2022-2023學年九上數學期末模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖，若a＜0，b＞0，c＜0，則拋物線y=ax2+bx+c的大致圖象為（）A． B． C． D．2．拋物線的頂點坐標為()A． B． C． D．3．如圖，將△ABC放在每個小正方形的邊長為1的網格中，點A，B，C均在格點上，則tanC的值是（）A．2 B． C．1 D．4．如圖，是反比例函數與在x軸上方的圖象，點C是y軸正半軸上的一點，過點C作軸分別交這兩個圖象與點A和點B，P和Q在x軸上，且四邊形ABPQ為平行四邊形，則四邊形ABPQ的面積等于（）A．20 B．15 C．10 D．55．由二次函數可知（）A．其圖象的開口向下 B．其圖象的對稱軸為直線C．其頂點坐標為 D．當時，隨的增大而增大6．在一個不透明的盒子中有大小均勻的黃球與白球共12個，若從盒子中隨機取出一個球，若取出的球是白球的概率是，則盒子中白球的個數是（）.A．3 B．4 C．6 D．87．將矩形紙片ABCD按如圖所示的方式折疊，恰好得到菱形AECF，若AB=3，則菱形AECF的面積為（）A．1 B．2 C．2 D．48．若正六邊形的邊長為6，則其外接圓半徑為（）A．3 B．3 C．3 D．69．下列圖形的主視圖與左視圖不相同的是（）A． B． C． D．10．如圖，將△ABC繞點C順時針旋轉，點B的對應點為點E，點A的對應點為點D，當點E恰好落在邊AC上時，連接AD，若∠ACB=30°，則∠DAC的度數是()A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．如圖，正方形中，點為射線上一點，，交的延長線于點，若，則______12．如圖，已知圓錐的高為，高所在直線與母線的夾角為30°，圓錐的側面積為_____．13．如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，AB＝1．現分別以點A、點B為圓心，以大于AB相同的長為半徑作弧，兩弧相交于點M和點N，作直線MN交AB于點D，交BC于點E．若將△BDE沿直線MN翻折得△B′DE，使△B′DE與△ABC落在同一平面內，連接B′E、B′C，則△B′CE的周長為_____．14．某種品牌運動服經過兩次降價，每件零售價由560元降為315元，已知兩次降價的百分率相同，求每次降價的百分率設每次降價的百分率為x，所列方程是______．15．如圖，將繞點逆時針旋轉，得到，這時點恰好在同一直線上，則的度數為______．16．已知∠AOB＝60°，OC是∠AOB的平分線，點D為OC上一點，過D作直線DE⊥OA，垂足為點E，且直線DE交OB于點F，如圖所示．若DE＝2，則DF＝_____．17．對于任意非零實數a、b，定義運算“”，使下列式子成立：，，，，…，則ab=．18．分解因式：__________．三、解答題(共66分)19．（10分）已知拋物線的圖象經過點（﹣1，0），點（3，0）；（1）求拋物線函數解析式；（2）求函數的頂點坐標.20．（6分）如圖，在四邊形中,,．點在上,．(1)求證:；(2)若，，，求的長．21．（6分）如圖，在直角坐標系中，為坐標原點．已知反比例函數的圖象經過點，過點作軸于點，的面積為．（1）求和的值；（2）若點在反比例函數的圖象上運動，觀察圖象，當點的縱坐標是，則對應的的取值范圍是．22．（8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．23．（8分）如圖，四邊形內接于⊙，是⊙的直徑，，垂足為，平分．（1）求證：是⊙的切線；（2）,，求的長．24．（8分）如圖1，在平面直角坐標系中，函數（為常數，，）的圖象經過點和，直線與軸，軸分別交于，兩點.