还剩43页未读，
继续阅读
所属成套资源：九年级上册数学期末试卷
成套系列资料，整套一键下载
2022-2023学年山西省阳泉市九年级上册数学期末专项提升模拟题（AB卷）含解析
展开
这是一份2022-2023学年山西省阳泉市九年级上册数学期末专项提升模拟题（AB卷）含解析，共46页。试卷主要包含了单 选 题，填 空 题，解 答 题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山西省阳泉市九年级上册数学期末专项提升模拟题（A卷）
一、单 选 题（共10题；共30分）
1. 已知抛物线y=x2－8x+c的顶点在x轴上，则c的值是（ ）
A. 16 B. -4 C. 4 D. 8
2. 我们知道，一元二次方程x2=﹣1没有实数根，即没有存在一个实数的平方等于﹣1，若我们规定一个新数i，使其满足i2=﹣1（即x2=﹣1方程有一个根为i），并且进一步规定：一切实数可以与新数进行四则运算，且原有的运算法则仍然成立，于是有i1=i，i2=﹣1，i3=i2•i=（﹣1）•i，i4=（i2）2=（﹣1）2=1，从而对任意正整数n，我们可得到i4n+1=i4n•i=（i4）n•i，同理可得i4n+2=﹣1，i4n+3=﹣i，i4n=1，那么，i+i2+i3+i4+…+i2016+i2017的值为（ ）
A. 0 B. 1 C. ﹣1 D. i
3. 如图是某商场一楼与二楼之间的手扶电梯示意图．其中AB、CD分别表示一楼、二楼地面的水平线，∠ABC＝150°，BC的长是8m，则乘电梯从点B到点C上升的高度h是（ ）
A. m B. 4m C. 4m D. 8m
4. 如图，取一张长为、宽为的长方形纸片，将它对折两次后得到一张小长方形纸片，若要使小长方形与原长方形相似，则原长方形纸片的边应满足的条件是（ ）
A. B. C. D.
5. 化简 结果正确的是（ ）
A. 3+2 B. 3- C. 17+12 D. 17-12
6. 如图是二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象，其对称轴为x＝1，下列结论：①abc＞0；②2a＋b＝0；③4a＋2b＋c＜0；④若(－，y1)，(，y2)是抛物线上两点，则y1＜y2，其中结论正确的是( )
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①③④
7. 如图是二次函数y=ax2+bx+c图象，下列结论：①二次三项式ax2+bx+c的值为4；②4a+2b+c＜0；③一元二次方程ax2+bx+c=1的两根之和为﹣1；④使y≤3成立的x的取值范围是x≥0．其中正确的个数有（ ）．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
8. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD，CE分别是斜边上的高和中线，若AC=CE=6，则CD的长为（ ）
A. B. 3 C. 6 D. 6
9. 如图，AD∥BE∥CF，直线m，n与这三条平行线分别交于点A，B，C和点D，E，F，已知AB＝5，BC＝10，DE＝4，则EF的长为（ ）
A. 12 B. 9 C. 8 D. 4
10. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，CD是AB边上的中线，则CD的长是（ ）．
A. 20 B. 10 C. 5 D.
二、填 空 题（共8题；共24分）
11. 方程2x﹣x2=的正实数根有________ 个
12. 已知一元二次方程x2+mx+m﹣1=0有两个相等实数根，则m=_____．
13. 已知抛物线y=x2﹣2x﹣3，若点P（3，0）与点Q关于该抛物线的对称轴对称，则点Q的坐标是________．
14. 方程x(x+2)=2(x+2) 解是________．
15. 已知在Rt△ABC中，∠C=90°，，BC=3，那么AC=____．
16. 抛物线y=x2+bx+c与x轴无公共点，则b2与4c的大小关系是_________．
17. 已知a:b=3:2，则(a-b):a=___．
18. 如图，A为某旅游景区的观景点，游客可从B处乘坐缆车先到达小观景平台DE观景，然后再由E处继续乘坐缆车到达A处，返程时从A处乘坐升降电梯直接到达C处，已知：AC⊥BC于C，DE∥BC，AC=200.4米，BD=100米，∠α=30°，∠β=70°，则AE的长度约为________米．（参考数据：sin70≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.25）．
三、解 答 题（共6题；共36分）
19. 如果二次根式 与 能够合并，能否由此确定a=1？若能，请说明理由；没有能，请举一个反例说明．
20. 如图，用一根6米长的笔直钢管弯折成如图所示的路灯杆ABC，AB垂直于地面，线段AB与线段BC所成的角∠ABC=120°，若路灯杆顶端C到地面的距离CD=5.5米，求AB长．
21. 平面直角坐标中，对称轴平行于y轴抛物线原点O，其顶点坐标为（3，）；Rt△ABC的直角边BC在x轴上，直角顶点C的坐标为（，0），且BC=5，AC=3（如图1）．
图1 图2
（1）求出该抛物线的解析式；
（2）将Rt△ABC沿x轴向右平移，当点A落在（1）中所求抛物线上时Rt△ABC停止移动．D（0，4）为y轴上一点，设点B的横坐标为m，△DAB的面积为s．
①分别求出点B位于原点左侧、右侧（含原点O）时，s与m之间的函数关系式，并写出相应自变量m的取值范围（可在图1、图2中画出探求）；
②当点B位于原点左侧时，是否存在实数m，使得△DAB为直角三角形?若存在，直接写出m的值；若没有存在，请说明理由．
22. 如图1，在综合实践中，同学们制作了两块直角三角形硬纸板，一块含有30°角，一块含有45°角，并且有一条直角边是相等的．现将含45°角的直角三角形硬纸板重叠放在含30°角的直角三角形硬纸板上，让它们的直角完全重合．如图2，若相等的直角边AC长为12cm，求另一条直角边没有重叠部分BD的长（结果用根号表示）．
23. 根据条件求二次函数解析式：
（1）抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣1），且与y轴交点的纵坐标为﹣3
（2）抛物线在x轴上截得的线段长为4，且顶点坐标是（3，﹣2）．
24. 如图，某数学兴趣小组在课上测量学校旗杆高度．已知小明的眼睛与地面的距离（AB）是1.7m，看旗杆顶部M的仰角为45°；小红的眼睛与地面的距离（45°）是1.5m，看旗杆顶部M的仰角为30°．两人相距23m且位于旗杆两侧（点B，N，D）在同一条直线上）．请求出旗杆MN的高度．（参考数据：，，结果保留整数）
25. 如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=30cm，BC=25cm，动点P从点C出发，沿CA方向运动，速度是2cm/s，动点Q从点B出发，沿BC方向运动，速度是1cm/s．
（1）几秒后P，Q两点相距25cm？
（2）几秒后△PCQ与△ABC相似？
（3）设△CPQ的面积为S1，△ABC的面积为S2，在运动过程中是否存在某一时刻t，使得S1：S2=2：5？若存在，求出t的值；若没有存在，则说明理由．
2022-2023学年山西省阳泉市九年级上册数学期末专项提升模拟题（A卷）
一、单 选 题（共10题；共30分）
1. 已知抛物线y=x2－8x+c的顶点在x轴上，则c的值是（ ）
A. 16 B. -4 C. 4 D. 8
【正确答案】A
【分析】顶点在x轴上,所以顶点的纵坐标是0.据此作答.
【详解】∵二次函数y=-8x+c的顶点的横坐标为x=- = -=4，
∵顶点在x轴上，
∴顶点的坐标是(4，0)，
把(4，0)代入y=-8x+c中，得：
16-32+c=0，
解得：c=16，
故答案为A
本题考查求抛物线顶点纵坐标的公式,比较简单.
