河南省鄭州市鄭東新區(qū)美秀初級中學2022年數(shù)學九上期末聯(lián)考試題含解析

2022-2023學年九上數(shù)學期末模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題4分，共48分）1．按下面的程序計算:若開始輸入的值為正整數(shù)，最后輸出的結果為，則開始輸入的值可以為（）A． B． C． D．2．如圖，小李打網(wǎng)球時，球恰好打過網(wǎng)，且落在離網(wǎng)4m的位置上，則球拍擊球的高度h為()A．1.6m B．1.5m C．2.4m D．1.2m3．已知二次函數(shù)y＝ax1+bx+c+1的圖象如圖所示，頂點為（﹣1，0），下列結論：①abc＞0；②b1﹣4ac＝0；③a＞1；④ax1+bx+c＝﹣1的根為x1＝x1＝﹣1；⑤若點B（﹣，y1）、C（﹣，y1）為函數(shù)圖象上的兩點，則y1＞y1．其中正確的個數(shù)是（）A．1 B．3 C．4 D．54．﹣3﹣（﹣2）的值是（）A．﹣1 B．1 C．5 D．﹣55．如圖⊙O的直徑垂直于弦，垂足是，，，的長為（）A． B．4 C． D．86．如圖，正五邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，連接對角線AC，AD，則下列結論：①BC∥AD；②∠BAE=3∠CAD；③△BAC≌△EAD；④AC=2CD．其中判斷正確的是（）A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．①②③④7．如圖，從一塊直徑為24cm的圓形紙片上，剪出一個圓心角為90°的扇形ABC，使點A，B，C都在圓周上，將剪下的扇形圍成一個圓錐的側面，則這個圓錐的底面圓的半徑是（）A．3cm B．2cm C．6cm D．12cm8．已知一元二次方程的較小根為x1，則下面對x1的估計正確的是A． B． C． D．9．正方形具有而菱形不具有的性質(zhì)是（）A．對角線互相平分 B．對角線相等C．對角線平分一組對角 D．對角線互相垂直10．四邊形為平行四邊形，點在的延長線上，連接交于點，則下列結論正確的是（）A． B． C． D．11．將點A（﹣3，4）繞原點順時針方向旋轉180°后得到點B，則點B的坐標為（）A．（3，﹣4） B．（﹣4，3） C．（﹣4，﹣3） D．（﹣3，﹣4）12．與相似，且面積比，則與的相似比為（）A． B． C． D．二、填空題（每題4分，共24分）13．已知x＝﹣1是方程x2﹣2mx﹣3＝0的一個根，則該方程的另一個根為_____．14．請寫出一個位于第一、三象限的反比例函數(shù)表達式，y=．15．如圖，PA、PB是⊙O的兩條切線，點A、B為切點，點C在⊙O上，且∠ACB＝55°，則∠APB=___°．16．如圖，平面直角坐標系中，等腰的頂點分別在軸、軸的正半軸,軸,點在函數(shù)的圖象上.若則的值為_____．17．函數(shù)是關于的二次函數(shù)，且拋物線的開口向上，則的值為____________．18．如圖，由四個全等的直角三角形圍成的大正方形ABCD的面積為34，小正方形EFGH的面積為4，則tan∠DCG的值為_____．三、解答題（共78分）19．（8分）拋物線y＝﹣x2+x+b與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C．（1）若B點坐標為（2，0）①求實數(shù)b的值；②如圖1，點E是拋物線在第一象限內(nèi)的圖象上的點，求△CBE面積的最大值及此時點E的坐標．（2）如圖2，拋物線的對稱軸交x軸于點D，若拋物線上存在點P，使得P、B、C、D四點能構成平行四邊形，求實數(shù)b的值．（提示：若點M，N的坐標為M（x?，y?），N（x?，y?），則線段MN的中點坐標為（，）20．（8分）如圖，直線與軸交于點（），與軸交于點，拋物線（）經(jīng)過，兩點，為線段上一點，過點作軸交拋物線于點．（1）當時，①求拋物線的關系式；②設點的橫坐標為，用含的代數(shù)式表示的長，并求當為何值時，？