北京市懷柔區(qū)名校2022年數(shù)學九上期末調研模擬試題含解析

2022-2023學年九上數(shù)學期末模擬試卷注意事項:1答題時請按要求用筆。請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。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。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（每題4分，共48分）1．計算（( 7 3)( 7 3)(2 31)2

48 3

的結果為（）A．8﹣4 3 B．﹣8﹣4 3 C．﹣8+4 3 D．8+4 3已知一組數(shù)據共有2014個數(shù)的平均數(shù)是10，后面6個數(shù)的平均數(shù)是15，則這20個數(shù)的平均數(shù)是（）A．23AB是

B．1.15 C．11.5 D．12.5O的直徑，弦CDAB于點E，如果AB20，CD16，那么線段OE的長為（ ）A．6 B．8 C．10 D．121個，這些球除顏色外無其他差別，從袋中隨機取出一個球，取出紅球的概率為（ ）1

1 1C． D．12 3 4下列說法中正確的有（ ）①位似圖形都相似；②兩個等腰三角形一定相似；③兩個相似多邊形的面積比是2:3，則周長比為4:9 ；④若一個矩形的四邊形分別比另一個矩形的四邊形長2，那么這兩個矩形一定相似．A．1個 B．2個 C．3個 D．46．關于x的一元二次方程x2mx10的根的情況是（ ）C．無實數(shù)根

D．不能確定yax2bxc0和，則Sabc的值的變化范圍是( )A．0S2 B．0S1 C．1S2 D．S1xx2mx30x1

3，則它的另一個根x2

是（ ）A．0 B．1 C．1 D．29．⊙O的半徑為8，圓心O到直線l的距離為4，則直線l與⊙O的位置關系是A．相切 B．相交 C．相離 D．不能確如果將拋物線yx22平移使平移后的拋物線與拋物線yx28x9重合那么它平移的過程可以（ ）411個單位411個單位45個單位45個單位．yx23個單位，得到拋物線的解析式為（）A．y(x1)23C．y(x1)23

B．y(x1)23D．y(x1)23己知AA

O的半徑為5cm，點A是線段OP的中點，當OP8cm時，點A與O的位置關系是（ ）O外 B．點A在O上 C．點A在O內 D．不能確定二、填空題（每題4分，共24分）點A（m，n﹣2）與點B（﹣2，n）關于原點對稱，則點A的坐標．如圖三角形ABC的兩條高線相交于點F，已知等于60度，AB a則三角形ABC面積為 用含a的代數(shù)式表示).圓的半徑為1，AB是圓中的一條弦3，則弦AB所對的圓周角的度數(shù)為 ．我國南宋數(shù)學家楊輝曾提出這樣一個問題直田積（矩形面積，八百六十四（平方步，只云闊（寬）不及長十二步（寬比長少12步，問闊及長各幾步．如果設矩形田地的長為x步，那么根據題意列出的方程 ．17．二次函數(shù)圖象的頂點坐標為 ．18．若關于x的分式方程3x2m2有增根，則m的值為 ．x2三、解答題（共78分）19（8分）如圖，在RtABC中，C9，AC6.BAC6，AD平分BAC交BC于點D，過點D作DE ACABEMADBMDEACFG.求CD的長.EFMAD

