2023届云南省昆明市官渡区第一中学数学九年级第一学期期末检测试题含解析.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)
–(x–3)(x+2)=0,有两个实数根x和x(x<x),则下列判断正确的是()
1212
A.–2<x<x<<–2<3<xC.–2<x<3<<–2<x<3
12121212
,CD是⊙O的弦,O是圆心,把⊙O的劣弧沿着CD对折,A是对折后劣弧上的一点,∠CAD=100°,则∠B的度
数是()
°°°°
()

,⊙O的半径为5,△ABC是⊙O的内接三角形,连接OB、∠BAC与∠BOC互补,则弦BC的长为
()

×6的正方形网格中摆出的图案,棋子的位置用有序数对表示,如A点为(5,1),若再摆
一黑一白两枚棋子,使这9枚棋子组成的图案既是轴对称图形又是中心对称图形,则下列摆放正确的是()
:.
(1,5),白(5,5)(3,2),白(3,3)
(3,3),白(3,1)(3,1),白(3,3)
的值等于()
1233
.
2223
,小明夜晚从路灯下A处走到B处这一过程中,他在路上的影子()


,AB=12,P是边AB上一点,把△PBC沿直线PC折叠,顶点B的对应点是G,过点B作BE⊥CG,
垂足为E,且在AD上,BE交PC于点F,那么下列选项正确的是()
①BP=BF;②如图1,若点E是AD的中点,那么△AEB≌△DEC;③当AD=25,且AE<DE时,则DE=16;④在③
310
的条件下,可得sin∠PCB=;⑤当BP=9时,BE∙EF=108.
10
A.①②③④B.①②④⑤C.①②③⑤D.①②③④⑤
2A1,mm
2x3经过点,则的值在().

()

,AB是O的直径,CD是O的弦,若ABD56,则BCD().:.

()
1
﹣3y++y=﹣5x=﹣+2=0
x
二、填空题(每题4分,共24分)
k
,点A(m,2),B(5,n)在函数y(k>0,x>0)的图象上,将该函数图象向上平移2个单位长度得
x
到一条新的曲线,点A、B的对应点分别为A′、B′.图中阴影部分的面积为8,则k的值为.
,母线长是6,则该圆锥的侧面积等于________.
2xk0有两个不相等的实数根,则k的取值范围是.
:红灯30秒,绿灯60秒,黄灯3秒,小明由南向北经过路口遇到红灯
的概率为______.
abc
,且ab2c6,则a的值为__________.
654
=4cm,b=9cm,则线段a,b的比例中项为_________cm.
三、解答题(共78分)
19.(8分)一不透明的布袋里,装有红、黄、蓝三种颜色的小球(除颜色外其余都相同),其中有红球2个,篮球1
1
个,黄球若干个,现从中任意摸出一个球是红球的概率为.
2
(1)求口袋中黄球的个数;
(2)甲同学先随机摸出一个小球(不放回),再随机摸出一个小球,请用“树状图法”或“列表法”,求两次摸出都是红
球的概率;:.
(3)现规定:摸到红球得5分,摸到黄球得3分(每次摸后放回),乙同学在一次摸球游戏中,第一次随机摸到一个
红球第二次又随机摸到一个蓝球,若随机,再摸一次,求乙同学三次摸球所得分数之和不低于10分的概率.
1
20.(8分)如图,在平面直角坐标系中,直线y=﹣x+2分别交x轴、y轴于点A、(﹣1,0),
2
抛物线y=ax2+bx﹣2经过A、,过点P作x轴的垂线交直线AB于点M,
交抛物线于点Q,连结DQ,设点P的横坐标为m(m≠0).
(1)求点A的坐标.
(2)求抛物线的表达式.
(3)当以B、D、Q,M为顶点的四边形是平行四边形时,求m的值.
21.(8分)某商场经销一种高档水果,原价每千克50元.
