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、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．將拋物線y=2xA．y=2(x-2)2-3 B．y=2(x-2)22．將拋物線y=-2x2向左平移3個單位，再向下平移4個單位，所得拋物線為（）A． B．C． D．3．從一副完整的撲克牌中任意抽取1張，下列事件與抽到“”的概率相同的是（）A．抽到“大王” B．抽到“2” C．抽到“小王” D．抽到“紅桃”4．如圖，AB、BC、CD、DA都是⊙O的切線，已知AD＝2，BC＝5，則AB＋CD的值是A．14 B．12 C．9 D．75．點A(﹣3，2)關于x軸的對稱點A′的坐標為（）A．(3，2) B．(3，﹣2) C．(﹣3，2) D．(﹣3，﹣2)6．如圖，一個半徑為r（r＜1）的圓形紙片在邊長為6的正六邊形內任意運動，則在該六邊形內，這個圓形紙片不能接觸到的部分的面積是（）A．πr2 B．C． D．7．一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體是（）A．球體 B．圓錐 C．棱柱 D．圓柱8．下列四個幾何體中，主視圖為圓的是()A． B． C． D．9．如圖所示是濱河公園中的兩個物體一天中四個不同時刻在太陽光的照射下落在地面上的影子，按照時間的先后順序排列正確的是（）A．(3)(4)(1)(2) B．(4)(3)(1)(2)C．(4)(3)(2)(1) D．(2)(4)(3)(1)10．已知某二次函數的圖象如圖所示，則這個二次函數的解析式為（）A．y＝﹣3（x﹣1）2+3 B．y＝3（x﹣1）2+3C．y＝﹣3（x+1）2+3 D．y＝3（x+1）2+311．下列說法正確的是（）A．了解我市市民知曉“禮讓行人”交通新規的情況，適合全面調查B．甲、乙兩人跳遠成績的方差分別為，，說明乙的跳遠成績比甲穩定C．一組數據2，2，3，4的眾數是2，中位數是2.5D．可能性是1%的事件在一次試驗中一定不會發生12．下面四個圖形分別是綠色食品、節水、節能和回收標志，在這四個標志中，是中心對稱圖形的是()A． B． C． D．二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，在四邊形ABCD中，AB∥DC，AD=BC=5，DC=7，AB=13，點P從點A出發，以3個單位/s的速度沿AD→DC向終點C運動，同時點Q從點B出發，以1個單位/s的速度沿BA向終點A運動，在運動期間，當四邊形PQBC為平行四邊形時，運動時間為__________秒．14．已知y是x的反比例函數，當x＞0時，y隨x的增大而減小．請寫出一個滿足以上條件的函數表達式．15．在△ABC中，若AB＝5，BC＝13，AD是BC邊上的高，AD＝4，則tanC＝_____．16．二次函數y=x2﹣2x+3圖象的頂點坐標為_____．17．二次函數的圖象與y軸的交點坐標是__．18．已知一條拋物線，以下說法：①對稱軸為，當時，隨的增大而增大；②；③頂點坐標為；④開口向上.其中正確的是______.（只填序號）三、解答題（共78分）19．（8分）已知△ABC在平面直角坐標系中的位置如圖所示．請解答：（1）點A、C的坐標分別是、；（2）畫出△ABC繞點A按逆時針方向旋轉90°后的△AB'C'；（3）在（2）的條件下，求點C旋轉到點C'所經過的路線長(結果保留π)．20．（8分）如圖，在等腰直角三角形MNC中，CN＝MN＝，將△MNC繞點C順時針旋轉60°，得到△ABC，連接AM，BM，BM交AC于點O.(1)∠NCO的度數為________；(2)求證：△CAM為等邊三角形；(3)連接AN，求線段AN的長．