浙江省绍兴市诸暨市浣江教育集团2022年数学九上期末质量检测模拟试题含解析

这是一份浙江省绍兴市诸暨市浣江教育集团2022年数学九上期末质量检测模拟试题含解析，共21页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，如图，，若，则的长是，下列计算错误的是等内容，欢迎下载使用。

1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．二次根式中x的取值范围是（ ）
A．x≥﹣2B．x≥2C．x≥0D．x＞﹣2
2．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3．如图，一次函数y1＝x＋b与一次函数y2＝kx＋4的图象交于点P（1，3），则关于x的不等式x＋b＞kx＋4的解集是（ ）
A．x＞﹣2B．x＞0C．x＞1D．x＜1
4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，将绕点A逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，点B经过的路径为弧BD，则图中阴影部分的面积是( )
A．B．C．-D．
5．如图，，若，则的长是（ ）
A．4B．6C．8D．10
6．下列计算错误的是( )
A．B．C．D．
7．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的共有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
8．如图，平行于x轴的直线AC分别交函数 y=x（x≥0）与 y= x（x≥0）的图象于 B，C两点，过点C作y轴的平行线交y=x（x≥0）的图象于点D，直线DE∥AC交 y=x（x≥0）的图象于点E，则=（ ）
A．B．1C．D．3﹣
9．如图所示的几何体是由4个大小相同的小立方块搭成，它的俯视图是（ ）
A．B．C．D．
10．已知∠A是锐角，，那么∠A的度数是（）
A．15°B．30°C．45°D．60°
11．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，sinA＝，AC＝6cm，则BC的长度为( )
A．6cmB．7cmC．8cmD．9cm
12．若一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根为﹣1，则（ ）
A．a+b+c=0 B．a﹣b+c=0 C．﹣a﹣b+c=0 D．﹣a+b+c=0
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，DE∥AC，若S△BDE：S△CDE=1：3，则BE：BC的值为_________．
14．关于的一元二次方程的二根为，且，则_____________.
15．已知非负数a、b、c满足a+b=2，，，则d的取值范围为____．
16．如图，分别以等边三角形的每个顶点为圆心、以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形称为勒洛三角形．若等边三角形的边长为a，则勒洛三角形的周长为_____．
17．对于实数，定义运算“◎”如下：◎．若◎，则_____．
18．如图，在中，，，以为直角边、为直角顶点作等腰直角三角形，则______.
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交BC于点D，交AB于点E，过点D作DF⊥AB，垂足为F，连接DE．
（1）求证：直线DF与⊙O相切；
（2）若AE=7，BC=6，求AC的长．
20．（8分）（阅读材料）某校九年级数学课外兴趣探究小组在学习完《第二十八章锐角三角函数》后，利用所学知识进行深度探究，得到以下正确的等量关系式：
，
，
，，
（理解应用）请你利用以上信息求下列各式的值：（1）；（2）
（拓展应用）（3）为了求出海岛上的山峰的高度，在处和处树立标杆和，标杆的高都是3丈，两处相隔1000步（1步等于6尺），并且和在同一平面内，在标杆的顶端处测得山峰顶端的仰角75°，在标杆的顶端处测得山峰顶端的仰角30°，山峰的高度即的长是多少步？（结果保留整数）（参考数据：）
21．（8分）已知关于x的方程（a﹣1）x2+2x+a﹣1＝1．
（1）若该方程有一根为2，求a的值及方程的另一根；
（2）当a为何值时，方程的根仅有唯一的值？求出此时a的值及方程的根．
22．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，以CD为直径的⊙O分别交AC，BC于点E，F两点，过点F作FG⊥AB于点G．
（1）试判断FG与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AC=6，CD＝5，求FG的长．
23．（10分）如图，海面上一艘船由西向东航行，在处测得正东方向上一座灯塔的最高点的仰角为，再向东继续航行到达处，测得该灯塔的最高点的仰角为．根据测得的数据，计算这座灯塔的高度（结果取整数）．参考数据：，，．
24．（10分）某日，深圳高级中学（集团）南北校区初三学生参加东校区下午时的交流活动，南校区学生中午乘坐校车出发，沿正北方向行12公里到达北校区，然后南北校区一同前往东校区（等待时间不计）．如图所示，已知东校区在南校区北偏东方向，在北校区北偏东方向．校车行驶状态的平均速度为，途中一共经过30个红绿灯，平均每个红绿灯等待时间为30秒．
（1）求北校区到东校区的距离；
（2）通过计算，说明南北校区学生能否在前到达东校区．（本题参考数据：，）
25．（12分）如图，在等腰中，，以为直径的，分别与和相交于点和，连接.
