2022-2023學年九上數學期末模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準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(每小題3分,共30分)1．甲、乙、丙、丁四人各進行了次射擊測試，他們的平均成績相同，方差分別是則射擊成績最穩定的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁2．對一批襯衣進行抽檢，統計合格襯衣的件數，得到合格襯衣的頻數表如下：抽取件數501001502005008001000合格頻數4288141176448720900估計出售2000件襯衣，其中次品大約是（）A．50件 B．100件 C．150件 D．200件3．下列圖形中，是中心對稱圖形但不是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．4．如圖，在下列四個幾何體中，從正面、左面、上面看不完全相同的是A． B． C． D．5．如圖，在△ABC與△ADE中，∠ACB=∠AED=90°，∠ABC=∠ADE，連接BD、CE，若AC︰BC=3︰4，則BD︰CE為（）A．5︰3 B．4︰3 C．︰2 D．2︰6．在一個不透明的袋子中，裝有紅球、黃球、籃球、白球各1個，這些球除顏色外無其他差別，從袋中隨機取出一個球，取出紅球的概率為（）A．

B．

C．

D．17．如圖，P為⊙O外一點，PA、PB分別切⊙O于點A、B，CD切⊙O于點E，分別交PA、PB于點C、D，若PA＝6，則△PCD的周長為（）A．8 B．6 C．12 D．108．如圖，雙曲線的一個分支為（）A．① B．② C．③ D．④9．下列圖形：任取一個是中心對稱圖形的概率是（）A． B． C． D．110．如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，AB是⊙O的直徑，若∠BAC＝20°，則∠ADC的度數是()A．90° B．100° C．110° D．130°二、填空題(每小題3分,共24分)11．某型號的冰箱連續兩次降價，每臺售價由原來的2370元降到了1160元，若設平均每次降價的百分率為，則可列出的方程是__________________________________.12．函數y＝x2﹣4x+3的圖象與y軸交點的坐標為_____．13．用一塊圓心角為120°的扇形鐵皮，圍成一個底面直徑為10cm的圓錐形工件的側面，那么這個圓錐的高是_____cm．14．如圖，扇形OAB，∠AOB=90，⊙P與OA、OB分別相切于點F、E，并且與弧AB切于點C，則扇形OAB的面積與⊙P的面積比是．15．如圖，在平面直角坐標系中，已知點E（﹣4，2），F（﹣1，﹣1）．以原點O為位似中心，把△EFO擴大到原來的2倍，則點E的對應點E'的坐標為_____．16．小明發現相機快門打開過程中，光圈大小變化如圖1所示，于是他繪制了如圖2所示的圖形．圖2中留個形狀大小都相同的四邊形圍成一個圓的內接六邊形和一個小正六邊形，若PQ所在的直線經過點M，PB=5cm，小正六邊形的面積為cm2，則該圓的半徑為________cm．17．在△ABC中，∠C=90°，BC=2，，則邊AC的長是．18．若，則化簡成最簡二次根式為__________．三、解答題(共66分)19．（10分）已知關于x的一元二次方程：x2﹣（t﹣1）x+t﹣2=1．求證：對于任意實數t，方程都有實數根；20．（6分）天水某公交公司將淘汰某一條線路上“冒黑煙”較嚴重的公交車，計劃購買A型和B型兩行環保節能公交車共10輛，若購買A型公交車1輛，B型公交車2輛，共需400萬元；若購買A型公交車2輛，B型公交車1輛，共需350萬元，（1）求購買A型和B型公交車每輛各需多少萬元？（2）預計在該條線路上A型和B型公交車每輛年均載客量分別為60萬人次和100萬人次．若該公司購買A型和B型公交車的總費用不超過1220萬元，且確保這10輛公交車在該線路的年均載客量總和不少于650萬人次，則該公司有哪幾種購車方案？哪種購車方案總費用最少？最少總費用是多少？21．（6分）如圖，AB是⊙O的直徑，BC是⊙O的弦，直線MN與⊙O相切于點C，過點B作BD⊥MN于點D．（1）求證：∠ABC＝∠CBD；（2）若BC＝4，CD＝4，則⊙O的半徑是．22．（8分）如圖，△ABC中，∠A=30°，∠B=45°，AC=4，求AB的長.23．（8分）已知二次函數y＝2x2+4x+3，當﹣2≤x≤﹣1時，求函數y的最小值和最大值，如圖是小明同學的解答過程．你認為他做得正確嗎？如果正確，請說明解答依據，如果不正確，請寫出你得解答過程．24．（8分）如圖，于，以直徑作，交于點恰有，連接．（1）如圖1，求證：；（2）如圖2，連接分別交，于點連接試探究與之間的數量關系，并說明理由；（3）在（2）的基礎上，若，求的長．25．（10分）2019年12月27日，我國成功發射了“長征五號”遙三運載火箭.如圖，“長征五號”運載火箭從地面處垂直向上發射，當火箭到達處時，從位于地面處的雷達站測得此時仰角，當火箭繼續升空到達處時，從位于地面處的雷達站測得此時仰角，已知，.（1）求的長；（2）若“長征五號”運載火箭在處進行“程序轉彎”，且，求雷達站到其正上方點的距離.26．（10分）已知：AB是⊙O的直徑，BD是⊙O的弦，延長BD到點C，使AB=AC，連結AC，過點D作DE⊥AC，垂足為E．(1)求證：DC=BD(2)求證：DE為⊙O的切線

