广西北海市合浦县2022年九年级数学第一学期期末综合测试模拟试题含解析.pdf

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2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项:
,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再
选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。
,将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
axb的图像经过第一、二、四象限,则下列不等式中总是成立的是()
bbb0
,底面圆的半径为3,则此圆锥的侧面积是()

13x1的解集在数轴上表示正确的是()
.
.
ax2bxc的图像如图所示,下面结论:①a0;②c0;③函数的最小值为3;④当x4时,
y0;⑤当xx2时,yy(y、y分别是x、x对应的函数值).正确的个数为()
12121212

DE
,AB与CD相交于点E,点F在线段BC上,且AC//EF//DB,若BE=5,BF=3,AE=BC,则的
CE
值为():.
2132
.
3255
,()
.
=ax2+bx+c(a≠0)的图象,则下列结论:①abc>0;②b+2a=0;③抛物线与x轴
的另一个交点为(4,0);④a+c>b,其中正确的结论有()

(x3)(x2)p20的根的情况是()


,则他上升的最大高度是()m
100100
?sin?cos
sincos
,AB是O的直径,弦CDAB于点E,如果AB20,CD16,那么线段OE的长为():.

二、填空题(每小题3分,共24分)
,在▱ABCD中,AB=10,AD=6,AC⊥=_____.
5
A,yB1,y2yy
、在二次函数yx3的图像上,则___.(填“”、“”、“”)
41212
mxn0的两个实数根分别是x=-2,x=4,则m+n的值为________.
12
⊙O的半径为6cm,圆心O到直线L的距离为5cm,则直线L与⊙O的位置关系是___________.
,△ABC中,AB>AC,D,E两点分别在边AC,AB上,:_____,
使△ADE∽△ABC.(不再添加其他的字母和线段;只填一个条件,多填不给分!)
,在边长为2的菱形ABCD中,D60,点E、F分别在边AB、BEF沿着直线EF翻折,点B
恰好与边AD的中点G重合,则BE的长等于________.
4的解是.
、4、5、2、1,则这组数据的中位数为__________.
三、解答题(共66分)
19.(10分)某水果商场经销一种高档水果,:.
(1)连续两次降价后每千克32元,;
(2)若每千克盈利10元,每天可售出500千克,经市场调查发现,在进货价不变的情况下,商场决定采取适当的涨
价措施,但商场规定每千克涨价不能超过8元,若每千克涨价1元,日销售量将减少20千克,现该商场要保证每天盈
利6000元,那么每千克应涨价多少元?
20.(6分)如图,AB是半圆O的直径,C、D是半圆上的点,且0DAC于点E,连接BE,BC,若AC8,DE2.
1
求半圆的半径长;
2
求BE的长.
21.(6分)(1)解方程:x24x30
(2)已知点P(a+b,-1)与点Q(-5,a-b)关于原点对称,求a,b的值.
22.(8分)如图1,抛物线yx2bxc与x轴相交于点A、点B,与y轴交于点C(0,3),对称轴为直线x=1,
交x轴于点D,顶点为点E.
(1)求该抛物线的解析式;
(2)连接AC,CE,AE,求△ACE的面积;
(3)如图2,点F在y轴上,且OF=2,点N是抛物线在第一象限内一动点,且在抛物线对称轴右侧,连接ON交
对称轴于点G,连接GF,若GF平分∠OGE,求点N的坐标.
23.(8分)如图,有一路灯杆AB(底部B不能直接到达),在灯光下,小华在点D处测得自己的影长DF=3m,沿
BD方向到达点F处再测得自己的影长FG=,:.
24.(8分)如图1,已知AB是⊙O的直径,AC是⊙O的弦,过O点作OF⊥AB交⊙O于点D,交AC于点E,交BC
的延长线于点F,点G是EF的中点,连接CG
(1)判断CG与⊙O的位置关系,并说明理由;
(2)求证:2OB2=BC•BF;
(3)如图2,当∠DCE=2∠F,CE=3,DG=,求DE的长.
25.(10分)如图,矩形ABCD的边AB=3cm,AD=4cm,点E从点A出发,沿射线AD移动,以CE为直径作圆O,
点F为圆O与射线BD的公共点,连接EF、CF,过点E作EG⊥EF,EG与圆O相交于点G,连接CG.
(1)试说明四边形EFCG是矩形;
(2)当圆O与射线BD相切时,点E停止移动,在点E移动的过程中,
①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值?若存在,求出这个最大值或最小值;若不存在,说明理由;
②求点G移动路线的长.
26.(10分)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,以AC为直径的⊙O与AB边交于点D,过点D作⊙
BC于点E.
(1)求证:BE=EC
(2)填空:①若∠B=30°,AC=23,则DE=______;
②当∠B=______度时,以O,D,E,:.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】首先判断a、b的符号,再一一判断即可解决问题.
【详解】∵一次函数y=ax+b的图象经过第一、二、四象限,
∴a<0,b>0,故A错误;
ab0,故B错误;
a2+b>0,故C正确,
a+b不一定大于0,故D错误.
故选:C.
【点睛】
本题考查一次函数与不等式,解题的关键是学会根据函数图象的位置,确定a、b的符号,属于中考常考题型.
2、C
【分析】.
1
【详解】解:底面圆的半径为3,则底面周长=6π,侧面面积=×6π×4=12π,
2
故选C.
考点:圆锥的计算.
3、B
【解析】先求出不等式的解集,再在数轴上表示出来即可.
【详解】解:5x13x1,
移项得:5x3x11,:.
合并同类项得:2x2,
系数化为1得,x1,
在数轴上表示为:
故选:B.
【点睛】
本题考查了在数轴上表示不等式的解集,把每个不等式的解集在数轴上表示出来(>,≥向右画;<,≤向左画),数
轴上的点把数轴分成若干段,如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样,那么这段就是不等式
“≥”,“≤”要用实心圆点表示;“<”,“>”要用空心圆点表示.
4、C
【分析】由抛物线开口方向可得到a>0;由抛物线过原点得c=0;根据顶点坐标可得到函数的最小值为-3;根据当x
<0时,抛物线都在x轴上方,可得y>0;由图示知:0<x<2,y随x的增大而减小;
【详解】解:①由函数图象开口向上可知,a0,故此选项正确;
y(0,0)c0
②由函数的图像与轴的交点在可知,,故此选项正确;
③由函数的图像的顶点在(2,3)可知,函数的最小值为3,故此选项正确;
④因为函数的对称轴为x2,与x轴的一个交点为(0,0),则与x轴的另一个交点为(4,0),所以当x4时,y0,
故此选项正确;
x2yxxx2xx2
⑤由图像可知,当时,随着的值增大而减小,所以当时,,故此选项错误;
1212
其中正确信息的有①②③④.
故选:C.
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与系数的关系:二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象为抛物线,当a>0,抛物线开口向上;
b
对称轴为直线x=,;抛物线与y轴的交点坐标为(0,c);当b2-4ac>0,抛物线与x轴有两个交点;当b2-4ac=0,
2a
抛物线与x轴有一个交点;当b2-4ac<0,抛物线与x轴没有交点.
5、A
BEBF
【分析】根据平行线分线段成比例定理得可求出BC的长,从而可得CF的长,再根据平行线分线段成比例
ABBC
DEBF
定理得,求解即可得.
CECF
【详解】AC//EF
BEBF

