2022-2023學年內(nèi)蒙古鄂爾多斯市東勝區(qū)數(shù)學九上期末學業(yè)質(zhì)量監(jiān)測試題含解析

2022-2023學年九上數(shù)學期末模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．下列圖形中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的個數(shù)有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個2．下列幾何體中，同一個幾何體的主視圖與左視圖不同的是（）A． B． C． D．3．一個幾何體是由若干個相同的正方體組成的，其主視圖和左視圖如圖所示，則這個幾何體最多可由多少個這樣的正方體組成（）A． B． C． D．4．如果反比例函數(shù)y=kx的圖像經(jīng)過點（－3，－A．第一、二象限 B．第一、三象限C．第二、四象限 D．第三、四象限5．有一副三角板，含45°的三角板的斜邊與含30°的三角板的長直角邊相等，如圖，將這副三角板直角頂點重合拼放在一起，點B，C，E在同一直線上，若BC＝2，則AF的長為（）A．2 B．2﹣2 C．4﹣2 D．2﹣6．按如下方法，將△ABC的三邊縮小到原來的，如圖，任取一點O，連結(jié)AO，BO，CO，并取它們的中點D、E、F，得△DEF；則下列說法錯誤的是（）A．點O為位似中心且位似比為1：2B．△ABC與△DEF是位似圖形C．△ABC與△DEF是相似圖形D．△ABC與△DEF的面積之比為4：17．如圖，下列條件不能判定△ADB∽△ABC的是（）A．∠ABD=∠ACB B．∠ADB=∠ABCC．AB2=AD?AC D．8．若，，則的值為（）A． B． C． D．9．如圖，將繞點，按逆時針方向旋轉(zhuǎn)120°，得到（點的對應點是點，點的對應點是點），連接.若，則的度數(shù)為（）A．15° B．20° C．30° D．45°10．在△ABC中，∠C＝90°，sinA＝，則tanB等于()A． B．C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．如圖，過上一點作的切線，與直徑的延長線交于點，若，則的度數(shù)為__________．12．已知cos(a-15°)=，那么a=____________13．如圖，某海防響所發(fā)現(xiàn)在它的西北方向，距離哨所400米的處有一般船向正東方向航行，航行一段時間后到達哨所北偏東方向的處，則此時這般船與哨所的距離約為________米．（精確到1米，參考數(shù)據(jù)：，）14．二次函數(shù)的最大值是________．15．如圖，為半圓的直徑，點、、是半圓弧上的三個點，且，，若，，連接交于點，則的長是______.16．如圖，□中，，，的周長為25，則的周長為__________．17．一元二次方程的解為________．18．把一個小球以20米/秒的速度豎直向上彈出，它在空中的高度h（米）與時間t（秒），滿足關系：h=20t-5t2，當小球達到最高點時，小球的運動時間為第_________秒時．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，直線y＝1x+1與y軸交于A點，與反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象交于點M，過M作MH⊥x軸于點H，且tan∠AHO＝1．（1）求H點的坐標及k的值；（1）點P在y軸上，使△AMP是以AM為腰的等腰三角形，請直接寫出所有滿足條件的P點坐標；（3）點N（a，1）是反比例函數(shù)y＝（x＞0）圖象上的點，點Q（m，0）是x軸上的動點，當△MNQ的面積為3時，請求出所有滿足條件的m的值．20．（6分）用“☆”定義一種新運算：對于任意有理數(shù)a和b，規(guī)定a☆b＝ab2＋2ab＋a.如：1☆3＝1×32＋2×1×3＋1＝16.(1)求(－2)☆3的值；(2)若＝8，求a的值．21．（6分）（問題呈現(xiàn)）阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC是⊙O的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），BC＞AB，點M是的中點，則從M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點，即CD＝DB+BA．下面是運用“截長法”證明CD＝DB+BA的部分證明過程．證明：如圖2，在CD上截取CG＝AB，連接MA、MB、MC和MG．∵M是的中點，∴MA＝MC①又∵∠A＝∠C②∴△MAB≌△MCG③∴MB＝MG又∵MD⊥BC∴BD＝DG∴AB+BD＝CG+DG即CD＝DB+BA根據(jù)證明過程，分別寫出下列步驟的理由：①，②，③；（理解運用）如圖1，AB、BC是⊙O的兩條弦，AB＝4，BC＝6，點M是的中點，MD⊥BC于點D，則BD＝；（變式探究）如圖3，若點M是的中點，（問題呈現(xiàn)）中的其他條件不變，判斷CD、DB、BA之間存在怎樣的數(shù)量關系？并加以證明．（實踐應用）根據(jù)你對阿基米德折弦定理的理解完成下列問題：如圖4，BC是⊙O的直徑，點A圓上一定點，點D圓上一動點，且滿足∠DAC＝45°，若AB＝6，⊙O的半徑為5，求AD長．22．（8分）已知拋物線的頂點為，且過點.直線與軸相交于點.（1）求該拋物線的解析式；（2）以線段為直徑的圓與射線相交于點，求點的坐標.23．（8分）已知關于x的方程x2-6x+k＝0的兩根分別是x1、x2.（1）求k的取值范圍；（2）當+=3時，求k的值．24．（8分）定義：有一組鄰邊相等的凸四邊形叫做“準菱形”，利用該定義完成以下各題：（1）理解：如圖1，在四邊形ABCD中，若__________（填一種情況），則四邊形ABCD是“準菱形”；（2）應用：證明：對角線相等且互相平分的“準菱形”是正方形；（請畫出圖形，寫出已知，求證并證明）（3）拓展：如圖2，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=2，BC=1，將Rt△ABC沿∠ABC的平分線BP方向平移得到△DEF，連接AD，BF，若平移后的四邊形ABFD是“準菱形”，求線段BE的長．