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、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖，一個圓柱體在正方體上沿虛線從左向右平移，平移過程中不變的是（）A．主視圖 B．左視圖C．俯視圖 D．主視圖和俯視圖2．二次函數的圖象與x軸的交點的橫坐標分別為﹣1和3，則的圖象與x軸的交點的橫坐標分別為（）A．1和5 B．﹣3和1 C．﹣3和5 D．3和53．下列事件中為必然事件的是（）A．打開電視機，正在播放茂名新聞 B．早晨的太陽從東方升起C．隨機擲一枚硬幣，落地后正面朝上 D．下雨后，天空出現彩虹4．已知點A（﹣3，y1），B（﹣2，y2），C（3，y3）都在反比例函數y＝（k＜0）的圖象上，則（）A．y1＜y2＜y3 B．y3＜y2＜y1 C．y3＜y1＜y2 D．y2＜y1＜y35．已知（﹣1，y1），（2，y2），（3，y3）在二次函數y＝﹣x2+4x+c的圖象上，則y1，y2，y3的大小關系正確的是（）A．y1＜y2＜y3 B．y3＜y2＜y1 C．y3＜y1＜y2 D．y1＜y3＜y26．如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，點E在邊CD的延長線上，若∠ABC＝110°，則∠ADE的度數為（）A．55° B．70° C．90° D．110°7．如圖，在平面直角坐標系中，以為圓心作⊙，⊙與軸交于、，與軸交于點，為⊙上不同于、的任意一點，連接、，過點分別作于，于．設點的橫坐標為，．當點在⊙上順時針從點運動到點的過程中，下列圖象中能表示與的函數關系的部分圖象是（）A． B． C． D．8．如圖，是的內切圓，切點分別是、，連接，若，則的度數是()A． B． C． D．9．如圖，AB是半圓O的直徑，AC為弦，OD⊥AC于D，過點O作OE∥AC交半圓O于點E，過點E作EF⊥AB于F．若AC=2，則OF的長為（）A． B． C．1 D．210．如圖，平面直角坐標系中，點E（﹣4，2），F（﹣1，﹣1），以原點O為位似中心，把△EFO縮小為△E′F′O，且△E′F′O與△EFO的相似比為1：2，則點E的對應點E′的坐標為（）A．（2，﹣1） B．（8，﹣4）C．（2，﹣1）或（﹣2，1） D．（8，﹣4）或（﹣8，4）二、填空題(每小題3分,共24分)11．已知反比例函數，當時，隨的增大而增大，則的取值范圍為_______．12．分解因式：=____________．13．二次函數的最大值是________．14．若正六邊形的內切圓半徑為2，則其外接圓半徑為__________．15．在平面直角坐標系內，一次函數y＝k1x+b1與y＝k2x+b2的圖象如圖所示，則關于x，y的方程組的解是________．16．關于的一元二次方程有兩個不相等實數根，則的取值范圍是________．17．如圖所示，四邊形ABCD中，∠B＝90°，AB＝2，CD＝8，AC⊥CD，若sin∠ACB＝，則cos∠ADC＝______．18．若兩個相似三角形對應角平分線的比是，它們的周長之和為，則較小的三角形的周長為_________．三、解答題(共66分)19．（10分）春節前，某超市從廠家購進某商品，已知該商品每個的成本價為30元，經市場調查發現，該商品每天的銷售量(個)與銷售單價(元)之間滿足一次函數關系，當該商晶每個售價為40元時，每天可賣出300個；當該商晶每個售價為60元時，每天可賣出100個．（1）與之間的函數關系式為__________________(不要求寫出的取值范圍)；（2）若超市老板想達到每天不低于220個的銷售量，則該商品每個售價定為多少元時，每天的銷售利潤最大?最大利潤是多少元?20．（6分）如圖，拋物線與x軸交于A、B兩點(點A在點B左側)，與y軸交于點C，且當x＝﹣1和x＝3時，y值相等．直線y＝與拋物線有兩個交點，其中一個交點的橫坐標是6，另一個交點是這條拋物線的頂點M．(1)求這條拋物線的表達式．(2)動點P從原點O出發，在線段OB上以每秒1個單位長度的速度向點B運動，同時點Q從點B出發，在線段BC上以每秒2個單位長度的速度向點C運動，當一個點到達終點時，另一個點立即停止運動，設運動時間為t秒．①求t的取值范圍．②若使△BPQ為直角三角形，請求出符合條件的t值；③t為何值時，四邊形ACQP的面積有最小值，最小值是多少？直接寫出答案．21．（6分）（1）；（2）已知一個幾何體的三視圖如圖所示，求該幾何體的體積．22．（8分）小紅想利用陽光下的影長測量學校旗桿AB的高度．如圖，他在某一時刻在地面上豎直立一個2米長的標桿CD，測得其影長DE=0.4米．（1）請在圖中畫出此時旗桿AB在陽光下的投影BF．（2）如果BF=1.6，求旗桿AB的高．23．（8分）對于平面直角坐標系中的圖形M，N，給出如下定義：如果點P為圖形M上任意一點，點Q為圖形N上任意一點，那么稱線段PQ長度的最小值為圖形M，N的“近距離”，記作d（M，N）．若圖形M，N的“近距離”小于或等于1，則稱圖形M，N互為“可及圖形”．（1）當⊙O的半徑為2時，①如果點A（0，1），B（3，4），那么d（A，⊙O）=_______,d（B，⊙O）=________；②如果直線與⊙O互為“可及圖形”，求b的取值范圍；（2）⊙G的圓心G在軸上，半徑為1，直線與x軸交于點C，與y軸交于點D，如果⊙G和∠CDO互為“可及圖形”，直接寫出圓心G的橫坐標m的取值范圍．24．（8分）如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝20cm，AC＝15cm，在這個直角三角形內有一個內接正方形，正方形的一邊FG在BC上，另兩個頂點E、H分別在邊AB、AC上．（1）求BC邊上的高；（2）求正方形EFGH的邊長．25．（10分）如圖，在平行四邊形ABCD中，過點A作AE⊥BC，垂足為點E，連接DE，F為線段DE上一點，且∠AFE=∠B．(1)求證：△ADF∽△DEC；(2)若AB=4，AD=3，AF=2，求AE的長．26．（10分）某烘焙店生產的蛋糕禮盒分為六個檔次，第一檔次(即最低檔次)的產品每天生產76件，每件利潤為10元．調查表明：生產提高一個檔次的蛋糕產品，該產品每件利潤增加2元．(1)若生產的某批次蛋糕每件利潤為14元，此批次蛋糕屬于第幾檔次產品？(2)由于生產工序不同，蛋糕產品每提高一個檔次，一天產量會減少4件．若生產的某檔次產品一天的總利潤為1080元，該烘焙店生產的是第幾檔次的產品？

