山東省青島市李滄、平度、西海岸、膠州2022-2023學(xué)年數(shù)學(xué)九上期末經(jīng)典試題含解析

2022-2023學(xué)年九上數(shù)學(xué)期末模擬試卷注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，為的直徑，弦于點，，，則的半徑為（）A．5 B．8 C．3 D．102．下列圖形都是由同樣大小的五角星按一定的規(guī)律組成，其中第①個圖形一共有2個五角星，第②個圖形一共有8個五角星，第③個圖形一共有18個五角星，…，則第⑦個圖形中五角星的個數(shù)為()A．90 B．94 C．98 D．1023．下列四個圖形是中心對稱圖形（）．A． B． C． D．4．下列命題①若，則②相等的圓心角所對的弧相等③各邊都相等的多邊形是正多邊形④的平方根是．其中真命題的個數(shù)是（）A．0 B．1 C．2 D．35．二次三項式配方的結(jié)果是（）A． B．C． D．6．拋物線y=x2+bx+c(其中b,c是常數(shù))過點A(2,6),且拋物線的對稱軸與線段y=0(1≤x≤3)有交點,則c的值不可能是()A．4 B．6 C．8 D．107．若函數(shù)y＝的圖象在第一、三象限內(nèi)，則m的取值范圍是（）A．m＞﹣3 B．m＜﹣3 C．m＞3 D．m＜38．如圖，是正內(nèi)一點，若將繞點旋轉(zhuǎn)到，則的度數(shù)為（）A． B．C． D．9．二次函數(shù)的圖象如圖，則一次函數(shù)的圖象經(jīng)過（）A．第一、二、三象限 B．第一、二、四象限 C．第二、三、四象限 D．第一、三、四象限10．下列標(biāo)志既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）.A． B．C． D．11．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，若∠A=α，則∠OBC等于（）A．180°﹣2α B．2α C．90°+α D．90°﹣α12．如圖，如果從半徑為9cm的圓形紙片剪去圓周的一個扇形，將留下的扇形圍成一個圓錐（接縫處不重疊），那么這個圓錐的高為A．6cm B．cm C．8cm D．cm二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，線段AB＝2，分別以A、B為圓心，以AB的長為半徑作弧，兩弧交于C、D兩點，則陰影部分的面積為．14．如圖，若點A的坐標(biāo)為（1，），則∠1的度數(shù)為_____．15．在△ABC中，∠C=90°，若AC=6，BC=8，則△ABC外接圓半徑為________；16．拋物線y＝3（x+2）2+5的頂點坐標(biāo)是_____．17．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A在拋物線y=x2﹣2x+2上運(yùn)動．過點A作AC⊥x軸于點C，以AC為對角線作矩形ABCD，連結(jié)BD，則對角線BD的最小值為_______．18．反比例函數(shù)的圖象在每一象限內(nèi)，y隨著x的增大而增大，則k的取值范圍是______.三、解答題（共78分）19．（8分）一段路的“擁堵延時指數(shù)”計算公式為：擁堵延時指數(shù)=，指數(shù)越大，道路越堵。高德大數(shù)據(jù)顯示第二季度重慶擁堵延時指數(shù)首次排全國榜首。為此，交管部門在A、B兩擁堵路段進(jìn)行調(diào)研：A路段平峰時汽車通行平均時速為45千米/時，B路段平峰時汽車通行平均時速為50千米/時，平峰時A路段通行時間是B路段通行時間的倍，且A路段比B路段長1千米．（1）分別求平峰時A、B兩路段的通行時間；（2）第二季度大數(shù)據(jù)顯示：在高峰時，A路段的擁堵延時指數(shù)為2，每分鐘有150輛汽車進(jìn)入該路段；B路段的擁堵延時指數(shù)為1.8，每分鐘有125輛汽車進(jìn)入該路段。第三季度，交管部門采用了智能紅綠燈和潮汐車道的方式整治，擁堵狀況有明顯改善，在高峰時，A路段擁堵延時指數(shù)下降了a%，每分鐘進(jìn)入該路段的車輛增加了；B路段擁堵延時指數(shù)下降，每分鐘進(jìn)入該路段的車輛增加了a輛。這樣，整治后每分鐘分別進(jìn)入兩路段的車輛通過這兩路段所用時間總和，比整治前每分鐘分別進(jìn)入這兩段路的車輛通過這兩路段所用時間總和多小時，求a的值．20．（8分）如圖，正方形ABCD的頂點A在等腰直角三角形DEF的斜邊EF上，EF與BC相交于點G，連接CF．（1）求證：△DAE≌△DCF；（2）求證：△ABG∽△CFG；（3）若正方形ABCD的的邊長為2，G為BC的中點，求EF的長．21．（8分）（1）解方程：（2）如圖已知⊙的直徑，弦與弦平行，它們之間的距離為7，且，求弦的長．22．（10分）計算：2cos30°－tan45°－．23．（10分）一個盒子中裝有兩個紅球，一個白球和一個藍(lán)球，這些球除顏色外都相同，從中隨機(jī)摸出一個球，記下顏色后放回，再從中隨機(jī)摸出一個球，請你用列表法和畫樹狀圖法求兩次摸到的球的顏色能配成紫色的概率（說明：紅色和藍(lán)色能配成紫色）24．（10分）如圖，在矩形ABCD中，AB=3，AD=6，點E在AD邊上，且AE=4，EF⊥BE交CD于點F．（1）求證：△ABE∽△DEF；（2）求EF的長．25．（12分）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，過點C做⊙O的切線，與AE的延長線交于點D，且AD⊥CD．（1）求證：AC平分∠DAB；（2）若AB=10，CD=4，求DE的長．26．飛行員將飛機(jī)上升至離地面米的點時，測得點看樹頂點的俯角為，同時也測得點看樹底點的俯角為，求該樹的高度(結(jié)果保留根號).

