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、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．關于x的一元二次方程x2﹣3x+m＝0有兩個不相等的實數根，則實數m的取值范圍為（）A．m≥ B．m＜ C．m＝ D．m＜﹣2．拋物線的圖像與坐標軸的交點個數是（）A．無交點 B．1個 C．2個 D．3個3．如圖所示，拋物線的對稱軸為直線，與軸的一個交點坐標為，其部分圖象如圖所示，下列結論:①；②；③方程的兩個根是；④方程有一個實根大于；⑤當時，隨增大而增大.其中結論正確的個數是()A．個 B．個 C．個 D．個4．計算的值是()A． B． C． D．5．如圖，在正方形網格中，△ABC的三個頂點都在格點上，則cosB的值為()A． B． C． D．16．如圖所示，二次函數的圖像與軸的一個交點坐標為，則關于的一元二次方程的解為（）A． B． C． D．7．如圖，二次函數（）的圖象交軸于點和點，交軸的負半軸于點，且，下列結論：①；②；③；④.其中正確的個數有（）A．1 B．2 C．3 D．48．四條線段a，b，c，d成比例，其中b＝3cm，c＝8cm，d＝12cm，則a＝（）A．2cm B．4cm C．6cm D．8cm9．下列結論正確的是（）A．垂直于弦的弦是直徑 B．圓心角等于圓周角的2倍C．平分弦的直徑垂直該弦 D．圓內接四邊形的對角互補10．若式子有意義，則x的取值范圍為()A．x≥2 B．x≠3C．x≥2或x≠3 D．x≥2且x≠3二、填空題(每小題3分,共24分)11．在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝75°，AC＝2，則BC的值為_____．12．如圖，將矩形ABCD繞點C沿順時針方向旋轉90°到矩形A′B′CD′的位置，AB＝2，AD＝4，則陰影部分的面積為_____．13．已知x＝1是方程x2﹣a＝0的根，則a＝__．14．將拋物線y＝﹣x2向右平移1個單位，再向上平移2個單位后，得到的拋物線的解析式為______．15．矩形的一條對角線長為26，這條對角線與矩形一邊夾角的正弦值為，那么該矩形的面積為___.16．已知扇形的圓心角為120°，弧長為4π，則扇形的面積是___．17．正方形的邊長為，點是正方形的中心，將此正方形沿直線滾動（無滑動），且每一次滾動的角度都等于90°.例如：點不動，滾動正方形，當點上方相鄰的點落在直線上時為第1次滾動.如果將正方形滾動2020次，那么點經過的路程等于__________．（結果不取近似值）18．如圖，分別以四邊形ABCD的各頂點為圓心，以1長為半徑畫弧所截的陰影部分的面積的和是________．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，在等腰直角三角形ABC中，D是AB的中點，E，F分別是AC，BC．上的點(點E不與端點A，C重合)，且連接EF并取EF的中點O，連接DO并延長至點G，使，連接DE，DF，GE，GF(1)求證:四邊形EDFG是正方形;(2)直接寫出當點E在什么位置時，四邊形EDFG的面積最小?最小值是多少?20．（6分）如圖，拋物線y＝－x2＋bx＋c與x軸相交于A（－1，0），B（5，0）兩點．（1）求拋物線的解析式；（2）在第二象限內取一點C，作CD垂直x軸于點D，鏈接AC，且AD＝5，CD＝8，將Rt△ACD沿x軸向右平移m個單位，當點C落在拋物線上時，求m的值；（3）在（2）的條件下，當點C第一次落在拋物線上記為點E，點P是拋物線對稱軸上一點．試探究：在拋物線上是否存在點Q，使以點B、E、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．21．