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【解析】主視圖是從正面觀察得到的圖形，左視圖是從左側面觀察得到的圖形，俯視圖是從上面觀察得到的圖形，結合圖形即可作出判斷．解：根據圖形，可得：平移過程中不變的是的左視圖，變化的是主視圖和俯視圖．故選B．2、A【分析】根據二次函數圖象的平移規律可得交點的橫坐標．【詳解】解：∵二次函數y＝（x+m）2+n的圖象與x軸的交點的橫坐標分別為﹣1和3，∴y＝（x+m﹣2）2+n的圖象與x軸的交點的橫坐標分別為：﹣1+2＝1和3+2＝5，故選：A．【點睛】本題考查拋物線與x軸的交點，解答本題的關鍵是明確題意，利用平移的性質和點的坐標平移的性質解答．3、B【解析】分析：根據必然事件、不可能事件、隨機事件的概念可區別各類事件：A、打開電視機，正在播放茂名新聞，可能發生，也可能不發生，是隨機事件，故本選項錯誤；B、早晨的太陽從東方升起，是必然事件，故本選項正確；C、隨機擲一枚硬幣，落地后可能正面朝上，也可能背面朝上，故本選項錯誤；D、下雨后，天空出現彩虹，可能發生，也可能不發生，故本選項錯誤．故選B．4、C【分析】先根據函數解析式中的比例系數k確定函數圖象所在的象限，再根據各象限內點的坐標特點及函數的增減性解答．【詳解】∵在反比例函數y＝中，k＜0，∴此函數圖象在二、四象限，∵﹣3＜﹣1＜0，∴點A（﹣3，y1），B（﹣1，y1）在第二象限，∴y1＞0，y1＞0，∵函數圖象在第二象限內為增函數，﹣3＜﹣1＜0，∴0＜y1＜y1．∵3＞0，∴C（3，y3）點在第四象限，∴y3＜0，∴y1，y1，y3的大小關系為y3＜y1＜y1．故選：C．【點睛】此題考查的是反比例函數圖象上點的坐標特點及平面直角坐標系中各象限內點的坐標特點，比較簡單．5、D【分析】首先根據二次函數解析式確定拋物線的對稱軸為x=1，再根據拋物線的增減性以及對稱性可得y1，y1，y3的大小關系．【詳解】∵二次函數y=-x1+4x+c=-（x-1）1+c+4，∴對稱軸為x=1，∵a＜0，∴x＜1時，y隨x增大而增大，當x＞1時，y隨x的增大而減小，∵（-1，y1），（1，y1），（3，y3）在二次函數y=-x1+4x+c的圖象上，且-1＜1＜3，|-1-1|＞|1-3|，∴y1＜y3＜y1．故選D．【點睛】本題考查了二次函數圖象上點的坐標特征，以及二次函數的性質，關鍵是掌握二次函數圖象上點的坐標滿足其解析式．6、D【解析】∵四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，∴∠ABC+∠ADC=180°，又∵∠ADC+∠ADE=180°，∴∠ADE=∠ABC=110°.故選D.點睛：本題是一道考查圓內接四邊形性質的題，解題的關鍵是知道圓內接四邊形的性質：“圓內接四邊形對角互補”.7、A【分析】由題意，連接PC、EF，利用勾股定理求出，然后得到AB的長度，由垂徑定理可得，點E是AQ中點，點F是BQ的中點，則EF是△QAB的中位線，即為定值，由，即可得到答案.【詳解】解：如圖，連接PC，EF，則∵點P為（3，0），點C為（0，2），∴，∴半徑，∴；∵于，于，∴點E是AQ中點，點F是BQ的中點，∴EF是△QAB的中位線，∴為定值；∵AB為直徑，則∠AQB=90°，∴四邊形PFQE是矩形，∴，為定值；∴當點在⊙上順時針從點運動到點的過程中，y的值不變；故選：A.【點睛】本題考查了圓的性質，垂徑定理，矩形的判定和性質，勾股定理，以及三角形的中位線定理，正確作出輔助線，根據所學性質進行求解，正確找到是解題的關鍵.8、C【分析】由已知中∠A＝100°，∠C＝30°，根據三角形內角和定理，可得∠B的大小，結合切線的性質，可得∠DOE的度數，再由圓周角定理即可得到∠DFE的度數．【詳解】解：∠B＝180°?∠A?∠C＝180?100°?30°＝50°

