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，D是△ABC的邊BC上一點，已知AB=4，AD=1．∠DAC=∠B，若△ABD的面積為a，則△ACD的面積為（）A．a B．12a C．13a D．2．如圖，以原點O為圓心，半徑為1的弧交坐標軸于A，B兩點，P是上一點（不與A，B重合），連接OP，設∠POB=α，則點P的坐標是（）A．（sinα，sinα） B．（cosα，cosα） C．（cosα，sinα） D．（sinα，cosα）3．如圖，AD是的一條角平分線，點E在AD上．若，，則與的面積比為（）A．1:5 B．5:1 C．3:20 D．20:34．如圖是以△ABC的邊AB為直徑的半圓O，點C恰好在半圓上，過C作CD⊥AB交AB于D．已知cos∠ACD=，BC=4，則AC的長為（）A．1 B． C．3 D．5．如圖，在△ABC中，過點A作射線AD∥BC，點D不與點A重合，且AD≠BC，連結BD交AC于點O，連結CD，設△ABO、△ADO、△CDO和△BCO的面積分別為S1、S2、SA．S1=C．S1+6．下列所給的汽車標志圖案中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（）A． B．C． D．7．在Rt△ABC中，∠C＝90°，若BC＝3，AC＝4，則sinB的值為（）A． B． C． D．8．反比例函數y＝﹣的圖象在（）A．第一、三象限 B．第一、二象限 C．第二、四象限 D．第三、四象限9．如圖，已知等邊的邊長為，以為直徑的圓交于點，以為圓心，為半徑作圓，是上一動點，是的中點，當最大時，的長為（）A． B． C． D．10．如圖，在邊長為1的小正方形組成的網格中，△ABC的三個頂點均在格點上，則tan∠ABC的值為()A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．已知二次函數y＝ax1+bx+c(a＞0)圖象的對稱軸為直線x＝1，且經過點(﹣1，y1)，(1，y1)，則y1_____y1．(填“＞”“＜”或“＝”)12．如圖，tan∠1=____________．13．在平面直角坐標系xoy中，直線（k為常數）與拋物線交于A,B兩點，且A點在軸右側，P點的坐標為（0,4）連接PA,PB．(1)△PAB的面積的最小值為____；（2）當時，=_______14．如圖，在平面直角坐標系中，已知點，為平面內的動點，且滿足，為直線上的動點，則線段長的最小值為________.15．如圖，半圓O的直徑AB=18，C為半圓O上一動點，∠CAB=а，點G為△ABC的重心．則GO的長為__________．16．150°的圓心角所對的弧長是5πcm，則此弧所在圓的半徑是______cm．17．拋物線經過點,則這條拋物線的對稱軸是直線__________．18．如圖，已知⊙O是△ABC的外接圓，若∠BOC=100°，則∠BAC=______．三、解答題(共66分)19．（10分）已知銳角△ABC內接于⊙O，OD⊥BC于點D．（1）若∠BAC=60°，⊙O的半徑為4，求BC的長；（2）請用無刻度直尺畫出△ABC的角平分線AM．（不寫作法，保留作圖痕跡）20．（6分）請回答下列問題．（1）計算：（2）解方程：21．（6分）如圖，是的直徑，點在上，垂直于過點的切線，垂足為．（1）若，求的度數；（2）如果，，則．22．（8分）解方程：x2﹣2x﹣2=1．23．（8分）已知，，，（如圖），點，分別為射線上的動點（點C、E都不與點B重合），連接AC、AE使得，射線交射線于點，設，.（1）如圖1，當時，求AF的長.（2）當點在點的右側時，求關于的函數關系式，并寫出函數的定義域.（3）連接交于點，若是等腰三角形，直接寫出的值.24．（8分）如圖，已知是坐標原點，、兩點的坐標分別為，，將繞點逆時針旋轉度，得到，畫出，并寫出、兩點的對應點、的坐標，25．（10分）將一元二次方程化為一般形式，并求出根的判別式的值．26．（10分）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與軸交于點，點，與軸交于點，連接，位于軸右側且垂直于軸的動直線，沿軸正方向從運動到（不含點和點），且分別交拋物線、線段以及軸于點，，．連接，，，，．（1）求拋物線的表達式；（2）如圖1，當直線運動時，求使得和相似的點點的橫坐標；（3）如圖1，當直線運動時，求面積的最大值；（4）如圖2，拋物線的對稱軸交軸于點，過點作交軸于點．點、分別在對稱軸和軸上運動，連接、．當的面積最大時，請直接寫出的最小值．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【詳解】解：∵∠DAC=∠B，∠C=∠C，∴△ACD∽△BCA，∵AB=4，AD=1，∴△ACD的面積：△ABC的面積為1：4，∴△ACD的面積：△ABD的面積=1：3，∵△ABD的面積為a，∴△ACD的面積為13a故選C．【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質，掌握相關性質是本題的解題關鍵．2、C【解析】過P作PQ⊥OB，交OB于點Q，在直角三角形OPQ中，利用銳角三角函數定義表示出OQ與PQ，即可確定出P的坐標．解：過P作PQ⊥OB，交OB于點Q，在Rt△OPQ中，OP=1，∠POQ=α，∴sinα=，cosα=，即PQ=sinα，OQ=cosα，則P的坐標為（cosα，sinα），故選C．3、C【分析】根據已知條件先求得S△ABE：S△BED=3：2，再根據三角形相似求得S△ACD=S△ABE=S△BED，根據S△ABC=S△ABE+S△ACD+S△BED即可求得．【詳解】解：∵AE：ED=3：2，

