2023屆湖北省利川市謀道鎮(zhèn)長坪民族初級中學數學九年級上冊期末質量檢測模擬試題含解析

2022-2023學年九上數學期末模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．在Rt△ABC中，cosA=，那么sinA的值是（）A． B． C． D．2．如圖，在中，，，，以邊的中點為圓心作半圓，使與半圓相切，點分別是邊和半圓上的動點，連接，則長的最大值與最小值的和是（）A．8 B．9 C．10 D．123．如果關于的方程沒有實數根，那么的最大整數值是（）A．-3 B．-2 C．-1 D．04．已知圓錐的底面半徑為3cm，母線為5cm，則圓錐的側面積是()A．30πcm2 B．15πcm2 C．cm2 D．10πcm25．如圖，用一個半徑為5cm的定滑輪帶動重物上升，滑輪上一點P旋轉了108°，假設繩索(粗細不計)與滑輪之間沒有滑動，則重物上升了（）A．πcm B．2πcm C．3πcm D．5πcm6．如圖，⊙O是△ABC的外接圓，連接OA、OB，∠C＝40°，則∠OAB的度數為（）A．30° B．40° C．50° D．80°7．將二次函數化成的形式為（）A． B．C． D．8．如圖，某一時刻太陽光下，小明測得一棵樹落在地面上的影子長為2.8米，落在墻上的影子高為1.2米，同一時刻同一地點，身高1.6米他在陽光下的影子長0.4米，則這棵樹的高為（）米．A．6.2 B．10 C．11.2 D．12.49．如圖，A、B、C、D是⊙O上的四點，BD為⊙O的直徑，若四邊形ABCO是平行四邊形，則∠ADB的大小為（）A．30° B．45° C．60° D．75°10．如圖，在圓內接四邊形ABCD中，∠A：∠C＝1：2，則∠A的度數等于（）A．30° B．45° C．60° D．80°二、填空題(每小題3分,共24分)11．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，點E是AB邊上一動點，過點E作DE⊥AB交AC邊于點D，將∠A沿直線DE翻折，點A落在線段AB上的F處，連接FC，當△BCF為等腰三角形時，AE的長為_____．12．在一個不透明的口袋中裝有5個除了標號外其余都完全相同的小球，把它們分別標號為1，2，3，4，5，從中隨機摸出一個小球，其標號小于4的概率為_____．13．已知反比例函數的圖象經過點P（a＋1，4），則a＝_________________．14．若方程x2＋2x－11＝0的兩根分別為m、n，則mn（m＋n）＝______．15．如圖，在中，，，，則的長為__________．16．若關于x的一元二次方程（a﹣1）x2﹣x+1=0有實數根，則a的取值范圍為________．17．如果△ABC∽△DEF，且△ABC的三邊長分別為4、5、6，△DEF的最短邊長為12，那么△DEF的周長等于_____．18．若、是方程的兩個實數根，代數式的值是______．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖是由兩個長方體組成的幾何體，這兩個長方體的底面都是正方形，畫出圖中幾何體的主視圖、左視圖和俯視圖.20．（6分）（1）解方程：；（2）求二次函數的圖象與坐標軸的交點坐標．21．（6分）某網店打出促銷廣告：最潮新款服裝30件，每件售價300元，若一次性購買不超過10件時，售價不變；若一次性購買超過10件時，每多買2件，所買的每件服裝的售價均降低6元.已知該服裝成本是每件200元.設顧客一次性購買服裝x件時，該網店從中獲利y元.（1）求y與x的函數關系式，并寫出自變量x的取值范圍.（2）顧客一次性購買多少件時，該網店從中獲利最多，并求出獲利的最大值？22．（8分）如圖，拋物線與直線交于A、B兩點.點A的橫坐標為－3，點B在y軸上，點P是y軸左側拋物線上的一動點，橫坐標為m，過點P作PC⊥x軸于C，交直線AB于D.（1）求拋物線的解析式；（2）當m為何值時，；（3）是否存在點P,使△PAD是直角三角形，若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由.23．（8分）（問題呈現(xiàn)）阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC是⊙O的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），BC＞AB，點M是的中點，則從M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點，即CD＝DB+BA．下面是運用“截長法”證明CD＝DB+BA的部分證明過程．證明：如圖2，在CD上截取CG＝AB，連接MA、MB、MC和MG．∵M是的中點，∴MA＝MC①又∵∠A＝∠C②∴△MAB≌△MCG③∴MB＝MG又∵MD⊥BC∴BD＝DG∴AB+BD＝CG+DG即CD＝DB+BA根據證明過程，分別寫出下列步驟的理由：①，②，③；（理解運用）如圖1，AB、BC是⊙O的兩條弦，AB＝4，BC＝6，點M是的中點，MD⊥BC于點D，則BD＝；（變式探究）如圖3，若點M是的中點，（問題呈現(xiàn)）中的其他條件不變，判斷CD、DB、BA之間存在怎樣的數量關系？并加以證明．（實踐應用）根據你對阿基米德折弦定理的理解完成下列問題：如圖4，BC是⊙O的直徑，點A圓上一定點，點D圓上一動點，且滿足∠DAC＝45°，若AB＝6，⊙O的半徑為5，求AD長．24．（8分）如圖，已知，點、坐標分別為、．（1）把繞原點順時針旋轉得，畫出旋轉后的；（2）在（1）的條件下，求點旋轉到點經過的路徑的長．25．（10分）如圖所示的是夾文件用的鐵(塑料)夾子在常態(tài)下的側面示意圖．AC，BC表示鐵夾的兩個面，O點是軸，OD⊥AC于點D，且AD＝15mm，DC＝24mm，OD＝10mm．已知文件夾是軸對稱圖形，試利用圖②，求圖①中A，B兩點間的距離．26．（10分）在平面直角坐標系中，對“隔離直線”給出如下定義：點是圖形上的任意一點，點是圖形上的任意一點，若存在直線：滿足且，則稱直線：是圖形與的“隔離直線”，如圖，直線：是函數的圖像與正方形的一條“隔離直線”.

