2023屆湖南省岳陽市平江縣數(shù)學九上期末復習檢測模擬試題含解析

2022-2023學年九上數(shù)學期末模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，AB是半圓O的直徑，AC為弦，OD⊥AC于D，過點O作OE∥AC交半圓O于點E，過點E作EF⊥AB于F．若AC=2，則OF的長為（）A． B． C．1 D．22．如圖，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，且AE=AB，將矩形沿直線EF折疊，點B恰好落在AD邊上的點P處，連接BP交EF于點Q，對于下列結(jié)論：①EF=2BE；②PF=2PE；③FQ=4EQ；④△PBF是等邊三角形．其中正確的是（）A．①② B．②③ C．①③ D．①④3．下列二次根式是最簡二次根式的是（）A． B． C． D．4．已知某種禮炮的升空高度h(m)與飛行時間t(s)的關系式是h=﹣(t﹣4)2+1．若此禮炮在升空到最高處時引爆，則引爆需要的時間為()A．3s B．4s C．5s D．6s5．將拋物線向上平移兩個單位長度，得到的拋物線解析式是()A． B．C． D．6．下面四個手機應用圖標中是軸對稱圖形的是()A． B． C． D．7．小明沿著坡度為的山坡向上走了，則他升高了（）A． B． C． D．8．一元二次方程的根的情況為（）A．沒有實數(shù)根B．只有一個實數(shù)根C．有兩個不相等的實數(shù)根D．有兩個相等的實數(shù)根9．如圖是一個半徑為5cm的圓柱形輸油管的橫截面，若油面寬AB=8cm，則油面的深度為（）A．1cm B．1．5cm C．2cm D．2．5cm10．邊長相等的正方形與正六邊形按如圖方式拼接在一起，則的度數(shù)為（）A． B． C． D．11．已知兩圓的半徑分別是2和4，圓心距是3，那么這兩圓的位置是（）A．內(nèi)含 B．內(nèi)切 C．相交 D．外切12．方程2x（x﹣3）=5（x﹣3）的根是（）A．x= B．x=3 C．x1=，x2=3 D．x1=﹣，x2=﹣3二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，直線l1∥l2，直線l3與l1、l2分別交于點A、B．若∠1＝69°，則∠2的度數(shù)為_____．14．如圖，在中，，，，用含和的代數(shù)式表示的值為：_________．15．如圖，在平面直角坐標系中，四邊形和四邊形都是正方形，點在軸的正半軸上，點在邊上，反比例函數(shù)的圖象過點、．若，則的值為_____．16．已知y與x的函數(shù)滿足下列條件：①它的圖象經(jīng)過（1，1）點；②當時，y隨x的增大而減?。畬懗鲆粋€符合條件的函數(shù)：__________．17．如圖，△ABC和△A′B′C是兩個完全重合的直角三角板，∠B=30°，斜邊長為10cm．三角板A′B′C繞直角頂點C順時針旋轉(zhuǎn)，當點A′落在AB邊上時，CA′旋轉(zhuǎn)所構(gòu)成的扇形的弧長為_______cm．18．如圖，點，，均在的正方形網(wǎng)格格點上，過，，三點的外接圓除經(jīng)過，，三點外還能經(jīng)過的格點數(shù)為．三、解答題（共78分）19．（8分）如圖，在平面直角坐標系中，一次函數(shù)y＝x+2的圖象與y軸交于A點，與x軸交于B點，⊙P的半徑為，其圓心P在x軸上運動．（1）如圖1，當圓心P的坐標為（1，0）時，求證：⊙P與直線AB相切；（2）在（1）的條件下，點C為⊙P上在第一象限內(nèi)的一點，過點C作⊙P的切線交直線AB于點D，且∠ADC＝120°，求D點的坐標；（3）如圖2，若⊙P向左運動，圓心P與點B重合，且⊙P與線段AB交于E點，與線段BO相交于F點，G點為弧EF上一點，直接寫出AG+OG的最小值．20．（8分）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BD是⊙O的直徑，AE⊥CD于點E，DA平分∠BDE（Ⅰ）求證：AE是⊙O的切線；（Ⅱ）若∠DBC=30°，DE=1cm，求BD的長．21．（8分）如圖，二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點與．求a，b的值；點C是該二次函數(shù)圖象上A，B兩點之間的一動點，橫坐標為，寫出四邊形OACB的面積S關于點C的橫坐標x的函數(shù)表達式，并求S的最大值．22．（10分）解下列方程：（1）x2+2x﹣3＝0；（2）x（x﹣4）＝12﹣3x．23．（10分）如圖，已知線段與點，若在線段上存在點，滿足，則稱點為線段的“限距點”.（1）如圖，在平面直角坐標系中，若點.①在中，是線段的“限距點”的是；②點是直線上一點，若點是線段的“限距點”，請求出點橫坐標的取值范圍.（2）在平面直角坐標系中，點，直線與軸交于點，與軸交于點.若線段上存在線段的“限距點”，請求出的取值范圍.24．（10分）在四張背面完全相同的紙牌A、B、C、D，其中正面分別畫有四個不同的幾何圖形（如圖），小華將這4張紙牌背面朝上洗勻后摸出一張，放回洗勻后再摸一張．（1）用樹狀圖（或列表法）表示兩次摸牌所有可能出現(xiàn)的結(jié)果（紙牌可用A、B、C、D表示）；（2）求摸出兩張紙牌牌面上所畫幾何圖形，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的概率．25．（12分）小明和小亮兩人一起玩投擲一個普通正方體骰子的游戲．（1）說出游戲中必然事件，不可能事件和隨機事件各一個；（2）如果兩個骰子上的點數(shù)之積為奇數(shù)，小明勝，否則小亮勝，你認為這個游戲公平嗎？如果不公平，誰獲勝的可能性較大？請說明理由．請你為他們設計一個公平的游戲規(guī)則．26．關于x的方程的解為正數(shù)，且關于y的不等式組有解，求符合題意的整數(shù)m.

