2022-2023學年九上數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。回答非選擇題時，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．如圖△ABC中，BE平分∠ABC，DE∥BC，若DE＝2AD，AE＝2，那么AC的長為（）A．3 B．4 C．5 D．62．如圖，的半徑為2，弦，點P為優弧AB上一動點，，交直線PB于點C，則的最大面積是

A． B．1 C．2 D．3．在平面直角坐標系中，將拋物線向左平移1個單位，再向下平移1個單位后所得拋物線的表達式為()A． B．C． D．4．下列四個幾何體中，左視圖為圓的是（）A． B． C． D．5．如圖，在△OAB中，∠AOB=55°，將△OAB在平面內繞點O順時針旋轉到△OA′B′的位置，使得BB′∥AO，則旋轉角的度數為（）A．125° B．70° C．55° D．15°6．若點都是反比例函數的圖象上的點，并且，則下列各式中正確的是（（）A． B． C． D．7．關于二次函數，下列說法正確的是（）A．圖像與軸的交點坐標為 B．圖像的對稱軸在軸的右側C．當時，的值隨值的增大而減小 D．的最小值為-38．如圖是胡老師畫的一幅寫生畫，四位同學對這幅畫的作畫時間作了猜測.根據胡老師給出的方向坐標，猜測比較合理的是（）A．小明：“早上8點” B．小亮：“中午12點”C．小剛：“下午5點” D．小紅：“什么時間都行”9．用配方法解方程，經過配方，得到（）A． B． C． D．10．如圖，將△ABC繞點A按逆時針方向旋轉100°，得到△AB1C1，若點B1在線段BC的延長線上，則∠BB1C1的大小為()A．70° B．80° C．84° D．86°11．下列標志圖中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．12．已知點A、B、C、D、E、F是半徑為r的⊙O的六等分點，分別以A、D為圓心，AE和DF長為半徑畫圓弧交于點P．以下說法正確的是()①∠PAD=∠PDA=60o；②△PAO≌△ADE；③PO=r；④AO∶OP∶PA=1∶∶.A．①④ B．②③ C．③④ D．①③④二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，平面直角坐標系中，已知O（0，0），A（﹣3，4），B（3，4），將△OAB與正方形ABCD組成的圖形繞點O順時針旋轉，每次旋轉90°，測第70次旋轉結束時，點D的坐標為_____．14．如圖，⊙O是△ABC的外接圓，∠A=30°，BC=4，則⊙O的直徑為___．15．如圖，將的斜邊AB繞點A順時針旋轉得到AE，直角邊AC繞點A逆時針旋轉得到AF，連結EF．若，，且，則_____．16．計算：|﹣3|+（2019﹣π）0﹣+（）-2=_______．17．如圖，在四邊形ABCD中，∠DAB＝120°，∠DCB＝60°，CB＝CD，AC＝8，則四邊形ABCD的面積為__．18．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，以點A為圓心，AD長為半徑畫弧，交AB于點E，圖中陰影部分的面積是______(結果保留π).三、解答題（共78分）19．（8分）拋物線的圖像與軸的一個交點為，另一交點為，與軸交于點，對稱軸是直線．（1）求該二次函數的表達式及頂點坐標；（2）畫出此二次函數的大致圖象；利用圖象回答：當取何值時，？（3）若點在拋物線的圖像上，且點到軸距離小于3，則的取值范圍為；20．