2. 我们知道，一元二次方程x2=﹣1没有实数根，即没有存在一个实数的平方等于﹣1，若我们规定一个新数i，使其满足i2=﹣1（即x2=﹣1方程有一个根为i），并且进一步规定：一切实数可以与新数进行四则运算，且原有的运算法则仍然成立，于是有i1=i，i2=﹣1，i3=i2•i=（﹣1）•i，i4=（i2）2=（﹣1）2=1，从而对任意正整数n，我们可得到i4n+1=i4n•i=（i4）n•i，同理可得i4n+2=﹣1，i4n+3=﹣i，i4n=1，那么，i+i2+i3+i4+…+i2016+i2017的值为（ ）
A. 0 B. 1 C. ﹣1 D. i
【正确答案】D
【详解】试题解析：由题意得，i1=i，i2=-1，i3=i2•i=（-1）•i=-i，i4=（i2）2=（-1）2=1，i5=i4•i=i，i6=i5•i=-1
故可发现4次一循环，一个循环内的和为0
∵=504…1
∴i+i2+i3+i4+…+i2013+i2017=i
故选：D
3. 如图是某商场一楼与二楼之间的手扶电梯示意图．其中AB、CD分别表示一楼、二楼地面的水平线，∠ABC＝150°，BC的长是8m，则乘电梯从点B到点C上升的高度h是（ ）
A. m B. 4m C. 4m D. 8m
【正确答案】B
【分析】过C作CM⊥AB于M，求出∠CBM=30°，根据含30度的直角三角形性质求出CM即可．
【详解】过C作CM⊥AB于M
则CM=h，∠CMB=90°，
∵∠ABC=150°，
∴∠CBM=30°，
∴h=CM=BC=4m，
故选：B．
本题考查了含30度角的直角三角形性质的应用，构造直角三角形是解此题的关键所在，题目比较好，难度也没有大．
4. 如图，取一张长为、宽为的长方形纸片，将它对折两次后得到一张小长方形纸片，若要使小长方形与原长方形相似，则原长方形纸片的边应满足的条件是（ ）
A B. C. D.
【正确答案】B
【分析】由题图可知：得对折两次后得到的小长方形纸片的长为，宽为，然后根据相似多边形的定义，列出比例式即可求出结论．
【详解】解：由题图可知：得对折两次后得到的小长方形纸片的长为，宽为，
∵小长方形与原长方形相似，
故选B．
此题考查的是相似三角形的性质，根据相似三角形的定义列比例式是解决此题的关键．
5. 化简 结果正确的是（ ）
A. 3+2 B. 3- C. 17+12 D. 17-12
【正确答案】A
【详解】试题解析：=．
故选A.
6. 如图是二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象，其对称轴为x＝1，下列结论：①abc＞0；②2a＋b＝0；③4a＋2b＋c＜0；④若(－，y1)，(，y2)是抛物线上两点，则y1＜y2，其中结论正确的是( )
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①③④
【正确答案】C
【详解】试题分析：根据题意可得：a0，b0，c0，则abc0，则①错误；根据对称轴为x=1可得：=1，则-b=2a，即2a+b=0，则②正确；根据函数的轴对称可得：当x=2时，y0，即4a+2b+c0，则③错误；对于开口向下的函数，离对称轴越近则函数值越大，则，则④正确.
点睛：本题主要考查的就是二次函数的性质，属于中等题.如果开口向上，则a0，如果开口向下，则a0；如果对称轴在y轴左边，则b的符号与a相同，如果对称轴在y轴右边，则b的符号与a相反；如果题目中出现2a+b和2a-b的时候，我们要看对称轴与1或者-1的大小关系再进行判定；如果出现a+b+c，则看x=1时y的值；如果出现a-b+c，则看x=-1时y的值；如果出现4a+2b+c，则看x=2时y的值，以此类推；对于开口向上的函数，离对称轴越远则函数值越大，对于开口向下的函数，离对称轴越近则函数值越大.
7. 如图是二次函数y=ax2+bx+c的图象，下列结论：①二次三项式ax2+bx+c的值为4；②4a+2b+c＜0；③一元二次方程ax2+bx+c=1的两根之和为﹣1；④使y≤3成立的x的取值范围是x≥0．其中正确的个数有（ ）．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【正确答案】B
【详解】解：∵抛物线的顶点坐标为（-1，4），
∴二次三项式ax2+bx+c的值为4，①正确；
∵x=2时，y＜0，
∴4a+2b+c＜0，②正确；
根据抛物线的对称性可知，一元二次方程ax2+bx+c=1的两根之和为-2，③错误；
使y≤3成立的x的取值范围是x≥0或x≤-2，④错误，
故选B．
8. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD，CE分别是斜边上的高和中线，若AC=CE=6，则CD的长为（ ）
A. B. 3 C. 6 D. 6
【正确答案】B
【详解】解：∵∠ACB=90°，CE为斜边上的中线，
∴AE=BE=CE=AC=6
∴△ACE为等边三角形，
∴∠AEC=60°，
∴∠DCE=30°，
∵CD⊥AE，
∴DE=AE=3，
∴CD=DE=3
故选B．
9. 如图，AD∥BE∥CF，直线m，n与这三条平行线分别交于点A，B，C和点D，E，F，已知AB＝5，BC＝10，DE＝4，则EF的长为（ ）
A. 12 B. 9 C. 8 D. 4
【正确答案】C
【详解】试题解析：∵AD∥BE∥CF，
∴，即，
解得，EF=8，
故选C．
10. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，CD是AB边上的中线，则CD的长是（ ）．
A. 20 B. 10 C. 5 D.
【正确答案】C
【分析】由直角三角形的性质知：斜边上的中线等于斜边的一半，即可求出CD的长．
【详解】∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，CD是AB边上的中线，
∴CD=AB=5．
故选C．
二、填 空 题（共8题；共24分）
11. 方程2x﹣x2=的正实数根有________ 个
【正确答案】0
【详解】在同一坐标系中，分别作出y1=2x-x2与y2=的图象如下：
由图象可以看出，正实数根有0个，
故答案为0.
由图象看两函数的交点也是求实根个数时很常用的一种方法．
12. 已知一元二次方程x2+mx+m﹣1=0有两个相等的实数根，则m=_____．
【正确答案】2．
【详解】试题分析：已知关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1=0有两个相等的实数根，可得△=b2﹣4ac=m2﹣4×1×（m﹣1）=m2﹣4m+4=（m﹣2）2=0，解得m=2.
考点：根的判别式．
13. 已知抛物线y=x2﹣2x﹣3，若点P（3，0）与点Q关于该抛物线的对称轴对称，则点Q的坐标是________．
【正确答案】（﹣1，0）
【详解】试题解析：∵x=-=-=1．
∴P（3，0）关于对称轴的对称点Q的坐标是（-1，0）．
故点Q的坐标是（-1，0）．
14. 方程x(x+2)=2(x+2) 的解是________．
【正确答案】x1=-2，x2=2.
【详解】试题解析：原方程可化为：x（x+2）-2（x+2）=0；
（x+2）（x-2）=0；
x+2=0或x-2=0；
解得：x=2或x=-2．
点睛：在用因式分解法解一元二次方程时，一般地要把方程整理为一般式，如果左边的代数式能够分解为两个因式的乘积，而右边为零时，则可令每一个因式为零，得到两个一元方程，解出这两个一元方程的解就是原方程的两个解了．
15. 已知在Rt△ABC中，∠C=90°，，BC=3，那么AC=____．
【正确答案】9.
【详解】试题分析：根据三角函数定义即可求解．
∵cotB=，
∴AC= ==3BC=9．
故答案是：9．
考点：锐角三角函数的定义．
16. 抛物线y=x2+bx+c与x轴无公共点，则b2与4c的大小关系是_________．
【正确答案】b2＜4c．
【详解】试题解析：∵抛物线y=x2+bx+c与x轴无公共点，
∴方程x2+bx+c=0无解，
∴△＜0，
即b2-4c＜0，
∴b2＜4c.