（1）在直線①，②，③，④中，是圖函數的圖像與正方形的“隔離直線”的為.（2）如圖，第一象限的等腰直角三角形的兩腰分別與坐標軸平行，直角頂點的坐標是，⊙O的半徑為，是否存在與⊙O的“隔離直線”？若存在，求出此“隔離直線”的表達式：若不存在，請說明理由；（3）正方形的一邊在軸上，其它三邊都在軸的左側，點是此正方形的中心，若存在直線是函數的圖像與正方形的“隔離直線”，請直接寫出的取值范圍.

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【分析】利用同角三角函數間的基本關系求出sinA的值即可．【詳解】：∵Rt△ABC中，cosA=，

∴sinA==，

故選B．【點睛】本題考查了同角三角函數的關系，以及特殊角的三角函數值，熟練掌握同角三角函數的關系是解題的關鍵．2、C【分析】如圖，設⊙O與BC相切于點E，連接OE，作OP2⊥AC垂足為P2交⊙O于Q2，此時垂線段OP2最短，P2Q2最小值為OQ2-OP2，如圖當Q2在AB邊上時，P2與A重合時，P2Q2最大值，由此不難解決問題．【詳解】解：如圖，設⊙O與BC相切于點E，連接OE，作OP2⊥AC垂足為P2交⊙O于Q2，