（2）若長的最大值為16，試討論關于的一元二次方程的解的個數(shù)與的取值范圍的關系．21．（8分）若邊長為6的正方形ABCD繞點A順時針旋轉，得正方形AB′C′D′，記旋轉角為a．（I）如圖1，當a＝60°時，求點C經(jīng)過的弧的長度和線段AC掃過的扇形面積；（Ⅱ）如圖2，當a＝45°時，BC與D′C′的交點為E，求線段D′E的長度；（Ⅲ）如圖3，在旋轉過程中，若F為線段CB′的中點，求線段DF長度的取值范圍．22．（10分）解方程:23．（10分）如圖，在Rt△ABE中，∠B＝90°，以AB為直徑的⊙O交AE于點C，CE的垂直平分線FD交BE于點D，連接CD．（1）判斷CD與⊙O的位置關系，并證明；（2）若AC＝6，CE＝8，求⊙O的半徑．24．（10分）如圖，為固定一棵珍貴的古樹，在樹干處向地面引鋼管，與地面夾角為，向高的建筑物引鋼管，與水平面夾角為，建筑物離古樹的距離為，求鋼管的長．(結果保留整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：)25．（12分）習總書記指出“垃圾分類工作就是新時尚”．某小區(qū)為響應垃圾分類處理，改善生態(tài)環(huán)境，將生活垃圾分成三類：廚余垃圾、可回收垃圾和其他垃圾，分別記為a，b，c，并且設置了相應的垃圾箱：“廚余垃圾”箱、“可回收垃圾”箱和“其他垃圾”箱，分別記為A，B，C．（1）若小明將一袋分好類的生活垃圾隨機投入一類垃圾箱，畫樹狀圖求垃圾投放正確的概率；（2）為了了解居民生活垃圾分類投放的情況，現(xiàn)隨機抽取了小區(qū)某天三類垃圾箱中總共10噸的生活垃圾，數(shù)據(jù)統(tǒng)計如下（單位：噸）：ABCa30.81.2b0.262.440.3c0.320.281.4該小區(qū)所在的城市每天大約產(chǎn)生500噸生活垃圾，根據(jù)以上信息，試估算該城市生活垃圾中的“廚余垃圾”每月（按30天）有多少噸沒有按要求投放．26．一種拉桿式旅行箱的示意圖如圖所示，箱體長，拉桿最大伸長距離，(點在同一條直線上)，在箱體的底端裝有一圓形滾輪與水平地面切于點某一時刻，點距離水平面，點距離水平面．（1）求圓形滾輪的半徑的長；（2）當人的手自然下垂拉旅行箱時，人感覺較為舒服，已知某人的手自然下垂在點處且拉桿達到最大延伸距離時，點距離水平地面，求此時拉桿箱與水平面所成角的大小(精確到，參考數(shù)據(jù)：)．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【分析】由3x+1=22，解得x=7，即開始輸入的x為111，最后輸出的結果為556；當開始輸入的x值滿足3x+1=7，最后輸出的結果也為22，可解得x=2即可完成解答.【詳解】解：當輸入一個正整數(shù)，一次輸出22時，3x+1=22，解得：x=7；當輸入一個正整數(shù)7，當兩次后輸出22時，3x+1=7，解得：x=2；故答案為B.【點睛】本題考查了一元一次方程的應用，根據(jù)程序框圖列出方程和理解循環(huán)結構是解答本題的關鍵.2、B【解析】分析：本題是利用三角形相似的判定和性質(zhì)來求數(shù)據(jù).解析：根據(jù)題意三角形相似，∴故選B.3、D【解析】根據(jù)二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)即可求出答案．【詳解】解：①由拋物線的對稱軸可知：，∴，由拋物線與軸的交點可知：，∴，∴，故①正確；②拋物線與軸只有一個交點，∴，∴，故②正確；③令，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，故③正確；④由圖象可知：令，即的解為,∴的根為，故④正確；⑤∵，∴，故⑤正確；故選D．【點睛】考查二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，解題的關鍵是熟練運用數(shù)形結合的思想.4、A【解析】利用有理數(shù)的減法的運算法則進行計算即可得出答案．