精品解析：北京师范大学附属中学2022—2023学年九年级上学期期末统考数学模拟试题（解析版）

这是一份精品解析：北京师范大学附属中学2022—2023学年九年级上学期期末统考数学模拟试题（解析版），共24页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 如图，在中，点Р在边上，则在下列四个条件中：①；②；③；④，能满足与相似的条件以及性质的是（ ）
A. ①②④B. ①③④C. ②③④D. ①②③
【答案】D
【解析】
【分析】利用相似三角形的判定方法和性质，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、∵，，
∴，
∴，
∴，选项错误，不符合题意；
B、∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，选项错误，不符合题意；
C、∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，选项错误，不符合题意；
D、∵，，
∴，
∴，
∴，选项正确，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质．熟练掌握三角形相似的判定方法，证明三角形相似，是解题的关键．
2. 如图，该几何体的主视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
【详解】解：从正面看易得是1个大正方形，大正方形左上角有个小正方形．
故答案选：C．
【点睛】本题主要考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图，难度适中.
3. 在同一平面直角坐标系中，一次函数和二次函数的图象大致为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一次函数的图象判断a的符号，再根据二次函数图象判断a的符号，看二者是否存在矛盾，据此即可作答．
【详解】一次函数图象经过第二、四象限时，；一次函数图象经过第一、三象限时，；据此判断：
A、由一次函数图象可得：，由二次函数的图象开口向下可得，二者矛盾，故A错误；
B、由一次函数图象可得：，由二次函数图象开口向下可得，结果一致，故B正确；
C、由一次函数图象可得：，由二次函数的图象开口向下可得，二者矛盾，故C错误；
D、由一次函数图象可得：，由二次函数的图象开口向下可得，二者矛盾，故D错误；
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图象与一次函数图象的综合判断，熟练掌握一次函数、二次函数图象的有关性质是解答本题的关键．
4. 抛掷一枚质地均匀的硬币，连续掷三次，出现“一次正面，两次反面”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用树状图分析，即可得出答案.
【详解】
共8种情况，出现“一次正面，两次反面”的情况有3种，所以概率=，故答案选择B.
【点睛】本题考查的是求概率：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．
5. 定义新运算：对于两个不相等的实数，，我们规定符号表示，中的较大值，如：．因此，；按照这个规定，若，则的值是（ ）
A. －1B. －1或C. D. 1或
【答案】B
【解析】
【分析】分x>0和0x<0两种情况分析，利用公式法解一元二次方程即可．
详解】解：当x>0时，有，解得， (舍去)，
x<0时，有，解得，x1=−1，x2=2(舍去)．
故选B.
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的解法，解题的关键是掌握新定义以及掌握因式分解法以及公式法解方程的方法步骤，掌握降次的方法，把二次化为一次，再解一元一次方程．
6. 一元二次方程的解是（ ）
A. B. ，C. ，D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用因式分解法，解一元二次方程即可．
【详解】解：，
∴，
∴，；
故选C．
【点睛】本题考查解一元二次方程．熟练掌握因式分解法，解一元二次方程，是解题的关键．
7. 如图，已知抛物线和直线.我们约定：当x任取一值时，x对应的函数值分别为y1、y2，若y1≠y2，取y1、y2中的较小值记为M；若y1=y2，记M= y1=y2.
下列判断： ①当x＞2时，M=y2；
②当x＜0时，x值越大，M值越大；
③使得M大于4的x值不存在；
④若M=2，则x=" 1" .
其中正确的有
A 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：∵当y1=y2时，即时，解得：x=0或x=2，
∴由函数图象可以得出当x＞2时， y2＞y1；当0＜x＜2时，y1＞y2；当x＜0时， y2＞y1．∴①错误．
∵当x＜0时， -直线的值都随x的增大而增大，
∴当x＜0时，x值越大，M值越大．∴②正确．
∵抛物线的最大值为4，∴M大于4的x值不存在．∴③正确；
∵当0＜x＜2时，y1＞y2，∴当M=2时，2x=2，x=1；
∵当x＞2时，y2＞y1，∴当M=2时，，解得（舍去）．
∴使得M=2的x值是1或．∴④错误．
综上所述，正确的有②③2个．故选B．
8. 若函数y＝的图象在其象限内y的值随x的增大而增大，则m的取值范围是（ ）
A. m>2B. m＜2C. m>-2D. m＜-2
【答案】B
【解析】
【分析】先根据反比例函数的性质列出关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【详解】∵函数y＝的图象在其象限内y的值随x值的增大而增大，
∴m−2＜0，解得m＜2．
故选：B．
【点睛】本题考查的是反比例函数的性质，熟知反比例函数y＝（k≠0）中，当k＜0时，双曲线的两支分别位于第二、第四象限，在每一象限内y随x的增大而增大是解答此题的关键．
9. 将抛物线y＝向左平移2个单位后，得到的新抛物线的解析式是（ ）
A. B. y＝
C. y＝D. y＝
【答案】A
【解析】
【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律，进而得出平移后抛物线的解析式即可．
【详解】解：将抛物线y＝向左平移2个单位后，得到的新抛物线的解析式是：．故答案为A．
【点睛】本题考查了二次函数图像平移法则，即掌握“左加右减，上加下减”是解答本题的关键.
