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（每題4分，共48分）1．如圖，點A，B，C是⊙O上的三點，若∠BOC=50°，則∠A的度數是（）A．25° B．20° C．80° D．100°2．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．3．如圖，AB是⊙O的直徑，∠AOC=130°，則∠D等于（）A．25° B．35° C．50° D．65°4．從口袋中隨機摸出一球，再放回口袋中，不斷重復上述過程，共摸了150次，其中有50次摸到黑球，已知口袋中有黑球10個和若干個白球，由此估計口袋中大約有多少個白球（）A．10個 B．20個 C．30個 D．無法確定5．如圖，將一塊含30°的直角三角板繞點A按順時針方向旋轉到△A1B1C1的位置，使得點C、A、B1在同一條直線上，那么旋轉角等于（）A．30° B．60° C．90° D．120°6．如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，CE∥BD，DE∥AC，若OA=2，則四邊形CODE的周長為（）A．4 B．6 C．8 D．107．如圖，正方形ABCD中，AB=6，點E在邊CD上，且CD=3DE，將△ADE沿AE對折至△AFE，延長EF交邊BC于點G，連接AG、CF，則下列結論：①△ABG≌△AFG；②BG=CG；③AG∥CF；④S△EGC=S△AFE；⑤∠AGB+∠AED=145°.其中正確的個數是（）A．2 B．3 C．4 D．58．拋物線y=x2+2x﹣3的最小值是（）A．3B．﹣3C．4D．﹣49．已知，，那么ab的值為（）A． B． C． D．10．下列說法正確的是（）A．購買江蘇省體育彩票有“中獎”與“不中獎”兩種情況，所以中獎的概率是B．國家級射擊運動員射靶一次，正中靶心是必然事件C．如果在若干次試驗中一個事件發生的頻率是，那么這個事件發生的概率一定也是D．如果車間生產的零件不合格的概率為，那么平均每檢查1000個零件會查到1個次品11．如圖的的網格圖，A、B、C、D、O都在格點上，點O是（）A．的外心 B．的外心 C．的內心 D．的內心12．如圖,是⊙的直徑,弦⊥于點,,則()A． B． C． D．二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，Rt△OAB的頂點A（﹣2，4）在拋物線y=ax2上，將Rt△OAB繞點O順時針旋轉90°，得到△OCD，邊CD與該拋物線交于點P，則點P的坐標為_____．14．已知小明身高，在某一時刻測得他站立在陽光下的影長為.若當他把手臂豎直舉起時，測得影長為，則小明舉起的手臂超出頭頂______.15．如圖，在中，，，以為直角邊、為直角頂點作等腰直角三角形，則______.16．如圖，將邊長為4的正方形沿其對角線剪開，再把沿著方向平移，得到，當兩個三角形重疊部分的面積為3時，則的長為_________．17．已知＝，則的值是_______．18．如圖，二次函數的圖象與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，對稱軸與x軸交于點D，若點P為y軸上的一個動點，連接PD，則的最小值為________.三、解答題（共78分）19．（8分）（1）如圖1，在⊙O中，弦AB與CD相交于點F，∠BCD＝68°，∠CFA＝108°，求∠ADC的度數．（2）如圖2，在正方形ABCD中，點E是CD上一點（DE＞CE），連接AE，并過點E作AE的垂線交BC于點F，若AB＝9，BF＝7，求DE長．20．（8分）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC＝30°，將△ABC繞點A順時針旋轉一定的角度得到△AED，點B、C的對應點分別是E、D.