(1)连续两次降价后每千克32元,若每次下降的百分率相同,求每次下降的百分率;
(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,若每千克涨价1元,则日销售量将减少20千克,那么每千克水果应涨价多少元时,商场获得的总利润W(元)
最大,最大是多少元?
22.(10分)如图,四边形ABCD的三个顶点A、B、D在⊙O上,BC经过圆心O,且交⊙O于点E,∠A=120°,∠C
=30°.
(1)求证:CD是⊙O的切线.
(2)若CD=6,求BC的长.
(3)若⊙O的半径为4,则四边形ABCD的最大面积为.
23.(10分)已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+3m﹣2=0有两个不相等的实数根.
(1)求m的取值范围;:.
(2)当m为正整数时,求方程的根.
x1
24.(10分)当x121时,求x1的值.
x1x21
25.(12分)在平面直角坐标系中,直线y=x+3与x轴交于点A,与y轴交于点B,抛物线y=ax2+bx+c(a<0)经过点A,
B,
(1)求a、b满足的关系式及c的值,
(2)当x<0时,若y=ax2+bx+c(a<0)的函数值随x的增大而增大,求a的取值范围,
3
(3)如图,当a=−1时,在抛物线上是否存在点P,使△PAB的面积为?若存在,请求出符合条件的所有点P的坐标;
2
若不存在,请说明理由,
:△ABC内接于⊙O,过点A作直线EF.
(1)如图甲,AB为直径,要使EF为⊙O的切线,还需添加的条件是(写出两种情况,不需要证明):①或
②;
(2)如图乙,AB是非直径的弦,若∠CAF=∠B,求证:EF是⊙O的切线.
(3)如图乙,若EF是⊙O的切线,CA平分∠BAF,求证:OC⊥AB.
参考答案
一、选择题(每题4分,共48分)
1、B:.
【解析】设y=-(x﹣3)(x+2),y=1﹣(x﹣3)(x+2)根据二次函数的图像性质可知y=1﹣(x﹣3)(x+2)的图
11
像可看做y=-(x﹣3)(x+2)的图像向上平移1个单位长度,根据图像的开口方向即可得出答案.
【详解】设y=-(x﹣3)(x+2),y=1﹣(x﹣3)(x+2)
1
∵y=0时,x=-2或x=3,
∴y=-(x﹣3)(x+2)的图像与x轴的交点为(-2,0)(3,0),
∵1﹣(x﹣3)(x+2)=0,
∴y=1﹣(x﹣3)(x+2)的图像可看做y=-(x﹣3)(x+2)的图像向上平移1,与x轴的交点的横坐标为x、x,
112
∵-1<0,
∴两个抛物线的开口向下,
∴x<﹣2<3<x,
12
故选B.
【点睛】
本题考查二次函数图像性质及平移的特点,根据开口方向确定函数的增减性是解题关键.
2、B
【解析】试题分析:如图,翻折△ACD,点A落在A′处,可知∠A=∠A′=100°,然后由圆内接四边形可知
∠A′+∠B=180°,解得∠B=80°.
故选:B
3、B
【解析】试题解析:水涨船高是必然事件,A不正确;
守株待兔是随机事件,B正确;
水中捞月是不可能事件,C不正确
缘木求鱼是不可能事件,D不正确;
故选B.
考点::.
4、C
【分析】首先过点O作OD⊥BC于D,由垂径定理可得BC=2BD,又由圆周角定理,可求得∠BOC的度数,然后根
据等腰三角形的性质,求得∠OBC的度数,利用余弦函数,即可求得答案.
【详解】过点O作OD⊥BC于D,则BC=2BD,
∵△ABC内接于⊙O,∠BAC与∠BOC互补,
∴∠BOC=2∠A,∠BOC+∠A=180°,
∴∠BOC=120°,
∵OB=OC,
∴∠OBC=∠OCB=(180°-∠BOC)=30°,
∵⊙O的半径为5,
353
∴BD=OB•cos∠OBC=5,
22
∴BC=53,
故选C.
