2022-2023學年九上數學期末模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．點到軸的距離是（）A． B． C． D．2．如圖，圓心角都是90°的扇形OAB與扇形OCD疊放在一起，OA=3，OC=1，分別連結AC、BD，則圖中陰影部分的面積為（）A． B． C． D．3．拋物線如圖所示，給出以下結論：①，②，③，④，⑤，其中正確的個數是（）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個4．如圖，⊙O是正△ABC的外接圓，點D是弧AC上一點，則∠BDC的度數（）．A．50° B．60° C．100° D．120°5．在一個不透明的袋子中放有若干個球，其中有6個白球，其余是紅球，這些球除顏色外完全相同.每次把球充分攪勻后，任意摸出一個球記下顏色再放回袋子.通過大量重復試驗后，發現摸到白球的頻率穩定在0.25左右，則紅球的個數約是（）A．2 B．12 C．18 D．246．如圖，點O為平面直角坐標系的原點，點A在x軸上，△OAB是邊長為4的等邊三角形，以O為旋轉中心，將△OAB按順時針方向旋轉60°，得到△OA′B′，那么點A′的坐標為()A．(－2，2) B．(－2，4) C．(－2，2) D．(2，2)7．一元二次方程配方后可化為（）A． B． C． D．8．下列標志既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）.A． B．C． D．9．對于問題：如圖1，已知∠AOB，只用直尺和圓規判斷∠AOB是否為直角？小意同學的方法如圖2：在OA、OB上分別取C、D，以點C為圓心，CD長為半徑畫弧，交OB的反向延長線于點E，若測量得OE=OD，則∠AOB=90o.則小意同學判斷的依據是（）A．等角對等邊 B．線段中垂線上的點到線段兩段距離相等C．垂線段最短 D．等腰三角形“三線合一”10．在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=13，AC=5，則tanA的值為A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．方程的兩根為，，則=．12．中，若，，，則的面積為________.13．如圖，一組等距的平行線，點A、B、C分別在直線l1、l6、l4上，AB交l3于點D，AC交l3于點E，BC交于l5點F，若△DEF的面積為1，則△ABC的面積為_____．14．如圖，在半徑為2的⊙O中，弦AB⊥直徑CD，垂足為E，∠ACD＝30°，點P為⊙O上一動點，CF⊥AP于點F．①弦AB的長度為_____；②點P在⊙O上運動的過程中，線段OF長度的最小值為_____．15．在平面直角坐標系中，點（﹣3，2）關于原點對稱的點的坐標是_____．16．如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，若∠C=140°，則∠BOD=____°．17．如果一元二次方程經過配方后，得，那么a=________.18．如圖，P是反比例函數y＝的圖象上的一點，過點P分別作x軸、y軸的垂線，得圖中陰影部分的面積為3，則這個反比例函數的比例系數是_____．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，中，，，為內部一點，．求證：．20．（6分）如圖，在下列（邊長為1）的網格中，已知的三個頂點，，在格點上，請分別按不同要求在網格中描出一個點，并寫出點的坐標．（1）經過，，三點有一條拋物線，請在圖1中描出點，使點落在格點上，同時也落在這條拋物線上；則點的坐標為______；（2）經過，，三點有一個圓，請用無刻度的直尺在圖2中畫出圓心；則點的坐標為______．21．（6分）如圖，AB是⊙O的直徑，，E是OB的中點，連接CE并延長到點F，使EF=CE．連接AF交⊙O于點D，連接BD，BF．（1）求證：直線BF是⊙O的切線；（2）若OB=2，求BD的長．22．（8分）如圖1，過原點的拋物線與軸交于另一點，拋物線頂點的坐標為，其對稱軸交軸于點.