25．（10分）某型號飛機的機翼形狀如圖所示，已知所在直線互相平行且都與所在直線垂直，．，，，．求的長度（參考數(shù)，，，，，）26．（10分）當時，求的值．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【分析】根據(jù)軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解．如果一個圖形沿著一條直線對折后兩部分完全重合，這樣的圖形叫做軸對稱圖形，這條直線叫做對稱軸，如果一個圖形繞某一點旋轉(zhuǎn)180°后能夠與自身重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形，這個點叫做對稱中心．【詳解】（1）是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形．不符合題意；（2）不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，不符合題意；（3）是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，符合題意；（4）是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，符合題意；故選：B．【點睛】本題考查了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，圖形沿對稱軸折疊后可重合；中心對稱圖形關鍵是要尋找對稱中心，圖形旋轉(zhuǎn)180°后與原圖重合．2、A【分析】主視圖、左視圖、俯視圖是分別從正面、左側(cè)面、上面看，得到的圖形，根據(jù)要求判斷每個立體圖形對應視圖是否不同即可．【詳解】解：A．圓的主視圖是矩形，左視圖是圓，故兩個視圖不同，正確．B．正方體的主視圖與左視圖都是正方形，錯誤．C．圓錐的主視圖和俯視圖都是等腰三角形，錯誤．D．球的主視圖與左視圖都是圓，錯誤．故選：A【點睛】簡單幾何體的三視圖，此類型題主要看清題目要求，判斷的是哪種視圖即可．3、B【分析】易得此幾何體有三行，三列，判斷出各行各列最多有幾個正方體組成即可．【詳解】解：綜合主視圖與左視圖分析可知，第一行第1列最多有2個，第一行第2列最多有1個，第一行第3列最多有2個；第二行第1列最多有1個，第二行第2列最多有1個，第二行第3列最多有1個；第三行第1列最多有2個，第三行第2列最多有1個，第三行第3列最多有2個；所以最多有：2+1+2+1+1+1+2+1+2=13（個），故選B．【點睛】本題考查了幾何體三視圖，重點是考查學生的空間想象能力．掌握以下知識點：主視圖反映長和高，左視圖反映寬和高，俯視圖反映長和寬.4、B【解析】根據(jù)反比例函數(shù)圖象上點的坐標特點可得k=12，再根據(jù)反比例函數(shù)的性質(zhì)可得函數(shù)圖象位于第一、三象限．【詳解】∵反比例函數(shù)y＝kx的圖象經(jīng)過點（-3，-4∴k=-3×（-4）=12，∵12＞0，∴該函數(shù)圖象位于第一、三象限，故選：B．【點睛】此題主要考查了反比例函數(shù)的性質(zhì)，關鍵是根據(jù)反比例函數(shù)圖象上點的坐標特點求出k的值．5、D【分析】根據(jù)正切的定義求出AC，根據(jù)正弦的定義求出CF，計算即可．【詳解】解：在Rt△ABC中，BC＝2，∠A＝30°，AC＝＝2，則EF＝AC＝2，∵∠E＝45°，∴FC＝EF?sinE＝，∴AF＝AC﹣FC＝2﹣，故選：D．【點睛】本題考查的是特殊角的三角函數(shù)值的應用，掌握銳角三角函數(shù)的概念、熟記特殊角的三角函數(shù)值是解題的關鍵．6、A【分析】根據(jù)位似圖形的性質(zhì)，得出①△ABC與△DEF是位似圖形進而根據(jù)位似圖形一定是相似圖形得出②△ABC與△DEF是相似圖形，再根據(jù)周長比等于位似比，以及根據(jù)面積比等于相似比的平方，即可得出答案．【詳解】∵如圖，任取一點O，連結(jié)AO，BO，CO，并取它們的中點D、E、F，得△DEF，∴將△ABC的三邊縮小到原來的，此時點O為位似中心且△ABC與△DEF的位似比為2：1，故選項A說法錯誤，符合題意；△ABC與△DEF是位似圖形，故選項B說法正確，不合題意；△ABC與△DEF是相似圖形，故選項C說法正確，不合題意；△ABC與△DEF的面積之比為4：1，故選項D說法正確，不合題意；故選：A．【點睛】此題主要考查了位似圖形的性質(zhì)，正確的記憶位似圖形性質(zhì)是解決問題的關鍵．7、D【分析】根據(jù)有兩個角對應相等的三角形相似，以及根據(jù)兩邊對應成比例且夾角相等的兩個三角形相似，分別判斷得出即可．【詳解】解：A、∵∠ABD=∠ACB，∠A=∠A，∴△ABC∽△ADB，故此選項不合題意；B、∵∠ADB=∠ABC，∠A=∠A，∴△ABC∽△ADB，故此選項不合題意；C、∵AB2=AD?AC，∴，∠A=∠A，△ABC∽△ADB，故此選項不合題意；D、=不能判定△ADB∽△ABC，故此選項符合題意．故選D．【點睛】點評：本題考查了相似三角形的判定，利用了有兩個角對應相等的三角形相似，兩邊對應成比例且夾角相等的兩個三角形相似．8、D【分析】先利用平方差公式得到=（a+b）（a-b），再把，整體代入即可．【詳解】解：=（a+b）（a-b）==．故答案為D．【點睛】本題考查了平方差公式，把a+b和a-b看成一個整體是解題的關鍵．9、C【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)易得∠AB′B=30°，再根據(jù)平行線的性質(zhì)即可得∠C′AB′=∠AB′B=30°．【詳解】解：∵將△ABC繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)l20°得到△AB′C′，

