2022-2023學年江蘇省儀征市數學九上期末檢測模擬試題含解析

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。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題4分，共48分）1．全等圖形是相似比為1的相似圖形，因此全等是特殊的相似，我們可以由研究全等三角形的思路，提出相似三角形的問題和研究方法．這種其中主要利用的數學方法是（）A．代入法 B．列舉法 C．從特殊到一般 D．反證法2．如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，若AB=8，AE=1，則弦CD的長是（）A． B．2 C．6 D．83．在平面直角坐標系中，函數的圖象經過變換后得到的圖象，則這個變換可以是（）A．向左平移2個單位 B．向右平移2個單位C．向上平移2個單位 D．向下平移2個單位4．方程的解是()A．4 B．-4 C．-1 D．4或-15．方程變?yōu)榈男问剑_的是（）A． B．C． D．6．若是方程的一個根.則代數式的值是（）A． B． C． D．7．二次函數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≥68．在x2□2xy□y2的空格□中,分別填上“+”或“-”,在所得的代數式中,能構成完全平方式的概率是()A．1 B． C． D．9．如圖，在△ABC中，AB=10，AC=8，BC=6，以邊AB的中點O為圓心，作半圓與AC相切，點P、Q分別是邊BC和半圓上的動點，連接PQ，則PQ長的最大值與最小值的和是（）A． B． C． D．10．二次根式有意義的條件是（）A．x>－1 B．x≥－1 C．x≥1 D．x＝－111．若拋物線y＝kx2﹣2x﹣1與x軸有兩個不同的交點，則k的取值范圍為()A．k＞﹣1 B．k≥﹣1 C．k＞﹣1且k≠0 D．k≥﹣1且k≠012．若，則（）A． B． C． D．二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖在平面直角坐標系中，若干個半徑為個單位長度、圓心角為的扇形組成一條連續(xù)的曲線，點從原點出發(fā)，沿這條曲線向右上下起伏運動，點在直線上的速度為每秒2個單位，在弧線上的速度為每秒個單位長度，則秒時，點的坐標是_______；秒時，點的坐標是_______．14．如圖，用圓心角為120°，半徑為6cm的扇形紙片卷成一個圓錐形無底紙帽，則這個紙帽的高是_____cm．15．拋物線向右平移個單位，向上平移1個單位長度得到的拋物線解析式是_____16．如圖，點P在函數y＝的圖象上，PA⊥x軸于點A，PB⊥y軸于點B，且△APB的面積為4，則k等于_____．17．如圖，過上一點作的切線，與直徑的延長線交于點，若，則的度數為__________．18．如圖，為等邊三角形，點在外，連接、．若，，，則__________．三、解答題（共78分）19．（8分）如圖，在四邊形中,,．點在上,．(1)求證:；(2)若，，，求的長．20．（8分）對于二次函數y＝x2﹣3x+2和一次函數y＝﹣2x+4，把y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4）稱為這兩個函數的“再生二次函數”，其中t是不為零的實數，其圖象記作拋物線L．現有點A（2，0）和拋物線L上的點B（﹣1，n），請完成下列任務：（嘗試）（1）當t＝2時，拋物線y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4）的頂點坐標為；（2）判斷點A是否在拋物線L上；（3）求n的值；（發(fā)現）通過（2）和（3）的演算可知，對于t取任何不為零的實數，拋物線L總過定點，坐標為．（應用）二次函數y＝﹣3x2+5x+2是二次函數y＝x2﹣3x+2和一次函數y＝﹣2x+4的一個“再生二次函數”嗎？如果是，求出t的值；如果不是，說明理由．21．（8分）如圖，在平面直角坐標系中，點P（﹣1，m）是雙曲線y＝上的一個點，過點P作PQ⊥x軸于點Q，連接PO，△OPQ的面積為1．（1）求m的值和雙曲線對應的函數表達式；（2）若經過點P的一次函數y＝kx+b（k≠0、b≠0）的圖象與x軸交于點A，與y交于點B且PB＝2AB，求k的值．22．（10分）問題呈現：如圖1，在邊長為1小的正方形網格中，連接格點A、B和C、D，AB和CD相交于點P，求tan∠CPB的值方法歸納：求一個銳角的三角函數值，我們往往需要找出(或構造出)一個直角三角形，觀察發(fā)現問題中∠CPB不在直角三角形中，我們常常利用網格畫平行線等方法解決此類問題，比如連接格點B、E，可得BE∥CD，則∠ABE=∠CPB，連接AE，那么∠CPB就變換到Rt△ABE中．問題解決：（1）直接寫出圖1中tanCPB的值為______；（2）如圖2，在邊長為1的正方形網格中，AB與CD相交于點P，求cosCPB的值．23．（10分）解方程24．（10分）改善小區(qū)環(huán)境，爭創(chuàng)文明家園．如圖所示，某社區(qū)決定在一塊長（）16，寬（）9的矩形場地上修建三條同樣寬的小路，其中兩條與平行，另一條與平行，其余部分種草．要使草坪部分的總面積為112，則小路的寬應為多少？25．（12分）如圖，在□ABCD中，AB=5，BC=8.（1）作∠ABC的角平分線交線段AD于點E（用尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不要求寫作法）：（2）在（1）的條件下，求ED的長.26．鄰邊不相等的平行四邊形紙片，剪去一個菱形，余下一個四邊形，稱為第一次操作；在余下的四邊形紙片中再剪去一個菱形，又余下一個四邊形，稱為第二次操作；……依次類推，若第n次操作余下的四邊形是菱形，則稱原平行四邊形為n階準菱形，如圖1，平行四邊形中，若，則平行四邊形為1階準菱形．（1）判斷與推理：①鄰邊長分別為2和3的平行四邊形是__________階準菱形；②小明為了剪去一個菱形，進行如下操作：如圖2，把平行四邊形沿著折疊（點在上）使點落在邊上的點，得到四邊形，請證明四邊形是菱形．（2）操作、探究與計算：①已知平行四邊形的鄰邊分別為1，裁剪線的示意圖，并在圖形下方寫出的值；②已知平行四邊形的鄰邊長分別為，滿足，請寫出平行四邊形是幾階準菱形．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、C【分析】根據全等是特殊的相似，即可得到“提出相似三角形的問題和研究方法”是從特殊到一般．