（1）求拋物線的解析式；（2）如圖2，點為拋物線上位于第一象限內且在對稱軸右側的一個動點，求使面積最大時點的坐標；（3）在對稱軸上是否存在點，使得點關于直線的對稱點滿足以點、、、為頂點的四邊形為菱形.若存在，請求出點的坐標；若不存在，請說明理由.23．（8分）如圖，AB是⊙O的直徑，BD是⊙O的弦，延長BD到點C，使DC＝BD，連接AC，E為AC上一點，直線ED與AB延長線交于點F，若∠CDE＝∠DAC，AC＝1．（1）求⊙O半徑；（2）求證：DE為⊙O的切線；24．（8分）如圖，已知直線與x軸、y軸分別交于點A，B，與雙曲線分別交于點C，D，且點C的坐標為.（1）分別求出直線、雙曲線的函數表達式.（2）求出點D的坐標.（3）利用圖象直接寫出：當x在什么范圍內取值時？25．（10分）閱讀以下材料，并按要求完成相應地任務：萊昂哈德·歐拉(LeonhardEuler)是瑞士數學家，在數學上經常見到以他的名字命名的重要常數，公式和定理，下面是歐拉發現的一個定理：在△ABC中，R和r分別為外接圓和內切圓的半徑，O和I分別為其外心和內心，則.如圖1，⊙O和⊙I分別是△ABC的外接圓和內切圓，⊙I與AB相切分于點F，設⊙O的半徑為R，⊙I的半徑為r，外心O（三角形三邊垂直平分線的交點）與內心I（三角形三條角平分線的交點）之間的距離OI＝d，則有d2＝R2﹣2Rr．下面是該定理的證明過程（部分）：延長AI交⊙O于點D，過點I作⊙O的直徑MN，連接DM，AN.∵∠D=∠N，∠DMI=∠NAI(同弧所對的圓周角相等)，∴△MDI∽△ANI，∴，∴①，如圖2，在圖1(隱去MD，AN)的基礎上作⊙O的直徑DE，連接BE，BD，BI，IF，∵DE是⊙O的直徑，∴∠DBE=90°，∵⊙I與AB相切于點F，∴∠AFI=90°，∴∠DBE=∠IFA，∵∠BAD=∠E(同弧所對圓周角相等)，∴△AIF∽△EDB，∴，∴②，任務：(1)觀察發現：，(用含R，d的代數式表示)；(2)請判斷BD和ID的數量關系，并說明理由；(3)請觀察式子①和式子②，并利用任務(1)，(2)的結論，按照上面的證明思路，完成該定理證明的剩余部分；(4)應用：若△ABC的外接圓的半徑為5cm，內切圓的半徑為2cm，則△ABC的外心與內心之間的距離為cm.26．（10分）在平面直角坐標系中，二次函數y＝ax2＋bx＋2的圖象與x軸交于A（﹣3，0），B（1，0）兩點，與y軸交于點C．（1）求這個二次函數的關系解析式，x滿足什么值時y﹤0?（2）點p是直線AC上方的拋物線上一動點，是否存在點P，使△ACP面積最大？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由（3）點M為拋物線上一動點，在x軸上是否存在點Q，使以A、C、M、Q為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫出點Q的坐標；若不存在，說明理由．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【分析】根據點的坐標的性質即可得.【詳解】由點的坐標的性質得，點P到x軸的距離為點P的縱坐標的絕對值則點到軸的距離是故選：C.【點睛】本題考查了點的坐標的性質，掌握理解點的坐標的性質是解題關鍵.2、C【詳解】由圖可知，將△OAC順時針旋轉90°后可與△ODB重合，∴S△OAC=S△OBD；因此S陰影=S扇形OAB+S△OBD-S△OAC-S扇形OCD=S扇形OAB-S扇形OCD=π×（9-1）=2π．故選C．3、D【分析】根據拋物線開口方向、拋物線的對稱軸位置和拋物線與y軸的交點位置可判斷a、b、c的符號，再根據與x軸的交點坐標代入分析即可得到結果；【詳解】∵拋物線開口向上，∴a＞0，∵拋物線的對稱軸在y軸的右側，∴b＜0，∵拋物線與y軸的交點在x軸的下方，∴c＜0，∴ab＜0，故①②正確；當x=-1時，，故③正確；當x=1時，根據圖象可得，故④正確；根據函數圖像與x軸有兩個交點可得，故⑤正確；故答案選D．【點睛】本題主要考查了二次函數圖象與系數的關系，準確分析每一個數據是解題的關鍵．4、B【分析】根據等邊三角形的性質和圓周角定理的推論解答即可．【詳解】解：∵△ABC是正三角形，∴∠A=60°，∴∠BDC=∠A=60°．故選：B．