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【分析】根據方差的意義，即可得到答案．【詳解】∵丙的方差最小，∴射擊成績最穩定的是丙，故選C．【點睛】本題主要考查方差的意義，掌握方差越小，一組數據越穩定，是解題的關鍵．2、D【分析】求出次品率即可求出次品數量．【詳解】2000×(件)．故選：D．【點睛】本題考查了樣本估計總體的統計方法，求出樣本的次品率是解答本題的關鍵．3、A【分析】根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念，軸對稱圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合；中心對稱圖形是圖形沿對稱中心旋轉180度后與原圖重合求解．【詳解】B既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形；C只是軸對稱圖形；D既不是軸對稱圖形也不是中心對稱圖形，只有A符合.故選A.4、B【解析】根據常見幾何體的三視圖解答即可得．【詳解】球的三視圖均為圓，故不符合題意；正方體的三視圖均為正方形，故不符合題意；圓柱體的主視圖與左視圖為長方形，俯視圖為圓，故符合題意；圓錐的主視圖與左視圖為等腰三角形，俯視圖為圓，故符合題意，故選B.【點睛】本題考查了簡單幾何體的三視圖，解題的關鍵是熟練掌握三視圖的定義和常見幾何體的三視圖．5、A【解析】因為∠ACB=90°，AC︰BC=3︰4，則因為∠ACB=∠AED=90°，∠ABC=∠ADE，得△ABC△ADE，得，，則，.故選A.6、C【詳解】解：∵共有4個球，紅球有1個，∴摸出的球是紅球的概率是：P=．故選C．【點睛】本題考查概率公式．7、C【解析】由切線長定理可求得PA＝PB，AC＝CE，BD＝ED，則可求得答案．【詳解】∵PA、PB分別切⊙O于點A、B，CD切⊙O于點E，∴PA＝PB＝6，AC＝EC，BD＝ED，∴PC+CD+PD＝PC+CE+DE+PD＝PA+AC+PD+BD＝PA+PB＝6+6＝12，即△PCD的周長為12，故選：C．【點睛】本題主要考查切線的性質，利用切線長定理求得PA＝PB、AC＝CE和BD＝ED是解題的關鍵．8、D【解析】∵在中，k=8＞0，∴它的兩個分支分別位于第一、三象限，排除①②；又當=2時，=4，排除③；所以應該是④．故選D．9、C【解析】本題考查概率的計算和中心對稱圖形的概念,根據中心對稱圖形的概念可以判定①③④是中心對稱圖形,4個圖形任取一個是中心對稱的圖形的概率為P=,因此本題正確選項是C.10、C【解析】根據三角形內角和定理以及圓內接四邊形的性質即可解決問題；【詳解】解：∵AB是直徑，

∴∠ACB=90°，

∵∠BAC=20°，

∴∠B=90°-20°=70°，

∵∠ADC+∠B=180°，

∴∠ADC=110°，

故選C．【點睛】本題考查圓內接四邊形的性質、三角形的內角和定理、圓周角定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識．二、填空題(每小題3分,共24分)11、【分析】先列出第一次降價后售價的代數式，再根據第一次的售價列出第二次降價后售價的代數式，然后根據已知條件即可列出方程．【詳解】依題意得：第一次降價后售價為：2370（1-x），