(1)如圖1，當點E恰好在AC上時，求∠CDE的度數；(2)如圖2，若=60°時，點F是邊AC中點，求證：四邊形BFDE是平行四邊形.21．（8分）如圖，某小區規劃在一個長16m，寬9m的矩形場地ABCD上，修建同樣寬的小路，使其中兩條與AB平行，另一條與AD平行，其余部分種草，若草坪部分總面積為112m2，求小路的寬．22．（10分）某高級酒店為了吸引顧客，設立了一個可以自由轉動的轉盤，如圖所示，并規定：顧客消費100以上（不包括100元），就能獲得一次轉動轉盤的機會，如果轉盤停止后，指針正好對準九折、八折、七折、五折區域顧客就可以獲得此項待遇（轉盤等分成16份）.（1）甲顧客消費80元，是否可獲得轉動轉盤的機會？（2）乙顧客消費150元，獲得打折待遇的概率是多少？（3）他獲得九折，八折，七折，五折待遇的概率分別是多少？23．（10分）定義：連結菱形的一邊中點與對邊的兩端點的線段把它分成三個三角形，如果其中有兩個三角形相似，那么稱這樣的菱形為自相似菱形．(1)判斷下列命題是真命題，還是假命題？①正方形是自相似菱形；②有一個內角為60°的菱形是自相似菱形．③如圖1，若菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC=α(0°＜α＜90°)，E為BC中點，則在△ABE，△AED，△EDC中，相似的三角形只有△ABE與△AED．(2)如圖2，菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC是銳角，邊長為4，E為BC中點．①求AE，DE的長；②AC，BD交于點O，求tan∠DBC的值．24．（10分）如圖，已知直線y1＝﹣x+3與x軸交于點B，與y軸交于點C，拋物y2＝ax2+bx+c經過點B，C并與x軸交于點A（﹣1，0）．（1）求拋物線解析式，并求出拋物線的頂點D坐標；（2）當y2＜0時、請直接寫出x的取值范圍；（3）當y1＜y2時、請直接寫出x的取值范圍；（4）將拋物線y2向下平移，使得頂點D落到直線BC上，求平移后的拋物線解析式．25．（12分）如圖，在四邊形ABCD中，BD為一條對角線，AD∥BC，AD＝2BC，∠ABD＝90°，E為AD的中點，連接BE．（1）求證：四邊形BCDE為菱形；（2）連接AC，若AC平分∠BAD，BC＝1，求AC的長．26．計算：2cos230°+﹣sin60°．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、A【解析】∵∠BOC=50°，∴∠A=∠BOC=25°．故選：A．【點睛】本題考查圓周角定理：在同圓或等圓中，一條弧所對的圓周角等于它所對圓心角的一半.2、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．3、A【解析】試題分析：∵AB是⊙O的直徑，∴∠BOC=180°-∠AOC=180°-130°=50°，∴∠D=∠BOC=×50°=25°．故選A.考點:圓周角定理4、B【詳解】解：摸了150次，其中有50次摸到黑球，則摸到黑球的頻率是，設口袋中大約有x個白球，則，解得x=1．經檢驗：x=1是原方程的解故選B．5、D【分析】先判斷出旋轉角最小是∠CAC1，根據直角三角形的性質計算出∠BAC，再由旋轉的性質即可得出結論．【詳解】∵Rt△ABC繞點A按順時針方向旋轉到△AB1C1的位置，使得點C、A、B1在同一條直線上，∴旋轉角最小是∠CAC1，∵∠C＝90°，∠B＝30°，∴∠BAC＝60°，∵△AB1C1由△ABC旋轉而成，∴∠B1AC1＝∠BAC＝60°，∴∠CAC1＝180°﹣∠B1AC1＝180°﹣60°＝120°，故選：D．【點睛】此題考查旋轉的性質，熟知圖形旋轉后所得圖形與原圖形全等是解題的關鍵．6、C【分析】首先由CE∥BD，DE∥AC，可證得四邊形CODE是平行四邊形，又由四邊形ABCD是矩形，根據矩形的性質，易得OC＝OD＝2，即可判定四邊形CODE是菱形，繼而求得答案．【詳解】解：∵CE∥BD，DE∥AC，