10. 将抛物线y=（x﹣2）2﹣8向左平移3个单位，再向上平移5个单位，得到抛物线的表达式为（ ）
A. y=（x+1）2﹣13B. y=（x﹣5）2﹣3
C. y=（x﹣5）2﹣13D. y=（x+1）2﹣3
【答案】D
【解析】
【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【详解】解：由“左加右减”的原则可知，将抛物线y=（x-2）2-8向左平移3个单位所得直线的解析式为：
y=（x+1）2-8；
由“上加下减”的原则可知，将抛物线y=（x-5）2-8向上平移5个单位所得抛物线的解析式为：
y=（x+1）2-3．
故选：D．
【点睛】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
二、填空题
11. 如图，正五边形内接于，P为上一点，连接，则的度数为____．
【答案】##36度
【解析】
【分析】连接，利用中心角的计算公式求出，再根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，即可得解．
【详解】解：连接，正五边形内接于，
则：，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边与圆．熟练掌握求中心角的度数的公式，以及在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，是解题的关键．
12. 抛物线y=﹣2x2+4x﹣1的对称轴是直线________ ．
【答案】x=1
【解析】
【分析】根据抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是x=即可求解．
【详解】抛物线y=−2x2+4x−1的对称轴是直线x=.
故答案为：x=1.
【点睛】本题考查了二次函数的对称轴. 熟记二次函数y=ax2+bx+c的对称轴：x=是解题的关键.
13. 如图，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个半径为的圆形，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为____．
【答案】
【解析】
【分析】利用已知得出底面圆的半径为，周长为，进而得出母线长，再利用勾股定理进行计算即可得出答案．
【详解】解：∵半径为的圆形
∴底面圆的半径为
∴底面圆的周长为
∴扇形的弧长为
∴，即圆锥母线长为
∴圆锥的高为．
故答案是：
【点睛】此题主要考查了圆锥展开图与原图对应情况，以及勾股定理等知识，根据已知得出母线长是解决问题的关键．
14. 如图，小明从路灯下A处，向前走了5米到达D处，行走过程中，他的影子将会(只填序号)________．①越来越长，②越来越短，③长度不变．
在D处发现自己在地面上的影子长DE是2米，如果小明的身高为1.7米，那么路灯离地面的高度AB是________米．
【答案】①；5.95.
【解析】
【详解】试题解析：小明从路灯下A处，向前走了5米到达D处，行走过程中，他的影子将会越来越长；
∵CD∥AB，
∴△ECD∽△EBA，
∴，即，
∴AB=5.95（m）．
考点：中心投影．
15. 太原市某学校门口的栏杆如图所示，栏杆从水平位置绕定点旋转到位置，已知栏杆的长为的长为点到的距离为.支柱的高为，则栏杆端离地面的距离为__________．
【答案】
【解析】
【分析】作DF⊥AB CG⊥AB,根据题意得△ODF∽△OCB， ,得出DF，D端离地面的距离为DF+OE,即可求出.
【详解】解：如图

作DF⊥AB垂足为F， CG⊥AB垂足为G；
∴ ∠DFO=∠CGO=90°
∵∠DOA=∠COB
∴ △DFO∽△CGO
则
∵CG=0.3m OD=OA=3m OC=OB=3.5-3=0.5m
∴DF=1.8m
则D端离地面的距离=DF+OE=1.8+0.5=2.3m
【点睛】此题主要考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键.