【詳解】﹣3﹣（﹣2）=﹣3+2=﹣1，故選A．【點睛】本題主要考查了有理數(shù)的減法運算，正確掌握運算法則是解題關鍵．5、C【詳解】∵直徑AB垂直于弦CD，∴CE=DE=CD，∵∠A=22.5°，∴∠BOC=45°，∴OE=CE，設OE=CE=x，∵OC=4，∴x2+x2=16，解得：x=2，即：CE=2，∴CD=4，故選C．6、B【分析】根據(jù)圓的正多邊形性質(zhì)及圓周角與弦的關系解題即可．【詳解】解：①∴BC∥AD，故本選項正確；②∵BC=CD=DE，∴∠BAC=∠CAD=∠DAE，∴∠BAE=3∠CAD，故本選項正確；③在△BAC和△EAD中，BA=AE，BC=DE，∠B=∠E，∴△BAC≌△EAD(SAS)，故本選項正確；④∵AB+BC>AC，∴2CD>AC，故本選項錯誤．故答案為①②③．【點睛】此題考查圓的正多邊形性質(zhì)及圓周角與弦的關系，理解定義是關鍵．7、A【分析】圓的半徑為12，求出AB的長度，用弧長公式可求得的長度，圓錐的底面圓的半徑＝圓錐的弧長÷2π．【詳解】AB＝cm，∴∴圓錐的底面圓的半徑＝÷（2π）＝3cm．故選A．【點睛】本題綜合考查有關扇形和圓錐的相關計算．解題思路：解決此類問題時要緊緊抓住兩者之間的兩個對應關系：（1）圓錐的母線長等于側面展開圖的扇形半徑；（2）圓錐的底面周長等于側面展開圖的扇形弧長．正確對這兩個關系的記憶是解題的關鍵．8、A【解析】試題分析：解得，∴較小根為．∵，∴．故選A．9、B【分析】根據(jù)正方形和菱形的性質(zhì)逐項分析可得解.【詳解】根據(jù)正方形對角線的性質(zhì)：平分、相等、垂直；菱形對角線的性質(zhì)：平分、垂直，故選B．【點睛】考點：1.菱形的性質(zhì)；2.正方形的性質(zhì)．10、D【分析】根據(jù)四邊形為平行四邊形證明，從而出，對各選項進行判斷即可．【詳解】∵四邊形為平行四邊形∴∴∴∴∵，∴故答案為：D．【點睛】本題考查了平行四邊形的線段比例問題，掌握平行四邊形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)以及判定是解題的關鍵．11、A【分析】根據(jù)點A（﹣3，4）繞坐標原點旋轉180°得到點B，即可得出答案．【詳解】解：根據(jù)點A（﹣3，4）繞坐標原點旋轉180°得到點B，可知A、B兩點關于原點對稱，∴點B坐標為（3，﹣4），故選：A．【點睛】本題考查坐標與圖形變換—旋轉，解題關鍵是熟練掌握旋轉的旋轉.12、B【分析】根據(jù)面積比為相似比的平方即可得出答案．【詳解】與相似，且面積比與的相似比為與的相似比為故答案為：B．【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)，比較簡單，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關鍵．二、填空題（每題4分，共24分）13、1【分析】根據(jù)根與系數(shù)的關系即可求出答案．【詳解】解：設另外一個根為x，由根與系數(shù)的關系可知：﹣x＝﹣1，∴x＝1，故答案為：1．【點睛】本題考查了一元二次方程根與系數(shù)的關系，熟知根與系數(shù)的關系是解題的關鍵．14、（答案不唯一）.【詳解】設反比例函數(shù)解析式為，∵圖象位于第一、三象限，∴k＞0，∴可寫解析式為（答案不唯一）.考點：1.開放型；2.反比例函數(shù)的性質(zhì)．15、70°【分析】連接OA、OB，根據(jù)圓周角定理求得∠AOB，由切線的性質(zhì)求出∠OAP=∠OBP=90°，再由四邊形的內(nèi)角和等于360°，即可得出答案【詳解】解：連接OA、OB，∠ACB＝55°，∴∠AOB=110°∵PA、PB是⊙O的兩條切線，點A、B為切點，∴∠OAP=∠OBP=90°∵∠APB+∠OAP+∠AOB+∠OBP=360°∴∠APB=180°-(∠OAP+∠AOB+∠OBP)=70°故答案為：70【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)、四邊形的內(nèi)角和定理以及圓周角定理，利用切線性質(zhì)和圓周角定理求出角的度數(shù)是解題的關鍵16、4【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理求出AC的值，根據(jù)等面積法求出OA的值，OA和AC分別是點C的橫縱坐標，又點C在反比例函數(shù)圖像上，即可得出答案.