此時垂線段OP2最短，P2Q2最小值為OQ2-OP2，

∵AB=20，AC=8，BC=6，

∴AB2=AC2+BC2，∴∠C=90°，

∵∠OP2A=90°，∴OP2∥BC．

∵O為AB的中點，∴P2C=P2A，OP2=BC=2．又∵BC是⊙O的切線，∴∠OEB=90°，∴OE∥AC,又O為AB的中點，∴OE=AC=4=OQ2．

∴P2Q2最小值為OQ2-OP2=4-2=2，

如圖，當Q2在AB邊上時，P2與A重合時，P2Q2經過圓心，經過圓心的弦最長，

P2Q2最大值=AO+OQ2=5+4=9，

∴PQ長的最大值與最小值的和是20．

故選：C．【點睛】本題考查切線的性質，三角形中位線定理，勾股定理的逆定理以及平行線的判定等知識，解題的關鍵是正確找到點PQ取得最大值、最小值時的位置，屬于中考?？碱}型．3、B【分析】先根據根的判別式求出k的取值范圍，再從中找到最大整數即可．【詳解】解得∴k的最大整數值是-2故選：B．【點睛】本題主要考查根的判別式，掌握根的判別式與根的個數的關系是解題的關鍵．4、B【解析】試題解析：∵底面半徑為3cm，∴底面周長6πcm∴圓錐的側面積是×6π×5=15π（cm2），故選B．5、C【解析】試題分析：根據定滑輪的性質得到重物上升的即為轉過的弧長，利用弧長公式得：l==3πcm，則重物上升了3πcm，故選C.考點：旋轉的性質．6、C【分析】直接利用圓周角定理得出∠AOB的度數，再利用等腰三角形的性質得出答案.【詳解】解：∵∠ACB＝40°，∴∠AOB＝80°，∵AO＝BO，∴∠OAB＝∠OBA＝(180°﹣80°)＝50°．故選：C．【點睛】本題主要考查了三角形的外接圓與外心，圓周角定理.正確得出∠AOB的度數是解題關鍵.7、C【分析】利用配方法即可將二次函數轉化為頂點式．【詳解】故選：C．【點睛】本題主要考查二次函數的頂點式，掌握配方法是解題的關鍵．8、D【分析】先根據同一時刻物體的高度與其影長成比例求出從墻上的影子的頂端到樹的頂端的垂直高度，再加上落在墻上的影長即得答案.【詳解】解：設從墻上的影子的頂端到樹的頂端的垂直高度是x米，則，解得：x＝11.2，所以樹高＝11.2+1.2＝12.4（米），故選：D．【點睛】本題考查的是投影的知識，解本題的關鍵是正確理解題意、根據同一時刻物體的高度與其影長成比例求出從墻上的影子的頂端到樹的頂端的垂直高度.9、A【解析】解：∵四邊形ABCO是平行四邊形，且OA=OC，∴四邊形ABCO是菱形，∴AB=OA=OB，∴△OAB是等邊三角形，∴∠AOB=60°，∵BD是⊙O的直徑，∴點B、D、O在同一直線上，∴∠ADB=∠AOB=30°故選A．10、C【分析】設∠A、∠C分別為x、2x，然后根據圓的內接四邊形的性質列出方程即可求出結論．【詳解】解：設∠A、∠C分別為x、2x，∵四邊形ABCD是圓內接四邊形，∴x+2x＝180°，解得，x＝60°，即∠A＝60°，故選：C．【點睛】此題考查的是圓的內接四邊形的性質，掌握圓的內接四邊形的性質是解決此題的關鍵．二、填空題(每小題3分,共24分)11、2或或．【分析】由勾股定理求出AB，設AE=x，則EF=x，BF=1﹣2x；分三種情況討論：①當BF=BC時，列出方程，解方程即可；②當BF=CF時，F(xiàn)在BC的垂直平分線上，得出AF=BF，列出方程，解方程即可；③當CF=BC時，作CG⊥AB于G，則BG=FGBF，由射影定理求出BG，再解方程即可．【詳解】由翻折變換的性質得：AE=EF．∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，∴AB1．設AE=x，則EF=x，BF=1﹣2x．分三種情況討論：①當BF=BC時，1﹣2x=6，解得：x=2，∴AE=2；②當BF=CF時．∵BF=CF，∴∠B=∠FCB．∵∠A+∠B=90°，∠FCA+∠FCB=90°，∴∠A=∠FCA，∴AF=FC．∵BF=FC，∴AF=BF，∴x+x=1﹣2x，解得：x，∴AE；③當CF=BC時，作CG⊥AB于G，如圖所示：則BG=FGBF．根據射影定理得：BC2=BG?AB，∴BG，即(1﹣2x)，解得：x，∴AE；綜上所述：當△BCF為等腰三角形時，AE的長為：2或或．故答案為：2或或．【點睛】本題考查了翻折變換的性質、勾股定理、射影定理、等腰三角形的性質；本題有一定難度，需要進行分類討論．12、【分析】根據隨機事件概率大小的求法，找準兩點：①符合條件的情況數目，②全部情況的總數，二者的比值就是其發(fā)生的概率的大?。驹斀狻拷猓焊鶕}意可得：標號小于4的有1，2，3三個球，共5個球，任意摸出1個，摸到標號小于4的概率是．故答案為：【點睛】本題考查概率的求法與運用，一般方法：如果一個事件有n種可能，而且這些事件的可能性相同，其中事件A出現(xiàn)m種結果，那么事件A的概率．13、－3【分析】直接將點P（a＋1，4）代入求出a即可.【詳解】直接將點P（a＋1，4）代入,則，解得a=－3.【點睛】本題主要考查反比例函數圖象上點的坐標特征，熟練掌握反比例函數知識和計算準確性是解決本題的關鍵，難度較小.14、22【分析】