【点睛】
本题考查了垂径定理、圆周角定理、解直角三角形等,添加辅助线构造直角三角形进行解题是关键.
5、D
【分析】利用轴对称图形以及中心对称图形的性质即可解答.
【详解】如图所示:黑(3,1),白(3,3).
:.
【点睛】
此题主要考查了旋转变换以及轴对称变换,正确把握图形的性质是解题关键.
6、A
【分析】根据特殊角的三角函数值解题即可.
1
【详解】解:cos60°=.
2
故选A.
【点睛】
本题考查了特殊角的三角函数值.
7、A
【分析】因为人和路灯间的位置发生了变化,光线与地面的夹角发生变化,所以影子的长度也会发生变化,进而得出
答案.
【详解】当他远离路灯走向B处时,光线与地面的夹角越来越小,小明在地面上留下的影子越来越长,
所以他在走过一盏路灯的过程中,其影子的长度逐渐变长,
故选:A.
【点睛】
此题考查了中心投影的性质,解题关键是了解人从路灯下走过的过程中,人与灯之间位置变化,光线与地面的夹角发
生变化,从而导致影子的长度发生变化.
8、C
【分析】易证BE∥PG可得∠FPG=∠PFB,再由折叠的性质得∠FPB=∠FPG,所以∠FPB=∠PFB,根据等边对等角
即可判断①;由矩形的性质得∠A=∠D=90°,AB=CD,用SAS即可判定全等,从而判断②;证明△ABE∽△DEC,
得出比例式建立方程求出DE,从而判断③;证明△ECF∽△GCP,进而求出PC,即可得到sin∠PCB的值,从而判
断④;证明△GEF∽△EAB,利用对应边成比例可得出结论,从而判断⑤.
【详解】①∵四边形ABCD为矩形,顶点B的对应点是G,
∴∠G=90°,即PG⊥CG,
∵BE⊥CG
∴BE∥PG
∴∠FPG=∠PFB
由折叠的性质可得∠FPB=∠FPG,
∴∠FPB=∠PFB
∴BP=BF,故①正确;
②∵四边形ABCD为矩形,:.
∴∠A=∠D=90°,AB=DC
又∵点E是AD的中点,
∴AE=DE
在△AEB和△DEC中,
AB=DC

A=D

AE=DE
∴△AEB≌△DEC(SAS),故②正确;
③当AD=25时,
∵∠BEC=90°,
∴∠AEB+∠CED=90°,
∵∠AEB+∠ABE=90°,
∴∠CED=∠ABE,
∵∠A=∠D=90°,
∴△ABE∽△DEC,
ABDE1225AE
∴=,即=,
AECDAE12
解得AE=9或16,
∵AE<DE,
∴AE=9,DE=16,故③正确;
④在Rt△ABE中,BE=AB2AE2=12292=15
在Rt△CDE中,CE=CD2DE2=122162=20
由①可知BE∥PG,
∴△ECF∽△GCP
EFCE
∴=
PGCG
设BP=BF=PG=a,则EF=BE-BF=15-a,
由折叠性质可得CG=BC=25,
15a2025
∴=,解得a,
a253
2522510
在Rt△PBC中,PC=BP2BC2=252=

33:.
BP10
∴sin∠PCB==,故④错误.
PC3
⑤如图,连接FG,
∵∠GEF=∠PGC=90°,
∴∠GEF+∠PGC=180°,
∴BF∥PG
∵BF=PG,
∴四边形BPGF是菱形,
∴BP∥GF,GF=BP=9
∴∠GFE=∠ABE,
∴△GEF∽△EAB,
EFAB
∴=
GFBE
∴BE•EF=AB•GF=12×9=108,故⑤正确;
①②③⑤正确,故选C.
【点睛】
本题考查四边形综合问题,难度较大,需要熟练掌握全等三角形的判定,相似三角形的判定和性质,以及勾股定理和
三角函数,综合运用所学几何知识是关键.
