2022-2023學年四川省遂寧市市城區(qū)九年級數學第一學期期末調研模擬試題含解析

2022-2023學年九上數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，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，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?？荚嚱Y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．在中，，，，則直角邊的長是（）A． B． C． D．2．某校進行體操隊列訓練，原有8行10列，后增加40人，使得隊伍增加的行數、列數相同，你知道增加了多少行或多少列嗎？設增加了行或列，則列方程得（）A．(8﹣)(10﹣)=8×10﹣40 B．(8﹣)(10﹣)=8×10+40C．(8+)(10+)=8×10﹣40 D．(8+)(10+)=8×10+403．下列事件中，是隨機事件的是（）A．兩條直線被第三條直線所截，同位角相等B．任意一個四邊形的外角和等于360°C．早上太陽從西方升起D．平行四邊形是中心對稱圖形4．從下列兩組卡片中各摸一張，所摸兩張卡片上的數字之和為5的概率是（）第一組：1,2,3第二組：2,3,4A． B． C． D．5．在中，，，若，則的長為（）．A． B． C． D．6．共享單車為市民出行帶來了方便，某單車公司第一季度投放1萬輛單車，計劃第三季度投放單車的數量比第一季度多4400輛，設該公司第二、三季度投放單車數量的平均增長率均為，則所列方程正確的是（）A． B．C． D．7．如圖，AB與⊙O相切于點A，BO與⊙O相交于點C，點D是優(yōu)弧AC上一點，∠CDA＝27°，則∠B的大小是（）A．27° B．34° C．36° D．54°8．如圖，從一塊半徑為的圓形鐵皮上剪出一個圓心角是的扇形，則此扇形圍成的圓錐的側面積為（）A． B． C． D．9．如圖，⊙O是等邊△ABC的外接圓，其半徑為3，圖中陰影部分的面積是（）A．π B． C．2π D．3π10．不等式組的解集是（）A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．一個多邊形的每個外角都是36°，這個多邊形是______邊形．12．在Rt△ABC中，斜邊AB=4，∠B=60°，將△ABC繞點B旋轉60°，頂點C運動的路線長是（結果保留π）．13．如圖，C、D是線段AB的兩個黃金分割點，且CD＝1，則線段AB的長為_____．14．如圖，扇形紙扇完全打開后，外側兩竹條AB，AC夾角為120°，AB的長為20cm，扇面BD的長為15cm，則弧DE的長是_____．15．同時拋擲兩枚質地均勻的硬幣，則兩枚硬幣全部正面向上的概率是．16．已知為銳角，且，那么等于_____________．17．如圖，AB是⊙C的直徑，點C、D在⊙C上，若∠ACD＝33°，則∠BOD＝_____．18．如圖，AB為半圓的直徑，點D在半圓弧上，過點D作AB的平行線與過點A半圓的切線交于點C，點E在AB上，若DE垂直平分BC，則＝______．三、解答題(共66分)19．（10分）有4張看上去無差別的卡片，上面分別寫著1，2，3，4.(1)一次性隨機抽取2張卡片，求這兩張卡片上的數字之和為奇數的概率；(2)隨機摸取1張后，放回并混在一起，再隨機抽取1張，求兩次取出的卡片上的數字之和等于4的概率.20．（6分）（1）已知如圖1，在中，，，點在內部，點在外部，滿足，且．求證：．（2）已知如圖2，在等邊內有一點，滿足，，，求的度數．21．（6分）數學概念若點在的內部，且、和中有兩個角相等，則稱是的“等角點”，特別地，若這三個角都相等，則稱是的“強等角點”.理解概念（1）若點是的等角點，且，則的度數是.（2）已知點在的外部，且與點在的異側，并滿足，作的外接圓，連接，交圓于點.當的邊滿足下面的條件時，求證：是的等角點.（要求：只選擇其中一道題進行證明?。偃鐖D①，②如圖②，深入思考（3）如圖③，在中，、、均小于，用直尺和圓規(guī)作它的強等角點.