹣BF＝8cm∵△AEF∽△BFC∴∴∴AE＝6∴DE＝AD-AE＝16-6＝10cm∴在Rt△DCE中，tan∠DCE＝．【點睛】本題考查了全等三角形、矩形、相似三角形、直角三角形兩銳角互余、勾股定理、三角函數的知識；解題的關鍵是熟練掌握全等三角形、矩形、相似三角形、勾股定理、三角函數的性質，從而完成求解．25、（1）詳見解析；（2）24【分析】（1）可先證得△AEF≌△DEB，可求得AF=DB，可證得四邊形ADCF為平行四邊形，再利用直角三角形的性質可求得AD=CD，可證得結論；

（2）將菱形ADCF的面積轉換成△ABC的面積，再用S△ABC的面積=AB?