（1）求的度數；（2）如圖2，連接、，當時，求此時的值：（3）如圖3，點，點分別在軸和軸正半軸上的動點.再以、為鄰邊作矩形.若點恰好在函數（為常數，，）的圖象上，且四邊形為平行四邊形，求此時、的長度.25．（10分）在，，．點P是平面內不與點A，C重合的任意一點．連接AP，將線段AP繞點P逆時針旋轉α得到線段DP，連接AD，BD，CP．（1）觀察猜想如圖1，當時，的值是，直線BD與直線CP相交所成的較小角的度數是．（2）類比探究如圖2，當時，請寫出的值及直線BD與直線CP相交所成的小角的度數，并就圖2的情形說明理由．（3）解決問題當時，若點E，F分別是CA，CB的中點，點P在直線EF上，請直接寫出點C，P，D在同一直線上時的值．26．（10分）為了“城市更美好、人民更幸?！?，我市開展“三城聯創(chuàng)”活動，環(huán)衛(wèi)部門要求垃圾按三類分別裝袋、投放，其中類指廢電池，過期藥品等有毒垃圾，類指剩余食品等廚余垃圾，類指塑料、廢紙等可回收垃圾，甲、乙兩人各投放一袋垃圾．（1）甲投放的垃圾恰好是類的概率是；（2）用樹狀圖或表格求甲、乙兩人投放的垃圾是不同類別的概率．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【分析】由拋物線的開口方向判斷a的符號，由拋物線與y軸的交點判斷c的符號，然后根據對稱軸及拋物線與x軸交點情況進行推理，進而對所得結論進行判斷．【詳解】∵a＜0，∴拋物線的開口方向向下，故第三個選項錯誤；∵c＜0，∴拋物線與y軸的交點為在y軸的負半軸上，故第一個選項錯誤；∵a＜0、b＞0，對稱軸為x=＞0，∴對稱軸在y軸右側，故第四個選項錯誤．故選B．2、D【解析】根據拋物線頂點式的性質進行求解即可得答案.【詳解】∵解析式為∴頂點為故答案為：D.【點睛】本題考查了已知二次函數頂點式求頂點坐標，注意點坐標符號有正負.3、B【分析】在直角三角形ACD中，根據正切的意義可求解．【詳解】如圖：在RtACD中，tanC．故選B．【點睛】本題考查了銳角三角比的意義．將角轉化到直角三角形中是解答的關鍵．4、C【解析】分別過A、B作AD、BE垂直x軸，易證，則平行四邊形ABPQ的面積等于矩形ADEB的面積，根據反比例函數比例系數k的幾何意義分別求得矩形ADOC和矩形BEOC的面積，相加即可求得結果．【詳解】解：如圖，分別過A、B作AD、BE垂直x軸于點D、點E，則四邊形ADEB是矩形，易證，∴S矩形ABED，∵點A在反比例函數上，由反比例函數比例系數k的幾何意義可得：S矩形ADOC=|k|=3，同理可得：S矩形BEOC=7，∴S矩形ABED=S矩形ADOC+S矩形BEOC=3+7=10，故選：C．【點睛】本題考查了反比例函數比例系數k的幾何意義，熟練運用比例系數k的幾何意義是解決本題的關鍵．5、B【分析】根據二次函數的圖像與性質即可得出答案.【詳解】A：a=3，所以開口向上，故A錯誤；B：對稱軸=4，故B正確；C：頂點坐標為(4，-2)，故C錯誤；D：當x<4時，y隨x的增大而減小，故D錯誤；故答案選擇D.【點睛】本題考查的是二次函數，比較簡單，需要熟練掌握二次函數的圖像與性質.6、B【分析】根據白、黃球共有的個數乘以白球的概率即可解答.【詳解】由題意得：12×=4，即白球的個數是4.故選：B.【點睛】本題考查概率公式：如果一個事件有n種可能，而且這些事件的可能性相同，其中事件A出現m種結果，那么事件A的概率P（A）=．7、C【分析】根據菱形AECF，得∠FCO=∠ECO，再利用∠ECO=∠ECB，可通過折疊的性質，結合直角三角形勾股定理求得BC的長，則利用菱形的面積公式即可求解．