河南省周口沈丘縣聯考2022-2023學年數學九年級第一學期期末調研試題含解析

2022-2023學年九上數學期末模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．已知⊙O的半徑為5，若PO＝4，則點P與⊙O的位置關系是（）A．點P在⊙O內 B．點P在⊙O上 C．點P在⊙O外 D．無法判斷2．如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD交AB于點E，且AE=CD=8，∠BAC=∠BOD，則⊙O的半徑為A． B．5 C．4 D．33．菱形的兩條對角線長分別為60cm和80cm，那么邊長是（）A．60cm B．50cm C．40cm D．80cm4．函數y=(k＜0)，當x＜0時，該函數圖像在A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限5．對于二次函數的圖象，下列說法正確的是（）A．開口向下 B．對稱軸 C．頂點坐標是 D．與軸有兩個交點6．在同一坐標系中，二次函數的圖象與一次函數的圖象可能是（）A． B．C． D．7．二次函數y=3(x–2)2–5與y軸交點坐標為()A．(0，2) B．(0，–5) C．(0，7) D．(0，3)8．已知⊙O的半徑為3cm，線段OA=5cm，則點A與⊙O的位置關系是（）A．A點在⊙O外 B．A點在⊙O上 C．A點在⊙O內 D．不能確定9．若⊙O的弦AB等于半徑，則AB所對的圓心角的度數是（）A．30° B．60° C．90° D．120°10．如圖，OA是⊙O的半徑，弦BC⊥OA，D是優(yōu)弧上一點，如果∠AOB＝58o，那么∠ADC的度數為（）A．32o B．29o C．58o D．116o二、填空題(每小題3分,共24分)11．計算的結果是_____________．12．已知甲、乙兩組數據的折線圖如圖，設甲、乙兩組數據的方差分別為S甲2、S乙2，則S甲2__S乙2（填“＞”、“=”、“＜”）13．如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，且BA＝6，AC＝8，點D是斜邊BC上的一個動點，過點D分別作DM⊥AB于點M，DN⊥AC于點N，連接MN，則線段MN的最小值為_____．14．點（2，5）在反比例函數的圖象上，那么k＝_____．15．如圖，已知直線l：y＝﹣x+4分別與x軸、y軸交于點A，B，雙曲線（k＞0，x＞0）與直線l不相交，E為雙曲線上一動點，過點E作EG⊥x軸于點G，EF⊥y軸于點F，分別與直線l交于點C，D，且∠COD＝45°，則k＝_____．16．已知關于x的一元二次方程ax2+bx+5a＝0有兩個正的相等的實數根，則這兩個相等實數根的和為_____．17．在不透明的袋子中有紅球、黃球共個，除顏色外其他完全相同.將袋中的球攪勻，從中隨機摸出一個球，記下顏色后再放回袋中，不斷重復這一過程，摸了次后，發(fā)現有次摸到紅球，則口袋中紅球的個數大約是_________________.18．如圖，拋物線y＝ax2與直線y＝bx+c的兩個交點坐標分別為A(﹣2，4)，B(1，1)，則不等式ax2＜bx+c的解集是______.三、解答題(共66分)19．（10分）解答下列各題：（1）計算：2cos31°﹣tan45°﹣；（2）解方程：x2﹣11x+9＝1．20．（6分）已知拋物線y＝ax2+bx+3經過點A（﹣1，0）、B（3，0），且與y軸交于點C，拋物線的對稱軸與x軸交于點D．