（不寫作法，保留作圖痕跡）（4）下列關于“等角點”、“強等角點”的說法：①直角三角形的內心是它的等角點；②等腰三角形的內心和外心都是它的等角點；③正三角形的中心是它的強等角點；④若一個三角形存在強等角點，則該點到三角形三個頂點的距離相等；⑤若一個三角形存在強等角點，則該點是三角形內部到三個頂點距離之和最小的點，其中正確的有.（填序號）22．（8分）我市某中學藝術節(jié)期間，向全校學生征集書畫作品．九年級美術王老師從全年級14個班中隨機抽取了4個班，對征集到的作品的數量進行了分析統(tǒng)計，制作了如下兩幅不完整的統(tǒng)計圖．（1）王老師采取的調查方式是（填“普查”或“抽樣調查”），王老師所調查的4個班征集到作品共件，其中b班征集到作品件，請把圖2補充完整；（2）王老師所調查的四個班平均每個班征集作品多少件？請估計全年級共征集到作品多少件？（3）如果全年級參展作品中有5件獲得一等獎，其中有3名作者是男生，2名作者是女生．現在要在其中抽兩人去參加學?？偨Y表彰座談會，請直接寫出恰好抽中一男一女的概率．23．（8分）已知如圖所示，A，B，C是⊙O上三點，∠AOB=120°，C是的中點，試判斷四邊形OACB形狀，并說明理由．24．（8分）若拋物線y＝ax2+bx﹣3的對稱軸為直線x＝1，且該拋物線經過點（3，0）．（1）求該拋物線對應的函數表達式．（2）當﹣2≤x≤2時，則函數值y的取值范圍為．（3）若方程ax2+bx﹣3＝n有實數根，則n的取值范圍為．25．（10分）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形的頂點坐標分別為，，，.動點從點出發(fā)，以每秒個單位長度的速度沿邊向終點運動；動點從點同時出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿邊向終點運動，設運動的時間為秒，.（1）直接寫出關于的函數解析式及的取值范圍：_______；（2）當時，求的值；（3）連接交于點，若雙曲線經過點，問的值是否變化？若不變化，請求出的值；若變化，請說明理由.26．（10分）如圖，將△ABC繞點B旋轉得到△DBE，且A，D，C三點在同一條直線上。求證：DB平分∠ADE．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【分析】根據余弦的定義求解．【詳解】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，cosB=，

∴BC=10cos40°．

故選：B．【點睛】本題考查解直角三角形：在直角三角形中，由已知元素求未知元素的過程就是解直角三角形．2、D【解析】增加了行或列，現在是行，列，所以(8+)(10+)=8×10+40.3、A【分析】根據隨機事件的概念對每一事件進行分析.【詳解】選項A,只有當兩條直線為平行線時,同位角才相等，故不確定為隨機事件.選項B，不可能事件.選項C，不可能事件選項D,必然事件.故選A【點睛】本題考查了隨機事件的概念.4、D【分析】根據題意，通過樹狀圖法即可得解.【詳解】如下圖，畫樹狀圖可知，從兩組卡片中各摸一張，一共有9種可能性，兩張卡片上的數字之和為5的可能性有3種，則P(兩張卡片上的數字之和為5)，故選：D.【點睛】本題屬于概率初步題，熟練掌握樹狀圖法或者列表法是解決本題的關鍵.5、A【分析】根據余弦的定義和性質求解即可．【詳解】∵，，∴∴故答案為：A．【點睛】本題考查了銳角三角函數的問題，掌握余弦的定義和性質是解題的關鍵．6、B【解析】直接根據題意得出第三季度投放單車的數量為：（1+x）2=1+0.1，進而得出答案．【詳解】解：設該公司第二、三季度投放單車數量的平均增長率為x，根據題意可得：（1+x）2=1.1．故選：B．【點睛】此題主要考查了根據實際問題抽象出一元二次方程，求平均變化率的方法為：若設變化前的量為a，變化后的量為b，平均變化率為x，則經過兩次變化后的數量關系為a（1±x）2=b．7、C【分析】由切線的性質可知∠OAB=90°，由圓周角定理可知∠BOA=54°，根據直角三角形兩銳角互余可知∠B=36°．【詳解】解：∵AB與⊙O相切于點A，

∴OA⊥BA．

∴∠OAB=90°．

