2022-2023學年九上數學期末模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．下列汽車標志中，可以看作是中心對稱圖形的是A． B． C． D．2．如圖所示，河堤橫斷面迎水坡AB的坡比是1：3，坡高BC＝20，則坡面AB的長度（）A．60 B．100 C．50 D．203．如圖，在△ABC中，DE∥BC，BE和CD相交于點F，且S△EFC＝3S△EFD，則S△ADE：S△ABC的值為（）A．1：3 B．1：8 C．1：9 D．1：44．如圖所示，二次函數的圖像與軸的一個交點坐標為，則關于的一元二次方程的解為（）A． B． C． D．5．下列式子中表示是的反比例函數的是()A． B． C． D．6．坡比常用來反映斜坡的傾斜程度．如圖所示，斜坡AB坡比為（）.A．：4 B．：1 C．1：3 D．3：17．一5的絕對值是（）A．5 B． C． D．－58．已知的圖象如圖，則和的圖象為（）A． B． C． D．9．如圖，點的坐標分別為和，拋物線的頂點在線段上運動，與軸交于兩點（在的左側），若點的橫坐標的最小值為0，則點的橫坐標最大值為（）A．6 B．7 C．8 D．910．我國傳統文化中的“福祿壽喜”圖（如圖）由四個圖案構成．這四個圖案中既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．如圖，是二次函數和一次函數的圖象，觀察圖象寫出時，x的取值范圍__________．12．已知△ABC與△DEF是兩個位似圖形，它們的位似比為，若，那么________13．如圖，正方形ABCD繞點B逆時針旋轉30°后得到正方形BEFG，EF與AD相交于點H，延長DA交GF于點K．若正方形ABCD邊長為，則AK=．14．計算sin245°+cos245°=_______．15．若線段AB=6cm，點C是線段AB的一個黃金分割點（AC＞BC），則AC的長為cm（結果保留根號）．16．如圖，與⊙相切于點，，，則⊙的半徑為__________．17．等腰Rt△ABC中，斜邊AB＝12，則該三角形的重心與外心之間的距離是_____．18．已知二次函數（為常數），當取不同的值時，其圖象構成一個“拋物線系”．如圖分別是當取四個不同數值時此二次函數的圖象．發現它們的頂點在同一條直線上，那么這條直線的表達式是_________．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，在?ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，點E、F是AD上的點，且AE=EF=FD．連接BE、BF，使它們分別與AO相交于點G、H．（1）求EG：BG的值；（2）求證：AG=OG；（3）設AG=a，GH=b，HO=c，求a：b：c的值．20．（6分）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線交軸、兩點（在的左側），且，，與軸交于，拋物線的頂點坐標為.（1）求、兩點的坐標；（2）求拋物線的解析式；（3）過點作直線軸，交軸于點，點是拋物線上、兩點間的一個動點（點不與、兩點重合），、與直線分別交于點、，當點運動時，是否為定值？若是，試求出該定值；若不是，請說明理由.21．（6分）如圖，已知拋物線與y軸相交于點A（0，3），與x正半軸相交于點B，對稱軸是直線x=1．（1）求此拋物線的解析式以及點B的坐標．（2）動點M從點O出發，以每秒2個單位長度的速度沿x軸正方向運動，同時動點N從點O出發，以每秒3個單位長度的速度沿y軸正方向運動，當N點到達A點時，M、N同時停止運動．過動點M作x軸的垂線交線段AB于點Q，交拋物線于點P，設運動的時間為t秒．①當t為何值時，四邊形OMPN為矩形．②當t＞0時，△BOQ能否為等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，請說明理由．22．（8分）解下列方程：（1）；（2）．23．（8分）矩形中，線段繞矩形外一點順時針旋轉，旋轉角為，使點的對應點落在射線上，點的對應點在的延長線上．（1）如圖1，連接、、、，則與的大小關系為______________．（2）如圖2，當點位于線段上時，求證：；（3）如圖3，當點位于線段的延長線上時，，，求四邊形的面積．24．（8分）如圖所示，在方格紙中，△ABC的三個頂點及D，E，F，G，H五個點分別位于小正方形的頂點上.（1）現以D，E，F，G，H中的三個點為頂點畫三角形，在所畫的三角形中與△ABC不全等但面積相等的三角形是（只需要填一個三角形）；（2）先從D，E兩個點中任意取一個點，再從F，G，H三個點中任意取兩個不同的點，以所取的這三個點為頂點畫三角形，畫樹狀圖求所畫三角形與△ABC面積相等的概率.25．