(1)求拋物線的解析式；(2)點P是y軸正半軸上的一個動點，連結DP，將線段DP繞著點D順時針旋轉90°得到線段DE，點P的對應點E恰好落在拋物線上，求出此時點P的坐標；(3)點M（m，n）是拋物線上的一個動點，連接MD，把MD2表示成自變量n的函數，并求出MD2取得最小值時點M的坐標．21．（6分）定義：如果一個四邊形的一組對角互余，那么我們稱這個四邊形為“對角互余四邊形”．（1）如圖①，在對角互余四邊形ABCD中，∠B＝60°，且AC⊥BC，AC⊥AD，若BC＝1，則四邊形ABCD的面積為；（2）如圖②，在對角互余四邊形ABCD中，AB＝BC，BD＝13，∠ABC+∠ADC＝90°，AD＝8，CD＝6，求四邊形ABCD的面積；（3）如圖③，在△ABC中，BC＝2AB，∠ABC＝60°，以AC為邊在△ABC異側作△ACD，且∠ADC＝30°，若BD＝10，CD＝6，求△ACD的面積．22．（8分）如圖，在四邊形ABCD中，BD為一條對角線，AD∥BC，AD＝2BC，∠ABD＝90°，E為AD的中點，連接BE．（1）求證：四邊形BCDE為菱形；（2）連接AC，若AC平分∠BAD，BC＝1，求AC的長．23．（8分）閱讀材料，解答問題：觀察下列方程：①；②；③；…；（1）按此規(guī)律寫出關于x的第4個方程為，第n個方程為；（2）直接寫出第n個方程的解，并檢驗此解是否正確．24．（8分）宋家州主題公園擬修建一座柳宗元塑像，如圖所示，柳宗元塑像（塑像中高者）在高的假山上，在處測得塑像底部的仰角為，再沿方向前進到達處，測得塑像頂部的仰角為，求柳宗元塑像的高度.（精確到.參考數據：，，，）25．（10分）一個箱子里有4瓶牛奶，其中有一瓶是過期的，且這4瓶牛奶的外包裝完全相同．（1）現從這4瓶牛奶中隨機拿1瓶，求恰好拿到過期牛奶的概率；（2）現從這4瓶牛奶中不放回地隨機拿2瓶，求拿到的2瓶牛奶中恰好有過期牛奶的概率．26．（10分）（1）解方程：x2﹣4x﹣3＝0（2）計算：

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、A【分析】已知圓O的半徑為r，點P到圓心O的距離是d，①當r＞d時，點P在⊙O內，②當r=d時，點P在⊙O上，③當r＜d時，點P在⊙O外，根據以上內容判斷即可．【詳解】∵⊙O的半徑為5，若PO＝4，∴4＜5，∴點P與⊙O的位置關系是點P在⊙O內，故選：A．【點睛】本題考查了點與圓的位置關系的應用，注意：已知圓O的半徑為r，點P到圓心O的距離是d，①當r＞d時，點P在⊙O內，②當r=d時，點P在⊙O上，③當r＜d時，點P在⊙O外．2、B【解析】試題分析：∵∠BAC=∠BOD，∴．∴AB⊥CD．∵AE=CD=8，∴DE=CD=1．設OD=r，則OE=AE﹣r=8﹣r，在RtODE中，OD=r，DE=1，OE=8﹣r，∴OD2=DE2+OE2，即r2=12+（8﹣r）2，解得r=2．故選B．3、B【分析】根據菱形的對角線互相垂直平分求出OA、OB的長，再利用勾股定理列式求出邊長AB，然后根據菱形的周長公式列式進行計算即可得解．【詳解】解：如圖，∵菱形的兩條對角線的長是6cm和8cm，∴OA=×80=40cm，OB=×60=30cm，又∵菱形的對角線AC⊥BD，∴AB==50cm，∴這個菱形的邊長是50cm．故選B.【點睛】本題考查了菱形的性質，勾股定理的應用，主要利用了菱形的對角線互相垂直平分的性質．4、B【解析】首先根據反比例函數的比例系數確定圖象的大體位置,然后根據自變量的取值范圍確定具體位置【詳解】∵比例系數k<0,∴其圖象位于二、四象限,∵x<0∴反比例函數的圖象位于第二象限,故選B.【點睛】此題考查反比例函數的性質，根據反比例函數判斷象限是解題關鍵5、C【分析】根據拋物線的性質由a=2得到圖象開口向上，再根據頂點式得到頂點坐標，再根據對稱軸為直線x=1和開口方向和頂點，從而可判斷拋物線與x軸的公共點個數．【詳解】解：二次函數y=2（x-1）2+2的圖象開口向上，頂點坐標為（1，2），對稱軸為直線x=1，拋物線與x軸沒有公共點．