∠BDO＋∠BEO＝180°

∴B、D、O、E四點共圓

∴∠DOE＝180°?∠B＝180°?50°＝130°

又∵∠DFE是圓周角，∠DOE是圓心角

∠DFE＝∠DOE＝65°

故選：C．【點睛】本題考查的知識點是圓周角定理，切線的性質，其中根據切線的性質判斷出B、D、O、E四點共圓，進而求出∠DOE的度數是解答本題的關鍵．9、C【詳解】解：∵OD⊥AC，∴AD=AC=1，∵OE∥AC，∴∠DAO=∠FOE，∵OD⊥AC，EF⊥AB，∴∠ADO=∠EFO=90°，在△ADO和△OFE，∵∠DAO=∠FOE，∠ADO=∠EFO，AO=OE，∴△ADO≌△OFE，∴OF=AD=1，故選C．【點睛】本題考查1．全等三角形的判定與性質；2．垂徑定理，掌握相關性質定理正確推理論證是解題關鍵．10、C【分析】利用位似圖形的性質，即可求得點E的對應點E'的坐標．【詳解】∵點E（﹣4，2），以O為位似中心，按2：1的相似比把△EFO縮小為△E'F'O，∴點E的對應點E'的坐標為：（2，﹣1）或（﹣2，1）．故選C．【點睛】本題考查了位似圖形的性質．此題比較簡單，注意熟記位似圖形的性質是解答此題的關鍵．二、填空題(每小題3分,共24分)11、m＞1【分析】根據反比例函數，如果當x＞0時，y隨自變量x的增大而增大，可以得到1-m＜0，從而可以解答本題．【詳解】解：∵反比例函數，當x＞0時，y隨x的增大而增大，∴1-m＜0，