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質和圓周角定理的推論，屬于基礎題型，熟練掌握上述基本知識是解題的關鍵．5、C【分析】根據用頻率估計概率可知:摸到白球的概率為0.25,根據概率公式即可求出小球的總數,從而求出紅球的個數.【詳解】解:小球的總數約為:6÷0.25=24(個)則紅球的個數為:24－6=18(個)故選C.【點睛】此題考查的是用頻率估計概率和根據概率求小球的總數,掌握概率公式是解決此題的關鍵.6、A【分析】作BC⊥x軸于C，如圖，根據等邊三角形的性質得OA=OB=4，AC=OC=2，∠BOA=60°，則易得A點坐標和O點坐標，再利用勾股定理計算出BC=2，然后根據第二象限點的坐標特征可寫出B點坐標；由旋轉的性質得∠AOA′=∠BOB′=60°，OA=OB=OA′=OB′，則點A′與點B重合，于是可得點A′的坐標．【詳解】解：作BC⊥x軸于C，如圖，∵△OAB是邊長為4的等邊三角形∴OA=OB=4，AC=OC=1，∠BOA=60°，∴A點坐標為（-4，0），O點坐標為（0，0），在Rt△BOC中，BC=，∴B點坐標為（-2，2）；∵△OAB按順時針方向旋轉60°，得到△OA′B′，∴∠AOA′=∠BOB′=60°，OA=OB=OA′=OB′，∴點A′與點B重合，即點A′的坐標為（-2，2），故選：A．【點睛】本題考查了坐標與圖形變化-旋轉：記住關于原點對稱的點的坐標特征；圖形或點旋轉之后要結合旋轉的角度和圖形的特殊性質來求出旋轉后的點的坐標．常見的是旋轉特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°；解決本題的關鍵是正確理解題目，按題目的敘述一定要把各點的大致位置確定，正確地作出圖形．7、B【分析】根據一元二次方程配方法即可得到答案.【詳解】解：∵x2+4x=3∴x2+4x+4=3+4∴（x+2）2=7故選B【點睛】此題主要考查了解一元二次方程的配方法，熟練掌握一元二次方程各種解法是解題的關鍵.8、B【分析】根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的定義解答．【詳解】解：A、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形；B、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形；C、是中心對稱圖形，不是軸對稱圖形；D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形．故選：B．【點睛】掌握中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念：軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合；中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后與原圖重合．9、B【分析】由垂直平分線的判定定理，即可得到答案．【詳解】解：根據題意，∵CD=CE，OE=OD，∴AO是線段DE的垂直平分線，∴∠AOB=90°；則小意同學判斷的依據是：線段中垂線上的點到線段兩段距離相等；故選：B．【點睛】本題考查了垂直平分線的判定定理，解題的關鍵是熟練掌握垂直平分線的判定定理進行判斷．10、D【分析】利用勾股定理即可求得BC的長，然后根據正切的定義即可求解．【詳解】根據勾股定理可得：BC＝∴tanA＝．故選：D．【點睛】本題考查了勾股定理和三角函數的定義，正確理解三角函數的定義是關鍵．二、填空題(每小題3分,共24分)11、．【解析】試題分析：∵方程的兩根為，，∴，，∴===．故答案為．考點：根與系數的關系．12、【分析】過點A作BC邊上的高交BC的延長線于點D，在中，利用三角函數求出AD長，再根據三角形面積公式求解即可.【詳解】解：如圖，作于點D，則，在中，所以的面積為故答案為：.【點睛】本題主要考查了三角函數，靈活添加輔助線利用三角函數求出三角形的高是解題的關鍵.13、【分析】在三角形中由同底等高，同底倍高求出，根據平行線分線段成比例定理，求出，最后由三角形的面積的和差法求得．