【詳解】解：∵四邊形AECF是菱形，AB=3，∴假設BE=x，則AE=3﹣x，CE=3﹣x，∵四邊形AECF是菱形，∴∠FCO=∠ECO，∵∠ECO=∠ECB，∴∠ECO=∠ECB=∠FCO=30°，2BE=CE，∴CE=2x，∴2x=3﹣x，解得：x=1，∴CE=2，利用勾股定理得出：BC2+BE2=EC2，BC===，又∵AE=AB﹣BE=3﹣1=2，則菱形的面積是：AEBC=2．故選C．【點睛】本題考查折疊問題以及勾股定理．解題過程中應注意折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，根據軸對稱的性質，折疊前后圖形的形狀和大小不變，如本題中折疊前后角相等．8、D【分析】連接正六邊形的中心和各頂點，得到六個全等的正三角形，于是可知正六邊形的邊長等于正三角形的邊長，為正六邊形的外接圓半徑．【詳解】如圖為正六邊形的外接圓，ABCDEF是正六邊形，∴∠AOF=10°,∵OA=OF,∴△AOF是等邊三角形，∴OA=AF=1.所以正六邊形的外接圓半徑等于邊長，即其外接圓半徑為1．故選D．【點睛】本題考查了正六邊形的外接圓的知識,解題的關鍵是畫出圖形,找出線段之間的關系.9、D【解析】確定各個選項的主視圖和左視圖，即可解決問題.【詳解】A選項，主視圖：圓；左視圖：圓；不符合題意；B選項，主視圖：矩形；左視圖：矩形；不符合題意；C選項，主視圖：三角形；左視圖：三角形；不符合題意；D選項，主視圖：矩形；左視圖：三角形；符合題意；故選D【點睛】本題考查幾何體的三視圖，難度低，熟練掌握各個幾何體的三視圖是解題關鍵.10、D【詳解】由題意知：△ABC≌△DEC，∴∠ACB=∠DCE=30°，AC=DC，∴∠DAC=（180°?∠DCA）÷2=（180°?30°）÷2=75°．故選D．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，解題的關鍵是掌握旋轉的性質：①對應點到旋轉中心的距離相等．②對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角．③旋轉前、后的圖形全等．二、填空題(每小題3分,共24分)11、【分析】連接AC交BD于O，作FG⊥BE于G，證出△BFG是等腰直角三角形，得出BG=FG=BF=，由三角形的外角性質得出∠AED=30°，由直角三角形的性質得出OE=OA，求出∠FEG=60°，∠EFG=30°,進而求出OA的值，即可得出答案.【詳解】連接AC交BD于O，作FG⊥BE于G，如圖所示則∠BGF=∠EGF=90°∵四邊形ABCD是正方形∴AC⊥BD，OA=OB=OC=OD，∠ADB=∠CBG=45°∴△BFG是等腰直角三角形∴BG=FG=BF=∵∠ADB=∠EAD+∠AED，∠EAD=15°∴∠AED=30°∴OE=OA∵EF⊥AE∴∠FEG=60°∴∠EFG=30°∴EG=FG=∴BE=BG+EG=∵OA+AO=解得：OA=∴AB=OA=故答案為【點睛】本題考查了正方形和等腰直角三角形的性質，綜合性較強，需要熟練掌握相關性質.12、2π【解析】試題分析：如圖，∠BAO=30°，AO=，在Rt△ABO中，∵tan∠BAO=，∴BO=tan30°=1，即圓錐的底面圓的半徑為1，∴AB=，即圓錐的母線長為2，∴圓錐的側面積=．考點：圓錐的計算．13、3【分析】根據線段垂直平分線的性質和折疊的性質得點B′與點A重合，BE＝AE，進而可以求解．【詳解】在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，AB＝1．根據勾股定理，得：BC＝2．連接AE，由作圖可知：MN是線段AB的垂直平分線，∴BE＝AE，BD＝AD，由翻折可知：點B′與點A重合，∴△B′CE的周長＝AC+CE+AE＝AC+CE+BE＝AC+BC＝6+2＝3故答案為3．