9、D
【分析】将点A代入抛物线表达式中,得到m23,根据132进行判断.
2A1,m
【详解】∵抛物线y2x3经过点,
∴m23,
∵132,
∴m的值在3和4之间,
故选D.
【点睛】
本题考查抛物线的表达式,无理数的估计,熟知13:.
10、B
【分析】根据中心对称图形的概念求解.
【详解】A、等边三角形不是中心对称图形,故本选项错误;
B、平行四边形是中心对称图形,故本选项正确;
C、抛物线不是中心对称图形,故本选项错误;
D、五角星不是中心对称图形,故本选项错误.
故选:B.
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念,中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180度后两部分重合.
11、B
【分析】根据AB是⊙O的直径得出∠ADB=90°,再求出∠A的度数,由圆周角定理即可推出∠BCD的度数.
【详解】∵AB是⊙O的直径,
∴∠ADB=90°,
∴在Rt△ABD中,∠A=90°﹣∠ABD=34°,
∵弧BD=弧BD,
∴∠BCD=∠A=34°,
故选B.
【点睛】
本题考查圆周角定理及其推论,熟练掌握圆周角定理是解题的关键.
12、C
【分析】根据一元二次方程必须满足两个条件:(1)未知数的最高次数是2;(2).
【详解】解:A、它不是方程,故此选项不符合题意;
B、该方程是三元一次方程,故此选项不符合题意;
C、是一元二次方程,故此选项符合题意;
D、该方程不是整式方程,故此选项不符合题意;
故选:C.
【点睛】
此题主要考查了一元二次方程定义,一元二次方程必须满足两个条件:(1)未知数的最高次数是2;(2)二次项系数
不为1.
二、填空题(每题4分,共24分)
13、:.
【解析】试题分析:∵将该函数图象向上平移2个单位长度得到一条新的曲线,点A、B的对应点分别为A′、B′,图
中阴影部分的面积为8,∴5﹣m=4,∴m=2,∴A(2,2),∴k=2×2=.
考点:;;.
14、12
【分析】根据圆锥的侧面积公式即可得.
【详解】圆锥的侧面积公式:Srl,其中r为底面半径,l为圆锥母线
圆锥侧
则该圆锥的侧面积为2612
故答案为:12.
【点睛】
本题考查了圆锥的侧面积公式,熟记公式是解题关键.
15、:k<1.
【详解】∵一元二次方程x22xk0有两个不相等的实数根,
∴△=b24ac=4﹣4k>0,
解得:k<1,
则k的取值范围是:k<1.
故答案为k<1.
10
16、
31
【解析】∵该路口红灯30秒,绿灯60秒,黄灯3秒,
3010
∴爸爸随机地由南往北开车经过该路口时遇到红灯的概率是,
3060331
10
故答案为:.
31
17、1
【解析】分析:直接利用已知比例式假设出a,b,c的值,进而利用a+b-2c=6,得出答案.
abc
详解:∵,
654
∴设a=6x,b=5x,c=4x,
∵a+b-2c=6,
∴6x+5x-8x=6,
解得:x=2,
故a=1.
:.
点睛:此题主要考查了比例的性质,正确表示出各数是解题关键.
18、6
【分析】设比例中项为c,得到关于c的方程即可解答.
【详解】设比例中项为c,由题意得:c2ab,
∴c24936,
∴c=6,c=-6(不合题意,舍去)
12
故填6.
【点睛】
此题考查线段成比例,理解比例中项的含义即可正确解答.
三、解答题(共78分)
13
19、(1)黄球有1个;(2);(3).
64
21
【分析】(1)首先设口袋中黄球的个数为x个,根据题意得:,解此方程即可求得答案.
21x2
(2)首先根据题意画出树状图,然后由树状图求得所有等可能的结果与两次摸出都是红球的情况,再利用概率公式即
可求得答案.