的值.20（8分））2x24x50配方法)（2）3xxx221（8分）．足球、．航模、.求小亮選擇機器人社團的概率為 ；航模社團的概率.22（10分）已知＝

1 ，b＝52

152，求a2b2ab8．23（10分AB是OFC是OAFFCCBACAFC作CDAF交AF延長線于點D，垂足為D．CD是O的切線；若CD43，求

O的半徑．24（10分ABCD的四個頂點分別在反比例函數(shù)y

m與y

n(x＞0，0＜m＜n)的圖象上，對角線BD//yx x軸，且BD⊥AC于點P．已知點B的橫坐標為1．（1）當m=1，n=20時．①若點P的縱坐標為2，求直線AB的函數(shù)表達式．PBDABCD（2）四邊形ABCD能否成為正方形？若能，求此時m，n之間的數(shù)量關系；若不能，試說明理由．25（12分）我們不妨約定：如圖①，若點D在ABC的邊ABACD∠（或∠BCD∠，則稱滿足△ABC邊AB上的理想點”．如圖①，若點D△ABCAB的中點，AC=22，AB=4.D△ABCAB上的理想點”，并說明理由．如圖②，在⊙O中，ABAB=5，AC=4.D△ABCAB上的理想點”CD的長．如圖③，已知平面直角坐標系中，點A(0,2),B(0,-3),Cx軸正半軸上一點，且滿足∠ACB=45°y軸上是否DAB，C，D理想點”，若存在，請求出點D的坐標；若不存在，請說明理由．4ABCDEFBC、ABCEBFDECF，兩線相交于點P，過點E作EGDE，且EGDE，連接FG．DE5FG的長．EFBCABFG與CE的關系，并予以證明．參考答案一、選擇題（4481、B【分析】先按照平方差公式與完全平方公式計算( 7 3)( 7 3)(2 31)2，同時按照二次根式的除法計算48 3

，再合并即可得到答案．

48 27【詳解】解：( 7 3)( 7 3)(2 31)23734 316 94134 34384 3.B．【點睛】2、C【分析】由題意可以求出前14個數(shù)的和，后6個數(shù)的和，進而得到20個數(shù)的總和，從而求出20個數(shù)的平均數(shù)．）故選：C．【點睛】此題考查平均數(shù)的意義和求法，求出這些數(shù)的總和，再除以總個數(shù)即可.．3、A【分析】連接OD，由直徑AB與弦CD垂直，根據垂徑定理得到E為CD的中點，由CD的長求出DE的長，又由直徑的長求出半徑OD的長，在直角三角形ODE中，由DE及OD的長，利用勾股定理即可求出OE的長．【詳解】解：如圖所示，連接OD．∵弦CD⊥AB，AB為圓O的直徑，∴E為CD的中點，又∵CD=16，1∴CE=DE=2CD=8，1又∵OD=2AB=10，∵CD⊥AB，∴∠OED=90°，在Rt△ODE中，DE=8，OD=10，根據勾股定理得：OE= OD2 DE2則OE的長度為6，故選：A．【點睛】本題主要考查了垂徑定理，勾股定理，解答此類題常常利用垂徑定理由垂直得中點，進而由弦長的一半，弦心距及圓的半徑構造直角三角形，利用勾股定理是解答此題的關鍵．4、C【詳解】解：∵共有4個球，紅球有1個，1∴摸出的球是紅球的概率是：P=4．C．【點睛】本題考查概率公式．5、A【分析】根據位似變換的概念、相似多邊形的判定定理和性質定理判斷．【詳解】解：①位似圖形都相似，本選項說法正確；②兩個等腰三角形不一定相似，本選項說法錯誤；23③兩個相似多邊形的面積比是2：3，則周長比為 :23

，本選項說法錯誤；④若一個矩形的四邊分別比另一個矩形的四邊長2，那么這兩個矩形對應邊的比不一定相等，兩個矩形不一定一定相似，本選項說法錯誤；∴正確的只有①；故選：A．【點睛】的關鍵．6、A【分析】根據根的判別式即可求解判斷.【詳解】∵△=b2-4ac=m2+4＞0A.【點睛】此題主要考查一元二次方程根的判別式，解題的關鍵是熟知判別式的性質.7、Ac1，ab1S可得b0，再根據ab1a0S的變化范圍．【詳解】將點(0，1)yax2bxc0中可得c1將點(-1，0)yax2bxc0中