【詳解】∵方程x2＋2x－11＝0的兩根分別為m、n，∴m+n=-2,mn=-11,∴mn(m＋n)＝（-11）×(-2)=22.故答案是：2215、6【分析】根據相似三角形的性質即可得出答案.【詳解】∵DE∥BC∴∠ADE=∠ABC，∠AED=∠ACB∴△ADE∽△ABC∴∵∴又∴BC=6故答案為6.【點睛】本題考查的是相似三角形，比較簡單，容易把三角形的相似比看成，這一點尤其需要注意.16、a≤且a≠1．【分析】根據一元二次方程有實數根的條件列出關于a的不等式組，求出a的取值范圍即可．【詳解】由題意得：△≥0，即（-1）2-4（a-1）×1≥0，解得a≤，又a-1≠0，∴a≤且a≠1.故答案為a≤且a≠1.點睛：本題考查的是根的判別式及一元二次方程的定義，根據題意列出關于a的不等式組是解答此題的關鍵．17、1【分析】根據題意求出△ABC的周長，根據相似三角形的性質列式計算即可．【詳解】解：設△DEF的周長別為x，△ABC的三邊長分別為4、5、6，∴△ABC的周長＝4＋5＋6＝15，∵△ABC∽△DEF，∴，解得，x＝1，故答案為1．【點睛】本題考查的是相似三角形的性質，掌握相似三角形的周長比等于相似比是解題的關鍵．18、1【分析】先對所求代數式進行變形為，然后將代入方程中求出的值，根據根與系數的關系求出的值，最后代入即可求解．【詳解】∵是方程的根∴∴∵、是方程的兩個實數根∴原式=故答案為：1．【點睛】本題主要考查一元二次方程的根，根與系數的關系，掌握根與系數的關系，能夠對所求代數式進行適當變形是解題的關鍵．三、解答題(共66分)19、如圖所示見解析.【分析】從正面看，下面一個長方形，上面左邊一個長方形；從左面看，下面一個長方形，上面左邊一個長方形；從上面看，一個正方形左上角一個小正方形，依此畫出圖形即可.【詳解】如圖所示.【點睛】此題考查了三視圖，用到的知識點為：三視圖分為主視圖、左視圖、俯視圖，分別是從物體正面、左面和上面看，所得到的圖形．20、（1）x1=1+，x2=1﹣；（2）(5，0)，(-3，0)，(0，－15)【分析】（1）根據一元二次方程的求根公式，即可求解；（2）令y=0，求出x的值，令x=0，求出y的值，進而即可得到答案．【詳解】（1）x2﹣2x﹣1=0，∵a=1，b=﹣2，c=﹣1，∴△=b2﹣4ac=4+4=8＞0，∴x==，∴x1=1+，x2=1﹣；（2）令y=0，則，即：，解得：，令x=0，則y=－15，∴二次函數的圖象與坐標軸的交點坐標為：(5，0)，(-3，0)，(0，－15)．【點睛】本題主要考查一元二次方程的解法和二次函數圖象與坐標軸的交點坐標，掌握一元二次方程的求根公式以及求二次函數圖象與坐標軸的交點坐標，是解題的關鍵．21、（1）y=100x（的整數）y=x(的整數);（2）購買22件時，該網站獲利最多,最多為1408元.【分析】（1）根據題意可得出銷售量乘以每臺利潤進而得出總利潤；（2）根據一次函數和二次函數的性質求得最大利潤.【詳解】（1）當的整數時，y與x的關系式為y=100x；當的整數時，，y=(的整數),∴y與x的關系式為：y=100x（的整數）,y=x(的整數)（2）當（的整數），y=100x,當x=10時，利潤有最大值y=1000元；當10?x≤30時，y=,∵a=-3<0,拋物線開口向下，∴y有最大值，當x=時，y取最大值，因為x為整數，根據對稱性得：當x=22時，y有最大值=1408元?1000元，所以顧客一次性購買22件時，該網站獲利最多.【點睛】本題考查分段函數及一次函數和二次函數的性質，利用函數性質求最值是解答此題的重要途徑，自變量x的取值范圍及取值要求是解答此題的關鍵之處.22、（1）y=x1+4x-1；（1）∴m=,-1，或-3時S四邊形OBDC=1SS△BPD【解析】試題分析：（1）由x=0時帶入y=x-1求出y的值求出B的坐標，當x=-3時，代入y=x-1求出y的值就可以求出A的坐標，由待定系數法就可以求出拋物線的解析式；（1）連結OP，由P點的橫坐標為m可以表示出P、D的坐標，可以表示出S四邊形OBDC和1S△BPD建立方程求出其解即可．（3）如圖1，當∠APD=90°時，設出P點的坐標，就可以表示出D的坐標，由△APD∽△FCD就可與求出結論，如圖3，當∠PAD=90°時，作AE⊥x軸于E，就有,可以表示出AD，再由△PAD∽△FEA由相似三角形的性質就可以求出結論．試題解析：∵y=x-1，∴x=0時，y=-1，∴B（0，-1）．