∴AE：AD=3：5，

∵∠ABE=∠C，∠BAE=∠CAD，

∴△ABE∽△ACD，

∴S△ABE：S△ACD=9：25，

∴S△ACD=S△ABE，

∵AE：ED=3：2，

∴S△ABE：S△BED=3：2，

∴S△ABE=S△BED，

∴S△ACD=S△ABE=S△BED，

∵S△ABC=S△ABE+S△ACD+S△BED=S△BED+S△BED+S△BED=S△BED，

∴S△BDE：S△ABC=3：20，

故選：C．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，不同底等高的三角形面積的求法等，等量代換是本題的關鍵．4、D【解析】∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°．∵CD⊥AB，∴∠ADC＝90°．∴∠ACD＝∠B．在Rt△ABC中，∵，BC＝4，∴，解得．∴．故選D．5、D【解析】根據同底等高判斷△ABD和△ACD的面積相等，即可得到S1+S2=S3+S2，即【詳解】∵△ABD和△ACD同底等高，∴SS1即S△ABC和△DBC同底等高，∴S△ABC∴S故A,B,C正確，D錯誤.故選：D.【點睛】考查三角形的面積，掌握同底等高的三角形面積相等是解題的關鍵.6、B【解析】分析：根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解即可．詳解：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．是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形；D．是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形．故選B．點睛：本題考查了中心對稱圖形和軸對稱圖形的知識，關鍵是掌握好中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念．軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，圖形旋轉180°后與原圖重合．7、A【分析】根據三角函數的定義解決問題即可．【詳解】解：如圖，在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，∴AB＝，∴sinB＝＝故選：A．【點睛】本題考查解直角三角形的應用，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考常考題型．8、C【分析】根據反比例函數中k0,圖像必過二、四象限即可解題.【詳解】解：∵-10,根據反比例函數性質可知,反比例函數y=﹣的圖象在第二、四象限,故選C.【點睛】本題考查了反比例函數的圖像和性質,屬于簡單題,熟悉反比例函數的性質是解題關鍵.9、B【分析】點E在以F為圓心的圓上運動，要使AE最大，則AE過F,根據等腰三角形的性質和圓周角定理證得F是BC的中點，從而得到EF為△BCD的中位線，根據平行線的性質證得,根據勾股定理即可求得結論．【詳解】點D在C上運動時，點E在以F為圓心的圓上運動，要使AE最大，則AE過F,連接CD,∵△ABC是等邊三角形，AB是直徑，∴,∴F是BC的中點，∴E為BD的中點，∴EF為△BCD的中位線，∴,∴,，，故，故選B．【點睛】本題考查了圓的動點問題，掌握等腰三角形的性質、圓周角定理、中位線定理、平行線的性質和勾股定理是解題的關鍵．10、D【解析】如圖，∠ABC所在的直角三角形的對邊AD=3，鄰邊BD=4，所以，tan∠ABC=．故選D．二、填空題(每小題3分,共24分)11、>【分析】根據二次函數y＝ax1+bx+c(a＞0)圖象的對稱軸為直線x＝1，且經過點(﹣1，y1)，(1，y1)和二次函數的性質可以判斷y1和y1的大小關系．【詳解】解：∵二次函數y＝ax1+bx+c(a＞0)圖象的對稱軸為直線x＝1，∴當x＞1時，y隨x的增大而增大，當x＜1時，y隨x的增大而減小，∵該函數經過點(﹣1，y1)，(1，y1)，|﹣1﹣1|＝1，|1﹣1|＝1，∴y1＞y1，故答案為：＞．