【點睛】本題主要考查垂直平分線的性質定理和折疊的性質，通過等量代換把△B′CE的周長化為AC+BC的值，是解題的關鍵.14、【分析】根據降價后的價格=降價前的價格×（1-降價的百分率），則第一次降價后的價格是560（1-x），第二次降價后的價格是560（1-x）2，據此列方程即可．【詳解】解：設每次降價的百分率為x，由題意得：560（1-x）2=1，故答案為560（1-x）2=1．【點睛】本題考查了由實際問題抽象出一元二次方程，解答本題的關鍵是讀懂題意，設出未知數，找出合適的等量關系，列出方程．15、20°【解析】先判斷出∠BAD=140°，AD=AB，再判斷出△BAD是等腰三角形，最后用三角形的內角和定理即可得出結論．【詳解】∵將△ABC繞點A逆時針旋轉140°，得到△ADE，∴∠BAD=140°，AD=AB，∵點B，C，D恰好在同一直線上，∴△BAD是頂角為140°的等腰三角形，∴∠B=∠BDA，∴∠B=(180°?∠BAD)=20°，故答案為：20°【點睛】此題考查旋轉的性質，等腰三角形的判定與性質，三角形內角和定理，解題關鍵在于判斷出△BAD是等腰三角形16、1．【分析】過點D作DM⊥OB，垂足為M，則DM=DE=2，在Rt△OEF中，利用三角形內角和定理可求出∠DFM=30°，在Rt△DMF中，由30°角所對的直角邊等于斜邊的一半可求出DF的長，此題得解．【詳解】過點D作DM⊥OB，垂足為M，如圖所示．∵OC是∠AOB的平分線，∴DM＝DE＝2．在Rt△OEF中，∠OEF＝90°，∠EOF＝60°，∴∠OFE＝30°，即∠DFM＝30°．在Rt△DMF中，∠DMF＝90°，∠DFM＝30°，∴DF＝2DM＝1．故答案為1．【點睛】本題考查了角平分線的性質、三角形內角和定理以及含30度角的直角三角形，利用角平分線的性質及30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，求出DF的長是解題的關鍵．17、【解析】試題分析：根據已知數字等式得出變化規(guī)律，即可得出答案：∵，，，，…，∴。18、【解析】試題分析：本題考查實數范圍內的因式分解，因式分解的步驟為：一提公因式；二看公式．在實數范圍內進行因式分解的式子的結果一般要分到出現無理數為止．先把式子寫成a2-32，符合平方差公式的特點，再利用平方差公式分解因式．a2-9=a2-32=（a+3）（a-3）．故答案為（a+3）（a-3）．考點：因式分解-運用公式法．三、解答題(共66分)19、(1)y=x2﹣2x﹣3；(2)(1，－4)【分析】（1）將兩點代入列出關于b和c的二元一次方程組，然后進行求解；（2）根據二次函數的頂點坐標的求法進行求解．【詳解】解：（1）把（﹣1，0），（3，0）代入y=x2+bx+c（a≠0）得，解得∴所求函數的解析式為y=x2﹣2x﹣3，（2）拋物線的解析式為y=x2﹣2x﹣3，∴=﹣=1，∴拋物線的頂點坐標為（1，-4）考點：待定系數法求函數解析式、二次函數頂點坐標的求法．20、(1)見解析；(2)．【分析】（1）由AD∥BC、AB⊥BC可得出∠A=∠B=90°，由等角的余角相等可得出∠ADE=∠BEC，進而即可證出△ADE∽△BEC；

（2）根據相似三角形的性質即可得到結論．【詳解】解：（1）證明：∵AD∥BC，AB⊥BC，

∴AB⊥AD，∠A=∠B=90°，

∴∠ADE+∠AED=90°．

∵∠DEC=90°，

∴∠AED+∠BEC=90°，

∴∠ADE=∠BEC，

∴△ADE∽△BEC；

