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(每小題3分,共30分)1．《孫子算經》中有一道題:“今有木，不知長短，引繩度之，余繩四尺五寸；屈繩量之，不足一尺，木長幾何？”譯文大致是:“用一根繩子去量一根木條，繩子剩余尺；將繩子對折再量木條，木條剩余尺，問木條長多少尺？”如果設木條長尺，繩子長尺，可列方程組為（）A． B． C． D．2．二次函數y＝ax2+bx+c（a≠0，a、b、c為常數）的圖象如圖所示，則方程ax2+bx+c＝m有實數根的條件是（）A．m≥﹣4 B．m≥0 C．m≥5 D．m≥63．如圖，將△ABC沿BC邊上的中線AD平移到△A'B'C'的位置，已知△ABC的面積為9，陰影部分三角形的面積為1．若AA'=1，則A'D等于（）A．2 B．3 C． D．4．如圖，與是位似圖形，相似比為，已知，則的長（）A． B． C． D．5．△ABC在網絡中的位置如圖所示，則cos∠ACB的值為（）A． B． C． D．6．一元二次方程x2﹣3x+5=0的根的情況是（）A．沒有實數根 B．有兩個相等的實數根C．只有一個實數根 D．有兩個不相等的實數根7．的相反數是（）A． B．2 C． D．8．已知，滿足，則的值是（）．A．16 B． C．8 D．9．已知二次函數圖象如圖所示，對稱軸為過點且平行于軸的直線，則下列結論中正確的是（）A． B． C． D．10．如圖，⊙的半徑垂直于弦，是優弧上的一點（不與點重合），若，則等于（）A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．若反比例函數y＝的圖象與一次函數y＝﹣x+3的圖象的一個交點到x軸的距離為1，則k＝_____．12．因式分解：_______；13．圓錐側面積為32πcm2，底面半徑為4cm，則圓錐的母線長為____cm．14．已知為銳角，且，則度數等于______度.15．一組數據：2，3，4，2，4的方差是___．16．如圖，點A的坐標為（4，2）．將點A繞坐標原點O旋轉90°后，再向左平移1個單位長度得到點A′，則過點A′的正比例函數的解析式為_____．17．如圖，已知正方ABCD內一動點E到A、B、C三點的距離之和的最小值為，則這個正方形的邊長為_____________18．如圖，已知二次函數的圖象與軸交于兩點（點在點的左側），與軸交于點為該二次函數在第一象限內的一點，連接，交于點，則的最大值為__________.三、解答題(共66分)19．（10分）某配餐公司有A，B兩種營養快餐。一天，公司售出兩種快餐共640份，獲利2160元。兩種快餐的成本價、銷售價如下表。A種快餐B種快餐成本價5元/份6元/份銷售價8元/份10元/份（1）求該公司這一天銷售A、B兩種快餐各多少份？（2）為擴大銷售，公司決定第二天對一定數量的A、B兩種快餐同時舉行降價促銷活動。降價的A、B兩種快餐的數量均為第一天銷售A、B兩種快餐數量的2倍，且A種快餐按原銷售價的九五折出售，若公司要求這些快餐當天全部售出后，所獲的利潤不少于3280元，那么B種快餐最低可以按原銷售價打幾折出售？20．（6分）已知，如圖1，在中，對角線，，，如圖2，點從點出發，沿方向勻速運動，速度為，過點作交于點；將沿對角線剪開，從圖1的位置與點同時出發，沿射線方向勻速運動，速度為，當點停止運動時，也停止運動．設運動時間為，解答下列問題：（1）當為何值時，點在線段的垂直平分線上？（2）設四邊形的面積為，試確定與的函數關系式；（3）當為何值時，有最大值？（4）連接，試求當平分時，四邊形與四邊形面積之比．21．（6分）已知：如圖，拋物線y＝ax2+bx+3與坐標軸分別交于點A，B（﹣3，0），C（1，0），點P是線段AB上方拋物線上的一個動點．（1）求拋物線解析式；（2）當點P運動到什么位置時，△PAB的面積最大？（3）過點P作x軸的垂線，交線段AB于點D，再過點P作PE∥x軸交拋物線于點E，連接DE，請問是否存在點P使△PDE為等腰直角三角形？若存在，求點P的坐標；若不存在，說明理由．22．（8分）如圖，菱形ABCD的頂點A，D在直線l上，∠BAD=60°，以點A為旋轉中心將菱形ABCD順時針旋轉α（0°＜α＜30°），得到菱形AB′C′D′，B′C′交對角線AC于點M，C′D′交直線l于點N，連接MN，當MN∥B′D′時，解答下列問題：(1)求證：△AB′M≌△AD′N；(2)求α的大小.23．