（8分）如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，E是AB邊上一點，D是AC邊上一點，且點D不與A、C重合，ED⊥AC．（1）當sinB=時，①求證：BE＝2CD．②當△ADE繞點A旋轉到如圖2的位置時（45°＜∠CAD＜90°）．BE＝2CD是否成立？若成立，請給出證明；若不成立．請說明理由．（2）當sinB=時，將△ADE繞點A旋轉到∠DEB＝90°，若AC＝10，AD＝2，求線段CD的長．21．（8分）有1張看上去無差別的卡片，上面分別寫著1、2、1．隨機抽取1張后，放回并混在一起，再隨機抽取1張．（I）請你用畫樹狀圖法（或列表法）列出兩次抽取卡片出現的所有可能結果；（Ⅱ）求兩次抽取的卡片上數字之和為偶數的概率．22．（10分）解方程：(1)＋2x－5＝0；(2)＝．23．（10分）已知在平面直角坐標系xOy中，拋物線（b為常數）的對稱軸是直線x=1．（1）求該拋物線的表達式；（2）點A（8，m）在該拋物線上，它關于該拋物線對稱軸對稱的點為A'，求點A'的坐標；（3）選取適當的數據填入下表，并在如圖5所示的平面直角坐標系內描點，畫出該拋物線．24．（10分）如圖，拋物線y=-x2+bx+3與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，其中點A（-1，0）．過點A作直線y=x+c與拋物線交于點D，動點P在直線y=x+c上，從點A出發，以每秒個單位長度的速度向點D運動，過點P作直線PQ∥y軸，與拋物線交于點Q，設運動時間為t（s）.（1）直接寫出b，c的值及點D的坐標；（2）點E是拋物線上一動點，且位于第四象限，當△CBE的面積為6時，求出點E的坐標；（3）在線段PQ最長的條件下，點M在直線PQ上運動，點N在x軸上運動，當以點D、M、N為頂點的三角形為等腰直角三角形時，請求出此時點N的坐標．25．（12分）如圖，已知EC∥AB，∠EDA=∠ABF．（1）求證：四邊形ABCD是平行四邊形；（2）求證：=OE?OF．26．已知拋物線.（1）若，，，求該拋物線與軸的交點坐標；（2）若，且拋物線在區間上的最小值是-3，求的值.

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、D【分析】首先證明BD＝DE＝2AD，再由DE∥BC，可得，求出EC即可解決問題．【詳解】解：∵DE∥BC，∴∠DEB＝∠EBC，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠EBC，∴∠DEB＝∠DBE，∴DB＝DE，∵DE＝2AD，∴BD＝2AD，∵DE∥BC，∴,∴,∴EC＝4，∴AC＝AE+EC＝2+4＝6，故選：D．【點睛】此題考查平行線分線段成比例，由DE∥BC，可得，求出EC即可解決問題．2、B【分析】連接OA、OB，如圖1，由可判斷為等邊三角形，則，根據圓周角定理得，由于，所以，因為，則要使的最大面積，點C到AB的距離要最大；由，可根據圓周角定理判斷點C在上，如圖2，于是當點C在半圓的中點時，點C到AB的距離最大，此時為等腰直角三角形，從而得到的最大面積．【詳解】解：連接OA、OB，如圖1，，，為等邊三角形，，，，要使的最大面積，則點C到AB的距離最大，作的外接圓D，如圖2，連接CD，，點C在上，AB是的直徑，當點C半圓的中點時，點C到AB的距離最大，此時等腰直角三角形，，，ABCD，的最大面積為1．故選B．【點睛】本題考查了圓的綜合題：熟練掌握圓周角定理和等腰直角三角形的判斷與性質；記住等腰直角三角形的面積公式．3、B【分析】直接關鍵二次函數的平移規律“左加右減，上加下減”解答即可.