∵∠CDA=27°，

∴∠BOA=54°．

∴∠B=90°-54°=36°．故選C．考點：切線的性質．8、A【分析】連接OB、OC和BC，過點O作OD⊥BC于點D，然后根據同弧所對的圓周角是圓心角的一半、等邊三角形判定和垂徑定理可得∠BOC=2∠BAC=120°，△ABC為等邊三角形，BC=2BD，然后根據銳角三角函數即可求出BD，從而求出BC和AB，然后根據扇形的面積公式計算即可．【詳解】解：連接OB、OC和BC，過點O作OD⊥BC于點D由題意可得：OB=OC=20cm，∠BAC=60°，AB=AC∴∠BOC=2∠BAC=120°，△ABC為等邊三角形，BC=2BD∴∠OBC=∠OCB=（180°－∠BOC）=30°，AB=AC=BC在Rt△OBD中，BD=OB·cos∠OBD=cm∴BC=2BD=cm∴AB=BC=cm∴圓錐的側面積=S扇形BAC=故選A．【點睛】此題考查的是圓周角定理、垂徑定理、等邊三角形的判定及性質、銳角三角函數和求圓錐側面積，掌握圓周角定理、垂徑定理、等邊三角形的判定及性質、銳角三角函數和扇形的面積公式是解決此題的關鍵．9、D【分析】根據等邊三角形的性質得到∠A=60°，再利用圓周角定理得到∠BOC=120°，然后根據扇形的面積公式計算圖中陰影部分的面積即可．【詳解】∵△ABC為等邊三角形，∴∠A=60°，∴∠BOC=2∠A=120°，∴圖中陰影部分的面積==3π．故選D．【點睛】本題考查了三角形的外接圓與外心、圓周角定理及扇形的面積公式，求得∠BOC=120°是解決問題的關鍵．10、D【分析】根據不等式的性質解不等式組即可.【詳解】解：化簡可得：因此可得故選D.【點睛】本題主要考查不等式組的解，這是中考的必考點，應當熟練掌握.二、填空題(每小題3分,共24分)11、十【分析】根據正多邊形的性質，邊數等于360°除以每一個外角的度數．【詳解】∵一個多邊形的每個外角都是36°，∴n=360°÷36°=10，故答案為：十．【點睛】本題考查多邊形內角與外角，掌握多邊形的外角和為解題關鍵．12、．【解析】試題分析：將△ABC繞點B旋轉60°，頂點C運動的路線長是就是以點B為圓心，BC為半徑所旋轉的弧，根據弧長公式即可求得．試題解析：∵AB=4，∴BC=2，所以弧長=．考點：1．弧長的計算；2．旋轉的性質．13、2+【分析】設線段AB＝x，根據黃金分割點的定義可知AD＝AB，BC＝AB，再根據CD＝AB﹣AD﹣BC可列關于x的方程，解方程即可【詳解】∵線段AB＝x，點C、D是AB黃金分割點，∴較小線段AD＝BC＝，則CD＝AB﹣AD﹣BC＝x﹣2×＝1，解得：x＝2+．故答案為：2+【點睛】本題考查黃金分割的知識，解題的關鍵是掌握黃金分割中，較短的線段＝原線段的倍．14、cm【分析】直接利用弧長公式計算得出答案．【詳解】弧DE的長為：.故答案是：.【點睛】考查了弧長公式計算，正確應用弧長公式是解題關鍵．15、．【解析】試題分析：畫樹狀圖為：共有4種等可能的結果數，其中兩枚硬幣全部正面向上的結果數為1，所以兩枚硬幣全部正面向上的概率=．故答案為．考點：列表法與樹狀圖法．16、【分析】根據特殊角的三角函數值即可求出答案．【詳解】故答案為：．【點睛】本題主要考查特殊角的三角函數值，掌握特殊角的三角函數值是解題的關鍵．17、114°．【分析】利用圓周角定理求出∠AOD即可解決問題．【詳解】∵∠AOD＝2∠ACD，∠ACD＝33°，∴∠AOD＝66°，∴∠BOD＝180°﹣66°＝114°，故答案為114°．【點睛】本題考查圓周角定理，解題的關鍵是掌握圓周角定理.18、【分析】連接CE，過點B作BH⊥CD交CD的延長線于點H，可證四邊形ACHB是矩形，可得AC＝BH，AB＝CH，由垂直平分線的性質可得BE＝CE，CD＝BD，可證CE＝BE＝CD＝DB，通過證明Rt△ACE≌Rt△HBD，可得AE＝DH，通過證明△ACD∽△DHB，可得AC2＝AE?BE，由勾股定理可得BE2﹣AE2＝AC2，可得關于BE，AE的方程，即可求解．