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、A【分析】作輔助線，連接OA，根據(jù)垂徑定理得出AE=BE=4，設(shè)圓的半徑為r，再利用勾股定理求解即可.【詳解】解：如圖，連接OA，設(shè)圓的半徑為r，則OE=r-2，∵弦,∴AE=BE=4，由勾股定理得出：，解得：r=5，故答案為：A.【點睛】本題考查的知識點主要是垂徑定理、勾股定理及其應(yīng)用問題；解題的關(guān)鍵是作輔助線，靈活運(yùn)用勾股定理等幾何知識點來分析、判斷或解答.2、C【分析】根據(jù)前三個圖形可得到第n個圖形一共有個五角星，當(dāng)n=7代入計算即可．【詳解】解：第①個圖形一共有個五角星；第②個圖形一共有個五角星；第③個圖形一共有個五角星；……第n個圖形一共有個五角星，所以第⑦個圖形一共有個五角星．故答案選C．【點睛】本題主要考查規(guī)律探索，解題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)規(guī)律．3、C【分析】根據(jù)中心對稱圖形的概念對各選項分析判斷即可得解．【詳解】A、不是中心對稱圖形，故本選項不合題意；B、不是中心對稱圖形，故本選項不合題意；C、是中心對稱圖形，故本選項符合題意；D、不是中心對稱圖形，故本選項不合題意．故選：C．【點睛】本題考查了中心對稱圖形的概念，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后與原圖重合．4、A【分析】①根據(jù)不等式的性質(zhì)進(jìn)行判斷；②根據(jù)圓心角、弧、弦的關(guān)系進(jìn)行分析即可；③根據(jù)正多邊形的定義進(jìn)行判斷；④根據(jù)平方根的性質(zhì)進(jìn)行判斷即可．【詳解】①若m2＝0，則，此命題是假命題；②在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，此命題是假命題；③各邊相等，各內(nèi)角相等的多邊形是正多邊形，此命題是假命題；④=4，4的平方根是，此命題是假命題.所以原命題是真命題的個數(shù)為0，故選：A．【點睛】本題主要考查命題的真假判斷，正確的命題叫真命題，錯誤的命題叫做假命題，判斷命題的真假關(guān)鍵是要熟悉課本中的性質(zhì)定理．5、B【解析】試題分析：在本題中，若所給的式子要配成完全平方式，常數(shù)項應(yīng)該是一次項系數(shù)-4的一半的平方；可將常數(shù)項3拆分為4和-1，然后再按完全平方公式進(jìn)行計算．解：x2-4x+3=x2-4x+4-1=（x-2）2-1．故選B．考點：配方法的應(yīng)用．6、A【解析】試題分析：根據(jù)拋物線y=x2+bx+c（其中b，c是常數(shù)）過點A（2，6），且拋物線的對稱軸與線段y=0（1≤x≤3）有交點，可以得到c的取值范圍，從而可以解答本題．∵拋物線y=x2+bx+c（其中b，c是常數(shù)）過點A（2，6），且拋物線的對稱軸與線段y=0（1≤x≤3）有交點，∴解得6≤c≤14考點：二次函數(shù)的性質(zhì)7、C【分析】根據(jù)反比例函數(shù)的性質(zhì)得m﹣1＞0，然后解不等式即可．【詳解】解：根據(jù)題意得m﹣1＞0，解得m＞1．故選：C．【點睛】本題主要考查的是反比例函數(shù)的性質(zhì)，當(dāng)k＞0時，圖像在第一、三象限內(nèi)，根據(jù)這個性質(zhì)即可解出答案.8、B【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：△PBC≌△P′BA，故∠PBC＝∠P′BA，即可求解．【詳解】由已知得△PBC≌△P′BA，所以∠PBC＝∠P′BA，所以∠PBP′＝∠P′BA＋∠PBA，＝∠PBC＋∠PBA，＝∠ABC，＝60°．故選：B．【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．旋轉(zhuǎn)變化前后，對應(yīng)線段、對應(yīng)角分別相等，圖形的大小、形狀都不改變．9、C【解析】∵拋物線的頂點在第四象限，∴﹣＞1，＜1．∴＜1，∴一次函數(shù)的圖象經(jīng)過二、三、四象限．故選C．10、B【分析】根據(jù)軸對稱圖形與中心對稱圖形的定義解答．【詳解】解：A、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形；B、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形；C、是中心對稱圖形，不是軸對稱圖形；D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形．