【詳解】將拋物線向左平移1個單位，再向下平移1個單位后所得拋物線的表達式為：故選：B【點睛】本題考查的是二次函數的平移，掌握其平移規律是關鍵，需注意：二次函數平移時必須化成頂點式.4、A【分析】根據三視圖的法則可得出答案.【詳解】解：左視圖為從左往右看得到的視圖，A.球的左視圖是圓，B.圓柱的左視圖是長方形，C.圓錐的左視圖是等腰三角形，D.圓臺的左視圖是等腰梯形，故符合題意的選項是A.【點睛】錯因分析較容易題.失分原因是不會判斷常見幾何體的三視圖.5、B【分析】據兩直線平行，內錯角相等可得，根據旋轉的性質可得，然后利用等腰三角形兩底角相等可得，即可得到旋轉角的度數．【詳解】，，又，中，，旋轉角的度數為．故選：．【點睛】本題考查了旋轉的性質，等腰三角形兩底角相等的性質，熟記性質并準確識圖是解題的關鍵．6、B【詳解】解：根據題意可得：∴反比例函數處于二、四象限，則在每個象限內為增函數，且當x＜0時y＞0，當x＞0時，y＜0，∴＜＜.7、D【解析】分析：根據題目中的函數解析式可以判斷各個選項中的結論是否成立，從而可以解答本題．詳解：∵y=2x2+4x-1=2（x+1）2-3，∴當x=0時，y=-1，故選項A錯誤，該函數的對稱軸是直線x=-1，故選項B錯誤，當x＜-1時，y隨x的增大而減小，故選項C錯誤，當x=-1時，y取得最小值，此時y=-3，故選項D正確，故選D．點睛：本題考查二次函數的性質、二次函數的最值，解答本題的關鍵是明確題意，利用二次函數的性質解答．8、C【解析】可根據平行投影的特點分析求解，或根據常識直接確定答案．解：根據題意：影子在物體的東方，根據北半球，從早晨到傍晚影子的指向是：西-西北-北-東北-東，可得應該是下午．故選C．本題考查了平行投影的特點和規律．在不同時刻，同一物體的影子的方向和大小可能不同，不同時刻物體在太陽光下的影子的大小在變，方向也在改變，就北半球而言，從早晨到傍晚影子的指向是：西-西北-北-東北-東，影長由長變短，再變長．9、D【分析】通過配方法的步驟計算即可；【詳解】，，，，故答案選D．【點睛】本題主要考查了一元二次方程的配方法應用，準確計算是解題的關鍵．10、B【分析】由旋轉的性質可知∠B＝∠AB1C1，AB＝AB1，由等腰三角形的性質和三角形的內角和定理可求得∠B＝∠BB1A＝∠AB1C1＝40°，從而可求得∠BB1C1＝80°.【詳解】由旋轉的性質可知：∠B＝∠AB1C1，AB＝AB1，∠BAB1＝100°.∵AB＝AB1，∠BAB1＝100°，∴∠B＝∠BB1A＝40°.∴∠AB1C1＝40°.∴∠BB1C1＝∠BB1A+∠AB1C1＝40°+40°＝80°.故選B.【點睛】本題主要考查的是旋轉的性質，由旋轉的性質得到△ABB1為等腰三角形是解題的關鍵.11、B【分析】根據軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義逐項識別即可，在平面內，一個圖形經過中心對稱能與原來的圖形重合，這個圖形叫做叫做中心對稱圖形；一個圖形的一部分，以某條直線為對稱軸，經過軸對稱能與圖形的另一部分重合，這樣的圖形叫做軸對稱圖形.【詳解】解：A、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形；B、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形；C、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形；D、不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形.故選B.