【詳解】解：連接CE，過點B作BH⊥CD交CD的延長線于點H，∵AC是半圓的切線∴AC⊥AB，∵CD∥AB，∴AC⊥CD，且BH⊥CD，AC⊥AB，∴四邊形ACHB是矩形，∴AC＝BH，AB＝CH，∵DE垂直平分BC，∴BE＝CE，CD＝BD，且DE⊥BC，∴∠BED＝∠CED，∵AB∥CD，∴∠BED＝∠CDE＝∠CED，∴CE＝CD，∴CE＝BE＝CD＝DB，∵AC＝BH，CE＝BD，∴Rt△ACE≌Rt△HBD（HL）∴AE＝DH，∵CE2﹣AE2＝AC2，∴BE2﹣AE2＝AC2，∵AB是直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠ADC+∠BDH＝90°，且∠ADC+∠CAD＝90°，∴∠CAD＝∠BDH，且∠ACD＝∠BHD，∴△ACD∽△DHB，∴，∴AC2＝AE?BE，∴BE2﹣AE2＝AE?BE，∴BE＝AE，∴故答案為：．【點睛】本題考察垂直平分線的性質、矩形的性質和相似三角形，解題關鍵是連接CE，過點B作BH⊥CD交CD的延長線于點H，證明出四邊形ACHB是矩形.三、解答題(共66分)19、(1)；(2).【分析】（1）先列出一次性隨機抽取2張卡片的所有可能的結果，再找出兩張卡片上的數字之和為奇數的結果，最后利用概率公式計算即可；（2）先列出兩次抽取卡片的所有可能的結果，再找出兩次取出的卡片上的數字之和等于4的結果，最后利用概率公式計算即可；【詳解】（1）由題意得：一次性隨機抽取2張卡片的所有可能的結果有6種，即，它們每一種出現的可能性相等從中可看出，兩張卡片上的數字之和為奇數的結果有4種，即故所求的概率為；（2）兩次抽取卡片的所有可能的結果有16種，列表如下：第一次第二次12341234它們每一種出現的可能性相等從中可看出，兩次取出的卡片上的數字之和等于4的結果有3種，即故所求的概率為.【點睛】本題考查了用列舉法求概率，依據題意正確列舉出事件的所有可能的結果是解題關鍵.20、（1）詳見解析；（2）150°【分析】（1）先證∠ABD=∠CBE，根據SAS可證△ABD≌△CBE；（2）把線段PC以點C為中心順時針旋轉60°到線段CQ處，連結AQ．根據旋轉性質得△PCQ是等邊三角形，根據等邊三角形性質證△BCP≌△ACQ（SAS），得BP=AQ=4，∠BPC=∠AQC，根據勾股定理逆定理可得∠AQP=90°，進一步推出∠BPC=∠AQC=∠AQP+∠PQC=90°+60°.【詳解】（1）證明：∵∠ABC=90°，BD⊥BE∴∠ABC=∠DBE=90°即∠ABD+∠DBC=∠DBC+∠CBE∴∠ABD=∠CBE．又∵AB=CB，BD=BE∴△ABD≌△CBE（SAS）．（2）如圖，把線段PC以點C為中心順時針旋轉60°到線段CQ處，連結AQ．由旋轉知識可得：∠PCQ=60°，CP=CQ=1，∴△PCQ是等邊三角形，∴CP=CQ=PQ=1．又∵△ABC是等邊三角形，∴∠ACB=60°=∠PCQ，BC=AC，∴∠BCP+∠PCA=∠PCA+∠ACQ，即∠BCP=∠ACQ．在△BCP與△ACQ中∴△BCP≌△ACQ（SAS）∴BP=AQ=4，∠BPC=∠AQC．又∵PA=5，∴．∴∠AQP=90°又∵△PCQ是等邊三角形，∴∠PQC=60°∴∠BPC=∠AQC=∠AQP+∠PQC=90°+60°=150°∴∠BPC=150°．【點睛】考核知識點：等邊三角形，全等三角形，旋轉，勾股定理.根據旋轉性質和全等三角形判定和性質求出邊和角的關系是關鍵.21、（1）100、130或1；（2）選擇①或②，理由見解析；（3）見解析；（4）③⑤【分析】（1）根據“等角點”的定義，分類討論即可；（2）①根據在同圓中，弧和弦的關系和同弧所對的圓周角相等即可證明；②弧和弦的關系和圓的內接四邊形的性質即可得出結論；（3）根據垂直平分線的性質、等邊三角形的性質、弧和弦的關系和同弧所對的圓周角相等作圖即可；（4）根據“等角點”和“強等角點”的定義，逐一分析判斷即可．【詳解】（1）（i）若=時，∴==100°（ii）若時，∴（360°－）=130°；（iii）若=時，360°－－=1°，綜上所述：=100°、130°或1°故答案為：100、130或1．（2）選擇①：連接∵∴∴∵，∴∴是的等角點．