∴四邊形CODE是平行四邊形，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴AC＝BD，OA＝OC=2，OB＝OD，

∴OD＝OC＝2，

∴四邊形CODE是菱形，

∴四邊形CODE的周長為：4OC＝4×2＝1．

故選：C．【點睛】此題考查了菱形的判定與性質以及矩形的性質．此題難度不大，注意證得四邊形CODE是菱形是解此題的關鍵．7、C【詳解】解：①正確．理由：∵AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；②正確．理由：EF=DE=CD=2，設BG=FG=x，則CG=6﹣x．在直角△ECG中，根據勾股定理，得（6﹣x）2+42=（x+2）2，解得x=1．∴BG=1=6﹣1=GC；③正確．理由：∵CG=BG，BG=GF，∴CG=GF，∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF．又∵Rt△ABG≌Rt△AFG；∴∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=2∠AGB=180°﹣∠FGC=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF，∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，∴AG∥CF；④正確．理由：∵S△GCE=GC?CE=×1×4=6，∵S△AFE=AF?EF=×6×2=6，∴S△EGC=S△AFE；⑤錯誤．∵∠BAG=∠FAG，∠DAE=∠FAE，又∵∠BAD=90°，∴∠GAF=45°，∴∠AGB+∠AED=180°﹣∠GAF=115°．故選C．【點睛】本題考查翻折變換（折疊問題）；全等三角形的判定與性質；正方形的性質；勾股定理．8、D【解析】把y=x2+2x﹣3配方變成頂點式，求出頂點坐標即可得拋物線的最小值.【詳解】∵y=x2+2x﹣3=（x+1）2﹣1，∴頂點坐標為（﹣1，﹣1），∵a=1＞0，∴開口向上，有最低點，有最小值為﹣1．故選：D．【點睛】本題考查二次函數最值的求法：求二次函數的最大（?。┲涤腥N方法，第一種可由圖象直接得出，第二種是配方法，第三種是公式法，熟練掌握并靈活運用適當方法是解題關鍵.9、C【分析】利用平方差公式進行計算，即可得到答案.【詳解】解：∵，，∴；故選擇：C.【點睛】本題考查了二次根式的乘法運算，解題的關鍵是熟練運用平方差公式進行計算.10、C【詳解】解：A、購買江蘇省體育彩票“中獎”的概率是中獎的張數與發行的總張數的比值，故本項錯誤；B、國家級射擊運動員射靶一次，正中靶心是隨機事件，故本項錯誤；C、如果在若干次試驗中一個事件發生的頻率是，那么這個事件發生的概率一定也是，正確；D、如果車間生產的零件不合格的概率為，那么平均每檢查1000個零件不一定會查到1個次品，故本項錯誤，故選C．【點睛】本題考查概率的意義，隨機事件．11、B【分析】連接OA、OB、OC、OD，設網格的邊長為1，利用勾股定理分別求出OA、OB、OC、OD的長，根據O點與三角形的頂點的距離即可得答案.【詳解】連接OA、OB、OC、OD，設網格的邊長為1，∴OA==，OB==，OC==，OD==，∵OA=OB=OC=，∴O為△ABC的外心，故選B.【點睛】本題考查勾股定理的應用，熟練掌握三角形的外心和內心的定義是解題關鍵.12、A【分析】根據垂徑定理可得出CE的長度，在Rt△OCE中，利用勾股定理可得出OE的長度，再利用AE=AO+OE即可得出AE的長度．【詳解】∵弦CD⊥AB于點E，CD=8cm，∴CE=CD=4cm．在Rt△OCE中，OC=5cm，CE=4cm，∴OE==3cm，∴AE=AO+OE=5+3=8cm．故選A．【點睛】本題考查了垂徑定理以及勾股定理，利用垂徑定理結合勾股定理求出OE的長度是解題的關鍵．二、填空題（每題4分，共24分）13、（，2）．【解析】由題意得：，即點P的坐標.14、0.54【分析】在同一時刻，物體的高度和影長成比例，根據此規律列方程求解.【詳解】解：設小明舉起的手臂超出頭頂xm,根據題意得，，解得x=0.54即舉起的手臂超出頭頂0.54m.故答案為：0.54.【點睛】本題考查同一時刻物體的高度和影長成比例的投影規律，根據規律列比例式求解是解答此題的關鍵.，15、1【分析】由于AD=AB，∠CAD=90°，則可將△ABD繞點A逆時針旋轉90°得△ABE，如圖，根據旋轉的性質得∠CAE=90°，AC=AE，BE=CD，于是可判斷△ACE為等腰直角三角形，則∠ACE=45°，CE=AC=5，易得∠BCE=90°，然后在Rt△CAE中利用勾股定理計算出BE=1，從而得到CD=1．【詳解】解：∵△ADB為等腰直角三角形，∴AD=AB，∠BAD=90°，將△ACD繞點A順時針旋轉90°得△AEB，如圖，∴∠CAE=90°，AC=AE，CD=BE，∴△ACE為等腰直角三角形，∴∠ACE=45°，，∵∠ACB=45°，∴∠BCE=45°+45°=90°，在Rt△BCE中，，∴CD=1．故答案為1．【點睛】本題考查了旋轉的性質，等腰直角三角形的判定與性質，以及勾股定理等知識.旋轉的性質：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等．解決本題的關鍵的利用旋轉得到直角三角形CBE．16、1或1【分析】設AC、交于點E，DC、交于點F，且設，則，，列出方程即可解決問題．【詳解】設AC、交于點E，DC、交于點F，且設，則，，重疊部分的面積為，由，解得或1．即或1．故答案是1或1．【點睛】本題考查了平移的性質、菱形的判定和正方形的性質綜合，準確分析題意是解題的關鍵．17、【分析】根據合比性質：，可得答案．【詳解】由合比性質，得，