（6分）在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，點D是線段BC的中點，∠EDF＝120°，DE與線段AB相交于點E，DF與線段AC（或AC的延長線）相交于點F．（1）如圖1，若DF⊥AC，垂足為F，證明：DE＝DF（2）如圖2，將∠EDF繞點D順時針旋轉一定的角度，DF仍與線段AC相交于點F．DE＝DF仍然成立嗎？說明理由．（3）如圖3，將∠EDF繼續繞點D順時針旋轉一定的角度，使DF與線段AC的延長線相交于點F，DE＝DF仍然成立嗎？說明理由．22．（8分）已知關于的方程的一個實數根是3，求另一根及的值.23．（8分）在平面直角坐標系中，一次函數（a≠0）的圖象與反比例函數的圖象交于第二、第四象限內的A、B兩點，與軸交于點C，過點A作AH⊥軸，垂足為點H，OH=3，tan∠AOH=，點B的坐標為（，-2）.（1）求該反比例函數和一次函數的解析式；（2）求△AHO的周長.24．（8分）小明和小亮用三枚質地均勻的硬幣做游戲，游戲規則是：同時拋擲這三枚硬幣，出現兩枚正面向上，一枚正面向下，則小明贏；出現兩枚正面向下，一枚正面向上，則小亮贏．這個游戲規則對雙方公平嗎？請你用樹狀圖或列表法說明理由．25．（10分）粵東農批﹒2019球王故里五華馬拉松賽于12月1日在廣東五華舉行，組委會為了做好運動員的保障工作，沿途設置了4個補給站，分別是：A（粵東農批）、B（奧體中心）、C（球王故里）和D（濱江中路），志愿者小明和小紅都計劃各自在這4個補給站中任意選擇一個進行補給服務，每個補給站被選擇的可能性相同．（1）小明選擇補給站C（球王故里）的概率是多少？（2）用樹狀圖或列表的方法，求小明和小紅恰好選擇同一個補給站的概率．26．（10分）在如圖的小正方形網格中，每個小正方形的邊長均為，格點（頂點是網格線的交點）的三個頂點坐標分別是，以為位似中心在網格內畫出的位似圖△A1B1C1，使與的相似比為，并計算出的面積．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【解析】試題解析：∵關于x的一元二次方程有兩個不相等的實數根，故選B.2、B【分析】已知二次函數的解析式，令x=0，則y=1，故與y軸有一個交點，令y=0，則x無解，故與x軸無交點，題目求的是與坐標軸的交點個數，故得出答案．【詳解】解：∵∴令x=0，則y=1，故與y軸有一個交點∵令y=0，則x無解∴與x軸無交點∴與坐標軸的交點個數為1個故選B．【點睛】本題主要考查二次函數與坐標軸的交點，熟練二次函數與x軸和y軸的交點的求法以及仔細審題是解決本題的關鍵．3、A【解析】根據二次函數的圖象與性質進行解答即可.【詳解】解：∵拋物線開口方向向下∴a＜0又∵對稱軸x=1∴∴b=-2a＞0又∵當x=0時，可得c=3∴abc＜0，故①正確；∵b=-2a＞0，∴y=ax2-2ax+c當x=-1，y＜0∴a+2a+c＜0，即3a+c＜0又∵a＜0∴4a+c＜0，故②錯誤；∵，c=3∴∴x（ax-b）=0又∵b=-2a∴，即③正確；∵對稱軸x=1，與x軸的左交點的橫坐標小于0∴函數圖像與x軸的右交點的橫坐標大于2∴的另一解大于2，故④正確；由函數圖像可得，當時，隨增大而增大，故⑤正確；故答案為A.【點睛】本題考查二次函數的圖象與性質，熟練運用二次函數的基本知識和正確運用數形結合思想是解答本題的關鍵.4、A【解析】先算cos60°=，再計算即可.【詳解】∵∴故答案選A.【點睛】本題考查特殊角的三角函數值，能夠準確記憶60°角的余弦值是解題的關鍵.5、B【分析】先根據勾股定理求出AB的長，再根據余弦的定義求解即可.【詳解】∵AC=2，BC=2，∴AB=，∴cosB=.故選B.【點睛】本題考查了勾股定理，以及銳角三角函數的概念，熟練掌握銳角三角函數的定義是解答本題的關鍵.6、B【分析】先確定拋物線的對稱軸，然后根據拋物線的對稱性確定圖象與x軸的另一個交點，再根據二次函數與一元二次方程的關系解答即可．