江西省上饶市婺源县2022年九年级数学第一学期期末达标测试试题含解析.pdf

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2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
请考生注意:
,
案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
,认真阅读答题纸上的《注意事项》,按规定答题。
一、选择题(每题4分,共48分)
,底边长为x,底边上的高为y,则y与x的函数关系式为()
10520x
====
xxx20
(1)班在举行元旦联欢会时,班长觉得快要毕业了,决定临时增加一个节目:班里面任意两名同学都
,(1)班有多少名同学吗?设九年级(1)
班有x名同学,根据题意列出的方程是()
x(x1)x(x1)
A.=465B.=(x﹣1)=(x+1)=465
22
,所摸两张卡片上的数字之和为5的概率是()
第一组:1,2,3第二组:2,3,4
4321
.
9893
,O的半径OD弦AB于点C,连结AO并延长交O于点E,8,CD2,则EC的
长为()

k
=的图象经过点(2,﹣1),则k的值为()
x
11
A.﹣.﹣D.
22
2
的图象关于直线x2对称,则以下各点一定在图象P上的是()
x
2,11,20,12,1
:.
2
,下列说法错误的是()
..
x
yx
、三象限
(1,2)
2
﹣1+10x+m=0是关于x的一元二次方程,则m的值应为()
3
23
="2"==
32
,AD∥BE∥CF,直线l,l与这三条平行线分别交于点A,B,C和点D,E,=1,BC=3,DE=2,
12
则EF的长为()
..
()
,一定有5次正面向上

C.“367人中至少有2人生日相同”是必然事件
1
、平行四边形、菱形、圆的卡片,从中随机抽取一张,恰好抽到中心对称图形的概率是.
2
,每道题都答对得10分,答错或不答得0分,全班40名同学参加了此次竞赛,
他们的得分情况如下表所示:
成绩(分)5060708090100
人数25131073
则全班40名同学的成绩的中位数和众数分别是()
,,,,80
=a(x﹣m)2﹣n的图象如图,则一次函数y=mx+n的图象经过()
、二、、二、四象限:.
、三、、三、四象限
二、填空题(每题4分,共24分)
2xm10有实数根,则m的取值范围是_______.
82
,点A是函数y(x0)图象上的一点,连接AO,交函数y(x0)的图象于点B,点C是x轴上的
xx
一点,且ACAO,则ABC的面积为_________.
,已知射线BPBA,点O从B点出发,以每秒1个单位长度沿射线BA向右运动;同时射线BP绕点B顺
时针旋转一周,当射线BP停止运动时,,1个单位长度为半径画圆,若运动两秒后,
射线BP与O恰好有且只有一个公共点,则射线BP旋转的速度为每秒______度.
6
,在其位于第三像限内的图像上有一点M,从M点向y轴引垂线与y轴交于点N,连接M
x
与坐标原点O,则ΔMNO面积是_____.
=(x-1)2-7的对称轴为直线_________.
,港口A在观测站O的正东方向,OA=4km,某船从港口A出发,沿北偏东15°方向航行一段距离后到达
B处,此时从观测站O处测得该船位于北偏东60°的方向,则该船与观测站之间的距离(即OB的长)为_____km.
三、解答题(共78分)
19.(8分)解下列方程:
(1)x22x2:.
(2)(2x1)24x2
20.(8分)在矩形ABCD中,O是对角线AC的中点,EF是线段AC的中垂线,交AD、BC于E、:四边形AECF
是菱形.
21.(8分)在平面直角坐标系xOy(如图)中,抛物线y=ax2+bx+2经过点A(4,0)、B(2,2),与y轴的交点为C.
(1)试求这个抛物线的表达式;
(2)如果这个抛物线的顶点为M,求△AMC的面积;
(3)如果这个抛物线的对称轴与直线BC交于点D,点E在线段AB上,且∠DOE=45°,求点E的坐标.