【詳解】連接DC，設平行線間的距離為h，AD=2a，如圖所示：∵，，∴S△DEF=S△DEA，又∵S△DEF=1，∴S△DEA=1，同理可得：，又∵S△ADC=S△ADE+S△DEC，∴，又∵平行線是一組等距的，AD=2a，∴，∴BD=3a，設C到AB的距離為k，∴ak，，∴，又∵S△ABC=S△ADC+S△BDC，∴．故答案為：．【點睛】本題綜合考查了平行線分線段成比例定理，平行線間的距離相等，三角形的面積求法等知識，重點掌握平行線分線段成比例定理，難點是作輔助線求三角形的面積．14、2．-1【分析】①在Rt△AOE中，解直角三角形求出AE即可解決問題．②取AC的中點H，連接OH，OF，HF，求出OH，FH，根據OF≥FH-OH，即，由此即可解決問題．【詳解】解：①如圖，連接OA．∵OA＝OC＝2，∴∠OCA＝∠OAC＝30°，∴∠AOE＝∠OAC+∠ACO＝60°，∴AE＝OA?sin60°＝，∵OE⊥AB，∴AE＝EB＝，∴AB＝2AE＝2，故答案為2．②取AC的中點H，連接OH，OF，HF，∵OA＝OC，AH＝HC，∴OH⊥AC，∴∠AHO＝90°，∵∠COH＝30°，∴OH＝OC＝1，HC＝，AC＝2，∵CF⊥AP，∴∠AFC＝90°，∴HF＝AC＝，∴OF≥FH﹣OH，即OF≤﹣1，∴OF的最小值為﹣1．故答案為﹣1．【點睛】本題考查軌跡，圓周角定理，解直角三角形等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．15、（3，﹣2）【解析】根據平面直角坐標系內兩點關于原點對稱橫縱坐標互為相反數，即可得出答案．【詳解】解：平面直角坐標系內兩點關于原點對稱橫縱坐標互為相反數，∴點（﹣3，2）關于原點對稱的點的坐標是（3，﹣2），故答案為（3，﹣2）．【點睛】本題主要考查了平面直角坐標系內點的坐標位置關系，難度較小．16、80【解析】∵∠A+∠C=180°，∴∠A=180°?140°=40°，∴∠BOD=2∠A=80°.故答案為80.17、-6【解析】∵，∴，∴a=-6.18、-1．【分析】設出點P的坐標，陰影部分面積等于點P的橫縱坐標的積的絕對值，把相關數值代入即可．【詳解】解：設點P的坐標為（x，y）．∵P（x，y）在反比例函數y＝的圖象上，∴k＝xy，∴|xy|＝1，∵點P在第二象限，∴k＝﹣1．故答案是：﹣1．【點睛】此題考查的是已知反比例函數與矩形的面積關系，掌握反比例函數圖象上一點作x軸、y軸的垂線與坐標軸圍成的矩形的面積與反比例函數的比例系數的關系是解決此題的關鍵．三、解答題(共66分)19、詳見解析【分析】利用等式的性質判斷出∠PBC=∠PAB，即可得出結論；【詳解】解：，，又,，，又，．【點睛】此題主要考查了相似三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，判斷出∠PBC=∠PAB是解本題的關鍵．20、（1）；（2）答案見解析，．【分析】(1)拋物線的對稱軸在BC的中垂線上，則點D、A關于函數對稱軸對稱，即可求解;(2)AC中垂線的表達式為：y=x，BC的中垂線為：x=，則圓心E為：（,）.【詳解】解：（1）拋物線的對稱軸在BC的中垂線上，則點D、A關于函數對稱軸對稱，

故點D（3，2），

故答案為：（3，2）；（2）AB中垂線的表達式為：y=x，BC的中垂線為：x=，則圓心E為：（,）.作圖如下：【點睛】本題考查的是二次函數綜合運用，圓的基本性質，創新作圖，求出圓心的坐標是解題的關鍵．21、（1）證明見解析；（2）BD=．【分析】（1）連接OC，由已知可得∠BOC=90°，根據SAS證明△OCE≌△BFE，根據全等三角形的對應角相等可得∠OBF=∠COE=90°，繼而可證明直線BF是⊙O的切線；（2）由（1）的全等可知BF=OC=2，利用勾股定理求出AF的長，然后由S△ABF=，即可求出BD=．【詳解】解：（1）連接OC，∵AB是⊙O的直徑，，∴∠BOC=90°，∵E是OB的中點，∴OE=BE，在△OCE和△BFE中，，∴△OCE≌△BFE（SAS），∴∠OBF=∠COE=90°，∴直線BF是⊙O的切線；（2）∵OB=OC=2，由（1）得：△OCE≌△BFE，∴BF=OC=2，∴AF=，∴S△ABF=，即4×2=2BD，∴BD=．