當x=-3時，y=-4，∴A（-3，-4）．∵y=x1+bx+c與直線y=x-1交于A、B兩點，∴∴∴拋物線的解析式為：y=x1+4x-1；（1）∵P點橫坐標是m（m＜0），∴P（m，m1+4m-1），D（m，m-1）如圖1①，作BE⊥PC于E，∴BE=-m．CD=1-m，OB=1，OC=-m，CP=1-4m-m1，∴PD=1-4m-m1-1+m=-3m-m1，∴解得：m1=0（舍去），m1=-1，m3=如圖1②，作BE⊥PC于E，∴BE=-m．PD=1-4m-m1+1-m=1-4m-m1，解得：m=0（舍去）或m=-3，∴m=,-1，或-3時S四邊形OBDC=1S△BPD；）如圖1，當∠APD=90°時，設P（a，a1+4a-1），則D（a，a-1），∴AP=m+4，CD=1-m，OC=-m，CP=1-4m-m1，∴DP=1-4m-m1-1+m=-3m-m1．在y=x-1中，當y=0時，x=1，∴（1，0），∴OF=1，∴CF=1-m．AF=4∵PC⊥x軸，∴∠PCF=90°，∴∠PCF=∠APD，∴CF∥AP，∴△APD∽△FCD，∴解得：m=1舍去或m=-1，∴P（-1，-5）如圖3，當∠PAD=90°時，作AE⊥x軸于E，∴∠AEF=90°．CE=-3-m，EF=4，AF=4PD=1-m-（1-4m-m1）=3m+m1．∵PC⊥x軸，∵PC⊥x軸，∴∠DCF=90°，∴∠DCF=∠AEF，∴AE∥CD．∴AD=(-3-m)∵△PAD∽△FEA，∴∴m=-1或m=-3∴P（-1，-5）或（-3，-4）與點A重合，舍去，∴P（-1，-5）．考點：二次函數綜合題.23、（問題呈現(xiàn)）相等的弧所對的弦相等；同弧所對的圓周角相等；有兩組邊及其夾角分別對應相等的兩個三角形全等；（理解運用）1；（變式探究）DB＝CD+BA；證明見解析；（實踐應用）1或．【分析】（問題呈現(xiàn)）根據圓的性質即可求解；（理解運用）CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，即可求解；（變式探究）證明△MAB≌△MGB（SAS），則MA＝MG，MC＝MG，又DM⊥BC，則DC＝DG，即可求解；（實踐應用）已知∠D1AC＝45°，過點D1作D1G1⊥AC于點G1，則CG1′+AB＝AG1，所以AG1＝（6+2）＝1．如圖∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．【詳解】（問題呈現(xiàn)）①相等的弧所對的弦相等②同弧所對的圓周角相等③有兩組邊及其夾角分別對應相等的兩個三角形全等故答案為：相等的弧所對的弦相等；同弧所定義的圓周角相等；有兩組邊及其夾角分別對應相等的兩個三角形全等；（理解運用）CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，BD＝BC﹣CD＝6﹣5＝1，故答案為：1；（變式探究）DB＝CD+BA．證明：在DB上截去BG＝BA，連接MA、MB、MC、MG，∵M是弧AC的中點，∴AM＝MC，∠MBA＝∠MBG．又MB＝MB∴△MAB≌△MGB（SAS）∴MA＝MG∴MC＝MG，又DM⊥BC，∴DC＝DG，AB+DC＝BG+DG，即DB＝CD+BA；（實踐應用）如圖，BC是圓的直徑，所以∠BAC＝90°．因為AB＝6，圓的半徑為5，所以AC＝2．已知∠D1AC＝45°，過點D1作D1G1⊥AC于點G1，則CG1′+AB＝AG1，所以AG1＝（6+2）＝1．所以AD1＝1．如圖∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．所以AD的長為1或．【點睛】本題考查全等三角形的判定（SAS）與性質、等腰三角形的性質和圓心角、弦、弧，解題的關鍵是掌握全等三角形的判定（SAS）與性質、等腰三角形的性質和圓心角、弦、弧.24、（1）答案見解析；（2）．【分析】（1）根據題意畫出圖形即可；（2）求出OA的長，再根據弧長公式即可得出結論．【詳解】（1）如圖所示，（2）由（1）圖可得，，∴【點睛】本題考查的是作圖-旋轉變換，熟知圖形旋轉不變性的性質是解答此題的關鍵．25、AB＝30(mm)【解析】解：如圖所示，連接AB，與CO的延長線交于點E．∵夾子是軸對稱圖形，對稱軸是CE，且A，B為一組對稱點，∴CE⊥AB，AE＝EB．在Rt△AEC和Rt△ODC中，∵∠ACE＝∠OCD，∴Rt△AEC∽Rt△ODC