（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，24．（8分）已知AB∥CD，AD、BC交于點O．AO＝2，DO＝3，CD＝5，求AB的長．25．（10分）我市有2000名學生參加了2018年全省八年級數學學業水平測試．其中有這樣一題：如圖，分別以線段BD的端點B、D為圓心，相同的長為半徑畫弧，兩弧相交于A、C兩點，連接AB、AD、CB、CD．若AB=2，BD=2，求四邊形ABCD的面積．統計我市學生解答和得分情況，并制作如下圖表：（1）求學業水平測試中四邊形ABCD的面積；（2）請你補全條形統計圖；（3）我市該題的平均得分為多少？（4）我市得3分以上的人數為多少？26．（10分）如圖，已知等邊△ABC，AB＝1．以AB為直徑的半圓與BC邊交于點D，過點D作DF⊥AC，垂足為F，過點F作FG⊥AB，垂足為G，連結GD．(1)求證：DF是⊙O的切線；(2)求FG的長；(3)求△FDG的面積．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、D【分析】根據“一根繩子去量一根木條，繩子剩余4.5尺”可知：繩子－木條=4.5，再根據“將繩子對折再量木條，木條剩余1尺”可知：木條－繩子=1，據此列出方程組即可．【詳解】由題意可得，．故選：D．【點睛】本題考查二元一次方程組的實際應用，解題的關鍵是明確題意，找出等量關系，列出相應的二元一次方程組．2、A【解析】利用函數圖象，當m≥﹣1時，直線y＝m與二次函數y＝ax2+bx+c有公共點，從而可判斷方程ax2+bx+c＝m有實數根的條件．【詳解】∵拋物線的頂點坐標為（6，﹣1），即x＝6時，二次函數有最小值為﹣1，∴當m≥﹣1時，直線y＝m與二次函數y＝ax2+bx+c有公共點，∴方程ax2+bx+c＝m有實數根的條件是m≥﹣1．故選：A．【點睛】本題考查了圖象法求一元二次方程的近似根：作出函數的圖象，并由圖象確定方程的解的個數；由圖象與y＝h的交點位置確定交點橫坐標的范圍；3、A【解析】分析：由S△ABC=9、S△A′EF=1且AD為BC邊的中線知S△A′DE=S△A′EF=2，S△ABD=S△ABC=，根據△DA′E∽△DAB知，據此求解可得．詳解：如圖，∵S△ABC=9、S△A′EF=1，且AD為BC邊的中線，∴S△A′DE=S△A′EF=2，S△ABD=S△ABC=，∵將△ABC沿BC邊上的中線AD平移得到△A'B'C'，∴A′E∥AB，∴△DA′E∽△DAB，則，即，解得A′D=2或A′D=-（舍），故選A．點睛：本題主要平移的性質，解題的關鍵是熟練掌握平移變換的性質與三角形中線的性質、相似三角形的判定與性質等知識點．4、B【分析】根據位似變換的定義、相似三角形的性質列式計算即可．【詳解】∵△ABC與△DEF是位似圖形，相似比為2：3，

∴△ABC∽△DEF，

∴，即，

解得，DE=故選：B．【點睛】本題考查的是位似變換，掌握位似是相似的特殊形式，位似比等于相似比是解題的關鍵．5、B【解析】作AD⊥BC的延長線于點D,如圖所示：在Rt△ADC中，BD=AD，則AB=BD．cos∠ACB=，故選B．6、A【解析】Δ=b2-4ac=(-3)2-4×1×5=9-20=-11<0，所以原方程沒有實數根，故選A.7、B【分析】根據相反數的性質可得結果.【詳解】因為-2+2=0，所以﹣2的相反數是2，故選B．【點睛】本題考查求相反數，熟記相反數的性質是解題的關鍵.8、A【分析】先把等式左邊分組因式分解，化成非負數之和等于0形式，求出x,y即可.【詳解】由得所以=0，=0所以x=-2,y=-4所以=（-4）-2=16故選：A【點睛】考核知識點：因式分解運用.靈活拆項因式分解是關鍵.9、D【分析】由拋物線開口向上，與y軸交于負半軸，對稱軸在y軸左側即可判斷a、c、b的符號，進而可判斷A項；拋物線的對稱軸為直線x＝﹣，結合拋物線的對稱軸公式即可判斷B項；由圖象可知；當x=1時，a+b+c<0，再結合B項的結論即可判斷C項；由（1，0）與（﹣2，0）關于拋物線的對稱軸對稱，可知當x=－2時，y<0，進而可判斷D項.