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、C【詳解】解：∵OD⊥AC，∴AD=AC=1，∵OE∥AC，∴∠DAO=∠FOE，∵OD⊥AC，EF⊥AB，∴∠ADO=∠EFO=90°，在△ADO和△OFE，∵∠DAO=∠FOE，∠ADO=∠EFO，AO=OE，∴△ADO≌△OFE，∴OF=AD=1，故選C．【點睛】本題考查1．全等三角形的判定與性質(zhì)；2．垂徑定理，掌握相關性質(zhì)定理正確推理論證是解題關鍵．2、D【解析】試題解析：∵AE=AB，∴BE=2AE，由翻折的性質(zhì)得，PE=BE，∴∠APE=30°，∴∠AEP=90°﹣30°=60°，∴∠BEF=（180°﹣∠AEP）=（180°﹣60°）=60°，∴∠EFB=90°﹣60°=30°，∴EF=2BE，故①正確；∵BE=PE，∴EF=2PE，∵EF＞PF，∴PF＜2PE，故②錯誤；由翻折可知EF⊥PB，∴∠EBQ=∠EFB=30°，∴BE=2EQ，EF=2BE，∴FQ=3EQ，故③錯誤；由翻折的性質(zhì)，∠EFB=∠EFP=30°，∴∠BFP=30°+30°=60°，∵∠PBF=90°﹣∠EBQ=90°﹣30°=60°，∴∠PBF=∠PFB=60°，∴△PBF是等邊三角形，故④正確；綜上所述，結(jié)論正確的是①④．故選D．考點：1．翻折變換（折疊問題）；2．矩形的性質(zhì)．3、C【解析】根據(jù)最簡二次根式的定義逐項分析即可.【詳解】A.=3，故不是最簡二次根式；B.=，故不是最簡二次根式；C.，是最簡二次根式；D.=，故不是最簡二次根式；故選C.【點睛】本題考查了最簡二次根式的識別，如果二次根式的被開方式中都不含分母，并且也都不含有能開的盡方的因式，象這樣的二次根式叫做最簡二次根式.4、B【分析】根據(jù)頂點式就可以直接求出結(jié)論；【詳解】解：∵﹣1＜0，∴當t=4s時，函數(shù)有最大值．即禮炮從升空到引爆需要的時間為4s，故選：B．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的應用，掌握二次函數(shù)的應用是解題的關鍵.5、D【分析】按“左加右減括號內(nèi)，上加下減括號外”的規(guī)律平移即可得出所求函數(shù)的解析式.【詳解】由題意得=.故選D.【點睛】本題考查了二次函數(shù)圖象的平移，其規(guī)律是：將二次函數(shù)解析式轉(zhuǎn)化成頂點式y(tǒng)=a(x-h)2+k