（10分）如圖，△ABC是等腰三角形，且AC=BC，∠ACB=120°，在AB上取一點O，使OB=OC，以O為圓心，OB為半徑作圓，過C作CD∥AB交⊙O于點D，連接BD．（1）猜想AC與⊙O的位置關系，并證明你的猜想；（2）已知AC=6，求扇形OBC圍成的圓錐的底面圓半徑．26．（10分）濟南國際滑雪自建成以來，吸引大批滑雪愛好者，一滑雪者從山坡滑下，測得滑行距離y（單位：m）與滑行時間x（單位：s）之間的關系可以近似的用二次函數來表示．滑行時間x/s0123…滑行距離y/m041224…（1）根據表中數據求出二次函數的表達式．現測量出滑雪者的出發點與終點的距離大約840m，他需要多少時間才能到達終點？（2）將得到的二次函數圖象補充完整后，向左平移2個單位，再向下平移5個單位，求平移后的函數表達式．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、A【詳解】考點：中心對稱圖形．分析：根據中心對稱圖形的性質得出圖形旋轉180°，與原圖形能夠完全重合的圖形是中心對稱圖形，分別判斷得出即可．解：A．旋轉180°，與原圖形能夠完全重合是中心對稱圖形；故此選項正確；B．旋轉180°，不能與原圖形能夠完全重合不是中心對稱圖形；故此選項錯誤；C．旋轉180°，不能與原圖形能夠完全重合不是中心對稱圖形；故此選項錯誤；D．旋轉180°，不能與原圖形能夠完全重合不是中心對稱圖形；故此選項錯誤；故選A．2、D【分析】在Rt△ABC中，已知坡面AB的坡比以及鉛直高度BC的值，通過解直角三角形即可求出斜面AB的長．【詳解】Rt△ABC中，BC=20，tanA=1：3；∴AC=BC÷tanA=60，∴AB20．故選：D．【點睛】本題考查了學生對坡度坡角的掌握及三角函數的運用能力，熟練運用勾股定理是解答本題的關鍵．3、C【分析】根據題意，易證△DEF∽△CBF，同理可證△ADE∽△ABC，根據相似三角形面積比是對應邊比例的平方即可解答．【詳解】∵S△EFC＝3S△DEF，∴DF：FC＝1：3（兩個三角形等高，面積之比就是底邊之比），∵DE∥BC，∴△DEF∽△CBF，∴DE：BC＝DF：FC＝1：3同理△ADE∽△ABC，∴S△ADE：S△ABC＝1：9，故選：C．【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質，解題的關鍵是掌握相似三角形面積比是對應邊比例的平方．4、B【分析】先確定拋物線的對稱軸，然后根據拋物線的對稱性確定圖象與x軸的另一個交點，再根據二次函數與一元二次方程的關系解答即可．【詳解】解：∵二次函數的對稱軸是直線，圖象與軸的一個交點坐標為，∴圖象與軸的另一個交點坐標為（﹣1，0），∴一元二次方程的解為．故選：B．【點睛】本題考查了二次函數的圖象與性質以及二次函數與一元二次方程的關系，屬于常考題型，熟練掌握基本知識是解題的關鍵．5、D【解析】根據反比例函數的定義逐項分析即可.【詳解】A.是一次函數，故不符合題意；B.二次函數，故不符合題意；C.不是反比例函數，故不符合題意；D.是反比例函數，符合題意；故選D.【點睛】本題考查了反比例函數的定義，一般地，形如（k為常數，k≠0）的函數叫做反比例函數.6、A【分析】利用勾股定理可求出AC的長，根據坡比的定義即可得答案.【詳解】∵AB=3，BC=1，∠ACB=90°，∴AC==，∴斜坡AB坡比為BC：AC=1：=：4，故選：A.【點睛】本題考查坡比的定義，坡比是坡面的垂直高度與水平寬度的比；熟練掌握坡比的定義是解題關鍵.7、A【解析】試題分析：根據數軸上某個數與原點的距離叫做這個數的絕對值的定義，在數軸上，點﹣5到原點的距離是5，所以﹣5的絕對值是5，故選A．8、C【解析】根據二次函數y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象可以得到a＜0，b＞0，c＜0，由此可以判定y=ax+b經過一、二、四象限，雙曲線在二、四象限．【詳解】根據二次函數y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象，可得a＜0，b＞0，c＜0，∴y=ax+b過一、二、四象限，雙曲線在二、四象限，∴C是正確的．故選C．【點睛】此題考查一次函數，二次函數，反比例函數中系數及常數項與圖象位置之間關系．9、B【分析】根據待定系數法求得頂點是A時的解析式，進而即可求得頂點是B時的解析式，然后求得與x軸的交點即可求得．【詳解】解：∵點C的橫坐標的最小值為0，此時拋物線的頂點為A，