b 0且a0，2a可得ab1∴Sabc∵二次函數(shù)圖象的頂點在第一象限x∴b0

b0 a02a∵ab1，a0∴S2a20∴0S2故答案為：A．【點睛】8、C【分析】根據根與系數(shù)的關系即可求出答案．12x＝?3，122∴x＝?1，故選：C．2【點睛】9、B【分析】根據圓O的半徑和圓心O到直線L的距離的大小，相交：d＜r；相切：d=r；相離：d＞r；即可選出答案．【詳解】∵⊙O的半徑為8，圓心O到直線L的距離為4，∵8＞4，即：d＜r，∴直線L與⊙O的位置關系是相交．故選B．10、D【分析】根據平移前后的拋物線的頂點坐標確定平移方法即可得解．【詳解】解：拋物線yx22（，2，∵yx28x9(x4)27（，7，∴頂點由（，2）平移到4，7，需要向右平移4個單位，再向下平移5故選擇：D.【點睛】本題考查了二次函數(shù)圖象與幾何變換，此類題目，利用頂點的變化確定拋物線解析式更簡便．11、A【解析】試題解析：拋物線yx2的頂點坐標為，把點）先向右平移1個單位，再向上平移1個單位后得到的點的坐標為，1，所以所得的拋物線的解析式為y（x-）+．故選B．考點：二次函數(shù)圖象與幾何變換12、C【分析】首先根據題意求出OA，然后和半徑比較大小即可.1【詳解】由已知，得OA=2OP=4cm，∵O的半徑為5cm∴OA＜5O內∴點AO內故答案為C.【點睛】此題主要考查點和圓的位置關系，解題關鍵是找出點到圓心的距離.二、填空題（42413、（2，﹣1）．【解析】關于原點對稱的兩個坐標點，其對應橫縱坐標互為相反數(shù).【詳解】解：由題意得m=2，n-2=-n，解得n=1，故A點坐標為（2，﹣1）．【點睛】3本題考查了關于原點中心對稱的兩個坐標點的特點.314、

5a22 332 33AFAFBCEF=CF=xAFAFBCEF=CF=x、CE是AG⊥BC，由∠ABC=60°，∠AGB=90°，推出∠BAG=30Rt△AEFEF=x，∠EAF=302 332 33可得AE 3x在Rt△BCE中，由可得BE1SABC2ABCE即可解決問題．AFAFBC于G，設CFEFx，BD、CE是高，

x．由AE+BE=AB可得3x xa，代入AGBC，，，，在Rt AEF中EFx，，AE 3x，在Rt BCE中EC2x，，23BE x，3 3x23

xa，x

3 23a，CE a，5 51 1 23 3SABC2ABCE2a

a a2.5 5【點睛】303015、60120°【解析】試題解析：如圖，作O⊥AB于，連接O、O，∠CC為AB所對的圓周角，∵OH⊥AB，1 3∴AH=BH=2AB= 2，AH 3在中，∵cos∠OAH=OA 2，∴∠OAH=30°，∴∠AOB=180°-60°=120°，1∴∠C=2∠AOB=60°，∴∠C′=18∠C=120，即弦AB所對的圓周角為60°或120°．點睛：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．推論：半圓（或直徑）所對的圓周角是直角，90°的圓周角所對的弦是直徑．16、x（x﹣12）＝1【分析】如果設矩形田地的長為x步，那么寬就應該是（x﹣12）步，根據面積為1，即可得出方程．【詳解】解：設矩形田地的長為x步，那么寬就應該是（x﹣12）根據矩形面積＝長寬，得：x（x﹣12）＝1．故答案為：x（x﹣12）＝1．【點睛】17（，．【分析】先把此二次函數(shù)右邊通過配方寫成頂點式得：y=（x-1）2+2,從而求解.【詳解】解：y=x2﹣2x+3y=x2﹣2x+1+2y=（x-1）2+2，所以，其頂點坐標是故答案為(1，2)【點睛】本題考查將二次函數(shù)一般式化為頂點式求二次函數(shù)的頂點坐標，正確計算是本題的解題關鍵．18、3【分析】將分式方程去分母轉化為整式方程，并求出x的值，然后再令x+2=0，即可求得m的值.3x2m2得：x=4-2mx2令x+2=0，得4-2m+2=0，解得m=3故答案為3.【點睛】本題考查了分式方程的增根，解分式方程和把增根代入整式方程求得相關字母的值是解答本題的關鍵.三、解答題（共78分）EF 2319（1）DC2 （2）DF3.3133【解析（1）求出DAC2BAC30，在Rt△ADC中，由三角函數(shù)得出DCACtan302 ；333（2）由三角函數(shù)得出BC=ACtan60°=63