故答案為：．【點睛】此題考查比例的性質，利用合比性質是解題關鍵．18、【分析】連接AC，連接CD，過點A作AE⊥CD交于點E，則AE為所求.由銳角三角函數的知識可知PC=PE，然后通過證明△CDO∽△AED，利用相似三角形的性質求解即可.【詳解】解：連接AC，連接CD，過點A作AE⊥CD交于點E，則AE為所求.當x=0時，y=3,∴C(0,3).當y=0時，0=-x2+2x+3，∴x1=3，x2=-1，∴A（-1，0）、B（3，0），∴OA=1，OC=3，∴AC=，∵二次函數y=-x2+2x+3的對稱軸是直線x=1,∴D(1,0),∴點A與點D關于y軸對稱，∴sin∠ACO=，由對稱性可知，∠ACO=∠OCD，PA=PD，CD=AC=，∴sin∠OCD=，∵sin∠OCD=，∴PC=PE，∵PA=PD，∴PC+PD=PE+PA，∵∠CDO=∠ADE,∠COD=AED,∴△CDO∽△AED,∴,∴,∴；故答案為.【點睛】本題考查了二次函數的圖像與性質，二次函數與坐標軸的交點，銳角三角函數的知識，勾股定理，軸對稱的性質，相似三角形的判定與性質等知識，難度較大，屬中考壓軸題.三、解答題（共78分）19、（1）40°；（2）1．【分析】（1）由∠BCD＝18°，∠CFA＝108°，利用三角形外角的性質，即可求得∠B的度數，然后由圓周角定理，求得答案；（2）由正方形的性質和已知條件證明△ADE∽△ECF，根據相似三角形的性質可知：，設DE＝x，則EC＝9﹣x，代入計算求出x的值即可．【詳解】（1）∵∠BCD＝18°，∠CFA＝108°，∴∠B＝∠CFA﹣∠BCD＝108°﹣18°＝40°，∴∠ADC＝∠B＝40°．（2）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴CD＝AD＝BC＝AB＝9，∠D＝∠C＝90°，∴CF＝BC﹣BF＝2，在Rt△ADE中，∠DAE+∠AED＝90°，∵AE⊥EF于E，∴∠AED+∠FEC＝90°，∴∠DAE＝∠FEC，∴△ADE∽△ECF，∴，設DE＝x，則EC＝9﹣x，∴，解得x1＝3，x2＝1，∵DE＞CE，∴DE＝1．【點睛】此題考查三角形的外角的性質，圓周角定理，正方形的性質，三角形相似的判定及性質.20、（1）15°；（2）證明見解析.【分析】（1）如圖1，利用旋轉的性質得CA＝DA，∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DEA＝∠ABC＝90°，再根據等腰三角形的性質求出∠ADC，從而計算出∠CDE的度數；（2）如圖2，利用直角三角形斜邊上的中線性質得到BF＝AC，利用含30度的直角三角形三邊的關系得到BC＝AC，則BF＝BC，再根據旋轉的性質得到∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD，DE＝BC，從而得到DE＝BF，△ACD和△BAE為等邊三角形，接著由△AFD≌△CBA得到DF＝BA，然后根據平行四邊形的判定方法得到結論．【詳解】解：（1）如圖1，∵△ABC繞點A順時針旋轉α得到△AED，點E恰好在AC上，∴∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DEA＝∠ABC＝90°，∵CA＝DA，∴∠ACD＝∠ADC＝（180°?30°）＝75°，∠ADE=90°-30°=60°，∴∠CDE＝75°?60°＝15°；（2）證明：如圖2，∵點F是邊AC中點，∴BF＝AC，∵∠BAC＝30°，∴BC＝AC，∴BF＝BC，∵△ABC繞點A順時針旋轉60°得到△AED，∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD，DE＝BC，∴DE＝BF，△ACD和△BAE為等邊三角形，∴BE＝AB，∵點F為△ACD的邊AC的中點，∴DF⊥AC，易證得△AFD≌△CBA，∴DF＝BA，∴DF＝BE，而BF＝DE，∴四邊形BEDF是平行四邊形．【點睛】本題考查了旋轉的性質：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等．也考查了平行四邊形的判定．21、小路的寬為2m．【解析】如果設小路的寬度為xm，那么整個草坪的長為（2﹣2x）m，寬為（9﹣x）m，根據題意即可得出方程．【詳解】設小路的寬度為xm，那么整個草坪的長為（2﹣2x）m，寬為（9﹣x）m．根據題意得：（2﹣2x）（9﹣x）=222解得：x2=2，x2=2．∵2＞9，∴x=2不符合題意，舍去，∴x=2．答：小路的寬為2m．【點睛】本題考查了一元二次方程的應用，弄清“整個草坪的長和寬”是解決本題的關鍵．22、（1）因為規定顧客消費100元以上才能獲得一次轉動轉盤的機會，所以甲顧客消費80元，不能獲得轉動轉盤的機會；（2）（3）P（九折）；