∴設此時拋物線解析式為y=a（x-1）2+1，

代入（0，0）得，a+1=0，

∴a=-1，

∴此時拋物線解析式為y=-（x-1）2+1，

∵拋物線的頂點在線段AB上運動，

∴當頂點運動到B（5，4）時，點D的橫坐標最大，

∴拋物線從A移動到B后的解析式為y=-（x-5）2+4，

令y=0，則0=-（x-5）2+4，

解得x=1或3，

∴點D的橫坐標最大值為1．

故選：B．【點睛】本題考查了待定系數法求二次函數的解析式以及二次函數的性質，明確頂點運動到B（5，4）時，點D的橫坐標最大，是解題的關鍵．10、B【解析】試題分析：根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解．解：A、不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形．故錯誤；B、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形．故正確；C、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形．故錯誤；D、不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形．故錯誤．故選B．點睛：掌握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，圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合；中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后與原圖重合．二、填空題(每小題3分,共24分)11、．【解析】試題分析：∵y1與y2的兩交點橫坐標為-2，1，當y2≥y1時，y2的圖象應在y1的圖象上面，即兩圖象交點之間的部分，∴此時x的取值范圍是-2≤x≤1．考點：1、二次函數的圖象；2、一次函數的圖象．12、1【分析】由題意直接利用位似圖形的性質，進行分析計算即可得出答案．【詳解】解：∵△ABC與△DEF是兩個位似圖形，它們的位似比為，∴△DEF的面積是△ABC的面積的4倍，∵S△ABC=10，∴S△DEF=1．故答案為：1．【點睛】本題主要考查位似變換，熟練掌握位似圖形的面積比是位似比的平方比是解題的關鍵．13、．【詳解】連接BH，如圖所示：∵四邊形ABCD和四邊形BEFG是正方形，∴∠BAH=∠ABC=∠BEH=∠F=90°，由旋轉的性質得：AB=EB，∠CBE=30°，∴∠ABE=60°，在Rt△ABH和Rt△EBH中，∵BH=BH，AB=EB，∴Rt△ABH≌△Rt△EBH（HL），∴∠ABH=∠EBH=∠ABE=30°，AH=EH，∴AH=AB?tan∠ABH==1，∴EH=1，∴FH=，在Rt△FKH中，∠FKH=30°，∴KH=2FH=，∴AK=KH﹣AH==；故答案為．考點：旋轉的性質．14、1【分析】根據特殊角的三角函數值先進行化簡，然后根據實數運算法則進行計算即可得出結果．【詳解】原式=()2+()2=+=1．【點睛】本題主要考查了特殊角的三角函數值，需要熟記，比較簡單．15、3（﹣1）【分析】把一條線段分成兩部分，使其中較長的線段為全線段與較短線段的比例中項，這樣的線段分割叫做黃金分割，他們的比值（）叫做黃金比．【詳解】根據黃金分割點的概念和AC＞BC，得：AC=AB=×6=3（﹣1）．故答案為：3（﹣1）．16、【解析】與⊙相切于點，得出△ABO為直角三角形，再由勾股定理計算即可．【詳解】解：連接OB，∵與⊙相切于點，∴OB⊥AB，△ABO為直角三角形，又∵，，由勾股定理得故答案為：【點睛】本題考查了切線的性質，通過切線可得垂直，進而可應用勾股定理計算，解題的關鍵是熟知切線的性質．17、1．【分析】畫出圖形，找到三角形的重心與外心，利用重心和外心的性質求距離即可.【詳解】如圖，點D為三角形外心，點I為三角形重心，DI為所求.∵直角三角形的外心是斜邊的中點，∴CD＝AB＝6，∵I是△ABC的重心，∴DI＝CD＝1，故答案為：1．