17. 已知a:b=3:2，则(a-b):a=___．
【正确答案】.
【详解】试题分析：根据比例关系即可得到答案.
∵a:b=3:2
∴(a-b):a=(3-2):3=1:3
考点：比例关系.
18. 如图，A为某旅游景区的观景点，游客可从B处乘坐缆车先到达小观景平台DE观景，然后再由E处继续乘坐缆车到达A处，返程时从A处乘坐升降电梯直接到达C处，已知：AC⊥BC于C，DE∥BC，AC=200.4米，BD=100米，∠α=30°，∠β=70°，则AE的长度约为________米．（参考数据：sin70≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.25）．
【正确答案】160
【详解】试题解析：如图，作DF⊥BC，
在Rt△BFD中，∵sin∠DBF=，
∴DF=100×=50米，
∴GC=DF=50米，
∴AG=AC﹣GC=200.4﹣50=150.4米，
在Rt△AGE中，∵sin∠AEG=，
∴AE==160米．
三、解 答 题（共6题；共36分）
19. 如果二次根式 与 能够合并，能否由此确定a=1？若能，请说明理由；没有能，请举一个反例说明．
【正确答案】见解析
【详解】试题分析：由于二次根式与能够合并，如果是最简二次根式，由此可以得到3a-1=2，由此可以确定a=1，但没有一定是最简二次根式，所以还有其他的情况，由此即可求解．
试题解析：二次根式 与-3能够合并，没有能由此确定a=1．
当 是最简二次根式，∴3a－1=2，∴a=1；
当 没有是最简二次根式，∴3a－1=8，∴a=3．
还有其他情况．
故没有能确定a=1．
20. 如图，用一根6米长笔直钢管弯折成如图所示的路灯杆ABC，AB垂直于地面，线段AB与线段BC所成的角∠ABC=120°，若路灯杆顶端C到地面的距离CD=5.5米，求AB长．
【正确答案】5米
【详解】试题分析：过B作BE⊥DC于E，设AB=x米，则CE=5.5﹣x，BC=6﹣x，根据30°角正弦值即可求出x，则AB求出．
试题解析：过B作BE⊥DC于E，设AB=x米，∴CE=5.5﹣x，BC=6﹣x，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=30°，∴sin30°=，解得：x=5．
答：AB的长度为5米．
考点：解直角三角形的应用．
21. 平面直角坐标中，对称轴平行于y轴的抛物线原点O，其顶点坐标为（3，）；Rt△ABC的直角边BC在x轴上，直角顶点C的坐标为（，0），且BC=5，AC=3（如图1）．
图1 图2
（1）求出该抛物线的解析式；
（2）将Rt△ABC沿x轴向右平移，当点A落在（1）中所求抛物线上时Rt△ABC停止移动．D（0，4）为y轴上一点，设点B的横坐标为m，△DAB的面积为s．
①分别求出点B位于原点左侧、右侧（含原点O）时，s与m之间的函数关系式，并写出相应自变量m的取值范围（可在图1、图2中画出探求）；
②当点B位于原点左侧时，是否存在实数m，使得△DAB为直角三角形?若存在，直接写出m的值；若没有存在，请说明理由．
【正确答案】（1）y=x2﹣3x；
（2）①当点B位于原点左侧时，S=m+10．（﹣4.5≤m＜0），
当点B位于原点右侧（含原点O）时，S=m+10．（0≤m＜﹣2），
②存在，m1=﹣1，m2=﹣4，m3=﹣4.4．
【详解】试题分析：（1）根据抛物线顶点坐标为（3，﹣），利用顶点式求出即可；
（2）根据当点B位于原点左侧时以及当点B位于原点右侧（含原点O）时，分别分析即可得出答案．
试题解析：（1）由题意，设所求抛物线为y=a（x﹣3）2﹣．①
将点（0，0）代入①，得a=．
∴y=x2﹣3x；
（2）①当点B位于原点左侧时，如图（1）：
S=S△OBD+S梯形OCAD﹣S△ABC=•4•（﹣m）+（4+3）（5+m）﹣=m+10．
∴S=m+10．（﹣4.5≤m＜0），
当点B位于原点右侧（含原点O）时，如图（2）：
S=S梯形OCAD﹣S△OBD﹣S△ABC=（4+3）（5+m）﹣•4•m﹣=m+10．
∴S=m+10．（0≤m＜﹣2）；
②m1=﹣1，m2=﹣4，m3=﹣4.4．
考点：二次函数综合题．
22. 如图1，在综合实践中，同学们制作了两块直角三角形硬纸板，一块含有30°角，一块含有45°角，并且有一条直角边是相等的．现将含45°角的直角三角形硬纸板重叠放在含30°角的直角三角形硬纸板上，让它们的直角完全重合．如图2，若相等的直角边AC长为12cm，求另一条直角边没有重叠部分BD的长（结果用根号表示）．
【正确答案】（12﹣12）cm．
【详解】试题分析：先根据Rt△ABC中，AC=12，∠ABC=45°，求出BC，再根据tan∠DAC=，得出CD，根据BD=CD﹣BC计算即可．
解：∵Rt△ABC中，AC=12，∠ABC=45°，
∴BC=AC=12，
∵Rt△ACD中，AC=12，∠DAC=60°，
∴tan∠DAC=，
∴CD=AC×tan∠DAC=12×tan60°=12，
∴BD=CD﹣BC=（12﹣12）cm．
答：另一条直角边没有重叠部分BD的长为（12﹣12）cm．
考点：解直角三角形．
23. 根据条件求二次函数的解析式：
（1）抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣1），且与y轴交点的纵坐标为﹣3
（2）抛物线在x轴上截得的线段长为4，且顶点坐标是（3，﹣2）．
【正确答案】（1）y=﹣2x2﹣4x﹣3；（2）y=x2﹣3x+
【详解】试题分析：应用待定系数法，求出每个二次函数的解析式各是多少即可．
试题解析：（1）∵抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣1），
∴设抛物线的解析式为：y=a（x+1）2﹣1，
∵抛物线与y轴交点的纵坐标为﹣3，
∴﹣3=a（0+1）2﹣1，
解得a=﹣2．
∴抛物线的解析式是y=﹣2（x+1）2﹣1，
即y=﹣2x2﹣4x﹣3
（2）∵抛物线的顶点坐标是（3，﹣2），
∴抛物线的对称轴为直线x=3，
∵抛物线在x轴上截得的线段长为4，
∴抛物线与x轴的两交点坐标为（1，0），（5，0），
设抛物线的解析式为y=k（x﹣1）（x﹣5），
则﹣2=k（3﹣1）（3﹣5）
解得k= ，
∴抛物线解析式为y=（x﹣1）（x﹣5），
即y=x2﹣3x+
24. 如图，某数学兴趣小组在课上测量学校旗杆高度．已知小明的眼睛与地面的距离（AB）是1.7m，看旗杆顶部M的仰角为45°；小红的眼睛与地面的距离（45°）是1.5m，看旗杆顶部M的仰角为30°．两人相距23m且位于旗杆两侧（点B，N，D）在同一条直线上）．请求出旗杆MN的高度．（参考数据：，，结果保留整数）
【正确答案】10米．
【详解】试题分析：首先分析图形：根据题意构造直角三角形；本题涉及到两个直角三角形，应利用其公共边构造三角关系，进而可求出答案．
试题解析：如图：过点A作AE⊥MN于E，过点C作CF⊥MN于F，则EF=AB﹣CD=1.7﹣1.5=0.2,Rt△AEM中，∠AEM=90°，∠MAE=45°,则AE=ME=BN,设AE=ME=x,则MF=x+0.2，FC=BD-BN=23﹣x,在Rt△MFC中，∠MFC=90°，∠MCF=30°,则MF=CF•tan∠MCF，则x+0.2=(23-x),解得x≈8.2,故MN=8.2+1.7≈10米,旗杆高约为10米．
考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题．
25. 如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=30cm，BC=25cm，动点P从点C出发，沿CA方向运动，速度是2cm/s，动点Q从点B出发，沿BC方向运动，速度是1cm/s．
（1）几秒后P，Q两点相距25cm？
（2）几秒后△PCQ与△ABC相似？
（3）设△CPQ的面积为S1，△ABC的面积为S2，在运动过程中是否存在某一时刻t，使得S1：S2=2：5？若存在，求出t的值；若没有存在，则说明理由．
【正确答案】（1）10秒后P、Q两点相距25cm；（2） 秒或秒后△PCQ与△ABC相似；（3）运动10秒或15秒时，S1：S2=2：5
【详解】试题分析：（1）设x秒后P、Q两点相距25cm，用x表示出CP、CQ，根据勾股定理列出方程，解方程即可；（2）分△PCQ∽△ACB和△PCQ∽△BCA两种情况，根据相似三角形的性质列出关系式，解方程即可；（3）用t分别表示出CP、CQ，根据题意列出方程，解方程即可．
试题解析：（1）设x秒后P、Q两点相距25cm，
则CP=2xcm，CQ=（25﹣x）cm，
由题意得，（2x）2+（25﹣x）2=252 ，