∴∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，

∴∠AB′B=（180°-120°）=30°，

∵AC′∥BB′，

∴∠C′AB′=∠AB′B=30°，

∴∠CAB=∠C′AB′=30°，

故選：C．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：旋轉(zhuǎn)前后兩圖形全等；對應點到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對應點與旋轉(zhuǎn)中心的連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角．10、B【解析】法一，依題意△ABC為直角三角形，∴∠A+∠B=90°，∴cosB=，∵，∴sinB=,∵tanB==故選B法2，依題意可設a=4,b=3,則c=5，∵tanb=故選B二、填空題(每小題3分,共24分)11、26°【分析】連接OC，利用切線的性質(zhì)可求得∠COD的度數(shù)，然后利用圓周角定理可得出答案．【詳解】解：連接OC，

∵CD與⊙O相切于點D，與直徑AB的延長線交于點D，

∴∠DCO=90°，

∵∠D=38°，

∴∠COD=52°，

∴∠E=∠COD=26°，

故答案為：26°．【點睛】此題考查切線的性質(zhì)以及圓周角定理，關鍵是通過連接半徑構造直角三角形求出∠COD的度數(shù)．12、45°【分析】由題意直接利用特殊角的三角函數(shù)值，進行分析計算進而得出答案．【詳解】解：∵，∴a-15°=30°，∴a=45°．故答案為：45°．【點睛】本題主要考查特殊角的三角函數(shù)值，牢記是特殊角的三角函數(shù)值解題的關鍵．13、566【分析】通過解直角△OAC求得OC的長度，然后通過解直角△OBC求得OB的長度即可．【詳解】設與正北方向線相交于點，根據(jù)題意，所以，在中，因為，所以，中，因為，所以（米）．故答案為566.【點睛】考查了解直角三角形的應用-方向角的問題．此題是一道方向角問題，結(jié)合航海中的實際問題，將解直角三角形的相關知識有機結(jié)合，體現(xiàn)了數(shù)學應用于實際生活的思想．14、1【分析】題目所給形式是二次函數(shù)的頂點式，易知其頂點坐標是（5，1），也就是當x＝5時，函數(shù)有最大值1．【詳解】解：∵，∴此函數(shù)的頂點坐標是（5，1）．即當x＝5時，函數(shù)有最大值1．故答案是：1．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的最值，解題關鍵是掌握二次函數(shù)頂點式，并會根據(jù)頂點式求最值．15、【分析】連接OC，根據(jù)菱形的判定，可得四邊形AODC為菱形，從而得出AC=OD，根據(jù)圓的性質(zhì)可得OE=OC=AC=OA=，從而得出△AOC為等邊三角形，然后根據(jù)同弧所對的圓周角是圓心角的一半，可求得∠EOC，從而得出OE平分∠AOC，根據(jù)三線合一和銳角三角函數(shù)即可求出OF，從而求出EF.【詳解】解：連接OC∵，，OA=OD∴四邊形AODC為菱形∴AC=OD∵∴OE=OC=AC=OA=∴△AOC為等邊三角形∴∠AOC=60°∵∴∠EOC=2∴OE平分∠AOC∴OE⊥AC在Rt△OFC中，cos∠EOC=∴∴EF=OE－OF=故答案為：.【點睛】此題考查的是菱形的判定及性質(zhì)、圓的基本性質(zhì)、等邊三角形的判定及性質(zhì)和解直角三角形，掌握菱形的判定及性質(zhì)、同弧所對的圓周角是圓心角的一半、等邊三角形的判定及性質(zhì)和用銳角三角函數(shù)解直角三角形是解決此題的關鍵.16、2【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得出△ABD≌CDB，求得△ABD的周長，利用三角形相似的性質(zhì)即可求得△DEF的周長．【詳解】解：∵EF∥AB，DE:AE=2:3，