【詳解】解：∵二次函數的對稱軸是直線，圖象與軸的一個交點坐標為，∴圖象與軸的另一個交點坐標為（﹣1，0），∴一元二次方程的解為．故選：B．【點睛】本題考查了二次函數的圖象與性質以及二次函數與一元二次方程的關系，屬于常考題型，熟練掌握基本知識是解題的關鍵．7、D【分析】先根據圖像，判斷出a、b、c的符號，即可判斷①；先求出點C的坐標，結合已知條件即可求出點A的坐標，根據根與系數的關系即可判斷②；將點A的坐標代入解析式中，即可判斷③；將點B的坐標和代入解析式中，即可判斷④.【詳解】解：由圖像可知：拋物線的開口向上∴a＞0對稱軸在y軸右側∴a、b異號，即b＜0∴a－b＞0拋物線與y軸交于負半軸∴c＜0∴，①正確；將x=0代入中，解得y=c∴點C的坐標為（0，c）∵∴點A的坐標為（c，0）∵拋物線交軸于點和點∴x=c和x=2是方程的兩個根根據根與系數的關系：2c=解得：，故②正確；將點A的坐標代入中，可得：將等式的兩邊同時除以c，得：，故③正確；將點B的坐標和代入中，可得：解得：，故④正確.故選：D.【點睛】此題考查的是根據二次函數的圖像，判斷系數或式子的值或符號，掌握二次函數的圖像及性質與各項系數的關系是解決此題的關鍵.8、A【解析】由四條線段a、b、c、d成比例，根據比例線段的定義，即可得，又由b=3cm，c=8cm，d=12cm，即可求得a的值．【詳解】∵四條線段a、b、c、d成比例，∴∵b=3cm，c=8cm，d=12cm，

∴

解得：a=2cm．

故答案為A．【點睛】此題考查了比例線段的定義．解題的關鍵是熟記比例線段的概念．9、D【分析】分別根據垂徑定理、圓周角定理及圓內接四邊形的性質對各選項進行逐一分析即可.【詳解】解：A，垂直于弦的弦不一定是直徑,故本選項錯誤;B，在同圓或等圓中,同弧或等弧所對的圓心角等于圓周角的2倍，故本選項錯誤;C，平分弦的直徑垂直該弦(非直徑),故本選項錯誤;D，符合圓內接四邊形的性質故本選項正確.故選：D.【點睛】本題主要考查了垂徑定理、圓周角定理以及圓內接四邊形的基本性質.10、D【分析】求函數自變量的取值范圍，就是求函數解析式有意義的條件，根據二次根式被開方數必須是非負數和分式分母不為0的條件可得關于x的不等式組，解不等式組即可.【詳解】由題意，要使在實數范圍內有意義，必須且x≠3，故選D.二、填空題(每小題3分,共24分)11、【分析】構造直角三角形，利用銳角三角函數及三角形的邊角關系求解．【詳解】解：如圖所示，過點C作CD⊥AB，垂足為D．在Rt△BCD中，∠B＝45°，∴∠BCD＝45°，∵∠BCA＝75°，∴∠ACD＝∠ACB﹣∠BCD＝30°在Rt△ACD中，∵cos∠ACD＝cos30°＝＝，∴CD＝AC＝,在Rt△ACD中，∵sin∠B＝sin45°＝＝∴CB＝DC＝故答案為.【點睛】本題考查了特殊角的三角函數值及直角三角形的邊角間關系，構造直角三角形是解決本題的關鍵．12、【解析】試題解析：連接∵四邊形ABCD是矩形，∴CE=BC=4，∴CE=2CD，由勾股定理得：∴陰影部分的面積是S=S扇形CEB′?S△CDE故答案為13、1【分析】把x＝1代入方程x2﹣a＝0得1﹣a＝0，然后解關于a的方程即可．【詳解】解：把x＝1代入方程x2﹣a＝0得1﹣a＝0，解得a＝1．故答案為1．【點睛】本題考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右兩邊相等的未知數的值是一元二次方程的解．14、y＝﹣（x﹣1）1+1【分析】根據二次函數圖象的平移規律：左加右減，上加下減，可得答案．【詳解】將拋物線y＝﹣x1向右平移1個單位，再向上平移1個單位后，得到的拋物線的解析式為y＝﹣（x﹣1）1+1．故答案是：y＝﹣（x﹣1）1+1．【點睛】本題考查了二次函數圖象與幾何變換，利用函數圖象的平移規律：左加右減，上加下減是解題關鍵．