解得，x1=10，x2=0（舍去），
则10秒后P、Q两点相距25cm
（2）设y秒后山△PCQ与△ABC相似，
当△PCQ∽△ACB时，=，即 ，
解得，y= ，
当△PCQ∽△BCA时，= ，即，
解得，y= ，
故 秒或秒后△PCQ与△ABC相似
（3）△CPQ的面积为S1=×CQ×CP= ×2t×（25﹣t）=﹣t2+25t，
△ABC的面积为S2= ×AC×BC=375，
由题意得，5（﹣t2+25t）=375×2，
解得，t1=10，t2=15，
故运动10秒或15秒时，S1：S2=2：5
2022-2023学年山西省阳泉市九年级上册数学期末专项提升模拟题（B卷）
一、选一选（共10小题，每小题3分，满分30分）
1. 下列交通标志中既是对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
2. 一元二次方程x2﹣9=0的根为（ ）
A. x=3 B. x=﹣3 C. x1=3，x2=﹣3 D. x1=0，x2=3
3. 一元二次方程x2+4x+1=0配方后可变形（ ）
A. （x+2）2=﹣1 B. （x﹣2）2=﹣1 C. （x﹣2）2=3 D. （x+2）2=3
4. 某果园2011年水果产量为100吨，2013年水果产量为144吨，求该果园水果产量的年平均增长率．设该果园水果产量的年平均增长率为x，则根据题意可列方程为（ ）
A. 144（1﹣x）2=100 B. 100（1﹣x）2=144 C. 144（1+x）2=100 D. 100（1+x）2=144
5. 一个布袋里装有4个只有颜色没有同球，其中3个红球，1个白球，从布袋里摸出1个球，记下颜色后放回，搅匀，再摸出1个球，则两次摸到的球都是红球的概率是 ( )
A. B. C. D.
6. 将抛物线向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到抛物线的函数表达式为（ ）
A.
B.
C.
D.
7. 已知：如图，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P是劣弧上没有同于点C的任意一点，则∠BPC的度数是（ ）
A. 45° B. 60° C. 75° D. 90°
8. 如图，△ABC中，AB=5，BC=3，AC=4，以点C为圆心的圆与AB相切，则⊙C的半径为（ ）
A. 2.3 B. 2.4 C. 2.5 D. 2.6
9. 如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC=70°，将△ABC绕点A顺时针旋转70°，B，C旋转后的对应点分别是B′和C′，连接BB′，则∠ABB′的度数是( )
A. 35° B. 40° C. 45° D. 55°
10. 已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，给出以下结论：①abc＞0；②2a+b=0；③4a+2b+c＜0；④当x=﹣1或x=3时，函数y的值都等于0．其中正确结论的个数是（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填 空 题（共5小题，每小题3分，满分15分）
11. 二次函数y＝﹣2(x﹣5)2＋3的顶点坐标是 ．
12. 现在有五张分别画有等边三角形，平行四边形，矩形，正五边形和圆的五个图形的卡片，它们的背同，小梅将它们的背面朝上，从中任意抽出一张卡片，抽出的图形为四边形的概率是_____．
13. 如图，圆内接四边形ABCD两组对边的延长线分别相交于点E，F，且∠A=55°，∠E=30°，则∠F=_____．
14. 二次函数y＝x2－4x＋3的图象交x轴于A、B两点，交y 轴于点C，则△ABC的面积为_______________________
15. 如图，△ABC和△A′B′C是两个完全重合的直角三角板，∠B=30°，斜边长为10cm．三角板A′B′C绕直角顶点C顺时针旋转，当点A′落在AB边上时，CA′旋转所构成的扇形的弧长为_______cm．
三、解 答 题（共8小题，满分75分）
16. （1）解方程：（x﹣5）2=2（5﹣x）
（2）若关于x的一元二次方程x2+（2m﹣3）x+（m2﹣3）=0有两个没有相等的实数根，求m的取值范围．
17. 如图，△ABC的顶点都在方格线的交点（格点）上．
（1）将△ABC绕C点按逆时针方向旋转90°得到△A′B′C′，请在图中画出△A′B′C′；
（2）将△ABC向上平移1个单位，再向右平移5个单位得到△A″B″C″，请在图中画出△A″B″C″；
（3）若将△ABC绕原点O旋转180°，A的对应点A1的坐标是 ．
18. 阅读理解：若x1，x2是关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两个根，则方程的两个根x1，x2和系数a，b，c有如下关系：x1+x2=﹣，x1•x2=，我们把它们称为一元二次方程的根与系数关系定理．
问题解决：请你参考根与系数关系定理，解答下列问题：
（1）若关于x的方程x2+3x+a=0有一个根为﹣1，则另一个根为 ．
（2）求方程2x2﹣3x=5的两根之和，两根之积．
19. 学校旁边的文具店里有A、B、C、D四种笔记本，每种笔记本数量充足，某同学去该店购买笔记本，每种笔记本被选中的可能性相同．
（1）若他去买一本笔记本，则他买到A种笔记本的概率是 ；
（2）若他两次去买笔记本，每次买一本，且两次所买笔记本品种没有同，请用树状图或列表法求出恰好买到A种笔记本和C种笔记本的概率．
20. 如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径⊙O分别与BC，AC交于点D，E，过点D作⊙O的切线DF，交AC于点F．
（1）求证：DF⊥AC；
（2）若⊙O的半径为4，∠CDF=22．5°，求阴影部分的面积．
21. 为了落实的指示，政府出台了一系列“三农”优惠政策，使农民收入大幅度增加．某农户生产经销一种农产品，已知这种产品的成本价为每千克20元，市场发现，该产品每天的量y（千克）与价x（元/千克）有如下关系：y=﹣x+60．设这种产品每天的利润为w元．
（1）求w与x之间的函数关系式．
（2）该产品价定为每千克多少元时，每天的的利润是多少元？
（3）如果物价部门规定这种产品的价没有能高于每千克35元，该农户想要每天获得300元的利润，价应定为每千克多少元？
22. 如图1，点A是线段BC上一点，△ABD和△ACE都是等边三角形．
（1）连接BE，CD，求证：BE=CD；
（2）如图2，将△ABD绕点A顺时针旋转得到△AB′D′．
①当旋转角 度时，边AD′落在AE上；
②在①的条件下，延长DD’交CE于点P，连接BD′，CD′．当线段AB、AC满足什么数量关系时，△BDD′与△CPD′全等？并给予证明．
23. 如图，抛物线点，与轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，且．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D在y轴上，且，求点D的坐标；
（3）点M在抛物线上，点在抛物线的对称轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在．求出所有符合条件的点M的坐标；若没有存在，请说明理由．
2022-2023学年山西省阳泉市九年级上册数学期末专项提升模拟题（B卷）
一、选一选（共10小题，每小题3分，满分30分）
1. 下列交通标志中既是对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】选项根据轴对称图形（把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形完全重合，称这两个图形为轴对称）与对称图形（指把一个图形绕着某一点旋转，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或对称）的概念求解即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，没有是对称图形；
B、是轴对称图形，没有是对称图形；
C、是轴对称图形，也是对称图形；
D、没有是轴对称图形，也没有是对称图形．
故选：C．
题目主要考查轴对称和对称图形的识别，深刻理解轴对称与对称图形的概念是解题关键．
2. 一元二次方程x2﹣9=0的根为（ ）
A. x=3 B. x=﹣3 C. x1=3，x2=﹣3 D. x1=0，x2=3
【正确答案】C
【详解】x2﹣9=0, x2=9,x=.故选C.