【點睛】本題考查了二次函數的增減性問題，掌握二次函數的性質是解題的關鍵．12、【分析】由圓周角定理可知∠1=∠2，再根據銳角三角函數的定義即可得出結論．【詳解】解：∵∠1與∠2是同弧所對的圓周角，故答案為【點睛】本題考查的是圓周角定理，熟知同弧所對的圓周角相等是解答此題的關鍵．13、16【分析】（1）設A（m，km），B（n，kn），聯立解析式，利用根與系數的關系建立之間的關系，列出面積函數關系式，利用二次函數的性質求解最小值即可；（2）先證明平分得到，把轉化為，利用兩點間的距離公式再次轉化，從而可得答案．【詳解】解：（1）如圖，設A（m，km），B（n，kn），其中m1，n1．得：即，∴∴當k=1時，△PAB面積有最小值，最小值為故答案為．（2）設設A（m，km），B（n，kn），其中m1，n1．得：即，∴設直線PA的解析式為y=ax+b，將P（1，4），A（m，km）代入得：，解得：，∴令y=1，得∴直線PA與x軸的交點坐標為．同理可得，直線PB的解析式為直線PB與x軸交點坐標為．∵∴直線PA、PB與x軸的交點關于y軸對稱，即直線PA、PB關于y軸對稱．平分，到的距離相等，而∴，過作軸于，過作軸于，則∴∴∵∴∴∴故答案為：【點睛】本題是代數幾何綜合題，難度很大．考查了二次函數與一次函數的基本性質，一元二次方程的根與系數的關系．相似三角形的判定與性質，角平分線的判定與性質，解答中首先得到基本結論，即PA、PB的對稱性，正確解決本題的關鍵是打好數學基礎，將平時所學知識融會貫通、靈活運用．14、【分析】由直徑所對的圓周角為直角可知，動點軌跡為以中點為圓心，長為直徑的圓，求得圓心到直線的距離，即可求得答案．【詳解】∵，∴動點軌跡為：以中點為圓心，長為直徑的圓，∵，，∴點M的坐標為：，半徑為1，過點M作直線垂線，垂足為D，交⊙D于C點，如圖：此時取得最小值，∵直線的解析式為：，∴，∴，∵，∴，∴最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了點的軌跡，圓周角定理，圓心到直線的距離，正確理解點到直線的距離垂線段最短是正確解答本題的關鍵．15、3【分析】根據三角形重心的概念直接求解即可.【詳解】如圖，連接OC，∵AB為直徑，∴∠ACB=90，∵點O是直徑AB的中點，重心G在半徑OC，∴.故答案為：3.【點睛】本題考查了三角形重心的概念及性質、直徑所對圓周角為直角、斜邊上的中線等于斜邊的一半，熟記并靈活運用三角形重心的性質是解題的關鍵.16、1；【解析】解：設圓的半徑為x，由題意得：=5π，解得：x=1，故答案為1．點睛：此題主要考查了弧長計算，關鍵是掌握弧長公式l=（弧長為l，圓心角度數為n，圓的半徑為R）．17、【分析】根據拋物線的軸對稱性，即可得到答案．【詳解】∵拋物線經過點，且點，點關于直線x=1對稱，∴這條拋物線的對稱軸是：直線x=1．故答案是：．【點睛】本題主要考查二次函數的圖象與性質，掌握拋物線的軸對稱性，是解題的關鍵．18、50°【解析】根據圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半得．【詳解】解：∵⊙O是△ABC的外接圓，∠BOC=100°，∴∠BAC=∠BOC=×100°=50°．故答案為：50°．【點睛】本題考查圓周角定理，題目比較簡單．三、解答題(共66分)19、（1）；（2）見解析【分析】（1）連接OB、OC，得到，然后根據垂徑定理即可求解BC的長；（2）延長OD交圓于E點，連接AE，根據垂徑定理得到，即，AE即為所求．【詳解】（1）連接OB、OC，∴∵OD⊥BC∴BD=CD，且∵OB=4∴0D=2，BD=∴BC=故答案為；（2）如圖所示，延長OD交⊙O于點E，連接AE交BC于點M，AM即為所求根據垂徑定理得到，即，所以AE為的角平分線．【點睛】本題考查了垂徑定理，同弧所對圓周角是圓心角的一半，熟練掌握圓部分的定理和相關性質是解決本題的關鍵．20、（1）-4；（2），.