解得，m＞1，

故答案為：m＞1．【點睛】本題考查反比例函數的性質，解答本題的關鍵是明確題意，利用反比例函數的性質解答．12、【解析】分析：利用平方差公式直接分解即可求得答案．解答：解：a2-b2=（a+b）（a-b）．故答案為（a+b）（a-b）．13、1【分析】題目所給形式是二次函數的頂點式，易知其頂點坐標是（5，1），也就是當x＝5時，函數有最大值1．【詳解】解：∵，∴此函數的頂點坐標是（5，1）．即當x＝5時，函數有最大值1．故答案是：1．【點睛】本題考查了二次函數的最值，解題關鍵是掌握二次函數頂點式，并會根據頂點式求最值．14、【分析】根據題意畫出草圖，可得OG=2，，因此利用三角函數便可計算的外接圓半徑OA.【詳解】解：如圖，連接、，作于；則，∵六邊形正六邊形，∴是等邊三角形，∴，∴，∴正六邊形的內切圓半徑為2，則其外接圓半徑為．故答案為．【點睛】本題主要考查多邊形的內接圓和外接圓，關鍵在于根據題意畫出草圖，再根據三角函數求解，這是多邊形問題的解題思路.15、．【分析】利用方程組的解就是兩個相應的一次函數圖象的交點坐標求解．【詳解】∵一次函數y＝k1x+b1與y＝k2x+b2的圖象的交點坐標為（2，1），∴關于x，y的方程組的解是．故答案為．【點睛】本題考查了一次函數與二元一次方程（組）：方程組的解就是兩個相應的一次函數圖象的交點坐標．16、且【解析】一元二次方程的定義及判別式的意義可得a≠1且△=b2-4ac=（-3）2-4×a×1=9-4a＞1，解不等式組即可求出a的取值范圍．【詳解】∵關于x的一元二次方程ax2-3x+1=1有兩個不相等的實數根，

∴a≠1且△=b2-4ac=（-3）2-4×a×1=9-4a＞1，

解得：a＜且a≠1．

故答案是：a＜且a≠1．【點睛】考查了根的判別式．一元二次方程ax2+bx+c=1（a≠1）的根與△=b2-4ac有如下關系：（1）△＞1?方程有兩個不相等的實數根；（2）△=1?方程有兩個相等的實數根；（3）△＜1?方程沒有實數根．17、【分析】首先在△ABC中，根據三角函數值計算出AC的長，再利用勾股定理計算出AD的長，然后根據余弦定義可算出cos∠ADC．【詳解】解：∵∠B＝90°，sin∠ACB＝，∴＝，∵AB＝2，∴AC＝6，∵AC⊥CD，∴∠ACD＝90°，∴AD＝＝＝10，∴cos∠ADC＝＝．故答案為：．【點睛】本題考查了解直角三角形，以及勾股定理的應用，關鍵是利用三角函數值計算出AC的長，再利用勾股定理計算出AD的長．18、6cm【分析】利用相似三角形的周長比等于相似比，根據它們的周長之和為15，即可得到結論．【詳解】解：∵兩個相似三角形的對應角平分線的比為2：3，∴它們的周長比為2：3，∵它們的周長之和為15cm，∴較小的三角形周長為15×=6（cm）．故答案為：6cm．【點睛】本題考查了相似三角形的性質，如果兩個三角形相似，那么它們的對應角相等，對應邊的比，對應高的比，對應中線的比，對應角平分線的比，對應周長的比都等于相似比；它們對應面積的比等于相似比的平方．三、解答題(共66分)19、（1）；（2）該商品每個售價定為48元時，每天的銷售利潤最大，最大利潤是3960元【分析】(1)設y=kx+b，再根據每個售價為40元時，每天可賣出300個；當該商晶每個售價為60元時，每天可賣出100個，列方程組，從而確立y與x的函數關系為y=?10x+700；

(2)設利潤為W，則，將其化為頂點式，由于對稱軸直線不在之間，應說明函數的增減性，根據單調性代入恰當自變量取值，即可求出最大值．【詳解】解：(1)設y與x之間的函數解析式為y=kx+b，