（a，b，c為常數(shù)，a≠0），確定其頂點坐標(h，k)，在原有函數(shù)的基礎上“h值正右移，負左移；k值正上移，負下移”．6、D【分析】分別根據(jù)軸對稱圖形與中心對稱圖形的性質(zhì)對各選項進行逐一分析即可．【詳解】A、既不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，故本選項錯誤；B、是中心對稱圖形，故本選項錯誤；C、既不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，故本選項錯誤；D、是軸對稱圖形，故本選項正確．故選D．【點睛】本題考查的是軸對稱圖形，熟知軸對稱圖形是針對一個圖形而言的，是一種具有特殊性質(zhì)的圖形，被一條直線分割成的兩部分沿著對稱軸折疊時，互相重合是解答此題的關鍵．7、A【分析】根據(jù)題意作出圖形，然后根據(jù)坡度為1：2，設BC=x，AC=2x，根據(jù)AB=1000m，利用勾股定理求解．【詳解】解：根據(jù)題意作出圖形，∵坡度為1：2，∴設BC=x，AC=2x，∴，∵AB=1000m，∴，解得：，故選A.【點睛】本題考查了解直角三角形的應用，解答本題的關鍵是根據(jù)坡度構(gòu)造直角三角形然后求解．8、A【分析】根據(jù)根的判別式即可求出答案．【詳解】由題意可知：△=4﹣4×5=﹣16＜1．故選：A．【點睛】本題考查了一元二次方程根的判別式，解答本題的關鍵是熟練掌握一元二次方程根的判別式．9、A【分析】過點O作OD⊥AB于點D，根據(jù)垂徑定理可求出AD的長，再在Rt△AOD中，利用勾股定理求出OD的長即可得到答案．【詳解】解：過點O作OD⊥AB于點D，∵AB=8cm，∴AD=AB=4cm，在Rt△AOD中，OD===2（cm），∴油面深度為：5-2=1（cm）故選：A．【點睛】本題考查了垂徑定理和勾股定理，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出直角三角形是解答此題的關鍵．10、B【解析】利用多邊形的內(nèi)角和定理求出正方形與正六邊形的內(nèi)角和，進而求出每一個內(nèi)角，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)，即可確定出所求角的度數(shù)．【詳解】正方形的內(nèi)角和為360°，每一個內(nèi)角為90°；

正六邊形的內(nèi)角和為720°，每一個內(nèi)角為120°，

則=360°-120°-90°=150°，因為AB=AC,所以==15°

故選B【點睛】此題考查了多邊形內(nèi)角和外角，等腰三角形性質(zhì)，熟練掌握多邊形的內(nèi)角和定理是解本題的關鍵．11、C【分析】先求兩圓半徑的和與差，再與圓心距進行比較，確定兩圓的位置關系．【詳解】解：∵兩圓的半徑分別是2和4，圓心距是3，

則2+4=6，4-2=2，

∴2＜3＜6，

圓心距介于兩圓半徑的差與和之間，兩圓相交．故選C．【點睛】本題利用了兩圓相交，圓心距的長度在兩圓的半徑的差與和之間求解．12、C【解析】利用因式分解法解一元二次方程即可.解：方程變形為：2x（x﹣3）﹣5（x﹣3）=0，∴（x﹣3）（2x﹣5）=0，∴x﹣3=0或2x﹣5=0，∴x1=3，x2=．故選C．二、填空題（每題4分，共24分）13、111°【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠3＝∠1＝69°，即可求出答案．【詳解】解：∵直線l1∥l2，∠1＝69°，∴∠3＝∠1＝69°，∴∠2＝180°﹣∠3＝111°，故答案為111°．【點睛】此題主要考查平行線的性質(zhì)，解題的關鍵是熟知兩直線平行，同位角相等．14、【分析】分別在Rt△ABC和Rt△ADC中用AC和的三角函數(shù)表示出AB和AD，進一步即可求出結(jié)果．【詳解】解：在Rt△ABC中，∵，∴，在Rt△ADC中，∵，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題考查了三角函數(shù)的知識，屬于?？碱}型，熟練掌握正弦的定義是解題的關鍵．15、【分析】設正方形ODEF的邊長為，則E，B，再代入反比例函數(shù)求出k的值即可．【詳解】設正方形ODEF的邊長為，則E，B，