21．（8分）如圖，四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD，以AB為直徑的⊙O經過點C，連接AC、OD交于點E．（1）求證：OD∥BC；（2）若AC＝2BC，求證：DA與⊙O相切．22．（10分）如圖，Rt△ABC中，∠B＝90°，點D在邊AC上，且DE⊥AC交BC于點E．（1）求證：△CDE∽△CBA；（2）若AB＝3，AC＝5，E是BC中點，求DE的長．23．（10分）解方程或計算（1）解方程：3y(y-1)=2(y-1)（2）計算：sin60°cos45°＋tan30°．24．（10分）用適當的方法解下列方程：（1）（x﹣2）2﹣16＝1（2）5x2+2x﹣1＝1．25．（12分）如圖，已知拋物線經過的三個頂點，其中點，點，軸，點是直線下方拋物線上的動點.（1）求拋物線的解析式；（2）過點且與軸平行的直線與直線、分別交與點、，當四邊形的面積最大時，求點的坐標；（3）當點為拋物線的頂點時，在直線上是否存在點，使得以、、為頂點的三角形與相似，若存在，直接寫出點的坐標；若不存在，請說明理由.26．如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，點E在CB的延長線上，BA平分∠EBD，AE＝AB．（1）求證：AC＝AD．（2）當，AD＝6時，求CD的長．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【解析】根據“左加右減，上加下減”的規律求解即可.【詳解】y=2x2向右平移2個單位得y=2（x﹣2）2，再向上平移3個單位得y=2（x﹣2）2+3.故選B.【點睛】本題考查了二次函數圖象的平移，其規律是是：將二次函數解析式轉化成頂點式y=a(x-h)2+k

（a，b，c為常數，a≠0），確定其頂點坐標(h，k)，在原有函數的基礎上“h值正右移，負左移；k值正上移，負下移”．2、B【解析】根據“左加右減、上加下減”的原則進行解答即可．【詳解】解：把拋物線y=-2x2先向左平移3個單位，再向下平移4個單位，所得的拋物線的解析式是y=-2（x+3）2-4，故選：B．【點睛】本題主要考查了二次函數的圖象與幾何變換，熟知函數圖象平移的法則是解答此題的關鍵．3、B【分析】根據撲克牌的張數,利用概率=頻數除以總數即可解題.【詳解】解：撲克牌一共有54張,所以抽到“”的概率是,A.抽到“大王”的概率是,B.抽到“2”的概率是,C.抽到“小王”的概率是,D.抽到“紅桃”的概率是,故選B.【點睛】本題考查了概率的實際應用,屬于簡單題,熟悉概率的計算方法是解題關鍵.4、D【分析】根據切線長定理，可以證明圓的外切四邊形的對邊和相等，由此即可解決問題．【詳解】∵AB、BC、CD、DA都是⊙O的切線，∴可以假設切點分別為E、H、G、F，∴AF＝AE，BE＝BH，CH＝CG，DG＝DF，∴AD＋BC＝AF＋DF＋BH＋CH＝AE＋BE＋DG＋CG＝AB＋CD，∵AD＝2，BC＝5，∴AB＋CD＝AD＋BC＝7，故選D.【點睛】本題考查切線的性質、切線長定理等知識，解題的關鍵是證明圓的外切四邊形的對邊和相等，屬于中考?？碱}型．5、D【分析】直接利用關于x軸對稱點的性質得出符合題意的答案．【詳解】解：點A（﹣3，2）關于x軸的對稱點A′的坐標為：（﹣3，﹣2），故選：D．【點睛】本題考查了關于x軸對稱的點的坐標特征，關于x軸對稱的點：橫坐標不變，縱坐標互為相反數．6、C【分析】當圓運動到正六邊形的角上時，圓與兩邊的切點分別為E,F，連接OE,OB,OF，根據六邊形的性質得出，所以，再由銳角三角函數的定義求出BF的長，最后利用可得出答案．