（1）求证：；
（2）求证：.
26．如图，BD为⊙O的直径，点A是劣弧BC的中点，AD交BC于点E，连结AB．
(1)求证：AB2=AE·AD；
(2)若AE=2，ED=4，求图中阴影的面积．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【解析】根据二次根式有意义的条件即可求出x的范围．
【详解】由题意可知：x+2≥0，
∴x≥﹣2，
故选：A．
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件，解题的关键是正确理解二次根式有意义的条件，本题属于基础题型．
2、A
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：A．
【点睛】
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
3、C
【解析】试题分析：当x＞1时，x+b＞kx+4，
即不等式x+b＞kx+4的解集为x＞1．
故选C．
考点：一次函数与一元一次不等式．
4、A
【分析】先根据勾股定理得到AB=，再根据扇形的面积公式计算出S扇形ABD，由旋转的性质得到Rt△ADE≌Rt△ACB，于是S阴影部分=S△ADE+S扇形ABD-S△ABC=S扇形ABD．
【详解】∵∠ACB=90°，AC=BC=1，
∴AB=，
∴S扇形ABD=，
又∵Rt△ABC绕A点逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，
∴Rt△ADE≌Rt△ACB，
∴S阴影部分=S△ADE+S扇形ABD−S△ABC=S扇形ABD=，
故选A.
【点睛】
本题考查扇形面积计算，熟记扇形面积公式，采用作差法计算面积是解题的关键.
5、C
【解析】根据相似三角形对应边成比例即可求解．
【详解】∵△EFO∽△GHO
∴
∴EF=2GH=8
故选：C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质，找到对应边建立比例式是解题的关键．
6、A
【分析】根据算术平方根依次化简各选项即可判断.
【详解】A： ，故A错误，符合题意；
B：正确，故B不符合题意；
C：正确，故C不符合题意；
D：正确，故D不符合题意.
故选：A.
【点睛】
此题考查算术平方根，依据 ，进行判断.
7、B
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的概念即可得出答案.
【详解】根据中心对称图形和轴对称图形的概念，可以判定既是中心对称图形又是轴对称图形的有第3第4个共2个.
故选B．
考点：1.中心对称图形；2.轴对称图形.
8、D
【分析】设点A的纵坐标为b, 可得点B的坐标为(,b), 同理可得点C的坐标为(b,b)，
D点坐标（，3b），E点坐标(,3b)，可得的值.
【详解】解:设点A的纵坐标为b, 因为点B在的图象上, 所以其横坐标满足=b, 根据图象可知点B的坐标为(,b), 同理可得点C的坐标为(,b),
所以点D的横坐标为,因为点D在的图象上, 故可得
y==3b，所以点E的纵坐标为3b,
因为点E在的图象上, =3b，
因为点E在第一象限, 可得E点坐标为(,3b),
故DE==,AB=
所以=
故选D.
【点睛】
本题主要考查二次函数的图象与性质.
9、C
【解析】从上面可得：第一列有两个方形，第二列只有一个方形，只有C符合.
故选C
10、C
【分析】根据特殊角的三角函数值求解即可.
【详解】∵，且∠A是锐角，
∴∠A=45°.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了特殊角的三角函数值，熟练掌握相关数值是解题关键.
11、C
【详解】已知sinA=，设BC=4x，AB=5x，
又因AC2+BC2=AB2，
即62+（4x）2=（5x）2，
解得：x=2或x=﹣2（舍），
所以BC=4x=8cm，
故答案选C．
12、B
【解析】直接把x＝−1代入方程就可以确定a，b，c的关系．
【详解】∵x＝−1是方程的解，
∴把x＝−1代入方程有：a−b＋c＝1．
故选：B．
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的解，把方程的解代入方程，就可以确定a，b，c的值．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、1：4
【解析】由S△BDE：S△CDE=1：3，得到 ，于是得到 ．
【详解】解： 两个三角形同高，底边之比等于面积比.


故答案为
【点睛】
本题考查了三角形的面积，比例的性质等知识，知道等高不同底的三角形的面积的比等于底的比是解题的关键．
14、
【分析】先降次，再利用韦达定理计算即可得出答案.