（2）解：∵△ADE∽△BEC，∴，即，∴BE=.【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質以及平行線的性質，解題的關鍵是：（1）利用相似三角形的判定定理找出△ADE∽△BEC；（2）利用相似三角形的性質求出BE的長度．21、（1），；（2）【分析】（1）利用三角形的面積可求出m的值，得出點A的坐標，再代入反比例函數即可得出K的值；（2）利用（1）中得出的反比例函數的解析式求出當y=0時x的值，再根據反比例函數圖象的增減性求解即可．【詳解】解：（1）∵，∴，.∴，∴，∴點的坐標為代入，得；（2）由（1）得，反比例函數的解析式為：∵當時，∵當時，y隨x的增大而減小∴的取值范圍是．【點睛】本題考查的知識點是求反比例函數解析式以及反比例函數的性質，掌握以上知識點是解此題的關鍵．22、（1），或；（2）P；（3）【分析】（1）將點A（﹣3，0），B（1，0）帶入y＝ax2＋bx＋2得到二元一次方程組，解得即可得出函數解析式；又從圖像可以看出x滿足什么值時y﹤0；（2）設出P點坐標，利用割補法將△ACP面積轉化為，帶入各個三角形面積算法可得出與m之間的函數關系，分析即可得出面積的最大值；（3）分兩種情況討論，一種是CM平行于x軸，另一種是CM不平行于x軸，畫出點Q大概位置，利用平行四邊形性質即可得出關于點Q坐標的方程，解出即可得到Q點坐標.【詳解】解：（1）將A（﹣3，0），B（1，0）兩點帶入y＝ax2＋bx＋2可得：解得：∴二次函數解析式為.由圖像可知，當或時y﹤0；綜上：二次函數解析式為，當或時y﹤0；（2）設點P坐標為，如圖連接PO，作PM⊥x軸于M，PN⊥y軸于N.PM=，PN=，AO=3.當時，，所以OC=2，∵∴函數有最大值，當時，有最大值，此時；所以存在點，使△ACP面積最大.（3）存在，假設存在點Q使以A、C、M、Q為頂點的四邊形是平行四邊形①若CM平行于x軸，如下圖，有符合要求的兩個點此時=∵CM∥x軸，∴點M、點C（0,2）關于對稱軸對稱，∴M（﹣2,2），∴CM=2.由=；②若CM不平行于x軸，如下圖，過點M作MG⊥x軸于點G，易證△MGQ≌△COA，得QG=OA=3，MG=OC=2，即.設M（x，﹣2），則有，解得：.又QG=3,∴，∴綜上所述，存在點P使以A、C、M、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，Q點坐標為：.【點睛】本題考查二次函數與幾何綜合題目，涉及到用待定系數法求二次函數解析式，通過函數圖像得出關于二次函數不等式的解集，平面直角坐標系中三角形面積的計算通常利用割補法，并且將所要求得點的坐標設出來，得出相關方程；在解答（3）的時候注意先畫出大概圖像再利用平行四邊形性質進行計算和分析.23、（1）見解析；（2）【分析】（1）連接OA,根據角平分線的定義及等腰三角形的性質得出，從而有，再通過得出，即，則結論可證；（2）根據得，再利用角平分線的定義和直角三角形兩銳角互余得出，然后利用含30°的直角三角形的性質和勾股定理即可求出AE的長度．【詳解】（1）證明：連接，平分，．，，，，，,，，∴AE是⊙O的切線；（2）是直徑，．又，，．∵DA平分，，．在中，，．在中，，,．【點睛】本題主要考查角平分線的定義，等腰三角形的性質，切線的判定，勾股定理，含30°的直角三角形的性質，掌握角平分線的定義，等腰三角形的性質，切線的判定，勾股定理，含30°的直角三角形的性質是解題的關鍵．24、（1）；（2）；（3）【分析】（1）根據點P、Q的坐標求出直線PQ的解析式，得到點C、D的坐標，根據線段長度得到的度數；（2）根據已知條件求出∠QOP=45，再由即可求出m的值；（3）根據平行四邊形及矩形的性質得到，，設設，得到點M的坐標，又由兩者共同求出n，得到結果.【詳解】（1）由，，得，∴，∴，∴為等腰直角三角形，∴；（2）∵，∴，∴易得，∴，∴（舍負）；（3）∵四邊形為平行四邊形，∴，又，∴，∴.設.則為代入，∴