22.(10分)如图,在△ABC中,∠C=90°,P为AB上一点,且点P不与点A重合,过点P作PE⊥AB交AC边于
E点,点E不与点C重合,若AB=10,AC=8,设AP的长为x,四边形PECB的周长为y,
(1)试证明:△AEP∽△ABC;
(2)求y与x之间的函数关系式.
23.(10分)如图,在△ABC中,AB=AC,以AB为直径的⊙O分别与BC,AC交于点D,E,过点D作⊙O的切线
DF,:.
(1)求证:DF⊥AC;
(2)若⊙O的半径为4,∠CDF=°,求阴影部分的面积.
24.(10分)将图中的A型、B型、C型矩形纸片分别放在3个盒子中,盒子的形状、大小、质地都相同,再将这3
个盒子装入一只不透明的袋子中.
(1)搅匀后从中摸出1个盒子,求摸出的盒子中是A型矩形纸片的概率;
(2)搅匀后先从中摸出1个盒子(不放回),再从余下的两个盒子中摸出一个盒子,求2次摸出的盒子的纸片能拼成
一个新矩形的概率(不重叠无缝隙拼接).
25.(12分)小王、小张和小梅打算各自随机选择本周六的上午或下午去高邮湖的湖上花海去踏青郊游.
(1)小王和小张都在本周六上午去踏青郊游的概率为_______;
(2)求他们三人在同一个半天去踏青郊游的概率.
,阳光下,小亮的身高如图中线段AB所示,他在地面上的影子如图中线段BC所示,线段DE表示旗杆的
高,线段FG表示一堵高墙.
1
请你在图中画出旗杆在同一时刻阳光照射下形成的影子;
2AB15mEG16m
如果小亮的身高,他的影子,旗杆的高,旗杆与高墙的距离,请求
出旗杆的影子落在墙上的长度.
:.
参考答案
一、选择题(每题4分,共48分)
1、C
【解析】试题解析:∵等腰三角形的面积为10,底边长为x,底边上的高为y,
1
xy10,
2
20
∴y与x的函数关系式为:y.
x
故选C.
1
点睛:根据三角形的面积公式列出xy10,即可求出答案.
2
2、A
【解析】因为每位同学都要与除自己之外的(x﹣1)名同学握手一次,所以共握手x(x﹣1)次,由于每次握手都是
两人,应该算一次,所以共握手x(x﹣1)÷2次,解此方程即可.
【详解】解:设九年级(1)班有x名同学,
x(x1)
根据题意列出的方程是=465,
2
故选A.
【点睛】
本题主要考查一元二次方程在实际生活中的应用,明白两人握手应该只算一次并据此列出方程是解题的关键.
3、D
【分析】根据题意,通过树状图法即可得解.
【详解】如下图,画树状图
可知,从两组卡片中各摸一张,一共有9种可能性,两张卡片上的数字之和为5的可能性有3种,则P(两张卡片上的
31
数字之和为5),
93
故选:D.
【点睛】
本题属于概率初步题,熟练掌握树状图法或者列表法是解决本题的关键.
4、C:.
【分析】连接BE,设⊙O的半径为r,然后由垂径定理和勾股定理列方程求出半径r,最后由勾股定理依次求BE和
EC的长即可.
【详解】解:如图:连接BE
设⊙O的半径为r,则OA=OD=r,OC=r-2
∵OD⊥AB,
∴∠ACO=90°
1
∴AC=BC=AB=4,
2
在Rt△ACO中,由勾股定理得:
r2-42=(r-2)2,解得:r=5
∴AE=2r=10,
∵AE为⊙O的直径
∴∠ABE=90°
由勾股定理得:BE=AE2AB210282=6
在Rt△ECB中,EC=BE2BC26242213.
故答案为C.
【点睛】
本题主要考查了垂径定理和勾股定理,根据题意正确作出辅助线、构造出直角三角形并利用勾股定理求解是解答本题
的关键.
5、A
k
【解析】把点(1,-1)代入解析式得-1=,
2
解得k=-1.
故选A.