故選：C．【點睛】本題主要考查二次函數的性質，掌握二次函數的頂點式是解題的關鍵，即在y=a（x-h）2+k中，其頂點坐標為（h，k），對稱軸為x=h．當a＞0時，拋物線開口向上，當a＜0時，拋物線開口向下．6、C【分析】根據二次函數、一次函數圖像與系數的關系，對每個選項一一判斷即可．【詳解】A．由一次函數圖像可得：a>0，b>0；由二次函數圖像可得：a>0，b<0，故A選項不可能．B．由一次函數圖像可得：a>0，b<0；由二次函數圖像可得：a>0，b>0，故B選項不可能．C．由一次函數圖像可得：a<0，b>0；由二次函數圖像可得：a<0，b>0，故C選項可能．D．由一次函數圖像可得：a>0，b>0；由二次函數圖像可得：a<0，b<0，故D選項不可能．故選：C．【點睛】本題主要考查一次函數、二次函數圖像與系數的關系，根據一次函數、二次函數圖像判斷系數的正負是解題關鍵．7、C【分析】由題意使x=0,求出相應的y的值即可求解.【詳解】∵y=3（x﹣2）2﹣5,∴當x=0時，y=7,∴二次函數y=3（x﹣2）2﹣5與y軸交點坐標為(0,7).故選C.【點睛】本題考查了二次函數圖象上點的坐標特征，解題的關鍵是二次函數圖象上的點滿足其解析式.8、A【詳解】解：∵5＞3∴A點在⊙O外故選A.【點睛】本題考查點與圓的位置關系.9、B【解析】試題分析：∵OA=OB=AB，∴△OAB是等邊三角形，∴∠AOB=60°．故選B．【考點】圓心角、弧、弦的關系；等邊三角形的判定與性質．10、B【分析】根據垂徑定理可得，根據圓周角定理可得∠AOB=2∠ADC，進而可得答案．【詳解】解：∵OA是⊙O的半徑，弦BC⊥OA，∴，∴∠ADC=∠AOB=29°.故選B.【點睛】此題主要考查了圓周角定理和垂徑定理，關鍵是掌握圓周角定理：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．二、填空題(每小題3分,共24分)11、1【分析】先分母有理化，然后把二次根式化為最簡二次根式后合并即可．【詳解】解：原式＝2-2＝1．故答案為1．【點睛】本題考查了二次根式的混合運算：先把二次根式化為最簡二次根式，然后進行二次根式的乘除運算，再合并即可．在二次根式的混合運算中，如能結合題目特點，靈活運用二次根式的性質，選擇恰當的解題途徑，往往能事半功倍．12、＞【解析】要比較甲、乙方差的大小，就需要求出甲、乙的方差；首先根據折線統(tǒng)計圖結合根據平均數的計算公式求出這兩組數據的平均數；接下來根據方差的公式求出甲、乙兩個樣本的方差，然后比較即可解答題目.【詳解】甲組的平均數為：=4，S甲2=×[(3-4)2+(6-4)2+(2-4)2+(6-4)2+(4-4)2+(3-4)2]=，乙組的平均數為：=4，S乙2=×[(4-4)2+(3-4)2+(5-4)2+(3-4)2+(4-4)2+(5-4)2]=，∵＞，∴S甲2＞S乙2.故答案為：>.【點睛】本題考查的知識點是方差,算術平均數,折線統(tǒng)計圖，解題的關鍵是熟練的掌握方差,算術平均數,折線統(tǒng)計圖.13、【分析】由勾股定理求出BC的長，再證明四邊形DMAN是矩形，可得MN=AD，根據垂線段最短和三角形面積即可解決問題．【詳解】解：∵∠BAC＝90°，且BA＝6，AC＝8，∴BC＝＝10，∵DM⊥AB，DN⊥AC，∴∠DMA＝∠DNA＝∠BAC＝90°，∴四邊形DMAN是矩形，∴MN＝AD，∴當AD⊥BC時，AD的值最小，此時，△ABC的面積＝AB×AC＝BC×AD，∴AD＝＝，∴MN的最小值為；故答案為：．