BDBCCD4

，證明△DF≌△AG（AS，得出DF=AG，由平行線分線段成比例定理得出，即可得出答案．【詳解】解：AD平分BACBAC60，1∴DAC2BAC30，3在RtADC中，DCACtan302 ，3（2）∵∠C=90°，AC=6，∠BAC=60°，3tan60=63∴BC=AC 3tan60=633∴BDBCCD4 ，3∵DE∥AC，∠DMF和∠AMG是對頂角，∴∠FDM=∠GAM，∠DMF=∠AMG，∵點M是線段AD的中點，∴AMDM，F(xiàn)DMGAMAMDM∵ ，DMFAMG∴DFM≌AGM，∴DFAG.由DE∥AC，得BFE∽BGA，EF BE BD∴AGABBC，4 36 3EF EF BD 4 36 3∴DFAGBC 3；【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質與判定，特殊角的三角函數(shù)值，掌握全等三角形的性質與判定，特殊角的三角函數(shù)值是解題的關鍵.20（1）

1 14

1

（）

3．141 2 2 2 1 214【分析】（1）方程整理配方后，開方即可求出解；把方程整理后左邊進行因式分解，求方程的解（1）2x24x50，5方程整理得：x22x ，25x22x17

1，2即(x1)2 ，214開方得：x1 ，142

1

14

1 ；141 2 2 214（2）3(x

xx2，3(x2)2x20，提公因式得：x23x2x0即x22x60，x202x60，解得：x1

2，x2

3．【點睛】本題主要考查了解一元二次方程－配方法、因式分解法，熟練掌握一元二次方程的各種解法是解題的關鍵．1 721

（） ；4 16【分析】（1）屬于求簡單事件的概率，根據概率公式計算可得；（2）用列表格法列出所有的等可能結果，從中確定符合事件的結果，根據概率公式計算可得.（）小亮隨機報名一個項目共有4種等可能結果，分別為A足球、B機器人、C航模、D繪畫，其中選1擇“機器人”的有1種，為B.機器人，所以選擇“機器人”的概率為P= .4（2）用列表法表示所有可能出現(xiàn)的結果如圖：從表格可以看出，總共有16種結果，每種結果出現(xiàn)的可能性相同，其中至少有一人參加“航?！鄙鐖F有7種，分別為7(A,C),(B,C),(C,A),(C,B),(C,C),所以兩人至少有一人參航模社團的概率P= .16【點睛】本題考查的是求簡單事件的概率和兩步操作事件的概率,用表格或樹狀圖表示總結果數(shù)是解答此類問題的關鍵.22、1．【分析】先對已知a、b進行分母有理化，進而求得ab、a-b的值，再對a2b2ab8進行適當變形即可求出式子的值．【詳解】解：∵a＝1

1，b＝ ，52 52∴a＝5+2，b＝5﹣2，∴ab＝1，a﹣b＝4，∴a2b2ab8＝(ab)2ab8＝4218＝1．【點睛】本題主要考查了二次根式的化簡求值、分母有理化，解答本題的關鍵是明確二次根式化簡求值的方法和分母有理化的方法．23（）（）圓O的半徑為1（1）FCCBOAC=∠OCAOC∥AFCD⊥AFOC⊥CD，然后根據切線的判定定理得到CD是⊙O的切線；ABAFFCCBDAC=30°，Rt△ADC30AC2CD43Rt△ACB30度的直角三BC