【詳解】∵全等圖形是相似比為1的相似圖形，全等是特殊的相似，∴由研究全等三角形的思路，提出相似三角形的問題和研究方法，是從特殊到一般的數學方法．故選C．【點睛】本題主要考查研究相似三角形的數學方法，理解相似三角形和全等三角形的聯系，是解題的關鍵．2、B【解析】根據垂徑定理，構造直角三角形，連接OC，在RT△OCE中應用勾股定理即可．【詳解】試題解析：由題意連接OC，得OE=OB-AE=4-1=3，CE=CD==，CD=2CE=2，故選B．3、A【分析】將兩個二次函數均化為頂點式，根據兩頂點坐標特征判斷平移方向和平移距離.【詳解】，頂點坐標為，，頂點坐標為，所以函數的圖象向左平移2個單位后得到的圖象.故選：A【點睛】本題考查二次函數圖象的特征，根據頂點坐標確定變換方式是解答此題的關鍵.4、D【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可．【詳解】解：解得：故選D．【點睛】此題考查的是解一元二次方程，掌握用因式分解法解一元二次方程是解決此題的關鍵．5、B【分析】方程常數項移到右邊，兩邊加上1變形即可得到結果．【詳解】方程移項得：x2﹣2x=3，配方得：x2﹣2x+1=1，即（x﹣1）2=1．故選B．【點睛】本題考查了解一元二次方程﹣配方法，熟練掌握配方法的步驟是解答本題的關鍵．6、C【分析】根據一元二次方程的解的定義即可求出答案.【詳解】解：由題意可知：∴故答案為：C.【點睛】本題考查的知識點是根據一元二次方程的解求代數式的值，解題的關鍵是將已給代數式進行變形，使之與所給條件有關系，即可得解.7、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；8、C【解析】能夠湊成完全平方公式，則2xy前可是“－”，也可以是“＋”，但y2前面的符號一定是：“＋”，此題總共有(－，－)、(＋，＋)、(＋，－)、(－，＋)四種情況，能構成完全平方公式的有2種，所以概率為：.故答案為C點睛：讓填上“＋”或“－”后成為完全平方公式的情況數除以總情況數即為所求的概率.此題考查完全平方公式與概率的綜合應用，注意完全平方公式的形式.用到的知識點為：概率＝所求情況數與總情況數之比.9、C【解析】如圖，設⊙O與AC相切于點E，連接OE，作OP1⊥BC垂足為P1交⊙O于Q1，此時垂線段OP1最短，P1Q1最小值為OP1﹣OQ1，求出OP1，如圖當Q2在AB邊上時，P2與B重合時，P2Q2最大值＝5+3＝8，由此不難解決問題．【詳解】如圖，設⊙O與AC相切于點E，連接OE，作OP1⊥BC垂足為P1，交⊙O于Q1，此時垂線段OP1最短，P1Q1最小值為OP1﹣OQ1．∵AB＝10，AC＝8，BC＝6，∴AB2＝AC2+BC2，∴∠C＝20°．∵∠OP1B＝20°，∴OP1∥AC．∵AO＝OB，∴P1C＝P1B，∴OP1AC＝4，∴P1Q1最小值為OP1﹣OQ1＝1，如圖，當Q2在AB邊上時，P2與B重合時，P2Q2經過圓心，經過圓心的弦最長，P2Q2最大值＝5+3＝8，∴PQ長的最大值與最小值的和是2．故選C．【點睛】本題考查了切線的性質、三角形中位線定理等知識，解題的關鍵是正確找到點PQ取得最大值、最小值時的位置，屬于中考常考題型．10、C【解析】根據二次根式有意義，被開方數為非負數，列不等式求出x的取值范圍即可.【詳解】∵二次根式有意義，∴x-1≥0，∴x≥1，故選：C.【點睛】本題考查二次根式有意義的條件，要使二次根式有意義，被開方數為非負數；熟練掌握二次根式有意義的條件是解題關鍵.11、C【分析】根據拋物線y＝kx2﹣2x﹣1與x軸有兩個不同的交點，得出b2﹣4ac＞0，進而求出k的取值范圍．【詳解】∵二次函數y＝kx2﹣2x﹣1的圖象與x軸有兩個交點，∴b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×k×（﹣1）＝4+4k＞0，∴k＞﹣1，∵拋物線y＝kx2﹣2x﹣1為二次函數，∴k≠0，則k的取值范圍為k＞﹣1且k≠0，故選C.【點睛】本題考查了二次函數y＝ax2+bx+c的圖象與x軸交點的個數的判斷，熟練掌握拋物線與x軸交點的個數與b2-4ac的關系是解題的關鍵.注意二次項系數不等于0.12、B【解析】根據合并性質解答即可，對于實數a，b，c，d，且有b≠0，d≠0，如果，則有.【詳解】，，，故選：．【點睛】本題考查了比例的性質，熟練掌握合比性質是解答本題的關鍵.合比性質：在一個比例等式中，第一個比例的前后項之和與第一個比例的后項的比，等于第二個比例的前后項之和與第二個比例的后項的比.二、填空題（每題4分，共24分）13、【分析】設第n秒時P的位置為Pn，P5可直接求出，根據點的運動規(guī)律找出規(guī)律，每4秒回x軸，P4n(4n，0)，由2019=504×4+3，回到在P3的位置上，過P3作P3B⊥x軸于B，則OB=3，P3B=，P3（3，-），當t=2019時，OP2019=OP2016+OB，此時P2019點縱坐標與P3縱坐標相同，即可求．【詳解】設n秒時P的位置為Pn，過P5作P5A⊥x軸于A，OP4=OP2+P2P4=4，P4（4，0），當t=5時，由扇形知P4P5=2，OP4=4，在Rt△P4P5A中，∠P5P4A=60o，則∠P4P5A=90o-∠P5P4A=60o=30o，P4A=P4P5=1，由勾股定理得PA=，OA=OP4+AP4=5，由點P在第一象限，P（5，），通過圖形中每秒后P的位置發(fā)現，每4秒一循環(huán)，2019=504×4+3，回到相對在P3的位置上，過P3作P3B⊥x軸于B，則OB=3，P3B=，由P3在第四象限，則P3（3，-），當t=2019時，OP2019=OP2016+OB=4×504+3=2019，P2019點縱坐標與P3縱坐標相同，此時P2019坐標為（2019，-），秒時，點的坐標是（2019，-）．故答案為：（5，），（2019，-）．【點睛】本題考查規(guī)律中點P的坐標問題關鍵讀懂題中的含義，利用點運動的速度，考查直線與弧線的時間，發(fā)現都用1秒，而每4秒就回到x軸上，由此發(fā)現規(guī)律便可解決問題．14、【分析】先求出扇形弧長，再求出圓錐的底面半徑，再根據勾股定理即可出圓錐的高.【詳解】圓心角為120°，半徑為6cm的扇形的弧長為4cm∴圓錐的底面半徑為2，故圓錐的高為=4cm【點睛】此題主要考查圓的弧長及圓錐的底面半徑，解題的關鍵是熟知圓的相關公式.15、【分析】根據圖象的平移規(guī)律，可得答案．【詳解】解：將拋物線向右平移個單位，向上平移1個單位長度得到的拋物線的解析式是將拋物線，