【點睛】本題考查了矩形的判定和性質、勾股定理、三角形面積、垂線段最短等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．14、1【分析】直接把點（2，5）代入反比例函數求出k的值即可．【詳解】∵點（2，5）在反比例函數的圖象上，∴5＝，解得k＝1．故答案為：1．【點睛】此題考查求反比例函數的解析式，利用待定系數法求函數的解析式.15、1【解析】證明△ODA∽△CDO，則OD2＝CD?DA，而則OD2＝（4﹣n）2+n2＝2n2﹣1n+16，CD＝（m+n﹣4），DA＝n，即可求解．【詳解】解：點A、B的坐標分別為（4，0）、（0，4），即：OA＝OB，∴∠OAB＝45°＝∠COD，∠ODA＝∠ODA，∴△ODA∽△CDO，∴OD2＝CD?DA，設點E（m，n），則點D（4﹣n，n），點C（m，4﹣m），則OD2＝（4﹣n）2+n2＝2n2﹣1n+16，CD＝（m+n﹣4），DA＝n，即2n2﹣1n+16＝（m+n﹣4）×n，解得：mn＝1＝k，故答案為1．【點睛】本題考查的是反比例函數與一次函數的交點問題，涉及到三角形相似、一次函數等知識點，關鍵是通過設定點E的坐標，確定相關線段的長度，進而求解．16、2【分析】根據根的判別式，令，可得，解方程求出b＝﹣2a，再把b代入原方程，根據韋達定理：即可．【詳解】當關于x的一元二次方程ax2+bx+5a＝0有兩個正的相等的實數根時，，即，解得b＝﹣2a或b＝2a（舍去），原方程可化為ax2﹣2ax+5a＝0，則這兩個相等實數根的和為．故答案為：2．【點睛】本題考查一元二次方程根的判別式和韋達定理，解題的關鍵是熟練掌握根的判別式和韋達定理。17、【分析】根據利用頻率估計概率可估計摸到紅球的概率為0.3，然后根據概率公式計算袋中紅球的個數.【詳解】解：設袋中紅球個數為x個，∵共摸了100次球，有30次是紅球，∴估計摸到紅球的概率為0.3，∴，解得，x=12.∴口袋中紅球的個數大約是12個.故答案為：12.【點睛】本題考查了利用頻率估計概率：大量重復實驗時，事件發(fā)生的頻率在某個固定位置左右擺動，并且擺動的幅度越來越小，頻率越來越穩(wěn)定，這個固定的頻率值近似等于這個事件的概率.18、﹣2＜x＜1【分析】直接利用函數圖象結合其交點坐標得出不等式ax2＜bx+c的解集即可；【詳解】解：如圖所示：∵拋物線y＝ax2與直線y＝bx+c的兩個交點坐標分別為A(﹣2，4)，B(1，1)，∴不等式ax2＜bx+c的解集，即一次函數在二次函數圖象上方時，得出x的取值范圍為：﹣2＜x＜1.故答案為：﹣2＜x＜1.【點睛】本題主要考查了二次函數與不等式（組），掌握二次函數的性質和不等式的解是解題的關鍵.三、解答題(共66分)19、（1）1；（2）x1=1，x2=2．【分析】（1）利用特殊角的三角函數值得到原式=2×﹣1﹣（﹣1），然后進行二次根式的混合運算；（2）利用因式分解法解方程．【詳解】（1）原式=2×﹣1﹣（﹣1）=﹣1﹣+1=1；（2）（x﹣1）（x﹣2）=1，x﹣1=1或x﹣2=1，∴方程的解為x1=1，x2=2．【點睛】此題主要考查銳角三角函數相關計算以及一元二次方程的求解，熟練掌握，即可解題.20、（2）y＝﹣x2+2x+2；（2）點P的坐標為（0，2+）；（2）MD2＝n2﹣n+3；點M的坐標為（，）或（，）．