【详解】∵的一元二次方程的二根为
∴
∴
又，
代入得
解得：m=
故答案为.
【点睛】
本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，若的一元二次方程的二根为，则，.
15、5≤d≤1．
【分析】用a表示出b、c并求出a的取值范围，再代入d整理成关于a的函数形式，然后根据二次函数的增减性求出答案即可．
【详解】∵a+b=2，c-a=3，
∴b=2-a，c=3+a，
∵b，c都是非负数，
∴，
解不等式①得，a≤2，
解不等式②得，a≥-3，
∴-3≤a≤2，
又∵a是非负数，
∴0≤a≤2，
∵d-a2-b-c=0
∴d=a2+b+c=a2+（2-a）+3+a，
=a2+5，
∴对称轴为直线a=0，
∴a=0时，最小值=5，
a=2时，最大值=22+5=1，
∴5≤d≤1．
故答案为：5≤d≤1．
【点睛】
本题考查了二次函数的最值问题，用a表示出b、c并求出a的取值范围是解题的关键，难点在于整理出d关于a的函数关系式．
16、πa
【分析】首先根据等边三角形的性质得出∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=CA=a，再利用弧长公式求出的长=的长=的长=，那么勒洛三角形的周长为
【详解】解：如图．∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=CA=a，
∴的长=的长=的长=，
∴勒洛三角形的周长为
故答案为πa．
【点睛】
本题考查了弧长公式：（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R），也考查了等边三角形的性质．
17、-3或4
【分析】利用新定义得到，整理得到，然后利用因式分解法解方程．
【详解】根据题意得，，
，
，
或，
所以．
故答案为或．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
18、1
【分析】由于AD=AB，∠CAD=90°，则可将△ABD绕点A逆时针旋转90°得△ABE，如图，根据旋转的性质得∠CAE=90°，AC=AE，BE=CD，于是可判断△ACE为等腰直角三角形，则∠ACE=45°，CE=AC=5，易得∠BCE=90°，然后在Rt△CAE中利用勾股定理计算出BE=1，从而得到CD=1．
【详解】解：∵△ADB为等腰直角三角形，
∴AD=AB，∠BAD=90°，
将△ACD绕点A顺时针旋转90°得△AEB，如图，
∴∠CAE=90°，AC=AE，CD=BE，
∴△ACE为等腰直角三角形，
∴∠ACE=45°，，
∵∠ACB=45°，
∴∠BCE=45°+45°=90°，
在Rt△BCE中，，
∴CD=1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，以及勾股定理等知识.旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．解决本题的关键的利用旋转得到直角三角形CBE．
三、解答题（共78分）
19、（1）证明见解析；（2）1．
【分析】（1）首先连接OD，根据等腰三角形的性质可证∠C＝∠ODC，从而可证∠B＝∠ODC，根据DF⊥AB可证DF⊥OD，所以可证线DF与⊙O相切；
（2）根据圆内接四边形的性质可得：△BCA∽△BED，所以可证：，解方程求出BE的长度，从而求出AC的长度．
【详解】解：（1）如图所示，
连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴∥，
∵，
∴；
∵点在⊙O上，
∴直线与⊙O相切；
（2）∵四边形是⊙O的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴△BED∽△BCA，
∴，
∵OD∥AB，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
【点睛】
本题考查切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质．
20、（1）；（2）；（3）山峰的高度即的长大约是719步
【分析】（1）），直接利用所给等量关系式代入求解即可；
（2），直接利用所给等量关系式代入求解即可；
（3）连接，返向延长交于点，再用含AK的式子表示出KE，KC，再根据KE=CK+1000求解即可．
【详解】解：（1）
（2）
（3）连接，返向延长交于点，则，步，
在中，
同理：
∵
∴
∴
解得：（步）
∴（步）
答：山峰的高度即的长大约是719步.
【点睛】
本题考查的知识点是锐角三角函数，解题的关键是读懂题意，能够灵活运用所给等量关系式．
21、（3）a=，方程的另一根为；（2）答案见解析.
【解析】（3）把x=2代入方程，求出a的值，再把a代入原方程，进一步解方程即可；
（2）分两种情况探讨：①当a=3时，为一元一次方程；②当a≠3时，利用b2－4ac＝3求出a的值，再代入解方程即可．
【详解】（3）将x＝2代入方程，得，解得：a＝．
将a＝代入原方程得，解得：x3＝，x2＝2．
∴a＝，方程的另一根为；
（2）①当a＝3时，方程为2x＝3，解得：x＝3.