故答案為：．【點睛】主要考查了函數圖象的平移，要求熟練掌握平移的規(guī)律：左加右減，上加下減．16、-1【解析】由反比例函數系數k的幾何意義結合△APB的面積為4即可得出k＝±1，再根據反比例函數在第二象限有圖象即可得出k＝﹣1，此題得解．【詳解】∵點P在反比例函數y＝的圖象上，PA⊥x軸于點A，PB⊥y軸于點B，∴S△APB＝|k|＝4，∴k＝±1．又∵反比例函數在第二象限有圖象，∴k＝﹣1．故答案為﹣1．【點睛】本題考查了反比例函數系數k的幾何意義，熟練掌握“在反比例函數y＝圖象中任取一點，過這一個點向x軸和y軸分別作垂線，與坐標軸圍成的矩形的面積是定值|k|是解題的關鍵．17、26°【分析】連接OC，利用切線的性質可求得∠COD的度數，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．18、1【分析】作∠ABD的角平分線交DC于E，連接AE，作于F，延長BE交AD于R，先證明，可得，再通過等腰三角形的中線定理得，利用三角函數求出DF，FC的值，即可求出CD的值．【詳解】作∠ABD的角平分線交DC于E，連接AE，作于F，延長BE交AD于R∵∴∴A，E，C，D四點共圓∴∴∴∵，∴∴∵，∴∴，∴，∵,∴∴∴∴∴故答案為：1．【點睛】本題考查了三角形的綜合問題，掌握角平分線的性質、等腰三角形的性質、全等三角形的性質以及判定定理、銳角三角函數是解題的關鍵．三、解答題（共78分）19、(1)見解析；(2)．【分析】（1）由AD∥BC、AB⊥BC可得出∠A=∠B=90°，由等角的余角相等可得出∠ADE=∠BEC，進而即可證出△ADE∽△BEC；