16. 如图，在△ABC中，D在AC边上，AD：DC＝1：2，O是BD的中点，连接AO并延长交BC于E，则BE：EC＝___．
【答案】1：3
【解析】
【分析】作DFAE交BC于F，如图，利用OE∥DF得到＝1，所以BE＝EF，利用DFAE得到＝，所以CF＝2EF，然后计算BE：EC．
【详解】解：作DFAE交BC于F，如图，
∵OEDF，
∴＝1，
即BE＝EF，
∵DFAE，
∴＝，
∴CF＝2EF，
∴BE：EC＝BE：3BE＝1：3
故答案为1：3．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．过分点作平行线构建平行线分线段成比例定理的基本图形是解决问题的关键．
17. 如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点顺时针旋转到△AB1C1的位置，点分别落在点处，点在轴上，再将△AB1C1绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上，依次进行下去，……，若点则点B2016的坐标为______________．
【答案】(6048，2)
【解析】
【分析】根据图形和旋转规律可得出Bn点坐标变换规律，即可得出结论．
【详解】解：在直角三角形OAB中 ，OB=2，
由勾股定理可得：
∴OA+AB1=4，OA+AB1+B1C2=6
∴B1的坐标为（4，0），B2的坐标为（6，2）
同理可得B3的坐标为（10，0），B4的坐标为（12，2）
同理可得B5的坐标为（16，0），B6的坐标为（18，2）
研究三角形旋转可知：当n为偶数时在最高点此时纵坐标为2，当n为奇数时在x轴上此时纵坐标为0，横坐标规律为：(n为奇数)
(n为偶数)，
∴点的横坐标为：，纵坐标为2
∴点的坐标为（6048，2）
故答案为：（6048，2）
【点睛】考查坐标与图形变化-旋转，规律型：点的坐标，观察图形，找到点的坐标规律是解题的关键.
18. ______．
【答案】
【解析】
【分析】将特殊角的三角函数值代入求解．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题考查特殊角的三角函数值的混合运算，熟记特殊角的三角函数值是解题关键．
三、解答题
19. 如图1，在平面直角坐标系中，已知的半径为5，圆心M的坐标为（3，0），交x轴于点D，交y轴于A，B两点，点C是ADB上的一点（不与点A、D、B重合）．连结AC并延长，连接BC，CD，AD．
（1）求点A的坐标；
（2）当点C在AD上时．
①求证：；
②如图2，在CB上取一点G，使，连接．求证：；
（3）如图3，当点C在BD上运动的过程中，试探究的值是否发生变化？若不变．请直接写出该定值；若变化，请说明理由．
【答案】（1）
（2）①证明见解析②证明见解析
（3） 值不发生变化，为
【解析】
【分析】（1）连接，利用勾股定理求出，即可得到点A的坐标；
（2）①利用垂径定理得到，利用同弧所对的圆周角相等得到，利用圆内接四边形得到，即可得解；②等于等边对等角，外角的性质，推出，进而得到，再利用，即可得证；
（3）在上截取，使，连接，证明，再证明，得到为定值即可．
【小问1详解】
解：如图，连接，
在中，为圆的半径5，，
∴；
∴点的坐标为；
【小问2详解】
①如图，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
又∵，
∴；
②∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即
又∵，
∴．
【小问3详解】
当在上运动的过程中，的值不发生变化，为，理由如下：
当点在上时，在上截取，使，连接，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即，
∵ ，
∴，
∴ ，
∵，
∴
∴
∵，
∴ ，
∴ 值不发生变化，为．
【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握垂径定理，圆周角定理，得到三角形相似，是解题的关键．
20. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用因式分解法，解一元二次方程；
（2）利用因式分解法，解一元二次方程；
【小问1详解】
解：，
，
∴；
【小问2详解】
解：，
∴．
【点睛】本题考查解一元二次方程．熟练掌握因式分解法解一元二次方程是解题的关键．
21. 先化筒．再求值：，其中，．
【答案】，
【解析】
【分析】按照异分母分式运算法则计算即可．
【详解】解：原式
当，时，原式．
【点睛】此题考查了分式的化简求值，掌握异分母分式运算法则是解题的关键．
22. 当前，“精准扶贫”工作已进入攻坚阶段，凡贫困家庭均要“建档立卡”．某初级中学七年级共有四个班，已“建档立卡”的贫困家庭的学生人数按一、二、三、四班分别记为A1，A2，A3，A4，现对A1，A2，A3，A4统计后，制成如图所示的统计图．
（1）求七年级已“建档立卡”的贫困家庭的学生总人数；
（2）将条形统计图补充完整，并求出A1所在扇形的圆心角的度数；
（3）现从A1，A2中各选出一人进行座谈，若A1中有一名女生，A2中有两名女生，请用树状图表示所有可能情况，并求出恰好选出一名男生和一名女生的概率．
【答案】（1）15人;(2)补图见解析.（3）.