選擇②連接∵∴∴∵四邊形是圓的內接四邊形，∴∵∴∴是的等角點（3）作BC的中垂線MN，以C為圓心，BC的長為半徑作弧交MN與點D，連接BD，根據垂直平分線的性質和作圖方法可得：BD=CD=BC∴△BCD為等邊三角形∴∠BDC=∠BCD=∠DBC=60°作CD的垂直平分線交MN于點O以O為圓心OB為半徑作圓，交AD于點Q，圓O即為△BCD的外接圓∴∠BQC=180°－∠BDC=120°∵BD=CD∴∠BQD=∠CQD∴∠BQA=∠CQA=（360°－∠BQC）=120°∴∠BQA=∠CQA=∠BQC如圖③，點即為所求．（4）③⑤．①如下圖所示，在RtABC中，∠ABC=90°，O為△ABC的內心假設∠BAC=60°，∠ACB=30°∵點O是△ABC的內心∴∠BAO=∠CAO=∠BAC=30°，∠ABO=∠CBO=∠ABC=45°，∠ACO=∠BCO=∠ACB=15°∴∠AOC=180°－∠CAO－∠ACO=135°，∠AOB=180°－∠BAO－∠ABO=105°，∠BOC=180°－∠CBO－∠BCO=120°顯然∠AOC≠∠AOB≠∠BOC，故①錯誤；②對于鈍角等腰三角形，它的外心在三角形的外部，不符合等角點的定義，故②錯誤；③正三角形的每個中心角都為：360°÷3=120°，滿足強等角點的定義，所以正三角形的中心是它的強等角點，故③正確；④由（3）可知，點Q為△ABC的強等角，但Q不在BC的中垂線上，故QB≠QC，故④錯誤；⑤由（3）可知，當的三個內角都小于時，必存在強等角點．如圖④，在三個內角都小于的內任取一點，連接、、，將繞點逆時針旋轉到，連接，∵由旋轉得，，∴是等邊三角形．∴∴∵、是定點，∴當、、、四點共線時，最小，即最?。敒榈膹姷冉屈c時，，此時便能保證、、、四點共線，進而使最?。蚀鸢笧椋孩邰荩军c睛】此題考查的是新定義類問題、圓的基本性質、圓周角定理、圓的內接多邊形綜合大題，掌握“等角點”和“強等角點”的定義、圓的基本性質、圓周角定理、圓的內接多邊形中心角公式和分類討論的數學思想是解決此題的關鍵．22、（1）抽樣調查；12；3；（2）60；（3）．【解析】試題分析：（1）根據只抽取了4個班可知是抽樣調查，根據C在扇形圖中的角度求出所占的份數，再根據C的人數是5，列式進行計算即可求出作品的件數，然后減去A、C、D的件數即為B的件數；（2）求出平均每一個班的作品件數，然后乘以班級數14，計算即可得解；（3）畫出樹狀圖或列出圖表，再根據概率公式列式進行計算即可得解．試題解析：（1）抽樣調查，所調查的4個班征集到作品數為：5÷=12件，B作品的件數為：12﹣2﹣5﹣2=3件，故答案為抽樣調查；12；3；把圖2補充完整如下：（2）王老師所調查的四個班平均每個班征集作品=12÷4=3（件），所以，估計全年級征集到參展作品：3×14=42（件）；（3）畫樹狀圖如下：列表如下：共有20種機會均等的結果，其中一男一女占12種，所以，P（一男一女）==，即恰好抽中一男一女的概率是．考點：1．條形統(tǒng)計圖；2．用樣本估計總體；3．扇形統(tǒng)計圖；4．列表法與樹狀圖法；5．圖表型．23、AOBC是菱形，理由見解析.【分析】連接OC，根據等邊三角形的判定及圓周角定理進行分析即可．【詳解】AOBC是菱形，理由如下：連接OC，∵C是的中點∴∠AOC=∠BOC=×120°=60°，∵CO=BO（⊙O的半徑），∴△OBC是等邊三角形，∴OB=BC，同理△OCA是等邊三角形，∴OA=AC，又∵OA=OB，∴OA=AC=BC=BO，∴AOBC是菱形．【點睛】本題利用了等邊三角形的判定和性質，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．24、（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）﹣1≤y≤5；（3）n≥﹣1．【分析】（1）由對稱軸x＝1可得b=-2a，再將點（3，0）代入拋物線解析式得到9a+3b-3=0，然后列二元一次方程組求出a、b即可；（2）用配方法可得到y(tǒng)＝（x﹣1）2﹣1，則當x=1時，y有最小值-1，而當x=-2時，y=5，即可完成解答；（3）利用直線y=n與拋物線y＝（x﹣1）2﹣1有交點的坐標就是方程ax2+bx-3=n有實數解，再根據根的判別式列不式、解不等式即可.【詳解】解：（1）∵拋物線的對稱軸為直線x＝1，∴﹣＝1，即b＝﹣2a，∵拋物線經過點（3，0）．∴9a+3b﹣3＝0，把b＝