（2）根據相似三角形的性質即可得到結論．【詳解】解：（1）證明：∵AD∥BC，AB⊥BC，

∴AB⊥AD，∠A=∠B=90°，

∴∠ADE+∠AED=90°．

∵∠DEC=90°，

∴∠AED+∠BEC=90°，

∴∠ADE=∠BEC，

∴△ADE∽△BEC；

（2）解：∵△ADE∽△BEC，∴，即，∴BE=.【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質以及平行線的性質，解題的關鍵是：（1）利用相似三角形的判定定理找出△ADE∽△BEC；（2）利用相似三角形的性質求出BE的長度．20、[嘗試]（1）（1，﹣2）；（2）點A在拋物線L上；（3）n=1；[發(fā)現]（2，0）,（﹣1，1）；[應用]不是，理由見解析．【分析】[嘗試]

（1）將t的值代入“再生二次函數”中，通過配方可得到頂點的坐標；

（2）將點A的坐標代入拋物線L直接進行驗證即可；

（3）已知點B在拋物線L上，將該點坐標代入拋物線L的解析式中直接求解，即可得到n的值．

[發(fā)現]

將拋物線L展開，然后將含t值的式子整合到一起，令該式子為0（此時無論t取何值都不會對函數值產生影響），即可求出這個定點的坐標．

[應用]