②当a≠3时，由b2－4ac＝3得4－4(a－3)2＝3，解得：a＝2或3．
当a＝2时， 原方程为：x2＋2x＋3＝3，解得：x3＝x2＝－3；
当a＝3时， 原方程为：－x2＋2x－3＝3，解得：x3＝x2＝3．
综上所述，当a＝3，3，2时，方程仅有一个根，分别为3，3，－3.
考点：3.一元二次方程根的判别式；2.解一元二次方程；3.分类思想的应用.
22、（1）与相切，证明见详解；（2）
【分析】（1）如图，连接OF，DF，根据直角三角形的性质得到CD=BD，由CD为直径，得到DF⊥BC，得到F为BC中点，证明OF∥AB，进而证明GF⊥OF，于是得到结论；
（2）根据勾股定理求出BC，BF,根据三角函数sinB的定义即可得到结论．
【详解】解：（1）答：与相切．
证明：连接OF，DF，
∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，
∴CD=BD=，
∵CD为 ⊙O直径，
∴DF⊥BC，
∴F为BC中点，
∵OC=OD，
∴OF∥AB，
∵FG⊥AB，
∴FG⊥OF，
∴为的切线；
（2）∵CD为Rt△ABC斜边上中线，
∴AB=2CD=10，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴BC=，
∴BF=，
∵FG⊥AB，
∴sinB=，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，三角形的中位线，勾股定理，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
23、这座灯塔的高度约为45m.
【分析】在Rt△ADC和Rt△BDC中，根据三角函数AD、BD就可以用CD表示出来，再根据就得到一个关于DC的方程，解方程即可．
【详解】解：如图，根据题意，，，，．
∵在中，，
∴．
∵在中，，
∴．
又，
∴．
∴．
答：这座灯塔的高度约为45m．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用-----方向角的问题，列出关于CD的方程是解答本题的关键，结合航海中的实际问题，将解直角三角形的相关知识有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．
24、（1）；（2）能.
【分析】（1）过点作于点，然后在两个直角三角形中通过三角函数分别计算出AE、AC即可；
（2）算出总路程求出汽车行驶的时间，加上等红绿灯的时间即为总时间，即可作出判断.
【详解】解：（1）过点作于点.
依题意有：，，，
则，
∵，
∴，
∴
（2）总用时为：分钟分钟，
∴能规定时间前到达.
【点睛】
本题考查了三角函数的应用，把非直角三角形的问题通过作辅助线化为直角三角形的问题是解题关键.
25、（1）见解析；（2）见解析.
【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得，，从而得出，最后根据平行线的判定即可证出结论；
（2）连接半径，根据等腰三角形的性质可得，再根据平行线的性质可得，，从而得出，最后根据在同圆中，相等的圆心角所对的弦也相等即可证出结论．
【详解】证明：（1）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）
连接半径，
∴，
∴，
由（1）知，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
此题考查的是圆的基本性质、等腰三角形的性质和平行线的判定及性质，掌握在同圆中，相等的圆心角所对的弦也相等、等边对等角和平行线的判定及性质是解决此题的关键．
26、 (1)见解析;(2) 2π-3.
【解析】（1）点A是劣弧BC的中点，即可得∠ABC=∠ADB，又由∠BAD=∠EAB，即可证得△ABE∽△ADB，根据相似三角形的对应边成比例，即可证得AB2=AE•AD.
(2) 连结OA，由S阴影=S扇形AOB-S△AOB求出即可.
【详解】(1)证明：∵点A是劣弧BC的中点，
∴=
∴∠ABC=∠ADB．
又∵∠BAD=∠EAB，∴△ABE∽△ADB．
∴ ．
∴AB2=AE•AD．
(2)解：连结OA
∵AE=2，ED=4，
由(1)可知
∴AB2=AE•AD，
∴AB2=AE•AD=AE(AE+ED)=2×6=1．
∴AB=(舍负)．
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BAD=90°．
在Rt△ABD中，BD=
∴OB=．
∴OA=OB=AB=
∴△AOB为等边三角形
∴∠AOB=60°．
S阴影=S扇形AOB-S△AOB=
【点睛】
本题考查的知识点是相似三角形的判定与性质, 圆周角定理, 切线的性质, 解直角三角形，解题的关键是熟练的掌握相似三角形的判定与性质, 圆周角定理, 切线的性质, 解直角三角形.