【詳解】如圖，當圓運動到正六邊形的角上時，圓與兩邊的切點分別為E,F，連接OE,OB,OF，∵多邊形是正六邊形，∴,,∴圓形紙片不能接觸到的部分的面積是故選：C．【點睛】本題主要考查正六邊形和圓，掌握正六邊形的性質和特殊角的三角函數值是解題的關鍵．7、D【解析】試題分析：觀察可知，這個幾何體的俯視圖為圓，主視圖與左視圖都是矩形，所以這個幾何體是圓柱，故答案選D.考點：幾何體的三視圖.8、C【分析】首先依次判斷每個幾何體的主視圖，然后即可得到答案．【詳解】解：A、主視圖是矩形，B、主視圖是三角形，C、主視圖為圓，D、主視圖是正方形，故選：C．【點睛】本題考查了簡單幾何體的三視圖，熟知這些簡單幾何體的三視圖是解決此類問題的關鍵．9、C【解析】試題分析：根據平行投影的特點和規律可知，（3），（4）是上午，（1），（2）是下午，根據影子的長度可知先后為（4）（3）（2）（1）．故選C．考點：平行投影．10、A【分析】利用頂點式求二次函數的解析式.【詳解】設二次函數y=a（x﹣1）1+2，把（0，11）代入可求出a=-1．故二次函數的解析式為y=﹣1（x﹣1）1+2．故選A．考點：待定系數法求二次函數解析式11、C【分析】全面調查與抽樣調查的優缺點：全面調查收集的數據全面、準確，但一般花費多、耗時長，而且某些調查不宜用全面調查．抽樣調查具有花費少、省時的特點，但抽取的樣本是否具有代表性，直接關系到對總體估計的準確程度．將一組數據按照從小到大（或從大到?。┑捻樞蚺帕?，如果數據的個數是奇數，則處于中間位置的數就是這組數據的中位數．如果數據的個數是偶數，中間兩數的平均數就是中位數，一組數據中出現次數最多的數據叫做眾數．【詳解】解：A．了解我市市民知曉“禮讓行人”交通新規的情況，適合抽樣調查，A錯誤；B．甲、乙兩人跳遠成績的方差分別為，，說明甲的跳遠成績比乙穩定，B錯誤；C．一組數據，，，的眾數是，中位數是，正確；D．可能性是的事件在一次試驗中可能會發生，D錯誤．故選C．【點睛】本題考查了統計的應用，正確理解概率的意義是解題的關鍵．12、D【分析】根據中心對稱圖形的定義：把一個圖形繞某一點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形，解答即可．【詳解】解：A、不符合中心對稱圖形的定義，因此不是中心對稱圖形，故A選項錯誤；B、不符合中心對稱圖形的定義，因此不是中心對稱圖形，故B選項錯誤；C、不符合中心對稱圖形的定義，因此不是中心對稱圖形，故C選項錯誤；D、符合中心對稱圖形的定義，因此是中心對稱圖形，故D選項正確；故答案選D．【點睛】本題考查了中心對稱圖形的概念，理解中心對稱圖形的概念是解題關鍵．二、填空題（每題4分，共24分）13、3【分析】首先利用t表示出CP和CQ的長，根據四邊形PQBC是平行四邊形時CP=BQ，據此列出方程求解即可．【詳解】解：設運動時間為t秒，如圖，則CP=12-3t，BQ=t，四邊形PQBC為平行四邊形12-3t=t，解得：t=3，故答案為【點睛】本題考查了平行四邊形的判定及動點問題，解題的關鍵是化動為靜，分別表示出CP和BQ的長，難度不大．14、y=（x＞0）【解析】試題解析：只要使反比例系數大于0即可．如y=（x＞0），答案不唯一．考點：反比例函數的性質．15、或【分析】先根據勾股定理求出BD的長，再分高AD在△ABC內部和外部兩種情況畫出圖形求出CD的長，然后利用正切的定義求解即可.【詳解】解：在直角△ABD中，由勾股定理得：BD＝＝3，若高AD在△ABC內部，如圖1，則CD＝BC﹣BD＝10，∴tanC＝；若高AD在△ABC外部，如圖2，則CD＝BC+BD＝16，∴tanC＝．故答案為：或.【點睛】本題考查了勾股定理和銳角三角函數的定義，屬于常見題型，正確畫出圖形、全面分類、熟練掌握基本知識是解答的關鍵.16、（1，2）．