3. 一元二次方程x2+4x+1=0配方后可变形为（ ）
A. （x+2）2=﹣1 B. （x﹣2）2=﹣1 C. （x﹣2）2=3 D. （x+2）2=3
【正确答案】D
【详解】x2+4x+1=0, （x+2）2-4+1=0, （x+2）2=3.故选D.
4. 某果园2011年水果产量为100吨，2013年水果产量为144吨，求该果园水果产量的年平均增长率．设该果园水果产量的年平均增长率为x，则根据题意可列方程为（ ）
A. 144（1﹣x）2=100 B. 100（1﹣x）2=144 C. 144（1+x）2=100 D. 100（1+x）2=144
【正确答案】D
【分析】2013年的产量=2011年的产量×（1+年平均增长率）2，把相关数值代入即可．
【详解】解：2012年的产量为100（1+x），
2013年的产量为100（1+x）（1+x）=100（1+x）2，
即所列的方程为100（1+x）2=144，
故选D．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程；得到2013年产量的等量关系是解决本题的关键．
5. 一个布袋里装有4个只有颜色没有同的球，其中3个红球，1个白球，从布袋里摸出1个球，记下颜色后放回，搅匀，再摸出1个球，则两次摸到的球都是红球的概率是 ( )
A. B. C. D.
【正确答案】D
【详解】试题解析：画树状图得：
∵共有种等可能的结果，两次摸出红球的有种情况，
∴两次摸出红球的概率为
故选D.
6. 将抛物线向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为（ ）
A.
B.
C.
D.
【正确答案】A
【分析】先确定抛物线y=x2的顶点坐标为（0，0），再根据点平移的规律得到点（0，0）平移后所得对应点的坐标为（-2，-3），然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式．
【详解】抛物线y=x2的顶点坐标为（0，0），把点（0，0）向左平移1个单位，再向下平移2个单位长度所得对应点的坐标为（-2，-3），
所以平移后的抛物线解析式为y=（x+2）2-3．
故选A．
7. 已知：如图，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P是劣弧上没有同于点C的任意一点，则∠BPC的度数是（ ）
A. 45° B. 60° C. 75° D. 90°
【正确答案】A
【分析】连接OB、OC，首先根据正方形的性质，得∠BOC=90°，再根据圆周角定理，得∠BPC=45°．
【详解】解：如图，连接OB、OC，则∠BOC＝90°，
根据圆周角定理，得：∠BPC＝ ∠BOC＝45°．
故选A．
本题主要考查了正方形的性质和圆周角定理的应用．
这里注意：根据90°的圆周角所对的弦是直径，知正方形对角线的交点即为其外接圆的圆心．
8. 如图，△ABC中，AB=5，BC=3，AC=4，以点C为圆心的圆与AB相切，则⊙C的半径为（ ）
A. 2.3 B. 2.4 C. 2.5 D. 2.6
【正确答案】B
【详解】试题分析：在△ABC中，∵AB=5，BC=3，AC=4，∴AC2+BC2=32+42=52=AB2，
∴∠C=90°，如图：设切点为D，连接CD，∵AB是⊙C的切线，∴CD⊥AB，
∵S△ABC=AC×BC=AB×CD，∴AC×BC=AB×CD，即CD===，
∴⊙C的半径为，故选B．
考点：圆的切线的性质；勾股定理．
9. 如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC=70°，将△ABC绕点A顺时针旋转70°，B，C旋转后的对应点分别是B′和C′，连接BB′，则∠ABB′的度数是( )
A. 35° B. 40° C. 45° D. 55°
【正确答案】D
【分析】在△ABB'中根据等边对等角，以及三角形内角和定理，即可求得∠ABB'的度数．
【详解】由旋转可得，AB=AB'，∠BAB'=70°，
∴∠ABB'=∠AB'B=（180°-∠BAB′）=55°．
故选D．
本题考查了旋转的性质，在旋转过程中根据旋转的性质确定相等的角和相等的线段是关键．
10. 已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，给出以下结论：①abc＞0；②2a+b=0；③4a+2b+c＜0；④当x=﹣1或x=3时，函数y的值都等于0．其中正确结论的个数是（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【正确答案】B
详解】解：根据函数图象，我们可以得到以下信息：a＜0，c＞0，对称轴x=1，b＞0，与x轴交于（﹣1，0）（3，0）两点．
①abc＜0，错误；
②∵对称轴x=﹣=1时，
∴2a+b=0，正确；
③当x=2时，y=4a+2b+c＞0，错误；
④当x=﹣1或x=3时，函数y的值都等于0，故④正确；
故选B．
二、填 空 题（共5小题，每小题3分，满分15分）
11. 二次函数y＝﹣2(x﹣5)2＋3的顶点坐标是 ．
【正确答案】（5，3）
【详解】试题分析：因为顶点式y=a（x﹣h）2+k,其顶点坐标是（h,k）,对照求二次函数y=－2（x－5）2＋3的顶点坐标(5,3).
故答案是(5,3)．
考点：二次函数的顶点坐标.
12. 现在有五张分别画有等边三角形，平行四边形，矩形，正五边形和圆的五个图形的卡片，它们的背同，小梅将它们的背面朝上，从中任意抽出一张卡片，抽出的图形为四边形的概率是_____．
【正确答案】
【详解】等边三角形、平行四边形、矩形、正五边形和圆中四边形是平行四边形、矩形，
所以抽出的图形为四边形的概率是.
故答案为.