【點睛】本題考查了軸對稱圖形和中心對稱圖形的識別，熟練掌握軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義是解答本題的關鍵.12、C【解析】解：∵A、B、C、D、E、F是半徑為r的⊙O的六等分點，∴，∴AE=DF＜AD，根據題意得：AP=AE，DP=DF，∴AP=DP＜AD，∴△PAD是等腰三角形，∠PAD=∠PDA≠60°，①錯誤；連接OP、AE、DE，如圖所示，∵AD是⊙O的直徑，∴AD＞AE=AP，②△PAO≌△ADE錯誤，∠AED=90°，∠DAE=30°，∴DE=r，AE=DE=r，∴AP=AE=r，∵OA=OD，AP=DP，∴PO⊥AD，∴PO=r，③正確；∵AO：OP：PA=r：r：r=1：：．∴④正確；說法正確的是③④，故選C．二、填空題（每題4分，共24分）13、(3，﹣10)【分析】首先根據坐標求出正方形的邊長為6，進而得到D點坐標，然后根據每旋轉4次一個循環，可知第70次旋轉結束時，相當于△OAB與正方形ABCD組成的圖形繞點O順時針旋轉2次，每次旋轉90°，即可得出此時D點坐標．【詳解】解：∵A(﹣3，4)，B(3，4)，∴AB=3+3=6，∵四邊形ABCD為正方形，∴AD=AB=6，∴D(﹣3，10)，∵70=4×17+2，∴每4次一個循環，第70次旋轉結束時，相當于△OAB與正方形ABCD組成的圖形繞點O順時針旋轉2次，每次旋轉90°，此時D點與(﹣3，10)關于原點對稱，∴此時點D的坐標為(3，﹣10)．故答案為：(3，﹣10)．【點睛】本題考查坐標與圖形，根據坐標求出D點坐標，并根據旋轉特點找出規律是解題的關鍵．14、1【分析】連接OB，OC，依據△BOC是等邊三角形，即可得到BO=CO=BC=BC=4，進而得出⊙O的直徑為1．【詳解】解：如圖，連接OB，OC，∵∠A=30°，∴∠BOC=60°，∴△BOC是等邊三角形，又∵BC=4，∴BO=CO=BC=BC=4，∴⊙O的直徑為1，故答案為：1．【點睛】本題主要考查了三角形的外接圓以及圓周角定理的運用，三角形外接圓的圓心是三角形三條邊垂直平分線的交點，叫做三角形的外心．15、【分析】由旋轉的性質可得，，由勾股定理可求EF的長．【詳解】解：由旋轉的性質可得，，，且，故答案為【點睛】本題考查了旋轉的性質，勾股定理，靈活運用旋轉的性質是本題的關鍵．16、【分析】直接利用負指數冪法則以及絕對值的代數意義和零指數冪的法則、算術平方根的性質分別化簡得出答案．【詳解】解：原式＝，故答案為：．【點睛】此題主要考查了負指數冪法則以及絕對值的代數意義和零指數冪的法則、算術平方根的性質，正確利用法則化簡各數是解題關鍵．17、16【分析】延長AB至點E，使BE＝DA，連接CE，作CF⊥AB于F，證明△CDA≌△CBE，根據全等三角形的性質得到CA＝CE，∠BCE＝∠DCA，得到△CAE為等邊三角形，根據等邊三角形的性質計算，得到答案．【詳解】延長AB至點E，使BE＝DA，連接CE，作CF⊥AB于F，∵∠DAB+∠DCB＝120°+60°＝180°，∴∠CDA+∠CBA＝180°，又∠CBE+∠CBA＝180°，∴∠CDA＝∠CBE，在△CDA和△CBE中，，∴△CDA≌△CBE（SAS）∴CA＝CE，∠BCE＝∠DCA，∵∠DCB＝60°，∴∠ACE＝60°，∴△CAE為等邊三角形，∴AE＝AC＝8，CF＝AC＝4，則四邊形ABCD的面積＝△CAB的面積＝×8×4＝16，故答案為：16．【點睛】考核知識點：等邊三角形判定和性質，三角函數.作輔助線，構造直角三角形是關鍵.18、12﹣π【分析】用矩形的面積減去四分之一圓的面積即可求得陰影部分的面積.【詳解】解：在矩形中，，故答案為：.【點睛】本題考查了扇形的面積的計算及矩形的性質，能夠了解兩個扇形構成半圓是解答本題的關鍵．