ABBC:.
又BE5,BF3,AEBC
ABAEBEBC5
5315
,解得BC
BC5BC2
9
CFBCBF
2
又EF//DB
DEBF32

CECF93
2
故选:A.
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例定理,根据定理求出BC的长是解题关键.
6、A
【解析】从上面看得到的图形是A表示的图形,故选A.
7、C
b
【解析】试题分析:∵抛物线开口向上,∴a>0,∵抛物线的对称轴为直线x==1,∴b=﹣2a<0,所以②正确;
2a
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方,∴c<0,∴abc>0,所以①正确;∵点(﹣2,0)关于直线x=1的对称点的坐标
为(4,0),∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为(4,0),所以③正确;∵x=﹣1时,y<0,
即a﹣b+c<0,∴a+c<b,所以④错误.
故选C.
考点:抛物线与x轴的交点;二次函数图象与系数的关系.
8、A
【分析】将方程化简,再根据b24ac判断方程的根的情况.
【详解】解:原方程可化为x25x6p20,
(5)24(6p2)1p20
所以原方程有两个不相等的实数根.
故选:A
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的情况,灵活利用的正负进行判断是解题的关键.
当时,方程有两个不相等的实数根;当0时,方程有两个不相等的实数根;当时,方程没有实数根.
9、B:.
【分析】设他上升的最大高度是hm,根据坡角及三角函数的定义即可求得结果.
【详解】设他上升的最大高度是hm,由题意得
h
sin,解得h100sin
100
故选:B.
10、A
【分析】连接OD,由直径AB与弦CD垂直,根据垂径定理得到E为CD的中点,由CD的长求出DE的长,又由直
径的长求出半径OD的长,在直角三角形ODE中,由DE及OD的长,利用勾股定理即可求出OE的长.
【详解】解:如图所示,连接OD.
∵弦CD⊥AB,AB为圆O的直径,
∴E为CD的中点,
又∵CD=16,
1
∴CE=DE=CD=8,
2
1
又∵OD=AB=10,
2
∵CD⊥AB,∴∠OED=90°,
在Rt△ODE中,DE=8,OD=10,
根据勾股定理得:OE=OD2DE2=6,
则OE的长度为6,
故选:A.
【点睛】
本题主要考查了垂径定理,勾股定理,解答此类题常常利用垂径定理由垂直得中点,进而由弦长的一半,弦心距及圆
的半径构造直角三角形,利用勾股定理是解答此题的关键.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、413
【分析】由BC⊥AC,AB=10,BC=AD=6,由勾股定理求得AC的长,得出OA长,然后由勾股定理求得OB的长
即可.
【详解】解:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴BC=AD=6,OB=OD,OA=OC,:.
∵AC⊥BC,
∴AC=AB2BC2=8,
∴OC=4,
∴OB=OC2BC2=213,
∴BD=2OB=413
故答案为:413.
【点睛】
,注意掌握数形结合思想的应用.
12、
【分析】把两点的坐标分别代入二次函数解析式求出纵坐标,再比较大小即可得解.
5522573