6、A
2
【分析】分别求出各选项点关于直线x2对称点的坐标,代入函数y验证是否在其图象上,从而得出答案.
x:.
2,1x22,1
【详解】解:,
2
2,1y
而在函数上,
x
2,1
点在图象P上;
1,2x23,2
,
2
3,2y
而不在函数上,
x
1,2
点不在图象P上;
0,12,1
同理可C、D不在图象P上.
故选:A.
【点睛】
本题考查反比例函数图象及性质;熟练掌握函数关于直线的对称时,对应点关于直线对称是解题的关键.
7、A
【分析】根据反比例函数的性质用排除法解答.
【详解】A、反比例函数解析式中k=2>0,则在同一个象限内,y随x增大而减小,选项中没有提到每个象限,故错
误;
B、2>0,图象经过一三象限,故正确;
C、把x=-1代入函数解析式,求得y=-2,故正确;
D、反比例函数图象都是关于原点对称的,故正确.
故选:A.
【点睛】
本题考查了反比例函数的性质,解题的关键是要明确反比例函数的增减性必须要强调在同一个象限内.
8、C
3
【解析】试题分析:根据一元二次方程的定义进行解得2m﹣1=2,解得m=.
2
故选C.
考点:一元二次方程的定义
9、C
【解析】解:∵AD∥BE∥CF,根据平行线分线段成比例定理可得
ABDE
,
BCEF:.
12
即,
3EF
解得EF=6,
故选C.
10、C
【分析】利用随机事件和必然事件的定义对A、C进行判断;利用比较两事件的概率的大小判断游戏的公平性对B进
行判断;利用中心对称的性质和概率公式对D进行判断.
【详解】A、任意掷一枚质地均匀的硬币10次,可能有5次正面向上,所以A选项错误;
B、通过抛掷一枚均匀的硬币确定谁先发球的比赛规则是公平的,所以B选项错误;
C、“367人中至少有2人生日相同”是必然事件,所以C选项正确;
3
D、四张分别画有等边三角形、平行四边形、菱形、圆的卡片,从中随机抽取一张,恰好抽到中心对称图形的概率是,
4
所以D选项错误.
故选:C.
【点睛】
本题考查了随机事件以及概率公式和游戏公平性:判断游戏公平性需要先计算每个事件的概率,然后比较概率的大小,
概率相等就公平,否则就不公平.
11、A
【分析】根据中位数的定义把这组数据从小到大排列,求出最中间2个数的平均数;根据众数的定义找出出现次数最
多的数即可.
【详解】把这组数据从小到大排列,最中间2个数的平均数是(70+80)÷2=75;
则中位数是75;
70出现了13次,出现的次数最多,则众数是70;
故选:A.
【点睛】
本题考查了众数和中位数,中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后,最中间的那个数(或最中间两个数
的平均数),叫做这组数据的中位数;众数是一组数据中出现次数最多的数,注意众数不止一个.
12、A
【解析】由抛物线的顶点坐标在第四象限可得出m>0,n>0,再利用一次函数图象与系数的关系,即可得出一次函数
y=mx+n的图象经过第一、二、三象限.
【详解】解:观察函数图象,可知:m>0,n>0,
∴一次函数y=mx+n的图象经过第一、二、:.
故选A.
【点睛】
本题考查了二次函数的图象以及一次函数图象与系数的关系,牢记“k>0,b>0⇔y=kx+b的图象在一、二、三象限”
是解题的关键.
二、填空题(每题4分,共24分)
13、m2
【分析】对于一元二次方程ax2bxc0,当b24ac0时有实数根,由此可得m的取值范围.
【详解】解:由题意可得b24ac224(m1)0,解得m2.
故答案为:m2.
【点睛】
本题考查了一元二次方程根与系数的关系,熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键.
14、4
【分析】作AE⊥x轴于点E,BD⊥x轴于点D得出△OBD∽△OAE,根据面积比等于相似比的平方结合反比例函数
OD1OD1
的几何意义求出,再利用条件“AO=AC”得出,进而分别求出S和S相减即可得出答案.