15、240【分析】由矩形的性質和三角函數求出AB，由勾股定理求出AD，即可得出矩形的面積．【詳解】解：如圖所示：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，AC=BD=26，∵，∴，∴，∴該矩形的面積為：；故答案為：240.【點睛】本題考查了矩形的性質、勾股定理、三角函數；熟練掌握矩形的性質，由勾股定理求出AB和AD是解決問題的關鍵．16、12π．【分析】利用弧長公式即可求扇形的半徑，進而利用扇形的面積公式即可求得扇形的面積．【詳解】設扇形的半徑為r．則＝4π，解得r＝6，∴扇形的面積＝＝12π，故答案為12π．【點睛】本題考查了扇形面積求法，用到的知識點為：扇形的弧長公式l＝，扇形的面積公式S＝，解題的關鍵是熟記這兩個公式．17、【分析】根據題意，畫出圖形，求出每次滾動點O的運動路程乘滾動次數即可求出結論．【詳解】解：如下圖所示，∵正方形的邊長為∴AB=AD，BO=∴BD=cm∴BO=cm∵每一次滾動的角度都等于90°∴每一次滾動，點O的運動軌跡為以90°為圓心角，半徑為cm的弧長∴點經過的路程為=故答案為：．【點睛】此題考查的是求一個點在運動過程中經過的路程，掌握正方形的性質和弧長公式是解決此題的關鍵．18、【分析】根據四邊形內角和定理得圖中四個扇形正好構成一個半徑為1的圓，因此其面積之和就是圓的面積．【詳解】解：∵圖中四個扇形的圓心角的度數之和為四邊形的四個內角的和，且四邊形內角和為360°，∴圖中四個扇形構成了半徑為1的圓，∴其面積為：πr2＝π×12＝π．故答案為：π．【點睛】此題主要考查了四邊形內角和定理，扇形的面積計算，得出圖中陰影部分面積之和是半徑為1的圓的面積是解題的關鍵．三、解答題(共66分)19、（1）詳見解析；（2）當點E為線段AC的中點時，四邊形EDFG的面積最小，該最小值為4【解析】（1）連接CD，根據等腰直角三角形的性質可得出∠A=∠DCF=45°、AD=CD，結合AE=CF可證出△ADE≌△CDF（SAS），根據全等三角形的性質可得出DE=DF、ADE=∠CDF，通過角的計算可得出∠EDF=90°，再根據O為EF的中點、GO=OD，即可得出GD⊥EF，且GD=2OD=EF，由此即可證出四邊形EDFG是正方形；（2）過點D作DE′⊥AC于E′，根據等腰直角三角形的性質可得出DE′的長度，從而得出2≤DE＜2，再根據正方形的面積公式即可得出四邊形EDFG的面積的最小值．【詳解】(1)證明:連接CD，如圖1所示.∵為等腰直角三角形，，D是AB的中點，∴在和中，∴，∴,∵，∴，∴為等腰直角三角形.∵O為EF的中點，，∴，且，∴四邊形EDFG是正方形;(2)解:過點D作于E′，如圖2所示.∵為等腰直角三角形，，∴，點E′為AC的中點，∴(點E與點E′重合時取等號).∴∴當點E為線段AC的中點時，四邊形EDFG的面積最小，該最小值為4【點睛】本題考查了正方形的判定與性質、等腰直角三角形以及全等三角形的判定與性質，解題的關鍵是：（1）找出GD⊥EF且GD=EF；（2）根據正方形的面積公式找出4≤S四邊形EDFG＜1．20、（1）y＝－x2＋4x＋5（2）m的值為7或9（3）Q點的坐標為（﹣2，﹣7）或（6，﹣7）或（4，5）【分析】（1）由A、B的坐標，利用待定系數法可求得拋物線的解析式；（2）由題意可求得C點坐標，設平移后的點C的對應點為C′，則C′點的縱坐標為8，代入拋物線解析式可求得C′點的坐標，則可求得平移的單位，可求得m的值；（3）由（2）可求得E點坐標，連接BE交對稱軸于點M，過E作EF⊥x軸于點F，當BE為平行四邊形的邊時，過Q作對稱軸的垂線，垂足為N，則可證得△PQN≌△EFB，可求得QN，即可求得Q到對稱軸的距離，則可求得Q點的橫坐標，代入拋物線解析式可求得Q點坐標；當BE為對角線時，由B、E的坐標可求得線段BE的中點坐標，設Q（x，y），由P點的橫坐標則可求得Q點的橫坐標，代入拋物線解析式可求得Q點的坐標．