【解析】
【分析】（1）根据三班有6人，占的百分比是40%，用6除以所占的百分比即可得总人数；
（2）用总人数减去一、三、四班的人数得到二班的人数即可补全条形图，用一班所占的比例乘以360°即可得A1所在扇形的圆心角的度数；
（3）根据题意画出树状图，得出所有可能，进而求恰好选出一名男生和一名女生的概率．
【详解】解:（1）七年级已“建档立卡”的贫困家庭的学生总人数：6÷40%=15人；
（2）A2的人数为15﹣2﹣6﹣4=3（人）
补全图形，如图所示，
A1所在圆心角度数为：×360°=48°；
（3）画出树状图如下：
共6种等可能结果,符合题意的有3种
∴选出一名男生一名女生的概率为：P=.
【点睛】本题考查了条形图与扇形统计图，概率等知识，准确识图，从图中发现有用的信息，正确根据已知画出树状图得出所有可能是解题关键．
23. 如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，且BD=BC，延长AD到E，且有∠EBD=∠CAB．
⑴求证：BE是⊙O的切线；
⑵若BC=，AC=5，求圆的直径AD的长．
【答案】（1）详见解析；（2）6
【解析】
【分析】（1）先根据等弦所对的劣弧相等，再结合∠EBD=∠CAB从而得到∠BAD=∠EBD，最后用直径所对的圆周角为直角即可；
（2）利用三角形的中位线先求出OM，再用勾股定理求出半径r，最后得到直径的长．
【详解】解：⑴证明：连接OB,CD,OB、CD交于点M
∵BC=BD，
∴∠CAB=∠BAD.
∵OA=OB,
∴∠BAD=∠OBA.
∴∠CAB=∠OBA.
∴OB∥AC.
又AD是直径,
∴∠ABD=∠ACD =90°，
又∠EBD=∠CAB, ∠CAB=∠OBA.
∴∠OBE=90°，即OB⊥BE.
又OB是半径,
∴BE是⊙O的切线．
⑵∵ OB∥AC, OA=OD,AC=5,.
∴ OM=2.5 ,BM=OB-2.5,OB⊥CD
设⊙O的半径为r，则
在Rt△OMD中：MD2=r2-2.52;
在Rt△BMD中：MD2=BD2-(r-2.5)2 ,BD=BC=.
∴r1=3 ,r2=-0.5(舍).
∴圆的直径AD的长是6．
【点睛】此题是切线的判定，主要考查了圆周角的性质，切线的判定，勾股定理等，解本题的关键是作出辅助线．
24. 已知：如图，菱形中，点，分别在，边上，，连接，．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．
【详解】证明：连接，如图，
四边形是菱形，
，
在和中，，
(SAS)，
．
【点睛】本题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
25. 在一个不透明的小布袋中装有4个质地、大小完全相同的小球，它们分别标有数字0，1，2，3，小明从布袋里随机摸出一个小球，记下数字为，小红在剩下的3个小球中随机摸出一个小球，记下数字为，这样确定了点的坐标．
（1）画树状图或列表，写出点所有可能的坐标；
（2）小明和小红约定做一个游戏，其规则为：若在第一象限，则小明胜；否则，小红胜；这个游戏公平吗？请你作出判断并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）游戏是公平的，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用列表法或画树状图可得出所有可能的结果；
（2）利用概率公式计算出小明胜的概率，小红胜的概率，从而可判断这个游戏的公平性．
【详解】解：（1）点的坐标共12个，如下表：
（2）游戏公平，理由如下：
由列表可知，点M在第一象限共有6种情况，∴小明获胜的概率为：，
点M不在第一象限共有6种情况，∴小红获胜的概率为：．
∴两人获胜的概率相等，故这个游戏是公平的．
【点睛】本题考查了游戏的公平性：判断游戏公平性需要先计算每个事件的概率，然后比较概率的大小，概率相等就公平，否则就不公平．同时也考查了列表法与画树状图法．