OE2OC4OBCOAC
【详解】
作AE⊥x轴于点E,BD⊥x轴于点D
∴△OBD∽△OAE
OD2S

∴OBD
OES
OAE
根据反比例函数的几何意义可得:S4,S1
OAEOBD
OD1
∴
OE2
∵AO=AC
∴OE=EC
OD1
∴
OC4
∴S4,S8
OBCOAC:.
∴SSS4
ABCOACOBC
故答案为4.
【点睛】
本题考查的是反比例函数与几何的综合,难度系数较大,需要熟练掌握反比例函数的几何意义.
15、30或60
【分析】射线BP与O恰好有且只有一个公共点就是射线BP与O相切,分两种情况画出图形,利用圆的切线的性
质和30°角的直角三角形的性质求出旋转角,然后根据旋转速度=旋转的度数÷时间即得答案.
【详解】解:如图1,当射线BP与O在射线BA上方相切时,符合题意,设切点为C,连接OC,则OC⊥BP,
于是,在直角△BOC中,∵BO=2,OC=1,∴∠OBC=30°,∴∠1=60°,
此时射线BP旋转的速度为每秒60°÷2=30°;
如图2,当射线BP与O在射线BA下方相切时,也符合题意,设切点为D,连接OD,则OD⊥BP,
于是,在直角△BOD中,∵BO=2,OD=1,∴∠OBD=30°,∴∠MBP=120°,
此时射线BP旋转的速度为每秒120°÷2=60°;
故答案为:30或60.
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质、30°角的直角三角形的性质和旋转的有关概念,正确理解题意、熟练掌握基本知识是解
题的关键.
16、3
1
【分析】根据反比例函数系数k的几何意义得到:△MNO的面积为|k|,即可得出答案.
2:.
6
【详解】∵反比例函数的解析式为y,
x
∴k=6,
6
∵点M在反比例函数y图象上,MN⊥y轴于N,
x
1
∴S=|k|=3,
△MNO
2
故答案为:3
【点睛】
本题考查反比例函数系数k的几何意义,过双曲线上的任意一点分别向两条坐标轴作垂线,与坐标轴围成的矩形面积
就等于|k|.本知识点是中考的重要考点,同学们应高度关注.
17、x=1
【分析】根据抛物线y=a(x-h)2+k的对称轴是x=h即可确定所以抛物线y=(x-1)2-7的对称轴.
【详解】解:∵y=(x-1)2-7
∴对称轴是x=1
故填空答案:x=1.
【点睛】
本题主要考查了二次函数的性质,熟记二次函数的对称轴,顶点坐标是解答此题的关键.
18、13+1
【分析】作AD⊥OB于点D,根据题目条件得出∠OAD=60°、∠DAB=45°、OA=4km,再分别求出AD、OD、BD
的长,从而得出答案.
【详解】如图所示,过点A作AD⊥OB于点D,
由题意知,∠AOD=30°,OA=4km,
则∠OAD=60°,
∴∠DAB=45°,
1
在Rt△OAD中,AD=OAsin∠AOD=4×sin30°=4×=1(km),
2
3
OD=OAcos∠AOD=4×cos30°=4×=13(km),
2:.
在Rt△ABD中,BD=AD=1km,
∴OB=OD+BD=13+1(km),
故答案为:13+1.
【点睛】
本题主要考查解直角三角形的应用−方向角问题,解题的关键是构建合适的直角三角形,并熟练运用三角函数进行求解.
三、解答题(共78分)
13
1x13,x13;2x,x
19、
121222
【分析】(1)利用配方法得到(x﹣1)2=3,然后利用直接开平方法解方程;
(2)先变形得到(2x﹣1)2﹣2(2x﹣1)=0,然后利用因式分解法解方程.
【详解】解:(1)x2﹣2x+1=3,
(x﹣1)2=3,
x﹣1=±3,
所以x13,x13;
12
(2)(2x﹣1)2﹣2(2x﹣1)=0,
(2x﹣1)(2x﹣1﹣2)=0,
2x﹣1=0或2x﹣1﹣2=0,
13
所以x=,x=.