故選：B．【點睛】掌握中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念：軸對稱圖形的關(guān)鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合；中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后與原圖重合．11、D【解析】連接OC，則有∠BOC=2∠A=2α，∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB，∵∠OBC+∠OCB+∠BOC=180°，∴2∠OBC+2α=180°，∴∠OBC=90°-α，故選D.12、B【解析】試題分析：∵從半徑為9cm的圓形紙片上剪去圓周的一個扇形，∴留下的扇形的弧長==12π，根據(jù)底面圓的周長等于扇形弧長，∴圓錐的底面半徑r==6cm，∴圓錐的高為=3cm故選B.考點:圓錐的計算．二、填空題（每題4分，共24分）13、【分析】利用扇形的面積公式等邊三角形的性質(zhì)解決問題即可．【詳解】解：由題意可得，AD＝BD＝AB＝AC＝BC，∴△ABD和△ABC時等邊三角形，∴陰影部分的面積為：故答案為﹣4．【點睛】考核知識點：扇形面積.熟記扇形面積是關(guān)鍵.14、60°．【分析】過點作⊥軸，構(gòu)造直角三角形之后運(yùn)用三角函數(shù)即可解答?！驹斀狻拷猓哼^點作⊥軸，中，，∠，∠=°.【點睛】本題考查在平面直角坐標(biāo)系中將點坐標(biāo)轉(zhuǎn)化為線段長度，和運(yùn)用三角函數(shù)求角的度數(shù)問題，熟練掌握和運(yùn)用這些知識點是解答關(guān)鍵.15、5【分析】先確定外接圓的半徑是AB，圓心在AB的中點，再計算AB的長，由此求出外接圓的半徑為5.【詳解】∵在△ABC中，∠C=90°，∴△ABC外接圓直徑為斜邊AB、圓心是AB的中點，∵∠C=90°，AC=6，BC=8，∴，∴△ABC外接圓半徑為5.故答案為：5.【點睛】此題考查勾股定理的運(yùn)用、三角形外接圓的確定.根據(jù)圓周角定理，直角三角形的直角所對的邊為直徑，即可確定圓的位置及大小.16、（﹣2，5）【分析】已知拋物線的頂點式，可直接寫出頂點坐標(biāo)．【詳解】解：由y＝3（x+2）2+5，根據(jù)頂點式的坐標(biāo)特點可知，頂點坐標(biāo)為（﹣2，5）．故答案為：（﹣2，5）．【點睛】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)，熟知二次函數(shù)的頂點式是解題的關(guān)鍵，即在y=a（x-h）2+k中，頂點坐標(biāo)為（h，k），對稱軸為x=h．17、1【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得到BD=AC，所以求BD的最小值就是求AC的最小值，當(dāng)點A在拋物線頂點的時候AC是最小的．【詳解】解：∵，∴拋物線的頂點坐標(biāo)為（1，1），∵四邊形ABCD為矩形，∴BD=AC，而AC⊥x軸，∴AC的長等于點A的縱坐標(biāo)，當(dāng)點A在拋物線的頂點時，點A到x軸的距離最小，最小值為1，∴對角線BD的最小值為1．故答案為：1．【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)和二次函數(shù)圖象的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是通過矩形的性質(zhì)將要求的BD轉(zhuǎn)化成可以求最小值的AC．18、【分析】利用反比例函數(shù)圖象的性質(zhì)即可得.【詳解】由反比例函數(shù)圖象的性質(zhì)得：解得：.【點睛】本題考查了反比例函數(shù)圖象的性質(zhì)，對于反比例函數(shù)有：（1）當(dāng)時，函數(shù)圖象位于第一、三象限，且在每一象限內(nèi)，y隨x的增大而減?。唬?）當(dāng)時，函數(shù)圖象位于第二、四象限，且在每一象限內(nèi)，y隨x的增大而增大.三、解答題（共78分）19、（1）平峰時A路段的通行時間是小時，平峰時B路段的通行時間是小時；（2）的值是1．【分析】（1）根據(jù)題意，設(shè)平峰時B路段通行時間為小時，則平峰時A路段通行時間是，列出方程，解方程即可得到答案；（2）根據(jù)題意，先求出整治前A、B路段的時間總和，然后利用含a的代數(shù)式求出整治后A、B路段的時間總和，再列出方程，求出a的值．