(3)由若随机,再摸一次,求乙同学三次摸球所得分数之和不低于10分的有3种情况,且共有4种等可能的结果;
直接利用概率公式求解即可求得答案.
【详解】解:(1)设口袋中黄球的个数为x个,
21
根据题意得:,解得:x=1.
21x2
经检验:x=1是原分式方程的解.
∴口袋中黄球的个数为1个.
(2)画树状图得:
∵共有12种等可能的结果,两次摸出都是红球的有2种情况,
21
∴两次摸出都是红球的概率为:.
126
(3)∵摸到红球得5分,摸到黄球得3分,而乙同学在一次摸球游戏中,第一次随机摸到一个红球第二次又随机摸到
一个蓝球,:.
∴乙同学已经得了7分.
∴若随机,再摸一次,求乙同学三次摸球所得分数之和不低于10分的有3种情况,且共有4种等可能的结果;
3
∴若随机,再摸一次,求乙同学三次摸球所得分数之和不低于10分的概率为:.
4
13
20、(1)点A坐标为(4,0);(2)y=x2﹣x﹣2;(3)m=2或1+17或1﹣17.
22
1
【分析】(1)直线y=﹣x+2中令y=0,即可求得A点坐标;
2
(2)将A、C坐标代入,利用待定系数法进行求解即可;
(3)先求出BD的长,用含m的式子表示出MQ的长,然后根据BD=QM,得到关于m的方程,求解即可得.
1
【详解】(1)令y=﹣x+2=0,解得:x=4,
2
所以点A坐标为:(4,0);
(2)把点A、C坐标代入二次函数表达式,得
016a4b2
,
0ab2
1
a

2
解得:,
3
b
2
13
故:二次函数表达式为:y=x2﹣x﹣2;
22
1
(3)y=﹣x+2中,令x=0,则y=2,故B(0,2),
2
13
y=x2﹣x﹣2中,令x=0,则y=-2,故D(0,-2),
22
所以BD=4,
113
设点M(m,﹣m+2),则Q(m,m2﹣m﹣2),
222
1311
则MQ=|(m2﹣m﹣2)-(﹣m+2)|=|m2﹣m﹣4|
2222
以B、D、Q,M为顶点的四边形是平行四边形时,
则:MQ=BD=4,
1
即|m2﹣m﹣4|=4,
2
1
当m2﹣m﹣4=-4时,
2
解得:m=2或m=0(舍去);:.
1
当m2﹣m﹣4=4时,
2
解得m=1±17,
故:m=2或1+17或1-17.
【点睛】
本题考查了待定系数法求函数解析式,函数图象与坐标轴的交点,平行四边形的性质,解一元二次方程等内容,综合
性较强,熟练掌握相关内容并运用分类讨论思想是解题的关键.
21、(1)每次下降的百分率为20%;(2),商场获得的利润W最大,最大利润是6125元.
m501m232
【分析】(1)设每次下降百分率为,,得方程,求解即可
(2)根据销售利润=销售量×(售价−−进价),列出每天的销售利润W(元)).
【详解】解:(1)设每次下降百分率为m,根据题意,得
501m232
,
解得m,m(不合题意,舍去)
12
答:每次下降的百分率为20%;
(2)设每千克涨价x元,由题意得:
W10x50020x
20x2300x5000
20x26125
∵a200,开口向下,W有最大值,
∴当x(元)时,W6125(元)
最大值
答:,商场获得的利润W最大,最大利润是6125元.
【点睛】
,首先要吃透题意,
确定变量,建立函数模型,然后结合实际选择最优方案
22、(1)证明见解析;(2)63;(3)163.
【分析】(1)连接OD、DE,根据圆内接四边形的性质得到OED180A18012060,求得
ODCBODC90,又点D在O上,于是得到结论;
(2)由(1)知:ODC90又C30,设OD为x,则OC为2x,根据勾股定理即可得到结论;:.