【詳解】解：A、∵拋物線開口向上，與y軸交于負半軸，對稱軸在y軸左側，∴a＞0，c＜0，＜0，∴b＞0，∴abc＜0，所以本選項錯誤；B、∵拋物線的對稱軸為直線x＝﹣，∴，∴a﹣b＝0，所以本選項錯誤；C、∵當x=1時，a+b+c<0，且a=b，∴，所以本選項錯誤；D、∵（1，0）與（﹣2，0）關于拋物線的對稱軸對稱，且當x=1時，y<0，∴當x=－2時，y<0，即4a﹣2b+c<0，∴，所以本選項正確.故選：D.【點睛】本題考查了二次函數的圖象與性質，屬于常考題型，熟練掌握拋物線的性質是解題關鍵.10、A【分析】根據題意，⊙的半徑垂直于弦，可應用垂徑定理解題，平分弦，平分弦所對的弧、平分弦所對的圓心角，故,又根據同一個圓中，同弧所對的圓周角等于其圓心角的一半，可解得【詳解】⊙的半徑垂直于弦，故選A【點睛】本題考查垂徑定理、圓周角與圓心角的關系，熟練掌握相關知識并靈活應用是解題關鍵.二、填空題(每小題3分,共24分)11、2或﹣1【分析】分反比例函數y＝在第一象限和第四象限兩種情況解答．【詳解】解：當反比例函數y＝在第一象限時，﹣x+3＝1，解得x＝2，即反比例函數y＝的圖象與一次函數y＝﹣x+3的圖象交于點（2，1），∴k＝2×1＝2；當反比例函數y＝在第四象限時，﹣x+3＝﹣1，解得x＝1，即反比例函數y＝的圖象與一次函數y＝﹣x+3的圖象交于點（1，﹣1），∴k＝1×（﹣1）＝﹣1．∴k＝2或﹣1．故答案為：2或﹣1【點睛】本題主要考察反比例函數和一次函數的交點問題，分象限情況作答是解題關鍵.12、（a-b）（a-b+1）【解析】原式變形后，提取公因式即可得到結果．【詳解】解：原式=(a-b)2+(a-b)=(a-b)(a-b+1)，

故答案為：(a-b)(a-b+1)【點睛】此題考查了因式分解-提公因式法，熟練掌握提取公因式的方法是解本題的關鍵．13、8【分析】根據扇形的面積公式計算即可.【詳解】設圓錐的母線長為，則：，解得：，故答案為：.【點睛】本題考查了圓錐的計算，正確理解圓錐的側面展開圖與原來的扇形之間的關系是解決本題的關鍵.14、30【分析】根據銳角三角函數值即可得出角度.【詳解】∵，為銳角∴=30°故答案為30.【點睛】此題主要考查根據銳角三角函數值求角度，熟練掌握，即可解題.15、0.1【分析】根據方差的求法計算即可．【詳解】平均數為，方差為：，故答案為：0.1．【點睛】本題主要考查方差，掌握方差的求法是解題的關鍵．16、y=﹣x或y=-4x【解析】分析：直接利用旋轉的性質結合平移的性質得出對應點位置，再利用待定系數法求出正比例函數解析式．詳解：當點A繞坐標原點O逆時針旋轉90°后，再向左平移1個單位長度得到點A′，則A′（-3，4），設過點A′的正比例函數的解析式為：y=kx，則4=-3k，解得：k=-，則過點A′的正比例函數的解析式為：y=-x，同理可得：點A繞坐標原點O順時針旋轉90°后，再向左平移1個單位長度得到點A′，此時A′（1，-4），設過點A′的正比例函數的解析式為：y=k′x，則-4=k′，則過點A′的正比例函數的解析式為：y=-4x.故答案為y=﹣x或y=-4x.點睛：此題主要考查了旋轉的性質、平移的性質、待定系數法求出正比例函數解析式，正確得出對應點坐標是解題關鍵．17、【分析】將△ABE繞點A旋轉60°至△AGF的位置，根據旋轉的性質可證△AEF和△ABG為等邊三角形，即可證明EF=AE,GF=BE,所以根據兩點之間線段最短EA+EB+EC=GF+EF+EC≥GC，表示Rt△GMC的三邊，根據勾股定理即可求出正方形的邊長.【詳解】解：如圖，將△ABE繞點A旋轉60°至△AGF的位置，連接EF,GC,BG，過點G作BC的垂線交CB的延長線于點M.設正方形的邊長為2m，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC=2m,∠ABC=∠ABM=90°，∵△ABE繞點A旋轉60°至△AGF，∴,∴△AEF和△ABG為等邊三角形，∴AE=EF,∠ABG=60°，∴EA+EB+EC=GF+EF+EC≥GC，∴GC=，∵∠GBM=90°-∠ABG=30°，∴在Rt△BGM中，GM=m，BM=，Rt△GMC中，勾股可得，即：，解得：，∴邊長為.故答案為：.【點睛】本題考查正方形的性質，旋轉的性質，等邊三角形的性質和判定，含30°角的直角三角形，兩點之間線段最短，勾股定理.