13. 如图，圆内接四边形ABCD两组对边延长线分别相交于点E，F，且∠A=55°，∠E=30°，则∠F=_____．
【正确答案】40°
【详解】试题分析：先根据三角形外角性质计算出∠EBF=∠A+∠E=85°，再根据圆内接四边形的性质计算出∠BCD=180°﹣∠A=125°，然后再根据三角形外角性质求∠F．
解：∵∠A=55°，∠E=30°，
∴∠EBF=∠A+∠E=85°，
∵∠A+∠BCD=180°，
∴∠BCD=180°﹣55°=125°，
∵∠BCD=∠F+∠CBF，
∴∠F=125°﹣85°=40°．
故答案为40°．
考点：圆内接四边形的性质；三角形内角和定理．
14. 二次函数y＝x2－4x＋3的图象交x轴于A、B两点，交y 轴于点C，则△ABC的面积为_______________________
【正确答案】3
【分析】根据解析式求出A、B、C三点的坐标，即△ABC的底和高求出，然后根据公式求面积．
【详解】解：在y＝﹣x2+4x﹣3中，当y＝0时，
0＝﹣x2+4x﹣3，
解得x1＝1，x2＝3；
当x＝0时，y＝﹣3；
即A（1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）
故△ABC的面积为：×2×3＝3；
故3．
15. 如图，△ABC和△A′B′C是两个完全重合的直角三角板，∠B=30°，斜边长为10cm．三角板A′B′C绕直角顶点C顺时针旋转，当点A′落在AB边上时，CA′旋转所构成的扇形的弧长为_______cm．
【正确答案】
【分析】根据Rt△ABC中的30°角所对的直角边是斜边的一半、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及旋转的性质推知△AA′C是等边三角形，所以根据等边三角形的性质利用弧长公式来求CA′旋转所构成的扇形的弧长．
【详解】解： ∵在Rt△ABC中，∠B=30°，AB=10cm，∴AC=AB=5cm．
根据旋转性质知，A′C=AC，∴A′C=AB=5cm．
∴点A′是斜边AB的中点，∴AA′=AB=5cm．
∴AA′=A′C=AC，∴∠A′CA=60°．
∴CA′旋转所构成的扇形的弧长为：（cm）．
故．
三、解 答 题（共8小题，满分75分）
16. （1）解方程：（x﹣5）2=2（5﹣x）
（2）若关于x的一元二次方程x2+（2m﹣3）x+（m2﹣3）=0有两个没有相等的实数根，求m的取值范围．
【正确答案】（1）x1=5，x2=3；（2）m＜
【详解】试题分析：（1）利用提取公因式法解一元二次方程.(2)利用判别式求范围．
试题解析：
（1）（x﹣5）2=2（5﹣x），
（x﹣5）2+2（5﹣x）=0，
（x﹣5）（x﹣5+2）=0，
x﹣5=0，x﹣3=0，
x1=5，x2=3；
（2）∵一元二次方程x2+（2m﹣3）x+（m2﹣3）=0有两个没有相等的实数根，
∴△=（2m﹣3）2﹣4（m2﹣3）＞0，
4m2﹣12m+9﹣4m2+12＞0，
解得，m＜．
点睛：一元二次方程的解法（1）直接开平方法，没有项的方程适用（2）配方法，所有方程适用（3）公式法，所有方程适用，公式法需要先求判别式，根据判别式的正负，求方程的解（4）因式分解法，可因式分解的方程适用,其中因式分解的方法有提取公因式，公式法（平方差公式，完全平方公式），十字相乘法.
17. 如图，△ABC的顶点都在方格线的交点（格点）上．
（1）将△ABC绕C点按逆时针方向旋转90°得到△A′B′C′，请在图中画出△A′B′C′；
（2）将△ABC向上平移1个单位，再向右平移5个单位得到△A″B″C″，请在图中画出△A″B″C″；
（3）若将△ABC绕原点O旋转180°，A的对应点A1的坐标是 ．
【正确答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析；（3）（2，﹣3）．
【分析】（1）直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（3）利用关于原点对称点的性质直接得出答案．
【详解】解：（1）如图所示：△A′B′C′，即为所求；
（2）如图所示：△A″B″C″，即为所求；
（3）将△ABC绕原点O旋转180°，A的对应点A1的坐标是（2，﹣3）．
18. 阅读理解：若x1，x2是关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两个根，则方程的两个根x1，x2和系数a，b，c有如下关系：x1+x2=﹣，x1•x2=，我们把它们称为一元二次方程的根与系数关系定理．
问题解决：请你参考根与系数关系定理，解答下列问题：
（1）若关于x的方程x2+3x+a=0有一个根为﹣1，则另一个根为 ．
（2）求方程2x2﹣3x=5的两根之和，两根之积．
【正确答案】（1）﹣2（2）x1+x2=，x1x2=﹣
【详解】试题分析：利用根与系数的关系．
试题解析：
（1）设一元二次方程的两根为x1，x2，且x1=﹣1，
则根据一元二次方程根与系数的关系，
得﹣1+x2=﹣3，
解得：x2=﹣2．
故答案：﹣2．
（2）解：原方程可以转化为：2x2﹣3x﹣5=0，
∴a=2，b=﹣3，c=﹣5，
∵b2﹣4ac=（﹣3）2﹣4×2×（﹣5）=49＞0，
∴方程有两个没有相等的实数根，
设方程的两个实数根分别x1，x2，则
x1+x2=，x1x2=﹣．
点睛：根与系数的关系
ax2+bx+c=0(a,
,
如果题目中有关于两个根的和，两个根的积，可以利用根与系数的关系，整体代入求值.
19. 学校旁边的文具店里有A、B、C、D四种笔记本，每种笔记本数量充足，某同学去该店购买笔记本，每种笔记本被选中的可能性相同．
（1）若他去买一本笔记本，则他买到A种笔记本的概率是 ；
（2）若他两次去买笔记本，每次买一本，且两次所买笔记本品种没有同，请用树状图或列表法求出恰好买到A种笔记本和C种笔记本的概率．
【正确答案】（1）（2）
【分析】（1）总共四种笔记本，选一种易得概率，
（2）画树状图可得到恰好买到A种笔记本和C种笔记本的概率；
【详解】（1）∵学校旁边的文具店里有A、B、C、D四种笔记本，
∴若他去买一本笔记本，则他买到A种笔记本的概率是：；
故答案为．
（2）画树状图得：
∵共有12种等可能结果，恰好买到A种笔记本和C种笔记本的有2种情况，
∴恰好买到A种笔记本和C种笔记本的概率为：．
20. 如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别与BC，AC交于点D，E，过点D作⊙O的切线DF，交AC于点F．
（1）求证：DF⊥AC；
（2）若⊙O的半径为4，∠CDF=22．5°，求阴影部分的面积．
【正确答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）连接，易得，由，易得，等量代换得，利用平行线的判定得，由切线的性质得，得出结论；
（2）连接，利用（1）的结论得，易得，得出，利用扇形的面积公式和三角形的面积公式得出结论．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB．
∴∠ODB=∠ACB，
∴OD∥AC．
∵DF是⊙O的切线，
∴DF⊥OD．
∴DF⊥AC．
（2）连结OE，
∵DF⊥AC，∠CDF=22．5°．
∴∠ABC=∠ACB=67．5°，∴∠BAC=45°．
∵OA=OE，∴∠AOE=90°．
的半径为4，
，，
．
本题主要考查了切线的性质，扇形的面积与三角形的面积公式，圆周角定理等，作出适当的辅助线，利用切线性质和圆周角定理，数形是解答此题的关键．
21. 为了落实的指示，政府出台了一系列“三农”优惠政策，使农民收入大幅度增加．某农户生产经销一种农产品，已知这种产品的成本价为每千克20元，市场发现，该产品每天的量y（千克）与价x（元/千克）有如下关系：y=﹣x+60．设这种产品每天的利润为w元．
（1）求w与x之间的函数关系式．
（2）该产品价定为每千克多少元时，每天的的利润是多少元？
（3）如果物价部门规定这种产品的价没有能高于每千克35元，该农户想要每天获得300元的利润，价应定为每千克多少元？
【正确答案】（1）w=﹣x2+80x﹣1200；（2）答：该产品价定为每千克40元时，每天利润，利润400元．（3）该农户想要每天获得300元的利润，价应定为每千克30元．
【详解】试题分析：依据“利润=售价﹣进价”可以求得y与x之间的函数关系式，然后利用函数的增减性确定“利润”．
解：（1）y=（x﹣20）w
=（x﹣20）（﹣2x+80）
=﹣2x2+120x﹣1600，
∴y与x的函数关系式为：
y=﹣2x2+120x﹣1600；
（2）y=﹣2x2+120x﹣1600
=﹣2（x﹣30）2+200，
∴当x=30时，y有值200，
∴当价定为30元/千克时，每天可获利润200元；
（3）当y=150时，可得方程：
﹣2（x﹣30）2+200=150，
解这个方程，得
x1=25，x2=35，
根据题意，x2=35没有合题意，应舍去，
∴当价定为25元/千克时，该农户每天可获得利润150元．
考点：二次函数的应用．
22. 如图1，点A是线段BC上一点，△ABD和△ACE都是等边三角形．
（1）连接BE，CD，求证：BE=CD；
（2）如图2，将△ABD绕点A顺时针旋转得到△AB′D′．
①当旋转角为 度时，边AD′落在AE上；
②在①的条件下，延长DD’交CE于点P，连接BD′，CD′．当线段AB、AC满足什么数量关系时，△BDD′与△CPD′全等？并给予证明．
【正确答案】解：（1）见详解；（2）① 60；②当AC=2AB时，△BDD′与△CPD′全等.理由见详解
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=60°，然后求出∠BAE=∠DAC，再利用“边角边”证明△BAE和△DAC全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；
（2）①求出∠DAE，即可得到旋转角度数；
②当AC=2AB时，△BDD′与△CPD′全等．根据旋转的性质可得，然后得到四边形ABDD′是菱形，根据菱形的对角线平分一组对角可得，菱形的对边平行可得DP∥BC，根据等边三角形的性质求出AC=AE，∠ACE=60°，然后根据等腰三角形三线合一的性质求出，从而得到，然后利用“角边角”证明△BDD′与△CPD′全等．
【详解】(1)证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形
∴AB=AD,AE=AC,∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，
即∠BAE=∠DAC，
在△BAE和△DAC中，
，
∴△BAE≌△DAC(SAS)，
∴BE=CD；
(2)①∵∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠DAE=180°−60°×2=60°，
∵边AD′落在AE上，
∴旋转角=∠DAE=60°.