∴△DEF∽△DAB，，∴△DEF與△ABD的周長之比為2:1．

又∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AB=CD，AD=BC，BD=DB，

∴△ABD≌△CDB（SSS），又△BDC的周長為21，∴△ABD的周長為21，

∴△DEF的周長為2，

故答案為：2．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，理解相似三角形的周長比與相似比的關系是解題的關鍵．17、，【解析】利用“十字相乘法”對等式的左邊進行因式分解.【詳解】由原方程，得，則或，解得，.故答案為：，.【點睛】本題考查了解一元二次方程-因式分解法.因式分解法就是先把方程的右邊化為0，再把左邊通過因式分解化為兩個一次因式的積的形式，那么這兩個因式的值就都有可能為0，這就能得到兩個一元一次方程的解，這樣也就把原方程進行了降次，把解一元二次方程轉(zhuǎn)化為解一元一次方程的問題了（數(shù)學轉(zhuǎn)化思想）.18、1【解析】h=10t-5t1=-5（t-1）1+10，∵-5＜0，∴函數(shù)有最大值，則當t=1時，球的高度最高．故答案為1．三、解答題(共66分)19、（1）k＝4；（1）點P的坐標為（0，6）或（0，1+），或（0，1﹣）；（2）m＝7或2．【解析】（1）先求出OA=1，結(jié)合tan∠AHO=1可得OH的長，即可得知點M的橫坐標，代入直線解析式可得點M坐標，代入反比例解析式可得k的值；