∵點B、E均在反比例函數(shù)的圖象上，

∴解得：或(舍去)，當時，．故答案為：．【點睛】本題是反比例函數(shù)與幾何的綜合，考查了反比例函數(shù)圖象上點的坐標特點，正方形的性質(zhì)，熟知反比例函數(shù)圖象上各點的坐標一定適合此函數(shù)的解析式是解答此題的關鍵．16、y=-x+2（答案不唯一）【解析】①圖象經(jīng)過（1，1）點；②當x＞1時．y隨x的增大而減小，這個函數(shù)解析式為y=-x+2，故答案為y=-x+2（答案不唯一）．17、【分析】根據(jù)Rt△ABC中的30°角所對的直角邊是斜邊的一半、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)推知△AA′C是等邊三角形，所以根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)利用弧長公式來求CA′旋轉(zhuǎn)所構(gòu)成的扇形的弧長．【詳解】解：∵在Rt△ABC中，∠B=30°，AB=10cm，∴AC=AB=5cm．根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知，A′C=AC，∴A′C=AB=5cm．∴點A′是斜邊AB的中點，∴AA′=AB=5cm．∴AA′=A′C=AC，∴∠A′CA=60°．∴CA′旋轉(zhuǎn)所構(gòu)成的扇形的弧長為：（cm）．故答案為：．18、1.【解析】試題分析：根據(jù)圓的確定先做出過A，B，C三點的外接圓，從而得出答案．如圖，分別作AB、BC的中垂線，兩直線的交點為O，以O為圓心、OA為半徑作圓，則⊙O即為過A，B，C三點的外接圓，由圖可知，⊙O還經(jīng)過點D、E、F、G、H這1個格點，故答案為1．考點：圓的有關性質(zhì).三、解答題（共78分）19、（1）見解析；（2）D（，+2）；（3）．【分析】（1）連接PA，先求出點A和點B的坐標，從而求出OA、OB、OP和AP的長，即可確定點A在圓上，根據(jù)相似三角形的判定定理證出△AOB∽△POA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和等量代換證出PA⊥AB，即可證出結(jié)論；（2）連接PA，PD，根據(jù)切線長定理可求出∠ADP＝∠PDC＝∠ADC＝60°，利用銳角三角函數(shù)求出AD，設D（m，m+2），根據(jù)平面直角坐標系中任意兩點之間的距離公式求出m的值即可；（3）在BA上取一點J，使得BJ＝，連接BG，OJ，JG，根據(jù)相似三角形的判定定理證出△BJG∽△BGA，列出比例式可得GJ＝AG，從而得出AG+OG＝GJ+OG，設J點的坐標為（n，n+2），根據(jù)平面直角坐標系中任意兩點之間的距離公式求出n，從而求出OJ的長，然后根據(jù)兩點之間線段最短可得GJ+OG≥OJ，即可求出結(jié)論．【詳解】（1）證明：如圖1中，連接PA．∵一次函數(shù)y＝x+2的圖象與y軸交于A點，與x軸交于B點，∴A（0，2），B（﹣4，0），∴OA＝2，OB＝4，∵P（1，0），∴OP＝1，∴OA2＝OB?OP，AP=∴＝，點A在圓上∵∠AOB＝∠AOP＝90°，∴△AOB∽△POA，∴∠OAP＝∠ABO，∵∠OAP+∠APO＝90°，∴∠ABO+∠APO＝90°，∴∠BAP＝90°，∴PA⊥AB，∴AB是⊙P的切線．（2）如圖1﹣1中，連接PA，PD．∵DA，DC是⊙P的切線，∠ADC＝120°，∴∠ADP＝∠PDC＝∠ADC＝60°，∴∠APD＝30°，∵∠PAD＝90°∴AD＝PA?tan30°＝，設D（m，m+2），∵A（0，2），∴m2+（m+2﹣2）2＝，解得m＝±，∵點D在第一象限，∴m＝，∴D（，+2）．（3）在BA上取一點J，使得BJ＝，連接BG，OJ，JG．∵OA＝2，OB＝4，∠AOB＝90°，∴AB＝＝＝2，∵BG＝，BJ＝，∴BG2＝BJ?BA，∴＝，∵∠JBG＝∠ABG，∴△BJG∽△BGA，∴＝＝，∴GJ＝AG，∴AG+OG＝GJ+OG，∵BJ＝，設J點的坐標為（n，n+2），點B的坐標為（-4,0）∴（n+4）2+（n+2）2＝，解得：n=-3或-5（點J在點B右側(cè)，故舍去）∴J（﹣3，），∴OJ＝＝∵GJ+OG≥OJ，∴AG+OG≥，∴AG+OG的最小值為．故答案為．【點睛】此題考查的是一次函數(shù)與圓的綜合大題，掌握相似三角形的判定及性質(zhì)、切線的判定及性質(zhì)、切線長定理、勾股定理、銳角三角函數(shù)和兩點之間線段最短是解決此題的關鍵．20、（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）4.【詳解】（Ⅰ）證明：連結(jié)OA，∵DA平分∠BDE，∴∠ADE＝∠ADO，∵OA=OD，∴∠OAD＝∠ADO，∴∠ADE＝∠OAD，∴OA∥CE，∵AE⊥CD，∴AE⊥OA，∴AE是⊙O的切線；（Ⅱ）∵BD是⊙O的直徑，∴∠BCD＝90°，∵∠DBC=30°，∴∠BDE＝120°，∵DA平分∠BDE，∴∠ADE＝∠ADO=60°，∵OA=OD，∴△OAD是等邊三角形，∴AD=OD=BD，在Rt△AED中，DE=1，∠ADE=60°，∴AD==2，∴BD=4.21、（1）（2）最大值為1．