【分析】先把此二次函數右邊通過配方寫成頂點式得：y=（x-1）2+2,從而求解.【詳解】解：y=x2﹣2x+3y=x2﹣2x+1+2y=（x-1）2+2，所以，其頂點坐標是（1，2）．故答案為(1，2)【點睛】本題考查將二次函數一般式化為頂點式求二次函數的頂點坐標，正確計算是本題的解題關鍵．17、（0，3）【分析】令x=0即可得到圖像與y軸的交點坐標.【詳解】當x=0時，y=3，∴圖象與y軸的交點坐標是（0，3）故答案為：（0，3）.【點睛】此題考查二次函數圖像與坐標軸的交點坐標，圖像與y軸交點的橫坐標等于0，與x軸交點的縱坐標等于0，依此列方程求解即可.18、①④【分析】先確定頂點及對稱軸，結合拋物線的開口方向逐一判斷．【詳解】因為y=2(x﹣3)2+1是拋物線的頂點式，頂點坐標為(3，1)，①對稱軸為x=3，當x＞3時，y隨x的增大而增大，故①正確；②，故②錯誤；③頂點坐標為(3，1)，故③錯誤；④∵a=1＞0，∴開口向上，故④正確．故答案為：①④．【點睛】本題考查了二次函數的性質以及函數的單調性和求拋物線的頂點坐標、對稱軸及最值的方法．熟練掌握二次函數的性質是解題的關鍵．三、解答題（共78分）19、（1）(1，4)；(5，2)；（2）作圖見解析；（3）．【分析】(1)根據圖可得，點A坐標為(1，4)；點C坐標為(5，2)；(2)畫出△ABC繞點A按逆時針方向旋轉90°后的△AB′C′；(3)在(2)的條件下，先求出AC的長，再求點C旋轉到點C′所經過的路線長即可；【詳解】解：（1）點A坐標為(1，4)；點C坐標為(5，2)．故答案為：(1，4)；(5，2)；（2）如圖所示，△AB'C'即為所求；（3）∵點A坐標為(1，4)；點C坐標為(5，2)，∴，∴點C旋轉到C′所經過的路線長；【點睛】本題主要考查了作圖-旋轉變換，軌跡，掌握作圖-旋轉變換是解題的關鍵.20、（1）15°；（2）證明見解析；（3）【解析】分析：（1）由旋轉可得∠ACM=60°，再根據等腰直角三角形MNC中，∠MCN=45°，運用角的和差關系進行計算即可得到∠NCO的度數；（2）根據有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形進行證明即可；（3）根據△MNC是等腰直角三角形，△ACM是等邊三角形，判定△ACN≌△AMN，再根據Rt△ACD中，AD=CD=，等腰Rt△MNC中，DN=CM=1，即可得到AN=AD﹣ND=﹣1．詳解：（1）由旋轉可得∠ACM=60°．又∵等腰直角三角形MNC中，∠MCN=45°，∴∠NCO=60°﹣45°=15°；故答案為15°；（2）∵∠ACM=60°，CM=CA，∴△CAM為等邊三角形；（3）連接AN并延長，交CM于D．∵△MNC是等腰直角三角形，△ACM是等邊三角形，∴NC=NM=，CM=2，AC=AM=2．在△ACN和△AMN中，∵，∴△ACN≌△AMN（SSS），∴∠CAN=∠MAN，∴AD⊥CM，CD=CM=1，∴Rt△ACD中，AD=CD=，等腰Rt△MNC中，DN=CM=1，∴AN=AD﹣ND=﹣1．點睛：本題主要考查了旋轉的性質，等邊三角形的判定以及全等三角形的判定與性質的運用，解題時注意：有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形．解決問題的關鍵是作輔助線構造直角三角形．21、（1）證明見解析；（2）證明見解析．【分析】（1）利用SSS可證明△OAD≌△OCD，可得∠ADO＝∠CDO，根據等腰三角形“三線合一”的性質可得DE⊥AC，由AB是直徑可得∠ACB=90°，即可證明OD//BC；（2）設BC＝a，則AC=2a，利用勾股定理可得AD=AB=，根據中位線的性質可用a表示出OE、AE的長，即可表示出OD的長，根據勾股定理逆定理可得∠OAD=90°，即可證明DA與⊙O相切．