【點睛】本題主要考查三角形的重心和外心，能夠掌握三角形的外心和重心的性質是解題的關鍵.18、【分析】已知拋物線的頂點式，寫出頂點坐標，用x、y代表頂點的橫坐標、縱坐標，消去a得出x、y的關系式．【詳解】解：二次函數中，頂點坐標為：，設頂點坐標為（x，y），∴①，②，由①2+②，得，∴；故答案為：.【點睛】本題考查了二次函數的性質，根據頂點式求頂點坐標的方法是解題的關鍵，注意運用消元的思想解題．三、解答題(共66分)19、（1）1：3；（1）見解析；（3）5：3：1．【分析】（1）根據平行四邊形的性質可得AO=AC，AD=BC，AD∥BC，從而可得△AEG∽△CBG，由AE=EF=FD可得BC=3AE，然后根據相似三角形的性質，即可求出EG：BG的值；（1）根據相似三角形的性質可得GC=3AG，則有AC=4AG，從而可得AO=AC=1AG，即可得到GO=AO﹣AG=AG；（3）根據相似三角形的性質可得AG=AC，AH=AC，結合AO=AC，即可得到a=AC，b=AC，c=AC，就可得到a：b：c的值．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO=AC，AD=BC，AD∥BC，∴△AEG∽△CBG，∴．∵AE=EF=FD，∴BC=AD=3AE，∴GC=3AG，GB=3EG，∴EG：BG=1：3；（1）∵GC=3AG（已證），∴AC=4AG，∴AO=AC=1AG，∴GO=AO﹣AG=AG；（3）∵AE=EF=FD，∴BC=AD=3AE，AF=1AE．∵AD∥BC，∴△AFH∽△CBH，∴，∴=，即AH=AC．∵AC=4AG，∴a=AG=AC，b=AH﹣AG=AC﹣AC=AC，c=AO﹣AH=AC﹣AC=AC，∴a：b：c=：：=5：3：1．20、（1）點坐標，點坐標；（2）；（3）是定值，定值為8【分析】（1）由OA、OB的長可得A、B兩點坐標；（2）結合題意可設拋物線的解析式為，將點C坐標代入求解即可；（3）過點作軸交軸于，設，可用含t的代數式表示出，，的長，利用，的性質可得EF、EG的長，相加可得結論.【詳解】（1）由拋物線交軸于、兩點（在的左側），且，，得點坐標，點坐標；（2）設拋物線的解析式為，把點坐標代入函數解析式，得，解得，拋物線的解析式為；（3）（或是定值），理由如下：過點作軸交軸于，如圖設，則，，，∵，∴，∴，∴又∵，∴，∴，∴∴【點睛】本題考查了拋物線與三角形的綜合，涉及的知識點主要有拋物線的解析式、相似三角形的判定和性質，靈活利用點坐標表示線段長是解題的關鍵.21、（1），B點坐標為（3，0）；（2）①；②．【分析】（1）由對稱軸公式可求得b，由A點坐標可求得c，則可求得拋物線解析式；再令y=0可求得B點坐標；（2）①用t可表示出ON和OM，則可表示出P點坐標，即可表示出PM的長，由矩形的性質可得ON=PM，可得到關于t的方程，可求得t的值；②由題意可知OB=OA，故當△BOQ為等腰三角形時，只能有OB=BQ或OQ=BQ，用t可表示出Q點的坐標，則可表示出OQ和BQ的長，分別得到關于t的方程，可求得t的值．【詳解】（1）∵拋物線對稱軸是直線x=1，∴﹣=1，解得b=2，∵拋物線過A（0，3），∴c=3，∴拋物線解析式為，令y=0可得，解得x=﹣1或x=3，∴B點坐標為（3，0）；（2）①由題意可知ON=3t，OM=2t，∵P在拋物線上，∴P（2t，），∵四邊形OMPN為矩形，∴ON=PM，∴3t=，解得t=1或t=﹣（舍去），∴當t的值為1時，四邊形OMPN為矩形；②∵A（0，3），B（3，0），∴OA=OB=3，且可求得直線AB解析式為y=﹣x+3，∴當t＞0時，OQ≠OB，∴當△BOQ為等腰三角形時，有OB=QB或OQ=BQ兩種情況，由題意可知OM=2t，∴Q（2t，﹣2t+3），∴OQ=，BQ=|2t﹣3|，又由題意可知0＜t＜1，當OB=QB時，則有|2t﹣3|=3，解得t=（舍去）或t=；當OQ=BQ時，則有=|2t﹣3|，解得t=；綜上可知當t的值為或時，△BOQ為等腰三角形．22、（1）；（2）【分析】（1）方程常數項移到右邊，兩邊加上一次項系數一半的平方，利用完全平方公式變形，開方即可求出解；（2）移項，提公因式，利用因式分解法即可求解．【詳解】（1），移項得：，配方得：，即，開平方得：，∴；（2）移項得：，