【詳解】∵△ABC為等腰直角三角形，AB=2∴BC=2，解得：OA=∴點C的坐標為又點C在反比例函數(shù)圖像上∴故答案為4.【點睛】本題考查的是反比例函數(shù)，解題關鍵是根據(jù)等面積法求出點C的橫坐標.17、【分析】由題意根據(jù)題意列出關于m的不等式組，求出m的值即可．【詳解】解：∵函數(shù)是關于x的二次函數(shù)，且拋物線的開口向上，∴，解得m=-1．故答案為-1．【點睛】本題考查的是二次函數(shù)的定義，熟知一般地形如y=ax1+bx+c（a、b、c是常數(shù)，a≠0）的函數(shù)叫做二次函數(shù)是解答此題的關鍵．18、【分析】根據(jù)大正方形的面積為，小正方形的面積為即可得到,，再根據(jù)勾股定理，即可得到，進而求得的值.【詳解】由題意可知：大正方形的面積為，小正方形的面積為，四個直角三角形全等，設，則由勾股定理可得：在中，解之得：在中，故答案為【點睛】本題主要考查了勾股定理以及解直角三角形的應用，明確銳角三角函數(shù)的邊角對應關系，設未知數(shù)利用勾股定理是解題關鍵.三、解答題（共78分）19、（1）①b＝2；②△CBE面積的最大值為1，此時E（1，2）；（2）b＝﹣1+或b＝，（，）【分析】（1）①將點B（2，0）代入y＝﹣x2+x+b即可求b；②設E（m，﹣m2+m+2），求出BC的直線解析式為y＝﹣x+2，和過點E與BC垂直的直線解析式為y＝x﹣m2+2，求出兩直線交點F，則EF最大時，△CBE面積的最大；（2）可求C（0，b），B（，0），設M（t，﹣t2+t+b），利用對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，則分三種情況求解：①當CM和BD為平行四邊形的對角線時，＝，＝0，解得b＝﹣1+；②當BM和CD為平行四邊形的對角線時，＝，＝，b無解；③當BC和MD為平行四邊形的對角線時，＝，＝，解得b＝或b＝﹣（舍）．【詳解】解：（1）①將點B（2，0）代入y＝﹣x2+x+b，得到0＝﹣4+2+b，∴b＝2；②C（0，2），B（2，0），∴BC的直線解析式為y＝﹣x+2，設E（m，﹣m2+m+2），過點E與BC垂直的直線解析式為y＝x﹣m2+2，∴直線BC與其垂線的交點為F（，﹣+2），∴EF＝（﹣+2）＝[﹣（m﹣1）2+]，當m＝1時，EF有最大值，∴S＝×BC×EF＝×2×＝1，∴△CBE面積的最大值為1，此時E（1，2）；（2）∵拋物線的對稱軸為x＝，∴D（，0），∵函數(shù)與x軸有兩個交點，∴△＝1+4b＞0，∴b＞﹣，∵C（0，b），B（，0），設M（t，﹣t2+t+b），①當CM和BD為平行四邊形的對角線時，C、M的中點為（，），B、D的中點為（，0），∴＝，＝0，解得：b＝﹣1+或b＝﹣1﹣（舍去），∴b＝﹣1+；②當BM和CD為平行四邊形的對角線時，B、M的中點為（，），C、D的中點為（，），∴＝，＝，∴b無解；③當BC和MD為平行四邊形的對角線時，B、C的中點為（，），M、D的中點為（，），∴＝，＝，解得：b＝或b＝﹣（舍）；綜上所述：b＝﹣1+或b＝．【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合；熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練應用平行四邊形的判定方法是解題的關鍵．20、（1）①；②；當x=1或x=4時，；（1）當時，一元二次方程有一個解；當＞2時，一元二次方程無解；當＜2時，一元二次方程有兩個解．