能根據旋轉作圖，得出EA+EB+EC=GF+EF+EC≥GC是解決此題的關鍵.18、【分析】由拋物線的解析式易求出點A、B、C的坐標，然后利用待定系數法求出直線BC的解析式，過點P作PQ∥x軸交直線BC于點Q，則△PQK∽△ABK，可得，而AB易求，這樣將求的最大值轉化為求PQ的最大值，可設點P的橫坐標為m，注意到P、Q的縱坐標相等，則可用含m的代數式表示出點Q的橫坐標，于是PQ可用含m的代數式表示，然后利用二次函數的性質即可求解.【詳解】解：對二次函數，令x=0，則y=3，令y=0，則，解得：，∴C(0，3)，A(－1，0)，B(4，0)，設直線BC的解析式為：，把B、C兩點代入得：，解得：，∴直線BC的解析式為：，過點P作PQ∥x軸交直線BC于點Q，如圖，則△PQK∽△ABK，∴，設P（m，），∵P、Q的縱坐標相等，∴當時，，解得：，∴，又∵AB=5，∴.∴當m=2時，的最大值為.故答案為：.【點睛】本題考查了二次函數與坐標軸的交點、二次函數的性質和二次函數圖象上點的坐標特征、待定系數法求函數的解析式、相似三角形的判定和性質等知識，難度較大，屬于填空題中的壓軸題，解題的關鍵是利用相似三角形的判定和性質將所求的最大值轉化為求PQ的最大值、熟練掌握二次函數的性質.三、解答題(共66分)19、（1）該公司這一天銷售A、B兩種快餐各400份，240份；（2）B種快餐最低可以按原銷售價打8.5折出售【分析】（1）設學校第一次訂購A種快餐x份B種快餐y份，根據“兩種快餐共計640份，該公司共獲利2160元”列出方程組進行求解；（2）設B種快餐每份最低打a折，根據利潤不少于3280元列出關于a的不等式，解出a的最小值.【詳解】（1）設銷售A種快餐份，則B種快餐（640-）份。（8-5）+（10-6）（640-）＝2160解得：＝400640-＝240份∴該公司這一天銷售A、B兩種快餐各400份，240份（2）設B種快餐每份最低打折。（8×0.95-5）×400×2+（0.1×10-6）×240×2≥3280解得：≥8.5∴B種快餐最低可以按原銷售價打8.5折出售【點睛】本題考查一元一次不等式和二元一次方程組的實際應用，解題關鍵是讀懂題意，根據題中所述找出其中的等量和不等量關系，難度一般．20、（1），（2）四邊形AHGD（3）當四邊形的面積最大，最大面積為（4）【分析】（1）由題意得：利用垂直平分線的性質得到：列方程求解即可，（2）四邊形AHGD分別求出各圖形的面積，代入計算即可得到答案，（3）利用（2）中解析式，結合二次函數的性質求最大面積即可，（4）連接過作于從而求解此時時間，分別求解四邊形EGFD和四邊形AHGE的面積，即可得到答案．【詳解】解：（1）如圖，由題意得：及平移的性質，點在線段的垂直平分線上，當時，點在線段的垂直平分線上．（2），，,又點在上，四邊形AHGD（）（3）四邊形AHGD且拋物線的對稱軸是：時，隨的增大而增大，當四邊形的面積最大，最大面積為：（4）如圖，連接過作于平分此時：由四邊形EGFD四邊形ABGE四邊形AHGE.四邊形EGFD:四邊形AHGE【點睛】本題考查的是平行四邊形中幾何動態問題，考查了線段的垂直平分線的性質，圖形面積的計算，二次函數的性質，掌握以上知識是解題的關鍵．21、（1）y＝﹣x2﹣2x+3（2）（﹣，）（3）存在，P（﹣2，3）或P（，）【分析】（1）用待定系數法求解；（2）過點P作PH⊥x軸于點H，交AB于點F，直線AB解析式為y＝x+3，設P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0），則F（t，t+3），則PF＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t，根據S△PAB＝S△PAF+S△PBF寫出解析式，再求函數最大值；（3）設P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0），則D（t，t+3），PD＝﹣t2﹣3t，由拋物線y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，由對稱軸為直線x＝﹣1，PE∥x軸交拋物線于點E，得yE＝yP，即點E、P關于對稱軸對稱，所以＝﹣1，得xE＝﹣2﹣xP＝﹣2﹣t，故PE＝|xE﹣xP|＝|﹣2﹣2t|，由△PDE為等腰直角三角形，∠DPE＝90°，得PD＝PE，再分情況討論：①當﹣3＜