(3)连接BD,OA,根据已知条件推出当四边形ABOD的面积最大时,四边形ABCD的面积最大,当OA⊥BD时,
四边形ABOD的面积最大,根据三角形和菱形的面积公式即可得到结论.
【详解】解:(1)证明:连接OD、DE,
四边形ABED为圆内接四边形,
OED180A18012060,
BOD2OED120,
ODCBODC90,又点D在O上,
CD是O的切线;
(2)由(1)知:ODC90又C30,
1
ODOC,
2
设OD为x,则OC为2x,
在RtODC中,OD2DC2OC2,
即x236(2x)2,
x23,
又x0,
x23,
BCOBOC3x63;
(3)连接BD,OA,
1
DBEDOC30,
2
BE8,
BD43,
C30,CDO90,OD4,
CD43,
SSS,
四边形ABCD四边形ABODCDO
1
S44383,
COD2
当四边形ABOD的面积最大时,四边形ABCD的面积最大,
当OABD时,四边形ABOD的面积最大,:.
1
四边形ABCD的最大面积44383163,
2
故答案为:163.
【点睛】
本题考查了圆的综合题,切线的判定,勾股定理,三角形的面积的计算,正确的作出辅助线是解题的关键.
23、(2)m<2;
(2)x=2+3,x=2-3.
22
【解析】(2)由方程有两个不相等的实数根知△>0,列不等式求解可得;
(2)求出m的值,解方程即可解答.
【详解】(2)∵方程有两个不相等的实数根,
∴△=42﹣4(3m﹣2)=24﹣22m>0,
解得:m<2.
(2)∵m为正整数,
∴m=2.
∴原方程为x2﹣4x+2=0
解这个方程得:x=2+3,x=2-3.
22
【点睛】
考查了根的判别式,熟练掌握方程的根的情况与判别式的值间的关系是解题的关键.
24、23
【分析】先对分式进行化简,然后代值计算.
x2xxx211x2x21
【详解】原式=x1
x1x21x1x2
将x121代入得
x1121123
故答案为:23:.
【点睛】
本题考查分式的化简,注意先化简过程中,可以适当使用乘法公式,从而简化计算.
135553555313
25、(1)b=3a+1;c=3;(2)a0;(3)点P的坐标为:(,)或(,)或(,
322222
113313113
)或(,).
222
【分析】(1)求出点A、B的坐标,即可求解;
b
(2)当x<0时,若y=ax2+bx+c(a<0)的函数值随x的增大而增大,则函数对称轴x0,而b=3a+1,即:
2a
3a1
0,即可求解;
2a
3
(3)过点P作直线l∥AB,作PQ∥y轴交BA于点Q,作PH⊥AB于点H,由S=,则yy=1,即可求解.
△PABPQ
2
【详解】解:(1)y=x+3,令x=0,则y=3,令y=0,则x=3,
故点A、B的坐标分别为(-3,0)、(0,3),则c=3,
则函数表达式为:y=ax2+bx+3,
将点A坐标代入上式并整理得:b=3a+1;
(2)当x<0时,若y=ax2+bx+c(a<0)的函数值随x的增大而增大,
b
则函数对称轴x0,
2a
∵b3a1,
3a1
∴0,
2a
1
解得:a,
3
1
∴a的取值范围为:a0;
3
(3)当a=1时,b=3a+1=2
二次函数表达式为:yx22x3,
过点P作直线l∥AB,作PQ∥y轴交BA于点Q,作PH⊥AB于点H,:.
∵OA=OB,
∴∠BAO=∠PQH=45°,
1123
S=×AB×PH=×32×PQ×=,
△PAB
2222
则PQ=yy=1,
PQ
在直线AB下方作直线m,使直线m和l与直线AB等距离,
3
则直线m与抛物线两个交点,分别与点AB组成的三角形的面积也为,
2
∴yy1,
PQ
设点P(x,-x2-2x+3),则点Q(x,x+3),
即:-x2-2x+3-x-3=±1,
35313
解得:x或x;
22
35553555313113313113
∴点P的