【分析】（1）①首先根據(jù)題意得出點A、B的坐標，然后代入拋物線解析式即可得出其表達式；②首先由點A的坐標得出直線解析式，然后得出點P、Q坐標，根據(jù)平行構建方程，即可得解；（1）首先得出，然后由PQ的最大值得出最大值，再利用二次函數(shù)圖象的性質(zhì)分類討論一元二次方程的解即可.【詳解】（1）①∵m=5，∴點A的坐標為（5，0）．將x=0代入，得y=1．∴點B的坐標為（0，1）．將A（5，0），B（0，1）代入，得解得∴拋物線的表達式為．②將A(5，0)代入，解得：．∴一次函數(shù)的表達為．∴點P的坐標為，又∵PQ∥y軸，∴點Q的坐標為∴∵，∴解得：，∴當x=1或x=4時，；（1）由題意知：設，∴為的二次函數(shù)，又＜，∵長的最大值為2，∴最大值為2．∴由二次函數(shù)的圖象性質(zhì)可知當時，一元二次方程有一個解；當＞2時，一元二次方程無解；當＜2時，一元二次方程有兩個解．.【點睛】此題主要考查一次函數(shù)與二次函數(shù)的綜合運用，熟練掌握，即可解題.21、（I）12π；（Ⅱ）D′E＝6﹣6；（Ⅲ）1﹣1≤DF≤1+1．【分析】（Ⅰ）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AD＝CD＝6，∠D＝90°，由勾股定理得到AC＝6，根據(jù)弧長的計算公式和扇形的面積公式即可得到結論；（Ⅱ）連接BC′，根據(jù)題意得到B在對角線AC′上，根據(jù)勾股定理得到AC′＝＝6，求得BC′＝6﹣6，推出△BC′E是等腰直角三角形，得到C′E＝BC′＝12﹣6，于是得到結論；（Ⅲ）如圖1，連接DB，AC相交于點O，則O是DB的中點，根據(jù)三角形中位線定理得到FO＝AB′＝1，推出F在以O為圓心，1為半徑的圓上運動，于是得到結論．【詳解】解：（Ⅰ）∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD＝6，∠D＝90°，∴AC＝6，∵邊長為6的正方形ABCD繞點A順時針旋轉，得正方形AB′C′D′，∴∠CAC′＝60°，∴的長度＝＝2π，線段AC掃過的扇形面積＝＝12π；（Ⅱ）解：如圖2，連接BC′，∵旋轉角∠BAB′＝45°，∠BAD′＝45°，∴B在對角線AC′上，∵B′C′＝AB′＝6，在Rt△AB′C′中，AC′＝＝6，∴BC′＝6﹣6，∵∠C′BE＝180°﹣∠ABC＝90°，∠BC′E＝90°﹣45°＝45°，∴△BC′E是等腰直角三角形，∴C′E＝BC′＝12﹣6，∴D′E＝C′D′﹣EC′＝6﹣（12﹣6）＝6﹣6；（Ⅲ）如圖1，連接DB，AC相交于點O，則O是DB的中點，∵F為線段BC′的中點，∴FO＝AB′＝1，∴F在以O為圓心，1為半徑的圓上運動，∵DO＝1，∴DF最大值為1+1，DF的最小值為1﹣1，∴DF長的取值范圍為1﹣1≤DF≤1+1．【點睛】本題考查了旋轉的綜合題，正方形性質(zhì)，全等三角形判定與性質(zhì)，三角形中位線定理．（Ⅲ）問解題的關鍵是利用中位線定理得出點P的軌跡．22、（1），；（2）【分析】（1）先移項，再利用配方法求解即可．（2）合并同類項，再利用配方法求解即可．【詳解】（1）解得，（2）解得【點睛】本題考查了一元二次方程的計算，掌握利用配方法求方程的解是解題的關鍵．23、（1）CD與⊙O相切，證明見解析；（2）．【分析】（1）連接OC，由于FD是CE的垂直平分線，所以∠E＝∠DCE，又因為∠A＝∠OCA，∠A+∠E＝90°，所以∠OCA+∠DCE＝90°，所以CD與⊙O相切．（2）連接BC，易知∠ACB＝90°，所以△ACB∽ABE，所以由于AC?AE＝84，所以OA＝AB＝．【詳解】（1）連接OC，如圖1所示．∵FD是CE的垂直平分線，∴DC＝DE，∴∠E＝∠DCE，∵OA＝OC，∴∠A＝∠OCA，∵Rt△ABE中，∠B＝90°，∴∠A+∠E＝90°，∴∠OCA+∠DCE＝90°，∴OC⊥CD，∴CD與⊙O相切．（2）連接BC，如圖2所示．∵AB是⊙O直徑，∴∠ACB＝90°，∴△ACB∽ABE，∴,∵AC＝6，CE＝8，∴AE=14，∵AC?AE＝84，∴AB2＝84，∴AB＝2，∴OA