則第二次降價后的售價為：2370（1-x）（1-x）=2370（1-x）2，

故．

故答案為．【點睛】此題考查一元二次方程的運用，解題關鍵在于要注意題意指明的是降價，應該是1-x而不是1+x．12、（0，3）．【分析】令x＝0，求出y的值，然后寫出與y軸的交點坐標即可．【詳解】解：x＝0時，y＝3，所以．圖象與y軸交點的坐標是（0，3）．故答案為（0，3）．【點睛】本題考查了求拋物線與坐標軸交點的坐標，掌握二次函數與一元二次方程的聯系是解答本題的關鍵.13、10【分析】求得圓錐的母線的長利用勾股定理求得圓錐的高即可．【詳解】設圓錐的母線長為l，則＝10π，解得：l＝15，∴圓錐的高為：＝10，故答案為：10.【點睛】考查了圓錐的計算，解題的關鍵是了解圓錐的底面周長等于圓錐的側面扇形的弧長，難度不大．14、【詳解】依題意連接OC則P在OC上，連接PF,PE則PF⊥OA,PE⊥OB,由切線長定理可知四邊形OEPF為正方形，且其邊長即⊙P的半徑（設⊙P的半徑為r）∴OP=又OC=OP+PC=+r=(1+)r即扇形OAB的(1+)r,∴15、（﹣8，4），（8，﹣4）【分析】根據在平面直角坐標系中，位似變換的性質計算即可．【詳解】解：以原點O為位似中心，把△EFO擴大到原來的2倍，點E（﹣4，2），∴點E的對應點E'的坐標為（﹣4×2，2×2）或（4×2，﹣2×2），即（﹣8，4），（8，﹣4），故答案為：（﹣8，4），（8，﹣4）．【點睛】本題考查的是位似變換的性質，在平面直角坐標系中，如果位似變換是以原點為位似中心，相似比為k，那么位似圖形對應點的坐標的比等于k或-k．16、1【分析】設兩個正六邊形的中心為O，連接OP,OB,過點O作OG⊥PM于點G，OH⊥AB于點H，如圖所示：很容易證出三角形PMN是一個等邊三角形，邊長PM的長，，而且面積等于小正六邊形的面積的，故三角形PMN的面積很容易被求出，根據正六邊形的性質及等腰三角形的三線和一可以得出PG的長，進而得出OG的長，,在Rt△OPG中，根據勾股定理得OP的長，設OB為x，，根據正六邊形的性質及等腰三角形的三線和一可以得出BH，OH的長，進而得出PH的長，在Rt△PHO中，根據勾股定理得關于x的方程，求解得出x的值，從而得出答案．【詳解】解:設兩個正六邊形的中心為O，連接OP,OB,過點O作OG⊥PM于點G，OH⊥AB于點H，如圖所示：很容易證出三角形PMN是一個等邊三角形，邊長PM=,而且面積等于小正六邊形的面積的，故三角形PMN的面積為cm2，∵OG⊥PM，且O是正六邊形的中心，∴PG=PM=∴OG=在Rt△OPG中，根據勾股定理得：OP2=OG2+PG2,即=OP2∴OP=7cm，設OB為x，∵OH⊥AB，且O是正六邊形的中心，∴BH=X,OH=，∴PH=5-x，在Rt△PHO中，根據勾股定理得OP2=PH2+OH2,即解得：x1=1,x2=-3（舍）故該圓的半徑為1cm．故答案為1．【點睛】本題以相機快門為背景，從中抽象出數學模型，綜合考查了多邊形、圓、三角形及解三角形等相關知識，突出考查數學的應用意識和解決問題的能力．試題通過將快門的光圈變化這個動態的實際問題化為靜態的數學問題，讓每個學生都能參與到實際問題數學化的過程中，鼓勵學生用數學的眼光觀察世界；在運用數學知識解決問題的過程中，關注思想方法，側重對問題的分析，將復雜的圖形轉化為三角形或四邊形解決，引導學生用數學的語言表達世界，用數學的思維解決問題．17、.【詳解】解：∵BC=2，∴AB==3∴AC=故答案為：.18、【分析】根據二次根式的性質，進行化簡，即可.【詳解】===∵∴原式=，故答案是：.【點睛】本題主要考查二次根式的性質，掌握二次根式的性質，是解題的關鍵.三、解答題(共66分)19、見解析【分析】根據方程的系數結合根的判別式，可得出△=（t-3）2≥1，由此可證出：對于任意實數t，方程都有實數根．【詳解】證明：△=[-（t﹣1）]2﹣4×1×（t﹣2）=t2﹣6t+9=（t﹣3）2，∴對于任意實數t，都有（t﹣3）2≥1，∴方程都有實數根．【點睛】本題考查了根的判別式，解題的關鍵是：牢記“當△≥1時，方程有實數根”．