三、解答題（共78分）19、（1），；（2）見解析，或；（3）【分析】（1）根據圖像對稱軸是直線，得到，再將，代入解析式，得到關于a、b、c的方程組，即可求得系數，得到解析式，再求出頂點坐標即可；（2）根據特定點畫出二次函數的大致圖象，根據二次函數與不等式的關系，即可得到對應的x的取值范圍．（3）求出當時，當時，y的值，即可求出的取值范圍．【詳解】（1）因為圖像對稱軸是直線，所以，將，代入解析式，得：由題知，解得，所以解析式為：；當時，，所以頂點坐標．（2）二次函數的大致圖象：當或，．（3）當時，得，當時，得，所以y取值范圍為,即的取值范圍為．【點睛】本題考查了待定系數法的求解析式、二元一次方程與不等式的關系，本題難度不大，是二次函數中經常考查的類型．20、（1）①證明見解析；②BE＝2CD成立.理由見解析；（2）2或4．【分析】（1）①作EH⊥BC于點H，由sinB=可得∠B=30°，∠A=60°，根據ED⊥AC可證明四邊形CDEH是矩形，根據矩形的性質可得EH=CD，根據正弦的定義即可得BE＝2CD；②根據旋轉的性質可得∠BAC＝∠EAD，利用角的和差關系可得∠CAD＝∠BAE，根據=可證明△ACD∽△ABE，及相似三角形的性質可得，進而可得BE=2CD；（2）由sinB=可得∠ABC＝∠BAC＝∠DAE＝45°，根據ED⊥AC可得AD＝DE，AC＝BC，如圖，分兩種情況討論，通過證明△ACD∽△ABE，求出CD的長即可.【詳解】（1）①作EH⊥BC于點H，∵Rt△ABC中，∠C＝90°，sinB=，∴∠B=30°，∴∠A=60°，∵ED⊥AC∴∠ADE＝∠C＝90°，∴四邊形CDEH是矩形，即EH=CD.∴在Rt△BEH中，∠B=30°∴BE＝2EH∴BE＝2CD.②BE＝2CD成立．理由：∵△ADE繞點A旋轉到如圖2的位置，∴∠BAC＝∠EAD＝60°，∴∠BAC+∠BAD=∠EAD+∠BAD，即∠CAD＝∠BAE，∵AC：AB＝1：2，AD：AE＝1：2，∴，∴△ACD∽△ABE，∴，又∵Rt△ABC中，＝2，∴＝2，即BE＝2CD.（2）∵sinB=，∴∠ABC＝∠BAC＝∠DAE＝45°，∵ED⊥AC，∴∠AED＝∠BAC＝45°，∴AD＝DE，AC＝BC，將△ADE繞點A旋轉，∠DEB＝90°，分兩種情況：①如圖所示，過A作AF⊥BE于F，則∠F＝90°，當∠DEB＝90°時，∠ADE＝∠DEF＝90°，又∵AD＝DE，∴四邊形ADEF是正方形，∴AD＝AF＝EF＝2，∵AC＝10＝BC，∴AB＝10，∴Rt△ABF中，BF＝＝6，∴BE＝BF﹣EF＝4，又∵△ABC和△ADE都是直角三角形，且∠BAC＝∠EAD＝45°，∴∠CAD＝∠BAE，∵AC：AB＝1：，AD：AE＝1：，∴，∴△ACD∽△ABE，∴＝，即＝，∴CD＝2；②如圖所示，過A作AF⊥BE于F，則∠AFE＝∠AFB＝90°，當∠DEB＝90°，∠DEB＝∠ADE＝90°，又∵AD＝ED，∴四邊形ADEF是正方形，∴AD＝EF＝AF＝2，又∵AC＝10＝BC，∴AB＝10，∴Rt△ABF中，BF＝＝6，∴BE＝BF+EF＝8，又∵△ACD∽△ABE，∴＝，即＝，∴CD＝4，綜上所述，線段CD的長為2或4．【點睛】本題考查三角函數的定義、特殊角的三角函數值及相似三角形的判定與性質，根據正弦值得出∠ABC的度數并熟練掌握相似三角形的判定定理解題關鍵.21、（I）9；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）直接用樹狀圖或列表法等方法列出各種可能出現的結果；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知所有9種等可能的結果數，再找出兩次抽到的卡片上的數字之和為偶數的有5種．