【详解】x时,y33,

4141616
x1时,y123134,
2
739
∵4>0,
1616
∴yy;
12
故答案为:.
【点睛】
本题考查了二次函数的性质及二次函数图象上点的坐标特征,用求差法比较大小是常用的方法.
13、-10
【解析】根据根与系数的关系得出-2+4=-m,-2×4=n,求出即可.
【详解】∵关于x的一元二次方程x2mxn0的两个实数根分别为x=-2,x=4,
12
∴−2+4=−m,−2×4=n,
解得:m=−2,n=−8,
∴m+n=−10,
故答案为:-10
【点睛】
此题考查根与系数的关系,掌握运算法则是解题关键
14、相交:.
【分析】先根据题意判断出直线与圆的位置关系即可得出结论.
【详解】∵⊙O的半径为6cm,圆心O到直线l的距离为5cm,6cm>5cm,
∴直线l与⊙O相交,
故答案为:相交.
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系,熟知设⊙O的半径为r,圆心O到直线l的距离为d,当d<r时,直线与圆相交
是解答此题的关键.
AEAD
15、∠B=∠1或
ACAB
【解析】此题答案不唯一,注意此题的已知条件是:∠A=∠A,可以根据有两角对应相等的三角形相似或有两边对应
成比例且夹角相等三角形相似,添加条件即可.
ADAE
【详解】此题答案不唯一,如∠B=∠1或.
ABAC
∵∠B=∠1,∠A=∠A,
∴△ADE∽△ABC;
ADAE
∵,∠A=∠A,
ABAC
∴△ADE∽△ABC;
ADAE
故答案为∠B=∠1或
ABAC
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定:有两角对应相等的三角形相似;有两边对应成比例且夹角相等三角形相似,要注意正
确找出两三角形的对应边、对应角,根据判定定理解题.
7
16、
5
【分析】如图,作GH⊥BA交BA的延长线于H,,由此即可解决问题.
【详解】过点G作GM⊥AB交BA延长线于点M,则∠AMG=90°,
11
∵G为AD的中点,∴AG=AD=2=1,
22
∵四边形ABCD是菱形,
∴AB//CD,∴∠MAG=∠D=60°,
∴∠AGM=30°,
11
∴AM=AG=,
22
3
∴MG=AG2AM2,
2:.
设BE=x,则AE=2-x,
∵EG=BE,∴EG=x,
在Rt△EGM中,EG2=EM2+MG2,
2
13
∴x2=(2-x+)2+,
22