故答案为60.
②当AC=2AB时,△BDD′与△CPD′全等.
理由如下：由旋转可知,AB′与AD重合，
∴AB=BD=DD′=AD′，
∴四边形ABDD′是菱形，
∴∠ABD′=∠DBD′=∠ABD=12×60°=30°,DP∥BC，
∵△ACE是等边三角形，
∴AC=AE,∠ACE=60°，
∵AC=2AB，
∴AE=2AD′，
∴∠PCD′=∠ACD′=∠ACE=×60°=30°，
又∵DP∥BC，
∴∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PCD′=∠PD′C=30°，
在△BDD′与△CPD′中，
，
∴△BDD′≌△CPD′(ASA).
23. 如图，抛物线点，与轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，且．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D在y轴上，且，求点D的坐标；
（3）点M在抛物线上，点在抛物线的对称轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在．求出所有符合条件的点M的坐标；若没有存在，请说明理由．
【正确答案】（1）y=x2﹣2x﹣3；（2）D1（0，1），D2（0，﹣1）；（3）存在，M（4，5）或（﹣2，5）或（0，﹣3）
【分析】（1）待定系数法即可得到结论；
（2）连接AC，作BF⊥AC交AC的延长线于F，根据已知条件得到AF∥x轴，得到F（﹣1，﹣3），设D（0，m），则OD=|m|即可得到结论；
（3）设M（a，a2﹣2a﹣3），N（1，n），①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴y于E，AF⊥x轴于F，于是得到△ABF≌△NME，证得NE=AF=3，ME=BF=3，得到M（4，5）或（﹣2，5）；②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3，则N在x轴上，M与C重合，于是得到结论．
【详解】（1）由y=ax2+bx﹣3得C（0．﹣3），
∴OC=3，
∵OC=3OB，
∴OB=1，
∴B（﹣1，0），
把A（2，﹣3），B（﹣1，0）代入y=ax2+bx﹣3得，
∴，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）设连接AC，作BF⊥AC交AC的延长线于F，
∵A（2，﹣3），C（0，﹣3），
∴AF∥x轴，
∴F（﹣1，﹣3），
∴BF=3，AF=3，
∴∠BAC=45°，
设D（0，m），则OD=|m|，
∵∠BDO=∠BAC，
∴∠BDO=45°，
∴OD=OB=1，
∴|m|=1，
∴m=±1，
∴D1（0，1），D2（0，﹣1）；
（3）设M（a，a2﹣2a﹣3），N（1，n），
①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴于E，AF⊥x轴于F，
则△ABF≌△NME，
∴NE=AF=3，ME=BF=3，
∴|a﹣1|=3，
∴a=4或a=﹣2，
∴M（4，5）或（﹣2，5）；
②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3，
则N在x轴上，M与C重合，
∴M（0，﹣3），
综上所述，存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形，M（4，5）或（﹣2，5）或（0，﹣3）．
1、二次函数的综合，2、待定系数法求二次函数的解析式，3、全等三角形的判定和性质，4、平行四边形的判定和性质
2022-2023学年山西省阳泉市九年级上册数学期末专项提升模拟题（A卷）
一、单 选 题（共10题；共30分）
1. 已知抛物线y=x2－8x+c的顶点在x轴上，则c的值是（ ）
A. 16 B. -4 C. 4 D. 8
2. 我们知道，一元二次方程x2=﹣1没有实数根，即没有存在一个实数的平方等于﹣1，若我们规定一个新数i，使其满足i2=﹣1（即x2=﹣1方程有一个根为i），并且进一步规定：一切实数可以与新数进行四则运算，且原有的运算法则仍然成立，于是有i1=i，i2=﹣1，i3=i2•i=（﹣1）•i，i4=（i2）2=（﹣1）2=1，从而对任意正整数n，我们可得到i4n+1=i4n•i=（i4）n•i，同理可得i4n+2=﹣1，i4n+3=﹣i，i4n=1，那么，i+i2+i3+i4+…+i2016+i2017的值为（ ）
A. 0 B. 1 C. ﹣1 D. i
3. 如图是某商场一楼与二楼之间的手扶电梯示意图．其中AB、CD分别表示一楼、二楼地面的水平线，∠ABC＝150°，BC的长是8m，则乘电梯从点B到点C上升的高度h是（ ）
A. m B. 4m C. 4m D. 8m
4. 如图，取一张长为、宽为的长方形纸片，将它对折两次后得到一张小长方形纸片，若要使小长方形与原长方形相似，则原长方形纸片的边应满足的条件是（ ）
A. B. C. D.
5. 化简 结果正确的是（ ）
A. 3+2 B. 3- C. 17+12 D. 17-12
6. 如图是二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象，其对称轴为x＝1，下列结论：①abc＞0；②2a＋b＝0；③4a＋2b＋c＜0；④若(－，y1)，(，y2)是抛物线上两点，则y1＜y2，其中结论正确的是( )
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①③④
7. 如图是二次函数y=ax2+bx+c图象，下列结论：①二次三项式ax2+bx+c的值为4；②4a+2b+c＜0；③一元二次方程ax2+bx+c=1的两根之和为﹣1；④使y≤3成立的x的取值范围是x≥0．其中正确的个数有（ ）．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
8. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD，CE分别是斜边上的高和中线，若AC=CE=6，则CD的长为（ ）