P（八折）=

=P（七折）=P（五折）

．【分析】（1）根據顧客消費100元以上（不包括100元），就能獲得一次轉動轉盤的機會可知，消費80元達不到抽獎的條件；（2）根據題意乙顧客消費150元，能獲得一次轉動轉盤的機會．根據概率的計算方法，可得答案；（3）根據概率的計算方法，可得九折，八折，七折，五折待遇的概率．【詳解】（1）因為規定顧客消費100元以上才能獲得一次轉動轉盤的機會，所以甲顧客消費80元，不能獲得轉動轉盤的機會；（2）乙顧客消費150元，能獲得一次轉動轉盤的機會．由于轉盤被均分成16份，其中打折的占5份，所以P（打折）=.（3）九折占2份，P（九折）==；八折、七折、五折各占1份，P（八折）=，P（七折）=，P（五折）=．【點睛】本題考查概率的求法；關鍵是列齊所有的可能情況及符合條件的情況數目．用到的知識點為：概率=所求情況數與總情況數之比．23、(1)見解析；(2)①AE=2，DE=4；②tan∠DBC=．【分析】（1）①證明△ABE≌△DCE（SAS），得出△ABE∽△DCE即可；②連接AC，由自相似菱形的定義即可得出結論；③由自相似菱形的性質即可得出結論；（2）①由（1）③得△ABE∽△DEA，得出，求出AE＝2，DE＝4即可；②過E作EM⊥AD于M，過D作DN⊥BC于N，則四邊形DMEN是矩形，得出DN＝EM，DM＝EN，∠M＝∠N＝90°，設AM＝x，則EN＝DM＝x+4，由勾股定理得出方程，解方程求出AM＝1，EN＝DM＝5，由勾股定理得出DN＝EM＝＝，求出BN＝7，再由三角函數定義即可得出答案．【詳解】解：(1)①正方形是自相似菱形，是真命題；理由如下：如圖3所示：∵四邊形ABCD是正方形，點E是BC的中點，∴AB=CD，BE=CE，∠ABE=∠DCE=90°，在△ABE和△DCE中，∴△ABE≌△DCE(SAS)，∴△ABE∽△DCE，∴正方形是自相似菱形，故答案為：真命題；②有一個內角為60°的菱形是自相似菱形，是假命題；理由如下：如圖4所示：連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD，AD∥BC，AB∥CD，∵∠B=60°，∴△ABC是等邊三角形，∠DCE=120°，∵點E是BC的中點，∴AE⊥BC，∴∠AEB=∠DAE=90°，∴只能△AEB與△DAE相似，∵AB∥CD，∴只能∠B=∠AED，若∠AED=∠B=60°，則∠CED=180°﹣90°﹣60°=30°，∴∠CDE=180°﹣120°﹣30°=30°，∴∠CED=∠CDE，∴CD=CE，不成立，∴有一個內角為60°的菱形不是自相似菱形，故答案為：假命題；③若菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC=α(0°＜α＜90°)，E為BC中點，則在△ABE，△AED，△EDC中，相似的三角形只有△ABE與△AED，是真命題；理由如下：∵∠ABC=α(0°＜α＜90°)，∴∠C＞90°，且∠ABC+∠C=180°，△ABE與△EDC不能相似，同理△AED與△EDC也不能相似，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠AEB=∠DAE，當∠AED=∠B時，△ABE∽△DEA，∴若菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC=α(0°＜α＜90°)，E為BC中點，則在△ABE，△AED，△EDC中，相似的三角形只有△ABE與△AED，故答案為：真命題；(2)①∵菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC是銳角，邊長為4，E為BC中點，∴BE=2，AB=AD=4，由(1)③得：△ABE∽△DEA，∴∴AE2=BE?AD=2×4=8，∴AE=2，DE===4，故答案為：AE=2；DE=4；②過E作EM⊥AD于M，過D作DN⊥BC于N，如圖2所示：則四邊形DMEN是矩形，∴DN=EM，DM=EN，∠M=∠N=90°，設AM=x，則EN=DM=x+4，由勾股定理得：EM