t≤﹣1時，PE＝﹣2﹣2t；②當﹣1＜t＜0時，PE＝2+2t【詳解】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3過點B（﹣3，0），C（1，0）∴解得：∴拋物線解析式為y＝﹣x2﹣2x+3（2）過點P作PH⊥x軸于點H，交AB于點F∵x＝0時，y＝﹣x2﹣2x+3＝3∴A（0，3）∴直線AB解析式為y＝x+3∵點P在線段AB上方拋物線上∴設P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0）∴F（t，t+3）∴PF＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t∴S△PAB＝S△PAF+S△PBF＝PF?OH+PF?BH＝PF?OB＝（﹣t2﹣3t）＝﹣（t+）2+∴點P運動到坐標為（﹣，），△PAB面積最大（3）存在點P使△PDE為等腰直角三角形設P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0），則D（t，t+3）∴PD＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t∵拋物線y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4∴對稱軸為直線x＝﹣1∵PE∥x軸交拋物線于點E∴yE＝yP，即點E、P關于對稱軸對稱∴＝﹣1∴xE＝﹣2﹣xP＝﹣2﹣t∴PE＝|xE﹣xP|＝|﹣2﹣2t|∵△PDE為等腰直角三角形，∠DPE＝90°∴PD＝PE①當﹣3＜t≤﹣1時，PE＝﹣2﹣2t∴﹣t2﹣3t＝﹣2﹣2t解得：t1＝1（舍去），t2＝﹣2∴P（﹣2，3）②當﹣1＜t＜0時，PE＝2+2t∴﹣t2﹣3t＝2+2t解得：t1＝，t2＝（舍去）∴P（，）綜上所述，點P坐標為（﹣2，3）或（，）時使△PDE為等腰直角三角形．【點睛】考核知識點：二次函數的綜合.數形結合分析問題，運用軸對稱性質和等腰三角形性質分析問題是關鍵.22、（1）見解析；（2）α=15°【分析】（1）利用四邊形AB′C′D′是菱形，得到AB′=B′C′=C′D′=AD′，根據∠B′AD′=∠B′C′D′=60°，可得△AB′D′，△B′C′D′是等邊三角形，進而得到△C′MN是等邊三角形，則有C′M=C′N，MB′=ND′，利用SAS即可證明△AB′M≌△AD′N；（2）由（1）得∠B′AM=∠D′AN，利用∠CAD=∠BAD=30°，即可解決問題.【詳解】（1）∵四邊形AB′C′D′是菱形，∴AB′=B′C′=C′D′=AD′，∵∠B′AD′=∠B′C′D′=60°，∴△AB′D′，△B′C′D′是等邊三角形，∵MN∥B′C′，∴∠C′MN=∠C′B′D′=60°，∠CNM=∠C′D′B′=60°，∴△C′MN是等邊三角形，∴C′M=C′N，∴MB′=ND′，∵∠AB′M=∠AD′N=120°，AB′=AD′，∴△AB′M≌△AD′N（SAS），（2）由△AB′M≌△AD′N得：∠B′AM=∠D′AN，∵∠CAD=∠BAD=30°，∴∠D′AN=∠B′AM=15°，∴α=15°【點睛】本題考查旋轉的性質，等邊三角形的判定和性質，菱形的性質等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題．23、詳見解析；點，的坐標分別為，【分析】利用網格特點和旋轉的性質畫出B、C的對應點B1、C1即可．【詳解】解：如圖，為所作，點，的坐標分別為，【點睛】本題考查了畫圖?性質變換：根據旋轉的性質可知，對應角都相等都等于旋轉角，對應線段也相等，由此可以通過作相等的角，在角的邊上截取相等的線段的方法，找到對應點，順次連接得出旋轉后的圖形．24、．【分析】根據已知條件證明△AOB∽△DOC，再根據相似三角形的對應邊成比例的性質列出等式，從而求得AB的長．【詳解】∵AB∥CD，∴∠A＝∠D，∠B＝∠C，∴△AOB∽△DOC，∴，即，∴AB＝．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定及性質，掌握有兩角對應相等的兩個三角形相似及相似三角形的三邊對應成比例是關鍵．25、（1）；（2）見解析；（3）3.025分；（4）1