20、（1）購買A型公交車每輛需100萬元，購買B型公交車每輛需150萬元．（2）購買A型公交車8輛，則B型公交車2輛費用最少，最少總費用為1100萬元．【解析】（1）設購買A型公交車每輛需x萬元，購買B型公交車每輛需y萬元，根據“A型公交車1輛，B型公交車2輛，共需400萬元；A型公交車2輛，B型公交車1輛，共需350萬元”列出方程組解決問題；（2）設購買A型公交車a輛，則B型公交車（10-a）輛，由“購買A型和B型公交車的總費用不超過1220萬元”和“10輛公交車在該線路的年均載客總和不少于650萬人次”列出不等式組探討得出答案即可．【詳解】（1）設購買A型公交車每輛需x萬元，購買B型公交車每輛需y萬元，由題意得，解得，答：購買A型公交車每輛需100萬元，購買B型公交車每輛需150萬元．（2）設購買A型公交車a輛，則B型公交車（10﹣a）輛，由題意得，解得：，因為a是整數，所以a＝6，7，8；則（10﹣a）＝4，3，2；三種方案：①購買A型公交車6輛，則B型公交車4輛：100×6+150×4＝1200萬元；②購買A型公交車7輛，則B型公交車3輛：100×7+150×3＝1150萬元；③購買A型公交車8輛，則B型公交車2輛：100×8+150×2＝1100萬元；購買A型公交車8輛，則B型公交車2輛費用最少，最少總費用為1100萬元．【點睛】此題考查二元一次方程組和一元一次不等式組的應用，注意理解題意，找出題目蘊含的數量關系，列出方程組或不等式組解決問題．21、（1）見解析；（2）1．【分析】（1）連接OC，由切線的性質可得OC⊥MN，即可證得OC∥BD，由平行線的性質和等腰三角形的性質可得∠CBD＝∠BCO＝∠ABC，即可證得結論；（2）連接AC，由勾股定理求得BD，然后通過證得△ABC∽△CBD，求得直徑AB，從而求得半徑．【詳解】（1）證明：連接OC，∵MN為⊙O的切線，∴OC⊥MN，∵BD⊥MN，∴OC∥BD，∴∠CBD＝∠BCO．又∵OC＝OB，∴∠BCO＝∠ABC，∴∠CBD＝∠ABC．；（2）解：連接AC，在Rt△BCD中，BC＝4，CD＝4，∴BD＝＝8，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠CDB＝90°，∵∠ABC＝∠CBD，∴△ABC∽△CBD，∴，即，∴AB＝10，∴⊙O的半徑是1，故答案為1．【點睛】本題考查了切線的性質和圓周角定理、三角形相似的判定和性質以及解直角三角形，作出輔助線構建等腰三角形、直角三角形是解題的關鍵．22、1+1【解析】試題分析：本題注意考查的就是利用三角函數解直角三角形，過點C作CD⊥AB于D點，然后分別根據Rt△ADC中∠A的正弦、余弦值和Rt△CDB中∠B的正切值得出AD和BD的長度，從而得出AB的長度.試題解析：過點C作CD⊥AB于D點，在Rt△ADC中，∠A=30°，AC=4，∴CD=AC=×4=1，∴AD=，在Rt△CDB中，∠B=45°，CD=1，∴CD=DB=1，∴AB=AD+DB=1+1．23、錯誤，見解析【分析】根據二次函數的性質和小明的做法，可以判斷小明的做法是否正確，然后根據二次函數的性質即可解答本題．【詳解】解：小明的做法是錯誤的，正確的做法如下：∵二次函數y＝2x2+4x+1＝2（x+1）2+1，∴該函數圖象開口向上，該函數的對稱軸是直線x＝﹣1，當x＝﹣1時取得最小值，最小值是1，∵﹣2≤x≤﹣1，∴當x＝﹣2時取得最大值，此時y＝1，當x＝﹣1時取得最小值，最小值是y＝1，由上可得，當﹣2≤x≤﹣1時，函數y的最小值是1，最大值是1．【點睛】本題考查二次函數的性質,關鍵在于熟記性質.24、（1）證明見解析；（2）；理由見解析；（3）．【分析】（1）由直徑所對圓周角等于90度可得，進而易證，再根據即可證明；（2）由，可得，進而可知，再由同弧所對圓周角相等可得，再分別證明，，從而可得，即可解決問題；（3）設，，由，可得，可得，由，可得，設，，根據，可得，求出即可解決問題．【詳解】解：（1）證明：是直徑，，∵，，，，，又∵，（AAS）．（2）結論：．理由如下：由（1）可得：，，