7
∴x=,
5
7
故答案为.
5
【点睛】
本题考查了菱形的性质、轴对称的性质等,正确添加辅助线构造直角三角形利用勾股定理进行解答是关键.
17、±1.
【解析】试题分析:∵x1-4=0
∴x=±1.
考点:解一元二次方程-直接开平方法.
18、4
【分析】根据中位数的定义求解即可.
【详解】解:将数据8、4、5、2、1按从小到大的顺序排列为:1、2、4、5、8,所以这组数据的中位数为4.
故答案为:4.
【点睛】
本题考查了中位数的定义,属于基本题型,解题的关键是熟知中位数的概念.
三、解答题(共66分)
19、(1)20%;(2)每千克应涨价5元.
【分析】(1)设每次下降的百分率为x,根据相等关系列出方程,可求每次下降的百分率;
(2)设涨价y元(0<y≤8),根据总盈余=每千克盈余×数量,可列方程,可求解.
【详解】解:(1)设每次下降的百分率为x:.
根据题意得:50(1﹣x)2=32
解得:x=,x=(不合题意舍去)
12
答:每次下降20%
(2)设涨价y元(0<y≤8)
6000=(10+y)(500﹣20y)
解得:y=5,y=10(不合题意舍去)
12
答:每千克应涨价5元.
【点睛】
此题主要考查了一元二次方程应用,关键是根据题意找到蕴含的相等关系,列出方程,解答即可.
1O52
20、半圆的半径为;213
1
【分析】(1)根据垂径定理的推论得到OD⊥AC,AE=AC,设圆的半径为r,根据勾股定理列出方程,解方程即可;
2
(2)由题意根据圆周角定理得到∠C=90°,根据勾股定理计算即可.
1ODACAC8
【详解】解:于点E且
1
AEECAC4,
2
设半径为r,则OEr2
在RtAOE中有
r242r22
解得:r=5
即半圆O的半径为5;
2O
AB为半圆的直径
C90,AB10
则BCAB2AC2102826
在RtBCE中有
CEBC2CE26242213.
【点睛】
本题考查的是圆心角、弧、弦的关系定理、垂径定理,掌握垂直于弦的直径平分这条弦,并且平分弦所对的两条弧是
:.
21、(1)x3,x1;(2)a3,b2.
12
【分析】(1)利用因式分解法解一元二次方程即可得;
(2)先根据关于原点对称的点坐标变换规律可得一个关于a、b二元一次方程组,再利用加减消元法解方程组即可得.
【详解】(1)x24x30,
x3x10
,
x30或x10,
x3或x1,
即x3,x1;
12
(2)关于原点对称的点坐标变换规律:横、纵坐标均互为相反数,
ab(5)0
则,
ab(1)0
a3
解得.
b2
【点睛】
本题考查了解一元二次方程、关于原点对称的点坐标变换规律、解二元一次方程组,熟练掌握方程(组)的解法和关
于原点对称的点坐标变换规律是解题关键.
113113
22、(1)y=-x2+2x+3;(2)1;(3)点N的坐标为:(,).
22
【分析】(1)由点C的坐标,求出c,再由对称轴为x=1,求出b,即可得出结论;
(2)先求出点A,E坐标,进而求出直线AE与y轴的交点坐标,最后用三角形面积公式计算即可得出结论;
(3)先利用角平分线定理求出FQ=1,进而利用勾股定理求出OQ=1=FQ,进而求出∠BON=45°,求出直线ON的
解析式,最后联立抛物线解析式求解,即可得出结论.
【详解】解:(1)∵抛物线y=-x2+bx+c与y轴交于点C(0,3),
令x=0,则c=3,
∵对称轴为直线x=1,
b
∴1,
2(1)
∴b=2,
∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3;
(2)如图1,AE与y轴的交点记作H,:.
由(1)知,抛物线的解析式为y=-x2+2x+3,
令y=0,则-x2+2x+3=0,
∴x=-1或x=3,
∴A(-1,0),
当x=1时,y=-1+2+3=4,
∴E(1,4),
∴直线AE的解析式为y=2x+2,
∴H(0,2),
∴CH=3-2=1,
11
∴S=CH•|x-x|=×1×2=1;
△ACEEA
22
(3)如图2,过点F作FP⊥DE于P,则FP=1,过点F作FQ⊥ON于Q,
∵GF平分∠OGE,
∴FQ=FP=1,
在Rt△FQO中,OF=2,:.
根据勾股定理得,OQ=OF2FQ21,
∴OQ=FQ,
∴∠FOQ=45°,
∴∠BON=90°-45°=45°,
过点Q作QM⊥OB于M,OM=QM
∴ON的解析式为y=x①,
∵点N在抛物线y=-x2+2x+3②上,
yx
联立①②,则,
yx22x3

113113
xx
22
解得:或(由于点N在对称轴x=1右侧,所以舍去),
113113
yy

22
113113
∴点N的坐标为:(,).
22
【点睛】
此题是二次函数综合题,主要考查了待定系数法,三角形面积的求法,角平分线定理,勾股定理,直线与抛物线的交
点坐标的求法,求出直线ON的解析式是解本题的关键.
23、路灯杆AB的高度是1m.
【解析】在同一时刻物高和影长成正比,根据相似三角形的性质即可解答.
【详解】解:∵CD∥EF∥AB,
∴可以得到△CDF∽△ABF,△ABG∽△EFG,
CDDFFEFG
∴,,
ABBFABBG
又∵CD=EF,
DFFG
∴,
BFBG
∵DF=3m,FG=4m,BF=BD+DF=BD+3,BG=BD+DF+FG=BD+7,
34
∴,
DB3BD7
∴BD=9,BF=9+3=12,:.