26. 在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+ax+a（a≠0）交x轴于点A和点B（点A在点B左边），交y轴于点C，连接AC，tan∠CAO＝3．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，D是第一象限的抛物线上一点，连接DB，将线段DB绕点D顺时针旋转90°，得到线段DE（点B与点E为对应点），点E恰好落在y轴上，求点D的坐标；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点D作x轴的垂线，垂足为H，点F在第二象限的抛物线上，连接DF交y轴于点G，连接GH，sin∠DGH＝，以DF为边作正方形DFMN，P为FM上一点，连接PN，将△MPN沿PN翻折得到△TPN（点M与点T为对应点），连接DT并延长与NP的延长线交于点K，连接FK，若FK＝，求cs∠KDN的值．
【答案】（1）y＝﹣x2+x+3；（2）D的坐标为（3，3）；（3）
【解析】
【分析】（1）通过抛物线y＝先求出点A的坐标，推出OA的长度，再由tan∠CAO＝3求出OC的长度，点C的坐标，代入原解析式即可求出结论；
（2）如图2，过点D分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为W和Z，证△DZE≌△DWB，得到DZ＝DW，由此可知点D的横纵坐标相等，设出点D坐标，代入抛物线解析式即可求出点D坐标；
（3）如图3，连接CD，分别过点C，H作F的垂线，垂足分别为Q，I，过点F作DC的垂线，交DC的延长线于点U，先求出点G坐标，求出直线DG解析式，再求出点F的坐标，即可求出正方形FMND的边长，再求出其对角线FN的长度，最后证点F，K，M，N，D共圆，推出∠KDN＝∠KFN，求出∠KFN的余弦值即可．
【详解】解：（1）在抛物线y=中，
当y＝0时，x1＝﹣1，x2＝4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），
∴OA＝1，
∵tan∠CAO＝3，
∴OC＝3OA＝3，
∴C（0，3），
∴a＝3，
∴a＝2，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+3；
（2）如图2，过点D分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为W和Z，
∵∠ZDW＝∠EDB＝90°，
∴∠ZDE＝∠WDB，
∵∠DZE＝∠DWB＝90°，DE＝DB，
∴△DZE≌△DWB（AAS），
∴DZ＝DW，
设点D（k，﹣k2+k+3），
∴k＝﹣k2+k+3，
解得，k1＝﹣（舍去），k2＝3，
∴D的坐标为（3，3）；
（3）如图3，连接CD，分别过点C，H作F的垂线，垂足分别为Q，I，
∵sin∠DGH＝
∴设HI＝4m，HG＝5m，则IG＝3m，
由题意知，四边形OCDH是正方形，
∴CD＝DH＝3，
∵∠CDQ+∠IDH＝90°，∠IDH+∠DHI＝90°，
∴∠CDQ＝∠DHI，
又∵∠CQD＝∠DIH＝90°，
∴△CQD≌△DIH（AAS），
设DI＝n，
则CQ＝DI＝n，DQ＝HI＝4m，
∴IQ＝DQ﹣DI＝4m﹣n，
∴GQ＝GI﹣IQ＝3m﹣（4m﹣n）＝n﹣m，
∵∠GCQ+∠QCD＝90°，∠QCD+∠CDQ＝90°，
∴∠GCQ＝∠CDQ，
∴△GCQ∽△CDQ，
∴
∴
∴n＝2m，
∴CQ＝DI＝2m，
∴IQ＝2m，
∴tan∠CDG＝，
∵CD＝3，
∴CG＝，
∴GO＝CO﹣CG＝，
设直线DG的解析式为y＝kx+，
将点D（3，3）代入，
得，k＝，
∴yDG＝，
设点F（t，﹣t2+t+3），
则﹣t2+t+3＝t+，解得，t1＝3（舍去），t2＝﹣，
∴F（﹣，）
过点F作DC的垂线，交DC的延长线于点U，
则，
∴在Rt△UFD中，
DF＝，
由翻折知，△NPM≌△NPT，
∴∠MNP＝∠TNP，NM＝NT＝ND，∠TPN＝∠MPN，TP＝MP，
又∵NS⊥KD，
∴∠DNS＝∠TNS，DS＝TS，
∴∠SNK＝∠TNP+∠TNS＝×90°＝45°，
∴∠SKN＝45°，
∵∠TPK＝180°﹣∠TPN，∠MPK＝180°﹣∠MPN，
∴∠TPK＝∠MPK，
又∵PK＝PK，
∴△TPK≌△MPK（SAS），
∴∠MKP＝∠TKP＝45°，
∴∠DKM＝∠MKP+∠TKP＝90°，
连接FN，DM，交点为R，再连接RK，
则RK＝RF＝RD＝RN＝RM，
则点F，D，N，M，K同在⊙R上，FN为直径，
∴∠FKN＝90°，∠KDN＝∠KFN，
∵FN＝，
∴在Rt△FKN中，
∴cs∠KDN＝cs∠KFN．
【点睛】考核知识点：二次函数综合题．熟记二次函数基本性质，数形结合分析问题是关键.0
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