【分析】（2）根據點A，B的坐標，利用待定系數法即可求出拋物線的解析式；（2）過點E作EF⊥x軸于點F，根據旋轉的性質及同角的余角相等，可證出△ODP≌△FED（AAS），由拋物線的解析式可得出點D的坐標，進而可得出OD的長度，利用全等三角形的性質可得出EF的長度，再利用二次函數圖象上點的坐標特征可求出DF，OP的長，結合點P在y軸正半軸即可得出點P的坐標；（2）利用二次函數圖象上點的坐標特征可得出m2﹣2m＝2﹣n，根據點D，M的坐標，利用兩點間的距離公式可得出MD2＝n2﹣n+3，利用配方法可得出當MD2取得最小值時n的值，再利用二次函數圖象上點的坐標特征即可求出當MD2取得最小值時點M的坐標．【詳解】（2）將A（﹣2，0），B（2，0）代入y＝ax2+bx+2，得：，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+2．（2）過點E作EF⊥x軸于點F，如圖所示．∵∠OPD+∠ODP＝90°，∠ODP+∠FDE＝90°，∴∠OPD＝∠FDE．在△ODP和△FED中，，∴△ODP≌△FED（AAS），∴DF＝OP，EF＝DO．∵拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+2＝﹣（x﹣2）2+3，∴點D的坐標為（2，0），∴EF＝DO＝2．當y＝2時，﹣x2+2x+2＝2，解得：x2＝2﹣（舍去），x2＝2+，∴DF＝OP＝2+，∴點P的坐標為（0，2+）．（2）∵點M（m，n）是拋物線上的一個動點，∴n＝﹣m2+2m+2，∴m2﹣2m＝2﹣n．∵點D的坐標為（2，0），∴MD2＝（m﹣2）2+（n﹣0）2＝m2﹣2m+2+n2＝2﹣n+2+n2＝n2﹣n+3．∵n2﹣n+3＝（n﹣）2+，∴當n＝時，MD2取得最小值，此時﹣m2+2m+2＝，解得：m2＝，m2＝．∴MD2＝n2﹣n+3，當MD2取得最小值時，點M的坐標為（，）或（，）．【點睛】本題考查了待定系數法求二次函數解析式、二次函數圖象上點的坐標特征、全等三角形的判定與性質、二次函數的最值以及兩點間的距離公式，解題的關鍵是：（2）根據點的坐標，利用待定系數法求出二次函數解析式；（2）利用全等三角形的性質及二次函數圖象上點的坐標特征求出OP的長；（2）利用兩點間的距離公式結合二次函數圖象上點的坐標特征，找出MD2＝n2﹣n+3．21、（1）2；（2）36；（3）．【分析】（1）由AC⊥BC，AC⊥AD，得出∠ACB=∠CAD=90°，利用含30°直角三角形三邊的特殊關系以及勾股定理，就可以解決問題；（2）將△BAD繞點B順時針旋轉到△BCE，則△BCE≌△BAD，連接DE，作BH⊥DE于H，作CG⊥DE于G，作CF⊥BH于F．這樣可以求∠DCE=90°，則可以得到DE的長，進而把四邊形ABCD的面積轉化為△BCD和△BCE的面積之和，△BDE和△CDE的面積容易算出來，則四邊形ABCD面積可求；（3）取BC的中點E，連接AE，作CF⊥AD于F，DG⊥BC于G，則BE=CE=BC，證出△ABE是等邊三角形，得出∠BAE=∠AEB=60°，AE=BE=CE，得出∠EAC=∠ECA==30°，證出∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，得出AC=AB，設AB=x，則AC=x，由直角三角形的性質得出CF=3，從而DF=3，設CG=a，AF=y，證明△ACF∽△CDG，得出，求出y=，由勾股定理得出y2=(x)2-32=3x2-9，b2=62-a2=102-(2x+a)2，(2x+a)2+b2=132，整理得出a=，進而得y=，得出[]2=3x2-9，解得x2=34-6，得出y2=()2，解得y=-3，得出AD=AF+DF=，由三角形面積即可得出答案．