122
2
【点睛】
本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法:因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法,这种方法简便易用,
.
20、见解析
【解析】试题分析:首先根据题意画出图形,再证明△AOE≌COF,进而得到AECF,再根据垂直平分线的性质
证明AECEAFCF,可得四边形AECF是菱形.
试题解析:
证明:如图所示,
:.
∵O是AC的中点,
∴AO=CO,
又∵在矩形ABCD中,AD//BC,
∴∠1=∠2
∴在△AOE和△COF中,
12,AOCO,AOECOF90,
∴△AOE≌△COF(ASA),
∴AE=CF,
又∵EF是AC的垂直平分线,
∴AE=CE,AF=CF,
∴AE=CE=AF=CF,
∴四边形AECF是菱形.
点睛:菱形的判定方法:有一组邻边相等的平行四边形是菱形.
对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
四条边相等的四边形是菱形.
21、(1)y=;(1);(3)点E的坐标为(3,1).
【解析】(1)根据点A,B的坐标,利用待定系数法即可求出抛物线的表达式;
(1)利用配方法可求出点M的坐标,利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标,过点M作MH⊥y轴,
垂足为点H,利用分割图形求面积法可得出△AMC的面积;
(3)连接OB,过点B作BG⊥x轴,垂足为点G,则△BGA,△OCB是等腰直角三角形,进而可得出∠BAO=∠DBO,
由∠DOB+∠BOE=45°,∠BOE+∠EOA=45°可得出∠EOA=∠DOB,进而可证出△AOE∽△BOD,利用相似三
角形的性质结合抛物线的对称轴为直线x=1可求出AE的长,过点E作EF⊥x轴,垂足为点F,则△AEF为等腰
直角三角形,根据等腰直角三角形的性质可得出AF、EF的长,进而可得出点E的坐标.
【详解】解:(1)将A(4,0),B(1,1)代入y=ax1+bx+1,得:,
解得:,:.
∴抛物线的表达式为y=﹣x1+x+1.
(1)∵y=﹣x1+x+1=﹣(x﹣1)1+,
∴顶点M的坐标为(1,).
当x=0时,y=﹣x1+x+1=1,
∴点C的坐标为(0,1).
过点M作MH⊥y轴,垂足为点H,如图1所示.
∴S=S﹣S﹣S,
△AMC梯形AOHM△AOC△CHM
=(HM+AO)•OH﹣AO•OC﹣CH•MH,
=×(1+4)×﹣×4×1﹣×(﹣1)×1,
=.
(3)连接OB,过点B作BG⊥x轴,垂足为点G,如图1所示.
∵点B的坐标为(1,1),点A的坐标为(4,0),
∴BG=1,GA=1,
∴△BGA是等腰直角三角形,
∴∠BAO=45°.
同理,可得:∠BOA=45°.
∵点C的坐标为(1,0),
∴BC=1,OC=1,
∴△OCB是等腰直角三角形,
∴∠DBO=45°,BO=1,
∴∠BAO=∠DBO.
∵∠DOE=45°,
∴∠DOB+∠BOE=45°.
∵∠BOE+∠EOA=45°,:.
∴∠EOA=∠DOB,
∴△AOE∽△BOD,
∴.
∵抛物线y=﹣x1+x+1的对称轴是直线x=1,
∴点D的坐标为(1,1),
∴BD=1,
∴,
∴AE=,
过点E作EF⊥x轴,垂足为点F,则△AEF为等腰直角三角形,
∴EF=AF=1,
∴点E的坐标为(3,1).
【点睛】:.
本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、三角形(梯形)的面
积、相似三角形的判定与性质以及等腰直角三角形,解题的关键是:(1)根据点的坐标,利用待定系数法求出二次
函数表达式;(1)利用分割图形求面积法结合三角形、梯形的面积公式,求出△AMC的面积;(3)通过构造相似三
角形,利用相似三角形的性质求出AE的长度.