33AC4AB=2BC=1，從而求出⊙O的半徑．（）證明：連結O，如圖∵弧FC=弧BC∴∠FAC=∠BAC,∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∴∠FAC=∠OCA，∴0C//AF，∵CD⊥AF，∴0C⊥CD，∴CD是圓O的切線；（2）連結BC，如圖，∵AB為直徑，∴∠ACB＝90°，∵AFFCCB，1∴∠BOC=3×110°=60°，∴∠BAC=30?，∴∠DAC=30?RtΔADC中，CD=43，3 3∴AC=2CD=83，在RtΔACB中,BC= ∴AB=2BC=16,O1．【點睛】

AC=

383=1,本題考查了切線的判定定理：經過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．也考查了圓周角定理和含30度的直角三角形三邊的關系．124（1①y2x3ABCD（2四邊形ABCDm+n=32.【分析】（1）①先確定出點A，B坐標，再利用待定系數(shù)法即可得出結論；②先確定出點D坐標，進而確定出點P坐標，進而求出PA，PC，即可得出結論；m n（）先確定出（，4）（，4，進而求出點P的坐標，再求出C坐標，最后用AC=B，即可得出結論．【詳解】（1）①如圖1，m4，反比例函數(shù)為y4，xx4y1，By224，xx2，A2,2，設直線AB的解析式為ykxb，2kb2 4kb1，k1 2，b3ABy1x3；2②四邊形ABCD是菱形，理由如下：如圖2，由①知，B4,1，BD//y軸，D4,5，點P是線段BD的中點，P4,3，y3y

得，x4，4x 34 由y 得，x ，x 3PA44

，PC

2048，83 3 3 38PAPC，PBPD，ABCD為平行四邊形，BDAC，ABCD是菱形；（2）四邊形ABCD能是正方形，理由：當四邊形ABCD是正方形，記AC，BD的交點為P，BDAC,x4ymmynnx 4 x 4 m nB4,4，D4,4， mnP4, 8 ， A(8m

mn 8n， )，C(

mn， )mn 8 mn 8ACBD， 8n 8m n mmn mn44，mn32.【點睛】此題是反比例函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，平行四邊形的判定，菱形的判定和性質，正方形的性質，判斷出四邊形ABCD是平行四邊形是解本題的關鍵．1225（）（）5

（）（0,4）或（0,）【分析（1）依據邊長AC=2 2是邊AB的中點，得到AC2=AD AB，可得到兩個三角形相似，從而到∠ACD=∠B；D是△ABC的”或∠BCD=∠A，分兩種情況證明均得到CD⊥AB，再根據面積法求出CD的長；A”，應分兩種情況討論，利用三角形相似分別求出點D的坐標即可.【詳解】（1）D是△ABC邊AB上的“理想點”，理由：∵AB=4，點D是△ABC的邊AB的中點，∴AD=2，∵AC2=8，ADAB8，∴AC2=AD AB，又∵∠A=∠A，∴△ADC∽△ACB，∴∠ACD=∠B，∴D是△ABC邊AB上的“理想點”.如圖②，∵點D是△ABC的“理想點”，∴∠ACD=∠B或∠BCD=∠A,當∠ACD=∠B時，∵∠ACD+∠BCD=90，∴∠BCD+∠B=90，∴∠CDB=90，當∠BCD=∠A時，同理可得CD⊥AB，在Rt△ABC中，∵∠ACB=90,AB=5，AC=4，∴BC=

AB2AC2 5242=3，1 ∵ABCD

ACBC,2 2∴1134,2 2∴CD12.5如圖③，存在.過點A作MA⊥AC交CB的延長線于點M，∵∠MAC=∠AOC=90,∠ACM=45，∴∠AMC=∠ACM=45，∴AM=AC,∵∠MAH+∠CAO=90