【詳解】解：（1）∵AC⊥BC，AC⊥AD，∴∠ACB＝∠CAD＝90°，∵對角互余四邊形ABCD中，∠B＝60°，∴∠D＝30°，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝1，∴∠BAC＝30°，∴AB＝2BC＝2，AC＝BC＝，在Rt△ACD中，∠CAD＝90°，∠D＝30°，∴AD＝AC＝3，CD＝2AC＝2，∵S△ABC＝?AC?BC＝××1＝，S△ACD═?AC?AD＝××3＝，∴S四邊形ABCD＝S△ABC+S△ACD＝2，故答案為：2；（2）將△BAD繞點B順時針旋轉到△BCE，如圖②所示：則△BCE≌△BAD，連接DE，作BH⊥DE于H，作CG⊥DE于G，作CF⊥BH于F．∴∠CFH＝∠FHG＝∠HGC＝90°，∴四邊形CFHG是矩形，∴FH＝CG，CF＝HG，∵△BCE≌△BAD，∴BE＝BD＝13，∠CBE＝∠ABD，∠CEB＝∠ADB，CE＝AD＝8，∵∠ABC+∠ADC＝90°，∴∠DBC+∠CBE+∠BDC+∠CEB＝90°，∴∠CDE+∠CED＝90°，∴∠DCE＝90°，在△BDE中，根據勾股定理可得：DE＝＝＝10，∵BD＝BE，BH⊥DE，∴EH＝DH＝5，∴BH＝＝＝12，∴S△BED＝?BH?DE＝×12×10＝60，S△CED＝?CD?CE＝×6×8＝24，∵△BCE≌△BAD，∴S四邊形ABCD＝S△BCD+S△BCE＝S△BED﹣S△CED＝60﹣24＝36；（3）取BC的中點E，連接AE，作CF⊥AD于F，DG⊥BC于G，如圖③所示：則BE＝CE＝BC，∵BC＝2AB，∴AB＝BE，∵∠ABC＝60°，∴△ABE是等邊三角形，∴∠BAE＝∠AEB＝60°，AE＝BE＝CE，∴∠EAC＝∠ECA＝∠AEB＝30°，∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝90°，∴AC＝AB，設AB＝x，則AC＝x，∵∠ADC＝30°，∴CF＝CD＝3，DF＝CF＝3，設CG＝a，AF＝y(tǒng)，在四邊形ABCD中，∠ABC+∠BCD+∠ADC+∠BAC+∠DAC＝360°，∴∠DAC+∠BCD＝180°，∵∠BCD+∠DCG＝180°，∴∠DAC＝∠DCG，∵∠AFC＝∠CGD＝90°，∴△ACF∽△CDG，∴＝，即＝，∴y＝，在Rt△ACF中，Rt△CDG和Rt△BDG中，由勾股定理得：y2＝(x)2﹣32＝3x2﹣9，b2＝62﹣a2＝102﹣(2x+a)2，(2x+a)2+b2=132，整理得：x2+ax﹣16＝0，∴a＝，∴y＝＝×＝，∴[]2＝3x2﹣9，整理得：x4﹣68x2+364＝0，解得：x2＝34﹣6，或x2＝34+6（不合題意舍去），∴x2＝34﹣6，∴y2＝3(34﹣6)﹣9＝93﹣18＝93﹣2＝()2，∴y＝﹣3，∴AF＝﹣3，∴AD＝AF+DF＝，∴△ACD的面積＝AD×CF＝××3＝．【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了新定義的理解和應用，相似三角形的判定和性質，勾股定理，等邊三角形的判定與性質，旋轉的性質，全等三角形的性質，含30°角的直角三角形的性質等知識；本題綜合性強，有一定難度．22、（1）詳見解析；（2）AC＝．【分析】（1）由，推出四邊形BCDE是平行四邊形，再證明即可解決問題；（2）在中只要證明即可解決問題.【詳解】（1），E為AD的中點，即四邊形BCDE是平行四邊形四邊形BCDE是菱形；（2）如圖，連接AC，AC平分在中，.【點睛】本題考查了平行四邊形的判定定理與性質、菱形的判定定理、角平分線的定義、正弦三角函數值、直角三角形的性質，熟記各定理與性質是解題關鍵.23、（1）9，2n+1；（2）2n+1，見解析【分析】（1）觀察一系列等式左邊分子為連續(xù)兩個整數的