【詳解】（1）∵拋物線y=﹣x2+bx+c與x軸分別交于A（﹣1，0），B（5，0）兩點，∴，解得，∴拋物線解析式為y=﹣x2+4x+5；（2）∵AD=5，且OA=1，∴OD=6，且CD=8，∴C（﹣6，8），設平移后的點C的對應點為C′，則C′點的縱坐標為8，代入拋物線解析式可得8=﹣x2+4x+5，解得x=1或x=3，∴C′點的坐標為（1，8）或（3，8），∵C（﹣6，8），∴當點C落在拋物線上時，向右平移了7或9個單位，∴m的值為7或9；（3）∵y=﹣x2+4x+5=﹣（x﹣2）2+9，∴拋物線對稱軸為x=2，∴可設P（2，t），由（2）可知E點坐標為（1，8），①當BE為平行四邊形的邊時，連接BE交對稱軸于點M，過E作EF⊥x軸于點F，當BE為平行四邊形的邊時，過Q作對稱軸的垂線，垂足為N，如圖，則∠BEF=∠BMP=∠QPN，在△PQN和△EFB中∴△PQN≌△EFB（AAS），∴NQ=BF=OB﹣OF=5﹣1=4，設Q（x，y），則QN=|x﹣2|，∴|x﹣2|=4，解得x=﹣2或x=6，當x=﹣2或x=6時，代入拋物線解析式可求得y=﹣7，∴Q點坐標為（﹣2，﹣7）或（6，﹣7）；②當BE為對角線時，∵B（5，0），E（1，8），∴線段BE的中點坐標為（3，4），則線段PQ的中點坐標為（3，4），設Q（x，y），且P（2，t），∴x+2=3×2，解得x=4，把x=4代入拋物線解析式可求得y=5，∴Q（4，5）；綜上可知Q點的坐標為（﹣2，﹣7）或（6，﹣7）或（4，5）．考點：二次函數綜合題．21、（1）見解析；（2）結論仍然成立.，DE＝DF，見解析；（3）仍然成立，DE＝DF，見解析【分析】（1）由題意根據全等三角形的性質與判定，結合等邊三角形性質證明△BED≌△CFD（ASA），即可證得DE＝DF；（2）根據題意先取AC中點G,連接DG,繼而再全等三角形的性質與判定，結合等邊三角形性質證明△EDG≌△FDC（ASA），進而證得DE＝DF；（3）由題意過點D作DN⊥AC于N,DM⊥AB于M,繼而再全等三角形的性質與判定，結合等邊三角形性質證明△DME≌△DNF（ASA），即可證得DE＝DF．【詳解】解：（1）∵AB=AC，∠A=60°，∴△ABC是等邊三角形,即∠B=∠C=60°,∵D是BC的中點,∴BD=CD,∵∠EDF=120°，DF⊥AC，∴∠FDC=30°,∴∠EDB=30°，∴△BED≌△CFD（ASA）,∴DE=DF.（2）取AC中點G,連接DG,如下圖,∵D為BC的中點,∴DG=AC=BD=CD,∴△BDG是等邊三角形,∴∠GDE+∠EDB=60°,∵∠EDF=120°,∴∠FDC+∠EDB=60°,∴∠EDG=∠FDC,∴△EDG≌△FDC（ASA）,∴DE=DF，∴結論仍然成立.（3）如下圖,過點D作DN⊥AC于N,DM⊥AB于M,∴∠DME=∠DNF=90°,由（1）可知∠B=∠C=60°,∴∠NDC=∠BDM=30°,DM=DN,∴∠MDN=120°,即∠NDF=∠MDE,∴△DME≌△DNF（ASA）,∴DE=DF,∴仍然成立.【點睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查全等三角形的判斷和性質以及等邊三角形的性質，根據題意構造出全等三角形是解本題的關鍵．22、，另一根為4.【分析】把代入方程求出m的值，再把代入原方程即可求解.【詳解】解：把代入方程，得，解得，把代入原方程，得，解得，.所以另一根為4.【點睛】此題主要考查一元二次方程的求解，解題的關鍵是熟知方程的解的定義及方程的解法.23、（1）一次函數為，反比例函數為；（2）△AHO的周長為12【解析】分析：（1）根據正切函數可得AH=4，根據反比例函數的特點k=xy為定值，列出方程，求出k的值，便可求出反比例函數的解析式；根據k的值求出B兩點的坐標，用待定系數法便可求出一次函數的解析式．（2）