【分析】（1）先把特殊角的三角函數值代入，再計算乘方，再進行二次根式的運算即可；（2）用公式法解方程即可.【詳解】解：（1）原式===-4；（2）=17∴，，【點睛】本題考查了特殊角的三角函數值及二次根式的混合運算、一元二次方程的解法，牢記特殊角的三角函數值是解題的關鍵.21、（1）40°；（2）【分析】（1）通過添加輔助線，連接OC，證得，再通過，證得，利用等量代換可得，即可得到答案；（2）通過添加輔助線BC，證△ADC∽△ACB，再利用相似的性質得，代入數值即可得到答案．【詳解】解：（1）如圖連結，∵CD為過點C的切線∴又∵∴∴；又∴，∴∵∴（2）如圖連接BC∵AB是直徑，點C是圓上的點∴∠ACB=90°∵AD⊥CD∴∠ADC=∠ACB=90°又∵∴△ADC∽△ACB∴∵，∴則【點睛】本題考查的是圓的相關性質與形似相結合的綜合性題目，能夠掌握圓的相關性質是解答此題的關鍵．22、x1=1+，x2=1﹣．【解析】試題分析：把常數項2移項后，應該在左右兩邊同時加上一次項系數﹣2的一半的平方．試題解析：x2﹣2x﹣2=1移項，得x2﹣2x=2，配方，得x2﹣2x+1=2+1，即（x﹣1）2=3，開方，得x﹣1=±．解得x1=1+，x2=1﹣．考點：配方法解一元二次方程23、（1）；（2）；（3）或或.【分析】過點作于N，利用∠B的余弦值可求出BN的長，利用勾股定理即可求出AN的長，根據線段的和差關系可得CN的長，利用勾股定理可求出AC的長，根據AD//BC，AD=BC即可證明四邊形ABCD是平行四邊形，可得∠B=∠D，進而可證明△ABC∽△ADF，根據相似三角形的性質即可求出AF的長；（2）根據平行線的性質可得，根據等量代換可得，進而可證明△ABC∽△ABE，根據相似三角形的性質可得，可用x表示出BE、CE的長，根據平行線分線段成比例定理可用x表示出的值，根據可得y與x的關系式，根據x>0，CE>0即可確定x的取值范圍；（3）分PA=PD、AP=AD和AD=PD三種情況，根據BE=及線段的和差關系，分別利用勾股定理列方程求出x的值即可得答案.【詳解】（1）如圖，過點作于N，∵AB=5，，∴在中，=5×=3，∴AN===4，∵BC=x=4，∴CN=BC-BN=4-3=1，在中，，∵AD=4，BC=x=4，∴AD=BC，∵，∴四邊形為平行四邊形，∴，又∵，∴△ABC∽△ADF，∴，∴解得：，（2）∵，∴，∵，∴，又∵∠B=∠B，∴△ABC∽△ABE，∴，∴，∵AD//BC，∴，∴，∵x>0，CE=>0，∴0<x<5，∴，（3）①如圖，當PA=PD時，作AH⊥BM于H，PG⊥AD于G，延長GP交BM于N，∵PA=PD，AD=4，∴AG=DG=2，∠ADB=∠DAE，∵AD//BE，∴GN⊥BE，∠DAE=∠AEB，∠ADB=∠DBE，∴∠DBE=∠AEB，∴PB=PE，∴BN=EN=BE=，∵，AB=5，∴BH=AB·cos∠ABH=3，∵AH⊥BM，GN⊥MB，GN⊥AD，∴∠AHN=∠GNH=∠NGA=90°，∴四邊形AHNG是矩形，∴HN=AG=2，∴BN=BH+HN=3+2=5，∴=5，解得：x=.②如圖，當AP=AD=4時，作AH⊥BM于H，∴∠ADB=∠APD，∵AD//BM，∴∠ADB=∠DBC，∵∠APD=∠BPE，∴∠DBC=∠BPE，∴BE=PE=，∵cos∠ABC=，AB=5，∴BH=3，AH=4，∴在Rt△AEH中，(4+)2=42+(3-)2，解得：x=，③如圖，當AD=PD=4時，作AH⊥BM于H，DN⊥BM于N，∴∠DAP=∠DPA，∵AD//BM，∴∠DAP=∠AEB，∵∠APD=∠BPE，∴∠BPE=∠AEB，∴BP=BE=，∵cos∠ABC=，AB=5，∴BH=3，AH=4，∵AD//BM，AH⊥BM，DN⊥BM，∴四邊形AHND是矩形，∴DN=AH=4，HN=AD=4，中Rt△BND中，(4+)2=42+(4+3)2，解得：x=，綜上所述：x的值為或或.【點睛】本題考查相似三角形的綜合，熟練掌握銳角三角函數的定義、平行線的性質、等腰三角形的性質及相似三角形的判定與性質，靈活運用分類討論的思想是解題關鍵.24、詳見解析；點，的坐標分別為，【分析】利用