【詳解】（1）連接OC，在△OAD和△OCD中，，∴△OAD≌△OCD（SSS），∴∠ADO＝∠CDO，∵AD＝CD，∴DE⊥AC，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC，∴OD∥BC；（2）設BC＝a，∵AC＝2BC，∴AC＝2a，∴AD＝AB＝＝＝a，∵OE∥BC，且AO＝BO，∴OE為△ABC的中位線，∴OE＝BC＝a，AE＝CE＝AC＝a，在△AED中，DE＝＝＝2a，∴OD=OE+DE=，在△AOD中，AO2+AD2＝（）2+（a）2＝a2，OD2＝（）2＝a2，∴AO2+AD2＝OD2，∴∠OAD＝90°，∵AB是直徑，∴DA與⊙O相切．【點睛】本題考查圓周角定理、切線的判定、三角形中位線的性質勾股定理，三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半；直徑所對的圓周角是直角；經過半徑的外端點，且垂直于這條半徑的直線是圓的切線；熟練掌握相關性質及定理是解題關鍵．22、（1）證明見解析；（2）DE=．【分析】（1）由DE⊥AC，∠B＝90°可得出∠CDE＝∠B，再結合公共角相等，即可證出△CDE∽△CBA；（2）在Rt△ABC中，利用勾股定理可求出BC的長，結合點E為線段BC的中點可求出CE的長，再利用相似三角形的性質，即可求出DE的長．【詳解】（1）∵DE⊥AC，∠B＝90°，∴∠CDE＝90°＝∠B．又∵∠C＝∠C，∴△CDE∽△CBA．（2）在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，AC＝5，∴BC＝＝1．∵E是BC中點，∴CE＝BC＝2．∵△CDE∽△CBA，∴＝，即＝，∴DE＝＝．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質以及勾股定理，解題的關鍵是：（1）利用“兩角對應相等兩三角形相似”證出兩三角形相似；（2）利用相似三角形的性質求出DE的長．23、（1）y1=1,y2=;（2）【分析】（1）先移項，再用提公因式法解方程即可；（2）將三角函數的對應值代入計算即可.【詳解】（1）3y(y-1)=2(y-1)，，（3y-2）（y-1）=0，y1=1,y2=；（2）sin60°cos45°＋tan30°，，=.【點睛】此題考查計算能力，（1）是解方程，解方程時需根據方程的特點選擇適合的方法使計算簡便；（2）是三角函數值的計算，熟記各角的三角函數值是解題的關鍵.24、（1）x1=-2，x2=6；（2）x1=，x2=【分析】（1）先移項，兩邊再開方，即可得出兩個一元一次方程，求出方程的解即可；（2）求出b2-4ac的值，代入公式求出即可．【詳解】（1）(x-2)2-16=1，(x-2)2=16，兩邊開方得：x-2=±4，解得：x1=-2，x2=6；（2）5x2+2x-1=1，b2-4ac=22+4×5×1=24，x=，∴x1=，x2=【點睛】本題考查了解一元二次方程的應用，主要考查了學生的計算能力，題目是一道比較好的題目，難度適中．25、（1）；（2）；（3）存在，，【分析】（1）用待定系數法求出拋物線解析式即可；（2）設點P（m，），表示出PE＝，再用S四邊形AECP＝S△AEC＋S△APC＝AC×PE，建立函數關系式，求出最值即可；（3）先判斷出PF＝CF，再得到∠PCA＝∠EAC，以C、P、Q為頂點的三角形與△ABC相似，分兩種情況計算即可．【詳解】（1）∵點，在拋物線上，∴，∴，∴拋物線的解析式為，（2）∵AC∥x軸，A（0，3）∴＝3，∴x1＝?6，x2＝0，∴點C的坐標（?8，3），∵點，，求得直線AB的解析式為y＝?x＋3，設