由題意得，，

解得：，

∴y與x之間的函數解析式為y=?10x+700.故答案為.(2)設每天銷售利潤為元，由題意得由于，得∴又，．當時，隨著的增大而增大∴當時，取最大值，最大值為答：該商品每個售價定為48元時，每天的銷售利潤最大，最大利潤是3960元.【點睛】本題考查了一次函數與二次函數的實際應用，同時考查了由二次函數圖象的對稱性及增減性分析解決實際問題的能力．20、（1）；（2）①，②t的值為或，③當t＝2時，四邊形ACQP的面積有最小值，最小值是．【分析】（1）求出對稱軸，再求出y=與拋物線的兩個交點坐標，將其代入拋物線的頂點式即可；（2）①先求出A、B、C的坐標，寫出OB、OC的長度，再求出BC的長度，由運動速度即可求出t的取值范圍；②當△BPQ為直角三角形時，只存在∠BPQ=90°或∠PQB=90°兩種情況，分別證△BPQ∽△BOC和△BPQ∽△BCO，即可求出t的值；③如圖，過點Q作QH⊥x軸于點H，證△BHQ∽△BOC，求出HQ的長，由公式S四邊形ACQP=S△ABC-S△BPQ可求出含t的四邊形ACQP的面積，通過二次函數的圖象及性質可寫出結論．【詳解】解：（1）∵在拋物線中，當x＝﹣1和x＝3時，y值相等，∴對稱軸為x＝1，∵y＝與拋物線有兩個交點，其中一個交點的橫坐標是6，另一個交點是這條拋物線的頂點M，∴頂點M（1，），另一交點為（6，6），∴可設拋物線的解析式為y＝a（x﹣1）2，將點（6，6）代入y＝a（x﹣1）2，得6＝a（6﹣1）2，∴a＝，∴拋物線的解析式為（2）①在中，當y＝0時，x1＝﹣2，x2＝4；當x＝0時，y＝﹣3，∴A（﹣2，0），B（4，0），C（0，﹣3），∴在Rt△OCB中，OB＝4，OC＝3，∴BC＝＝5，∴，∵＜4，∴②當△BPQ為直角三角形時，只存在∠BPQ＝90°或∠PQB＝90°兩種情況，當∠BPQ＝90°時，∠BPQ＝∠BOC＝90°，∴PQ∥OC，∴△BPQ∽△BOC，∴，即，∴t＝；當∠PQB＝90°時，∠PQB＝∠BOC＝90°，∠PBQ＝∠CBO，∴△BPQ∽△BCO，∴，即，∴t＝，綜上所述，t的值為或；③如右圖，過點Q作QH⊥x軸于點H，則∠BHQ＝∠BOC＝90°，∴HQ∥OC，∴△BHQ∽△BOC，∴，即，∴HQ＝，∴S四邊形ACQP＝S△ABC﹣S△BPQ＝×6×3﹣（4﹣t）×t＝（t﹣2）2+，∵＞0，∴當t＝2時，四邊形ACQP的面積有最小值，最小值是．【點睛】本題考查了待定系數法求解析式，相似三角形的判定及性質，二次函數的圖象及性質等，熟練掌握并靈活運用是解題的關鍵．21、（1）；（2）幾何體的體積是1.【分析】（1）化簡各項的三角函數，再把各項相加；（2）原幾何體是正方體截掉一個底面邊長為1，高為4的長方體，由此可求幾何體的體積．【詳解】（1）原式=

=

=

（2）由三視圖知，原幾何體是正方體截掉一個底面邊長為1，高為4的長方體．∴=1∴幾何體的體積是1．【點睛】本題考查了三角函數的混合運算以及幾何體的體積問題，掌握特殊三角函數的值以及幾何體的體積計算方法是解題的關鍵．22、(1)見解析(2)8m【詳解】試題分析：（1）利用太陽光線為平行光線作圖：連結CE，過A點作AF∥CE交BD于F，則BF為所求；（2）證明△ABF∽△CDE，然后利用相似比計算AB的長．試題解析：（1）連結CE，過A點作AF∥CE交BD于F，則BF為所求，如圖；（2）∵AF∥CE，∴∠AFB=∠CED，而∠ABF=∠CDE=90°，∴△ABF∽△CDE，∴，即，∴AB=8（m）,答：旗桿AB的高為8m．23、（1）①1，3；②；（2），.【分析】（1）①根據圖形M，N間的“近距離”的定義結合已知條件求解即可．②根據可及圖形的定義作出符合題意的圖形，結合圖形作答即可；（2）分兩種情況進行討論即可.【詳解】（1）①如圖：根據近距離的定義可知：d（A，⊙O）=AC=2-1=1.過點B作BE⊥x軸于點E，則OB==5∴d（B，⊙O）=OB-OD=5-2=3.故答案為1，3.②∵由題意可知直線與⊙O互為“可及圖形”，⊙O的半徑為2，∴．∴．∴．（2）①當⊙G與邊OD是可及圖形時，d（O，⊙G）=OG-1,∴即-1≤m-1≤1解得：.②當⊙G與邊CD是可及圖形時，如圖，過點G作GE⊥CD于E,d（E，⊙G）=EG-1,由近距離的定義可知d（E，⊙G）的最大值為1，∴此時EG=2，∵∠GCE=45°，∴GC=2.∵OC=5,∴OG=5-2.根據對