3
22、(1)见解析;(2)y=24x.(0<x<)
2
【分析】(1)可证明△APE和△ACB都是直角三角形,还有一个公共角,从而得出:△AEP∽△ABC;
35
(2)由勾股定理得出BC,再由相似,求出PE=x,AEx,即可得出y与x的函数关系式.
44
【详解】(1)∵PE⊥AB,
∴∠APE=90°,
又∵∠C=90°,
∴∠APE=∠C,
又∵∠A=∠A,
∴△AEP∽△ABC;
(2)在Rt△ABC中,AB=10,AC=8,
∴BC=AB2AC2102826,
由(1)可知,△APE∽△ACB
AEAPPE
∴,
ABACBC
又∵AP=x,
AExPE
即,
1086
35
∴PE=x,AEx,
44
353
∴y10xx8x6=24x.(0<x<)
442
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质问题,掌握相似三角形的性质以及判定定理是解题的关键.
23、(1)证明见解析;(2)48.
【分析】(1)连接OD,易得ABCODB,由ABAC,易得∠ABCACB,等量代换得ODBACB,
利用平行线的判定得OD//AC,由切线的性质得DFOD,得出结论;
(2)连接OE,利用(1)的结论得ABCACB,易得BAC45,得出AOE90,利用扇形的:.
面积公式和三角形的面积公式得出结论.
【详解】(1)证明:连接OD,
OBOD,
ABCODB,
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB.
∴∠ODB=∠ACB,
∴OD∥AC.
∵DF是⊙O的切线,
∴DF⊥OD.
∴DF⊥AC.
(2)连结OE,
∵DF⊥AC,∠CDF=°.
∴∠ABC=∠ACB=°,∴∠BAC=45°.
∵OA=OE,∴∠AOE=90°.
O的半径为4,
S4,S,
扇形AOEAOE8
S48.
阴影
【点睛】
本题主要考查了切线的性质,扇形的面积与三角形的面积公式,圆周角定理等,作出适当的辅助线,利用切线性质和
圆周角定理,数形结合是解答此题的关键.
12
24、(1);(2).
33
【解析】(1)直接利用概率公式计算可得;
(2)画树状图得出所有等可能结果,从中找打2次摸出的盒子的纸片能拼成一个新矩形的结果数,利用概率公式计算
:.
【详解】解:(1)搅匀后从中摸出1个盒子有3种等可能结果,
1
所以摸出的盒子中是A型矩形纸片的概率为;
3
(2)画树状图如下:
由树状图知共有6种等可能结果,其中2次摸出的盒子的纸片能拼成一个新矩形的有4种结果,
42
所以2次摸出的盒子的纸片能拼成一个新矩形的概率为.
63
【点睛】
:概率所求情况数与总情况数之比.
11
25、(1);(2).
44
【解析】(1)根据题意,画树状图列出三人随机选择上午或下午去踏青游玩的所有等可能结果,找到小王和小张都在
本周六上午去游玩的结果,根据概率公式计算可得;
(2)由(1)中树状图,找到三人在同一个半天去游玩的结果,根据概率公式计算可得.
【详解】解:(1)根据题意,画树状图如图,
由树状图知,小王和小张出去所选择的时间段有4种等可能结果,其中都在本周六上午去踏青郊游的只有1种结果,
1
所以都在本周六上午去踏青郊游的概率为,
4
1
故答案为;
4
(2)由树状图可知,三人随机选择本周日的上午或下午去踏青郊游共有8种等可能结果,
其中他们三人在同一个半天去踏青郊游的结果有(上,上,上)、(下,下,下)2种,
21
他们三人在同一个半天去踏青郊游的概率为.
84
.
本题考查的是用列表法或树状图法求概率注意列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果,适合于两步完成的事
件;:.
【点睛】
.
本题考查的是用列表法或树状图法求概率注意列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果,适合于两步完成的事
件;树状