分解因式得：，∴或，∴．【點睛】本題考查了解一元二次方程－配方法和因式分解法，能正確運用配方法和因式分解法解方程是解此題的關鍵．23、（1）相等；（2）見解析；（3）【分析】（1）由旋轉得：旋轉角相等，可得結論；

（2）證明△AOB≌△EOF（SAS），得∠OAB=∠OEF，根據平角的定義可得結論；

（3）如解圖，根據等腰三角形的性質得：∠OFB=∠OBF=30°，∠OAE=∠AEO=30°，根據30度角的直角三角形的性質分別求得OB、OG、BF，勾股定理求得BE的長，再根據三角形面積公式即可求得結論．【詳解】（1）由旋轉得：∠AOE=∠BOF=，

故答案為：相等；（2）∵，∴，在△AOB和△EOF中，∴△AOB≌△EOF（SAS），∴，∵OA=OE，∴，∴；（3）如圖，過點O作，垂足為G，根據旋轉的性質知：∠BOF=120°，∠AOB=∠EOF，OB=OF，△BOF中，∠OFB=∠OBF=30°，

∴∠ABO=60°，

△AOE中，∠AOE=120°，OA=OE，

∴∠OAE=∠AEO=30°，

∴∠AOB=90°，

在△AOB和△EOF中，∴△AOB≌△EOF（SAS），∴，在中，∠AOB=90°，，∠OAB=30°，∴，在中，∠OGB=90°，，∠OBG=30°，∴，，∴，在中，∠EBF=90°，，，∴，∴．【點睛】本題是四邊形的綜合題，題目考查了幾何圖形的旋轉變換，四邊形的面積，直角三角形30度角的性質等知識，解決此類問題的關鍵分析圖形的旋轉情況，在旋轉過程中，旋轉角相等，對應線段相等．24、（1）△DFG或△DHF；(2)．【分析】（1）、根據“同（等）底同（等）高的三角形面積相等”進行解答；（2）、畫樹狀圖求概率．【詳解】（1）、的面積為：，只有△DFG或△DHF的面積也為6且不與△ABC全等，與△ABC不全等但面積相等的三角形是：△DFG或△DHF；（2）、畫樹