（1）分AM=AP和AM=PM兩種情況分別求解可得；

（2）先求出點N（4，1），延長MN交x軸于點C，待定系數(shù)法求出直線MN解析式為y=-x+3．據(jù)此求得OC=3，再由S△MNQ=S△MQC-S△NQC=2知QC=1，再進一步求解可得．【詳解】（1）由y＝1x+1可知A（0，1），即OA＝1，∵tan∠AHO＝1，∴OH＝1，∴H（1，0），∵MH⊥x軸，∴點M的橫坐標為1，∵點M在直線y＝1x+1上，∴點M的縱坐標為4，即M（1，4），∵點M在y＝上，∴k＝1×4＝4；（1）①當AM＝AP時，∵A（0，1），M（1，4），∴AM＝，則AP＝AM＝，∴此時點P的坐標為（0，1﹣）或（0，1+）；②若AM＝PM時，設P（0，y），則PM＝，∴＝，解得y＝1（舍）或y＝6，此時點P的坐標為（0，6），綜上所述，點P的坐標為（0，6）或（0，1+），或（0，1﹣）；（2）∵點N（a，1）在反比例函數(shù)y＝（x＞0）圖象上，∴a＝4，∴點N（4，1），延長MN交x軸于點C，設直線MN的解析式為y＝mx+n，則有解得，∴直線MN的解析式為y＝﹣x+3．∵點C是直線y＝﹣x+3與x軸的交點，∴點C的坐標為（3，0），OC＝3，∵S△MNQ＝2，∴S△MNQ＝S△MQC﹣S△NQC＝×QC×4﹣×QC×1＝QC＝2，∴QC＝1，∵C（3，0），Q（m，0），∴|m﹣3|＝1，∴m＝7或2，故答案為7或2．【點睛】本題是反比例函數(shù)綜合問題，解題的關鍵是掌握待定系數(shù)法求一次函數(shù)和反比例函數(shù)解析式、等腰三角形的判定與性質(zhì)、兩點之間的距離公式及三角形的面積計算．20、(1)－32；(2)a＝1.【解析】分析：（1）原式利用題中的新定義化簡，計算即可得到結(jié)果；（2）已知等式利用題中的新定義化簡，即可求出a的值．詳解：（1）（-2）☆3=-2×32+2×（-2）×3+（-2）=-32；（2）==8a+8=8，解得：a=1．點睛：此題考查了有理數(shù)的混合運算，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵．21、（問題呈現(xiàn)）相等的弧所對的弦相等；同弧所對的圓周角相等；有兩組邊及其夾角分別對應相等的兩個三角形全等；（理解運用）1；（變式探究）DB＝CD+BA；證明見解析；（實踐應用）1或．【分析】（問題呈現(xiàn)）根據(jù)圓的性質(zhì)即可求解；（理解運用）CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，即可求解；（變式探究）證明△MAB≌△MGB（SAS），則MA＝MG，MC＝MG，又DM⊥BC，則DC＝DG，即可求解；（實踐應用）已知∠D1AC＝45°，過點D1作D1G1⊥AC于點G1，則CG1′+AB＝AG1，所以AG1＝（6+2）＝1．如圖∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．【詳解】（問題呈現(xiàn)）①相等的弧所對的弦相等②同弧所對的圓周角相等③有兩組邊及其夾角分別對應相等的兩個三角形全等故答案為：相等的弧所對的弦相等；同弧所定義的圓周角相等；有兩組邊及其夾角分別對應相等的兩個三角形全等；（理解運用）CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，BD＝BC﹣CD＝6﹣5＝1，故答案為：1；（變式探究）DB＝CD+BA．證明：在DB上截去BG＝BA，連接MA、MB、MC、MG，∵M是弧AC的中點，∴AM＝MC，∠MBA＝∠MBG．又MB＝MB∴△MAB≌△MGB（SAS）∴MA＝MG∴MC＝MG，又DM⊥BC，∴DC＝DG，AB+DC＝BG+DG，即DB＝CD+BA；（實踐應用）如圖，BC是圓的直徑，所以∠BAC＝90°．因為AB＝6，圓的半徑為5，所以AC＝2．已知∠D1AC＝45°，過點D1作D1G1⊥AC于點G1，則CG1′+AB＝AG1，所以AG1＝（6+2）＝1．所以AD1＝1．如圖∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．所以AD的長為1或．【點睛】本題考查全等三角形的判定（SAS）與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)和圓心角、弦、弧，解題的關鍵是掌握全等三角形的判定（SAS）與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)和圓心角、弦、弧.22、（1）；（2）或【分析】（1）先設出拋物線的頂點式，再將點A的坐標代入可得出結(jié)果；（2）先求出射線的解析式為，可設點P的坐標為(x,x)．圓與射線OA相交于兩點，分兩種情況：①如圖1當時，構造和，再在直角三角形中利用勾股定理，列方程求解；②如圖2，當時，構造和，再在直角三角形中利用勾股定理，列方程求解．【詳解】解：（1）根據(jù)頂點設拋物線的解析式為：，代入點，得：，拋物線的解析式為：．設直線的解析式為：，分別代入和，得：，直線的解析式為：；（2）由（1）得：直線的解析式為，令，得，由題意可得射線的解析式為，點在射線上，則可設點，由圖可知滿足條件的點有兩個：①當時，構造和，可得：如圖1：由圖可得，，，．在Rt△PMD中，,在Rt△PBG中，,在Rt△BMH中，,點在以線段為直徑的圓上,，可得：,即：．整理，得：，解得：；,．;②當時，如圖2，構造和，可得：同理，根據(jù)BM2=BP2+PM2，可得方程：42+42=(6-x)2+x2+(x-2)2+(x-4)2,化簡得，，解得：，∵．．綜上所述，符合題目條件的點有兩個，其坐標分別為：或．【點睛】本題主要考查二次函數(shù)解析式的求法，以及圓的相關性質(zhì)，關鍵是構造直角三角形利用勾股定理列方程解決問題．23、（1）k≤9；（2）2【分析】（1）根據(jù)判別式的意義得到Δ=(-6)2－4k=36－4k≥0，然后解不等式即可；（2）根據(jù)根與系數(shù)的關系得到x1+x2=6，x1x2=k，再利用=3得到=3，得到滿足條件的k的值．【詳解】（1）∵方程有兩根∴Δ=(-6)2－4k=36－4k≥0∴k≤9；（2）由已知可得，x1+x2=6