【分析】（1）將與代入，用待定系數(shù)法可求得；（2）過A作x軸的垂直，垂足為，連接CD、CB，過C作，軸，垂足分別為E，F(xiàn)，則，關于x的函數(shù)表達式為，再求二次函數(shù)的最值即可.【詳解】解：將與代入，得，解得：；如圖，過A作x軸的垂直，垂足為，連接CD、CB，過C作，軸，垂足分別為E，F(xiàn)，；；，則，關于x的函數(shù)表達式為，，當時，四邊形OACB的面積S有最大值，最大值為1．【點睛】本題考核知識點：二次函數(shù)與幾何.解題關鍵點：數(shù)形結(jié)合列出面積表達式，求二次函數(shù)的最值.22、（1）x＝﹣1或x＝1；（2）x＝4或x＝﹣1．【分析】（1）利用因式分解法求解可得；（2）利用因式分解法求解可得．【詳解】解：（1）∵x2+2x﹣1＝0，∴（x+1）（x﹣1）＝0，則x+1＝0或x﹣1＝0，解得x＝﹣1或x＝1；（2）∵x（x﹣4）+1（x﹣4）＝0，∴（x﹣4）（x+1）＝0，則x﹣4＝0或x+1＝0，解得x＝4或x＝﹣1．【點睛】本題主要考查解一元二次方程的能力，熟練掌握解一元二次方程的幾種常用方法：直接開平方法、因式分解法、公式法、配方法，結(jié)合方程的特點選擇合適、簡便的方法是解題的關鍵．23、（1）①；②或；（2）.【分析】（1）①已知AB=2，根據(jù)勾股定理，結(jié)合兩點之間的距離公式，即可得到答案；②根據(jù)題意，作出“限距點”的軌跡，結(jié)合圖形，即可得到答案；（2）結(jié)合（1）的軌跡，作出圖像，可分為兩種情況進行分析，分別求出兩個臨界點，即可求出t的取值范圍.【詳解】（1）①根據(jù)題意，如圖：∵點，∴AB=2，∵點C為（0，2），點O（0，0）在AB上，∴OC=AB=2；∵E為，點O（0，0）在AB上，∴OE=；∵點D（）到點A的距離最短，為；∴線段的“限距點”的是點C、E；故答案為：C、E.②由題意直線上滿足線段的“限距點”的范圍，如圖所示.∴點在線段AN和DM兩條線段上（包括端點），∵AM=AB=2，設點M的坐標為：（n，n）（n<0），∵，∴，∴，易知，同理點橫坐標的取值范圍為：或.（2）∵與x軸交于點M，與y軸交于點N，∴令y=0，得；令x=0，得，∴點M為：（），點N為：（0，）；如圖所示，此時點M到線段AB的距離為2，∴，∴；如圖所示，AE=AB=2，∵∠EMG=∠EAF=30°，∴，∵，∴，，∴，∵，AG=1，∴解得：；綜上所述：的取值范圍為：.【點睛】本題考查了解直角三角形的應用，利用勾股定理解直角三角形，一次函數(shù)的圖像與性質(zhì)，一次函數(shù)的動點問題，以及新定義的理解，解題的關鍵是正確作