然后根據概率公式求解即可．【詳解】解：（Ⅰ）畫樹狀圖得：共有9種等可能的結果數；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：共有9種等可能的結果數，兩次抽取的卡片上數字之和為偶數的有5種，所以兩次抽到的卡片上的數字之和為偶數的概率為：．【點睛】本題考查了列表法與樹狀圖法：利用列表法或樹狀圖法展示所有等可能的結果n，再從中選出符合事件A或B的結果數目m，然后利用概率公式計算事件A或事件B的概率．22、（1）；（2）；過程見詳解．【分析】（1）利用因式分解法解一元二次方程即可；（2）利用直接開平方法求解即可．【詳解】解：（1）＋2x－5＝0解得：；（2）＝解得．【點睛】本題主要考查一元二次方程的解法，熟練掌握一元二次方程的解法是解題的關鍵．23、（1）；（2）（-6，49）；（3）答案見解析.【分析】（1）由對稱軸為，即可求出b的值，然后代入即可；（2）把代入解析式，求出m，利用拋物線的對稱軸性質，即可得到點坐標；（3）選取對稱軸左右兩邊的幾個整數，計算出函數值，然后畫出拋物線即可.【詳解】解：（1）∵對稱軸為，∴．∴；∴拋物線的表達式為．（2）∵點A（8，m）在該拋物線的圖像上，∴當x=8時，．∴點A（8，49）．∴點A（8，49）關于對稱軸對稱的點A'的坐標為（-6，49）．（3）列表，如下：拋物線圖像如下圖：【點睛】本題考查了二次函數的性質和圖像，解題的關鍵是熟練掌握二次函數的性質和圖像的畫法.24、（1）b=2，c=1，D（2，3）；（2）E(4，-5)；（3）N(2，0)，N(-4，0)，N(-2.5，0)，N(3.5，0)【分析】（1）將點A分別代入y=-x2+bx+3，y=x+c中求出b、c的值，確定解析式，再解兩個函數關系式組成的方程組即可得到點D的坐標；（2））過點E作EF⊥y軸，設E（x，-x2+2x+3），先求出點B、C的坐標，再利用面積加減關系表示出△CBE的面積，即可求出點E的坐標.（3）分別以點D、M、N為直角頂點討論△MND是等腰直角三角形時點N的坐標．【詳解】（1）將A（-1,0）代入y=-x2+bx+3中，得-1-b+3=0，解得b=2，∴y=-x2+2x+3，將點A代入y=x+c中，得-1+c=0，解得c=1，∴y=x+1，解，解得，（舍去），∴D（2,3）.∴b=2，c=1，D（2,3）.（2）過點E作EF⊥y軸，設E（x，-x2+2x+3）,當y=-x2+2x+3中y=0時，得-x2+2x+3=0，解得x1=3，x2=-1（舍去），∴B(3，0).∵C(0，3)，∴，∴，解得x1=4,x2=-1（舍去），∴E(4，-5).（3）∵A(-1，0),D(2，3),∴直線AD的解析式為y=x+1,設P（m，m+1），則Q（m，-m2+2m+3），∴線段PQ的長度h=-m2+2m+3-（m+1）=，∴當=0.5，線段PQ有最大值.當∠D是直角時，不存在△MND是等腰直角三角形的情形；當∠M是直角時，如圖1，點M在線段DN的垂直平分線上，此時N1（2,0）；當∠M是直角時，如圖2，作DE⊥x軸，M2E⊥HE，N2H⊥HE,∴∠H=∠E=90,∵△M2N2D是等腰直角三角形，∴N2M2=M2D,∠N2M2D=90,∵∠N2M2H=∠M2DE,∴△N2M2H≌△M2DE,∴N2H=M2E=2-0.5=1.5，M2H=DE，∴E(2，-1.5)，∴M2H=DE=3+1.5=4.5，∴ON2=4.5-0.5=4，∴N2(-4，0)；當∠N是直角時，如圖3，作DE⊥x軸，∴∠N3HM3=∠DEN3=90,∵△M3N3D是等腰直角三角形，∴N3M3=N3D,∠DN3M3=90，