【詳解】解：（1）設(shè)平峰時B路段通行時間為小時，則平峰時A路段通行時間是，則，解得：，∴（小時）；∴平峰時A路段的通行時間是小時，平峰時B路段的通行時間是小時；（2）根據(jù)題意，整治前有：高峰時，通過A路段的總時間為：（分鐘），高峰時，通過B路段的總時間為：（分鐘）；整治前的時間總和為：（分鐘）；整治后有：通過A路段的總時間為：；通過B路段的總時間為：；∴整治后的時間總和為：；∴，整理得：，解得：或（舍去）；∴的值是1．【點睛】本題考查了一元二次方程的應(yīng)用，一元一次方程的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是熟練掌握題意，正確列出方程進(jìn)行解題．注意尋找題目的等量關(guān)系進(jìn)行列方程．20、（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）EF＝．【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)有AD=CD，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)有DE=DF，已知兩邊嘗試找其夾角對應(yīng)相等，根據(jù)等角的余角相等可得，∠ADE=∠CDF，據(jù)此可證;（2）此題有多種方法可解，可以延長BA交DE與M，結(jié)合第（1）問全等三角形的結(jié)論用等角做差求得∠BAG=∠FCG，再加上一對對頂角相等即可證明;（3）根據(jù)第（2）問相似三角形的結(jié)論，易得，在Rt△CFG中得到了兩直角邊CF與FG的倍數(shù)關(guān)系，再運(yùn)用勾股定理即可解出CF與FG的長度，又AE=CF，即可解答.【詳解】證明：（1）∵正方形ABCD，等腰直角三角形EDF，∴∠ADC＝∠EDF＝90°，AD＝CD，DE＝DF，∴∠ADE+∠ADF＝∠ADF+∠CDF，∴∠ADE＝∠CDF，在△ADE和△CDF中，,∠=∠,;∴△ADE≌△CDF（SAS）；（2）延長BA到M，交ED于點M，∵△ADE≌△CDF，∴∠EAD＝∠FCD，即∠EAM+∠MAD＝∠BCD+∠BCF，∵∠MAD＝∠BCD＝90°，∴∠EAM＝∠BCF，∵∠EAM＝∠BAG，∴∠BAG＝∠BCF，∵∠AGB＝∠CGF，∴△ABG∽△CFG．（3）∵正方形ABCD的的邊長為2，G為BC的中點，∴BG＝CG＝1，AG＝，∵△ABG∽△CFG，∴，CF＝2FG，∵CF2+FG2＝CG2，（2FG）2+FG2＝12，∴GF＝，CF＝，∵△DAE≌△DCF，∴AE＝CF，∴EF＝EA+AG+GF＝CF+AG+GF＝++＝．【點睛】本題綜合考查了正方形與等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形與相似三角形的判定，勾股定理的應(yīng)用等知識，熟練掌握各個知識點，并以正確的思維靈活運(yùn)用是解答關(guān)鍵.21、（1）；（2）1．【分析】（1）先移項，然后利用因式分解法解方程即可（2）作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，連接OA、OC，根據(jù)垂徑定理求出AM，根據(jù)勾股定理求出OM，根據(jù)題意求出ON，根據(jù)勾股定理、垂徑定理計算即可．【詳解】（1）解：∵或（2）作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，連接OA、OC，則∵∴點在同一條直線上，在中∴在中，∵∴【點睛】本題考查了解一元二次方程、垂徑定理和勾股定理的應(yīng)用，掌握垂直于弦的直徑平分這條弦是解題的關(guān)鍵．22、-1．【分析】分別計算特殊角三角函數(shù)值和算術(shù)平方根，然后再計算加減法．【詳解】原式===-1．考點：實數(shù)的混合運(yùn)算，特殊角的三角函數(shù)的混合運(yùn)算．23、．【分析】利用畫樹狀圖法得到總的可能和可能發(fā)生的結(jié)果數(shù)，即可求出概率.【詳解】解：畫樹狀圖為：共有16種等可能的結(jié)果數(shù)，其中紅色和藍(lán)色的結(jié)果數(shù)4，所以摸到的兩個球的顏色能配成紫色的概率＝.【點睛】本題考查了列表法與樹狀圖法：利用列表法或樹狀圖法展示所有等可能的結(jié)果n，再從中選出符合事件A或B的結(jié)果數(shù)目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率.24、（1）見解析；（2）．【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得∠A=∠D=90°，再根據(jù)同角的余角相等求出∠1=∠3，然后利用兩角對應(yīng)相等，兩三角形相似證明；