將[發(fā)現]中得到的兩個定點坐標代入二次函數y=-3x2+5x+2中進行驗證即可．【詳解】解：[嘗試]（1）∵將t＝2代入拋物線L中，得：y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4）＝2x2﹣4x＝2（x﹣1）2﹣2，∴此時拋物線的頂點坐標為：（1，﹣2）．（2）∵將x＝2代入y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4），得y＝0，∴點A（2，0）在拋物線L上．（3）將x＝﹣1代入拋物線L的解析式中，得：n＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4）＝1．[發(fā)現]∵將拋物線L的解析式展開，得：y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4）＝t（x﹣2）（x+1）﹣2x+4當x=2時，y=0，當x=-1時，y=1，與t無關，∴拋物線L必過定點（2，0）、（﹣1，1）．[應用]將x＝2代入y＝﹣3x2+5x+2，y＝0，即點A在拋物線上．將x＝﹣1代入y＝﹣3x2+5x+2，計算得：y＝﹣1≠1，即可得拋物線y＝﹣3x2+5x+2不經過點B，∴二次函數y＝﹣3x2+5x+2不是二次函數y＝x2﹣3x+2和一次函數y＝﹣2x+4的一個“再生二次函數”．【點睛】本題考查二次函數的新型定義問題，熟練掌握二次函數的圖像與性質，理解“再生二次函數”的定義是解題的關鍵.21、（1）m＝6，y＝﹣；（2）k＝﹣4或﹣2．【分析】（1）根據反比例函數k的幾何意義，求出n的值即可解決問題；（2）分1種情形討論，①當點A在x軸正半軸上時，由OB∥PQ，可得OB：PQ＝AB：AP＝1：1，繼而求出OB＝2，即B（0，2），待定系數法求一次函數解析式即可;②當點A在x軸負半軸上時，由于PB＝2AB，顯然這種情形不存在；③當點B在y軸負半軸上時，由于PB＝2AB，可得PA＝PB，根據PQ∥OB，可得，即QA＝AO＝，求出A（﹣，0），待定系數法求一次函數解析式即可.【詳解】（1）∵過點P作PQ⊥x軸于點Q，連接PO，△OPQ的面積為1，∴，∵n＜0，∴n＝﹣6，∴反比例函數的解析式為y＝﹣，∴P（﹣1，6），∴m＝6，y＝﹣．（2）①當點A在x軸正半軸上時，∵OB∥PQ，∴OB：PQ＝AB：AP＝1：1，∴OB＝2，∴B（0，2），把P（﹣1，6），B（0，2）代入y＝kx+b中得到，解得．②當點A在x軸負半軸上時，∵PB＝2AB，顯然這種情形不存在．③當點B在y軸負半軸上時，∵PB＝2AB，∴PA＝PB，∵PQ∥OB，∴，∴QA＝AO＝，∴A（﹣，0），把P（﹣1，6），A（﹣，0）代入y＝kx+b中得到，解得，綜上所述，k＝﹣4或﹣2．【點睛】本題主要考查反比例函數與一次函數的交點問題，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題.22、（1）2；（2）【分析】（1）根據平行四邊形的判定及平行線的性質得到∠CPB=∠ABE，利用勾股定理求出AE，BE，AB，證明△ABE是直角三角形，∠AEB=90°，即可求出tanCPB=tanABE；（2）如圖2中，取格點D，連接CD，DM．通過平行四邊形及平行線的性質得到∠CPB=∠MCD，利用勾股定理的逆定理證明△CDM是直角三角形，且∠CDM=90°，即可得到cos∠CPB=cos∠MCD．【詳解】解：（1）連接格點B、E，∵BC∥DE，BC=DE，∴四邊形BCDE是平行四邊形，∴DC∥BE，∴∠CPB=∠ABE，∵AE=，BE=，AB=，∴△ABE是直角三角形，∠AEB=90°，∴tan∠CPB=tan∠ABE=，故答案為：2；（2）如圖2所示，取格點M，連接CM，DM，∵CB∥AM，CB=AM，∴四邊形ABCM是平行四邊形，∴CM∥AB，∴∠CPB=∠MCD，∵CM=，CD=，MD=，，∴△CDM是直角三角形，且∠CDM=90°，∴cos∠CPB=cos∠MCD=．【點睛】本題考查三角形綜合題、平行線的性質、勾股定理及勾股定理逆定理、直角三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會利用數形結合的思想解決問題，學會用轉化的思想思考問題．23、；【分析】（1）根據因式分解法即可求解；（2）根據特殊角的三角函數值即可求解.【詳解】∴x-2=0或2x-6=0解得；===1.【點睛】此題主要考查一元二次方程的求解及特殊角的三角函數值的運算，解題的關鍵是熟知方程的解法及特殊角的三角函數值.24、小路的寬應為1．【解析】設小路的寬應為x米，那么草坪的總長度和總寬度應該為（1