∴,
AB12
解得AB=1.
答:路灯杆AB的高度是1m.
【点睛】
,利用相似三角形的性质对应边成比例
就可以求出结果.
24、(1)CG与⊙O相切,理由见解析;(1)见解析;(3)DE=1
【解析】(1)连接CE,由AB是直径知△ECF是直角三角形,结合G为EF中点知∠AEO=∠GEC=∠GCE,再由
OA=OC知∠OCA=∠OAC,根据OF⊥AB可得∠OCA+∠GCE=90°,即OC⊥GC,据此即可得证;
BCAB
(1)证△ABC∽△FBO得,结合AB=1BO即可得;
BOBF
ECED3DE
(3)证ECD∽△EGC得,根据CE=3,DG=,解之可得.
EGECDE
【详解】解:(1)CG与⊙O相切,理由如下:
如图1,连接CE,
∵AB是⊙O的直径,
∴∠ACB=∠ACF=90°,
∵点G是EF的中点,
∴GF=GE=GC,
∴∠AEO=∠GEC=∠GCE,
∵OA=OC,
∴∠OCA=∠OAC,:.
∵OF⊥AB,
∴∠OAC+∠AEO=90°,
∴∠OCA+∠GCE=90°,即OC⊥GC,
∴CG与⊙O相切;
(1)∵∠AOE=∠FCE=90°,∠AEO=∠FEC,
∴∠OAE=∠F,
又∵∠B=∠B,
∴△ABC∽△FBO,
BCAB
∴,即BO•AB=BC•BF,
BOBF
∵AB=1BO,
∴1OB1=BC•BF;
(3)由(1)知GC=GE=GF,
∴∠F=∠GCF,
∴∠EGC=1∠F,
又∵∠DCE=1∠F,
∴∠EGC=∠DCE,
∵∠DEC=∠CEG,
∴△ECD∽△EGC,
ECED
∴,
EGEC
∵CE=3,DG=,
3DE
∴,
DE
整理,得:DE1+﹣9=0,
解得:DE=1或DE=﹣(舍),
故DE=1.
【点睛】
本题是圆的综合问题,解题的关键是掌握圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质及直角三角形的性质等
知识点.
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25、(1)证明见解析;(2)①存在,矩形EFCG的面积最大值为12,最小值为;②.
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【解析】试题分析:(1)只要证到三个内角等于90°即可.
(2)①易证点D在⊙O上,根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE,从而证到△CFE∽△DAB,根据相似三角形的性质:.
3CF2
可得到S=2S=.然后只需求出CF的范围就可求出S的范围.
矩形ABCD△CFE矩形ABCD
4
②根据圆周角定理和矩形的性质可证到∠GDC=∠FDE=定值,从而得到点G的移动的路线是线段,只需找到点G的
起点与终点,求出该线段的长度即可.
试题解析:解:(1)证明:如图,
∵CE为⊙O的直径,∴∠CFE=∠CGE=90°.
∵EG⊥EF,∴∠FEG=90°.∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°.
∴四边形EFCG是矩形.
(2)①存在.
如答图1,连接OD,
∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=∠ADC=90°.
∵点O是CE的中点,∴OD=OC.∴点D在⊙O上.
SCF2

∵∠FCE=∠FDE,∠A=∠CFE=90°,∴△CFE∽△DAB.∴CFE.

SDA
DAB
∵AD=1,AB=2,∴BD=5.
CF2CF213CF22
3CF
∴SS34.∴S=2S=.
矩形ABCD△CFE
CFEDADAB16284
∵四边形EFCG是矩形,∴FC∥EG.∴∠FCE=∠CEG.
∵∠GDC=∠CEG,∠FCE=∠FDE,∴∠GDC=∠FDE.
∵∠FDE+∠CDB=90°,∴∠GDC+∠CDB=90°.∴∠GDB=90°
Ⅰ.当点E在点A(E′)处时,点F在点B(F′)处,点G在点D(G′处,如答图1所示.
此时,CF=CB=1.
Ⅱ.当点F在点D(F″)处时,直径F″G″⊥BD,如答图2所示,此时⊙O与射线BD相切,CF=CD=2.
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Ⅲ.当CF⊥BD时,CF最小,此时点F到达F″′,=BC•CD=BD•CF″′.
△BCD
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