【點睛】本題考查了切線的判定、全等三角形的判定與性質、勾股定理、三角形面積的不同表示方法，熟練掌握相關的性質與定理是解題的關鍵．22、（1）；（2）；（3）點的坐標為或【分析】（1）設出拋物線的頂點式，將頂點C的坐標和原點坐標代入即可；（2）先求出點A的坐標，再利用待定系數法求出AC的解析式，過點作軸交于點，設，則，然后利用“鉛垂高，水平寬”即可求出面積與m的關系式，利用二次函數求最值，即可求出此時點D的坐標；（3）先證出為等邊三角形，然后根據P點的位置和菱形的頂點順序分類討論：①當點與點重合時，易證：四邊形是菱形，即可求出此時點P的坐標；②作點關于軸的對稱點，當點與點重合時，易證：四邊形是菱形，先求出，再根據銳角三角函數即可求出BP，從而求出此時點P的坐標.【詳解】（1）解：設拋物線解析式為，∵頂點∴又∵圖象過原點∴解出：∴即（2）令，即，解出：或∴設直線AC的解析式為y=kx＋b將點，的坐標代入，可得解得：∴過點作軸交于點，設，則∴∴∴當時，有最大值當時，∴（3）∵，，∴∴∴為等邊三角形①當點與點重合時，∴四邊形是菱形∴②作點關于軸的對稱點，當點與點重合時，∴四邊形是菱形∴點是的角平分線與對稱軸的交點，∴，∵，.在Rt△OBP中，∴綜上所述，點的坐標為或【點睛】此題考查的是二次函數與圖形的綜合大題，掌握用待定系數法求二次函數的解析式、利用“鉛垂高，水平寬”求面積的最值、菱形的判定定理和分類討論是數學思想是解決此題的關鍵.23、（1）半徑為6；（2）見解析【分析】（1）根據直徑所對的圓周角是直角，證明AD⊥BC，結合DC＝BD可得AB=AC=1，則半徑可求出；

（2）連接OD，先證得∠AED＝90°，根據三角形中位線定理得出OD∥AC，由平行線的性質，得出OD⊥DE，則結論得證．【詳解】解：（1）∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BC，又∵BD＝CD，∴AB＝AC＝1，∴⊙O半徑為6；（2）證明：連接OD，∵∠CDE＝∠DAC，∴∠CDE+∠ADE＝∠DAC+∠ADE，∴∠AED＝∠ADB，由（1）知∠ADB＝90°，∴∠AED＝90°，∵DC＝BD，OA＝OB，∴OD∥AC．∴∠ODF＝∠AED＝90°，∴半徑OD⊥EF．∴DE為⊙O的切線．【點睛】本題考查切線的判定，圓周角定理，熟練掌握切線的判定方法是解題的關鍵．24、（1），；（2）點D的坐標是；（3）【解析】（1）把C（-1，2）代入y1=x+m得到m的值，把C（-1，2）代入雙曲線得到k的值；（2）解由兩個函數的解析式組成的方程組，即可得交點坐標D；

（3）觀察圖象得到當-3＜x＜-2時一次函數的函數值比反比例函數的函數值要大．【詳解】解：（1）∵點在的圖象上；∴，解得，則.∵在的圖象上，∴，解得，∴.（2）聯立得，解得，或，∵點C的坐標是，∴點D的坐標是.（3）由圖象可知，當時，【點睛】本題考查了用待定系數法求反比例函數與一次函數的解析式即反比例函數與一次函數的交點問題.解題的關鍵是：（1）代入點C的坐標求出m、k的值；（2）把兩函數的解析式聯立起來組成方程組，解方程組即可得到它們的交點坐標．（3）根據兩函數圖象的上下位置關系找出不等式的解集．本題考查的是反比例函數與一次函數的交點問題及也考查了數形結合的思想．25、(1)R-d；(2)BD=ID，理由見解析；(3)見解析；(4).【解析】(1)直接觀察可得；(2)由三角形內心的性質可得∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，由圓周角定理可得∠DBC=∠CAD，再根據三角形外角的性質即可求得∠BID=∠DBI，繼而可證得BD=ID；(3)應用(1)(2)結論即可；(4)直接代入結論進行計算即可．【詳解】(1)∵O、I、N三點共線，∴OI+IN＝ON，∴IN＝ON﹣OI＝R﹣d，故答案為：R﹣d；(2)BD=ID，理由如下：∵點I是△ABC的內心，∴∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，∵∠DBC=∠CAD，∠BID=∠BAD+∠ABI，∠DBI=∠DBC+∠CBI，∴∠BID=∠DBI，