（2）利用勾股定理列式求出BE，再求出DE，然后根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例列式求解即可．【詳解】（1）證明：在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，

∴∠1+∠2=90°，

∵EF⊥BE，

∴∠2+∠3=180°-90°=90°，

∴∠1=∠3，

又∵∠A=∠D=90°，

∴△ABE∽△DEF；

（2）∵AB=3，AE=4，

∴BE==5，

∵AD=6，AE=4，

∴DE=AD-AE=6-4=2，

∵△ABE∽△DEF，

∴，即，

解得EF=．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，利用同角的余角相等求出相等的銳角是證明三角形相似的關(guān)鍵．25、（1）見解析；（1）DE=1【分析】（1）連接OC，利用切線的性質(zhì)可得出OC∥AD，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠DAC=∠OCA，又因為∠OCA=∠OAC，繼而可得出結(jié)論；（1）方法一：連接BE交OC于點H，可證明四邊形EHCD為矩形，再根據(jù)垂徑定理可得出，得出，從而得出，再通過三角形中位線定理可得出，繼而得出結(jié)論；方法二：連接BC、EC，可證明△ADC∽△ACB，利用相似三角形的性質(zhì)可得出AD=8，再證△DEC∽△DCA，從而可得出結(jié)論；方法三：連接BC、EC，過點C做CF⊥AB，垂足為F，利用已知條件得出OF=3，再證明△DEC≌△CFB，利用全等三角形的性質(zhì)即可得出答案．【詳解】解：（1）證明：連接OC，∵CD切☉O于點C∴OC⊥CD∵AD⊥CD∴∠D=∠OCD=90°∴∠D+∠OCD=180°∴OC∥AD∴∠DAC=∠OCA∵OA=OC∴∠OCA=∠OAC∴∠DAC=∠OAC∴AC平分DAB（1）方法1：連接BE交OC于點H∵AB是☉