A. B. 3 C. 6 D. 6
9. 如图，AD∥BE∥CF，直线m，n与这三条平行线分别交于点A，B，C和点D，E，F，已知AB＝5，BC＝10，DE＝4，则EF的长为（ ）
A. 12 B. 9 C. 8 D. 4
10. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，CD是AB边上的中线，则CD的长是（ ）．
A. 20 B. 10 C. 5 D.
二、填 空 题（共8题；共24分）
11. 方程2x﹣x2=的正实数根有________ 个
12. 已知一元二次方程x2+mx+m﹣1=0有两个相等实数根，则m=_____．
13. 已知抛物线y=x2﹣2x﹣3，若点P（3，0）与点Q关于该抛物线的对称轴对称，则点Q的坐标是________．
14. 方程x(x+2)=2(x+2) 解是________．
15. 已知在Rt△ABC中，∠C=90°，，BC=3，那么AC=____．
16. 抛物线y=x2+bx+c与x轴无公共点，则b2与4c的大小关系是_________．
17. 已知a:b=3:2，则(a-b):a=___．
18. 如图，A为某旅游景区的观景点，游客可从B处乘坐缆车先到达小观景平台DE观景，然后再由E处继续乘坐缆车到达A处，返程时从A处乘坐升降电梯直接到达C处，已知：AC⊥BC于C，DE∥BC，AC=200.4米，BD=100米，∠α=30°，∠β=70°，则AE的长度约为________米．（参考数据：sin70≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.25）．
三、解 答 题（共6题；共36分）
19. 如果二次根式 与 能够合并，能否由此确定a=1？若能，请说明理由；没有能，请举一个反例说明．
20. 如图，用一根6米长的笔直钢管弯折成如图所示的路灯杆ABC，AB垂直于地面，线段AB与线段BC所成的角∠ABC=120°，若路灯杆顶端C到地面的距离CD=5.5米，求AB长．
21. 平面直角坐标中，对称轴平行于y轴抛物线原点O，其顶点坐标为（3，）；Rt△ABC的直角边BC在x轴上，直角顶点C的坐标为（，0），且BC=5，AC=3（如图1）．
图1 图2
（1）求出该抛物线的解析式；
（2）将Rt△ABC沿x轴向右平移，当点A落在（1）中所求抛物线上时Rt△ABC停止移动．D（0，4）为y轴上一点，设点B的横坐标为m，△DAB的面积为s．
①分别求出点B位于原点左侧、右侧（含原点O）时，s与m之间的函数关系式，并写出相应自变量m的取值范围（可在图1、图2中画出探求）；
②当点B位于原点左侧时，是否存在实数m，使得△DAB为直角三角形?若存在，直接写出m的值；若没有存在，请说明理由．
22. 如图1，在综合实践中，同学们制作了两块直角三角形硬纸板，一块含有30°角，一块含有45°角，并且有一条直角边是相等的．现将含45°角的直角三角形硬纸板重叠放在含30°角的直角三角形硬纸板上，让它们的直角完全重合．如图2，若相等的直角边AC长为12cm，求另一条直角边没有重叠部分BD的长（结果用根号表示）．
23. 根据条件求二次函数解析式：
（1）抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣1），且与y轴交点的纵坐标为﹣3
（2）抛物线在x轴上截得的线段长为4，且顶点坐标是（3，﹣2）．
24. 如图，某数学兴趣小组在课上测量学校旗杆高度．已知小明的眼睛与地面的距离（AB）是1.7m，看旗杆顶部M的仰角为45°；小红的眼睛与地面的距离（45°）是1.5m，看旗杆顶部M的仰角为30°．两人相距23m且位于旗杆两侧（点B，N，D）在同一条直线上）．请求出旗杆MN的高度．（参考数据：，，结果保留整数）
25. 如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=30cm，BC=25cm，动点P从点C出发，沿CA方向运动，速度是2cm/s，动点Q从点B出发，沿BC方向运动，速度是1cm/s．
（1）几秒后P，Q两点相距25cm？
（2）几秒后△PCQ与△ABC相似？
（3）设△CPQ的面积为S1，△ABC的面积为S2，在运动过程中是否存在某一时刻t，使得S1：S2=2：5？若存在，求出t的值；若没有存在，则说明理由．
2022-2023学年山西省阳泉市九年级上册数学期末专项提升模拟题（A卷）
一、单 选 题（共10题；共30分）
1. 已知抛物线y=x2－8x+c的顶点在x轴上，则c的值是（ ）
A. 16 B. -4 C. 4 D. 8
【正确答案】A
【分析】顶点在x轴上,所以顶点的纵坐标是0.据此作答.
【详解】∵二次函数y=-8x+c的顶点的横坐标为x=- = -=4，
∵顶点在x轴上，
∴顶点的坐标是(4，0)，
把(4，0)代入y=-8x+c中，得：
16-32+c=0，
解得：c=16，
故答案为A
本题考查求抛物线顶点纵坐标的公式,比较简单.
2. 我们知道，一元二次方程x2=﹣1没有实数根，即没有存在一个实数的平方等于﹣1，若我们规定一个新数i，使其满足i2=﹣1（即x2=﹣1方程有一个根为i），并且进一步规定：一切实数可以与新数进行四则运算，且原有的运算法则仍然成立，于是有i1=i，i2=﹣1，i3=i2•i=（﹣1）•i，i4=（i2）2=（﹣1）2=1，从而对任意正整数n，我们可得到i4n+1=i4n•i=（i4）n•i，同理可得i4n+2=﹣1，i4n+3=﹣i，i4n=1，那么，i+i2+i3+i4+…+i2016+i2017的值为（ ）
A. 0 B. 1 C. ﹣1 D. i
【正确答案】D
【详解】试题解析：由题意得，i1=i，i2=-1，i3=i2•i=（-1）•i=-i，i4=（i2）2=（-1）2=1，i5=i4•i=i，i6=i5•i=-1
故可发现4次一循环，一个循环内的和为0
∵=504…1
∴i+i2+i3+i4+…+i2013+i2017=i
故选：D
3. 如图是某商场一楼与二楼之间的手扶电梯示意图．其中AB、CD分别表示一楼、二楼地面的水平线，∠ABC＝150°，BC的长是8m，则乘电梯从点B到点C上升的高度h是（ ）
A. m B. 4m C. 4m D. 8m
【正确答案】B
【分析】过C作CM⊥AB于M，求出∠CBM=30°，根据含30度的直角三角形性质求出CM即可．
【详解】过C作CM⊥AB于M
则CM=h，∠CMB=90°，
∵∠ABC=150°，
∴∠CBM=30°，
∴h=CM=BC=4m，
故选：B．
本题考查了含30度角的直角三角形性质的应用，构造直角三角形是解此题的关键所在，题目比较好，难度也没有大．
4. 如图，取一张长为、宽为的长方形纸片，将它对折两次后得到一张小长方形纸片，若要使小长方形与原长方形相似，则原长方形纸片的边应满足的条件是（ ）
A B. C. D.
【正确答案】B
【分析】由题图可知：得对折两次后得到的小长方形纸片的长为，宽为，然后根据相似多边形的定义，列出比例式即可求出结论．
【详解】解：由题图可知：得对折两次后得到的小长方形纸片的长为，宽为，
∵小长方形与原长方形相似，
故选B．
此题考查的是相似三角形的性质，根据相似三角形的定义列比例式是解决此题的关键．
5. 化简 结果正确的是（ ）
A. 3+2 B. 3- C. 17+12 D. 17-12
【正确答案】A
【详解】试题解析：=．
故选A.
6. 如图是二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象，其对称轴为x＝1，下列结论：①abc＞0；②2a＋b＝0；③4a＋2b＋c＜0；④若(－，y1)，(，y2)是抛物线上两点，则y1＜y2，其中结论正确的是( )
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①③④
【正确答案】C
【详解】试题分析：根据题意可得：a0，b0，c0，则abc0，则①错误；根据对称轴为x=1可得：=1，则-b=2a，即2a+b=0，则②正确；根据函数的轴对称可得：当x=2时，y0，即4a+2b+c0，则③错误；对于开口向下的函数，离对称轴越近则函数值越大，则，则④正确.
点睛：本题主要考查的就是二次函数的性质，属于中等题.如果开口向上，则a0，如果开口向下，则a0；如果对称轴在y轴左边，则b的符号与a相同，如果对称轴在y轴右边，则b的符号与a相反；如果题目中出现2a+b和2a-b的时候，我们要看对称轴与1或者-1的大小关系再进行判定；如果出现a+b+c，则看x=1时y的值；如果出现a-b+c，则看x=-1时y的值；如果出现4a+2b+c，则看x=2时y的值，以此类推；对于开口向上的函数，离对称轴越远则函数值越大，对于开口向下的函数，离对称轴越近则函数值越大.
7. 如图是二次函数y=ax2+bx+c的图象，下列结论：①二次三项式ax2+bx+c的值为4；②4a+2b+c＜0；③一元二次方程ax2+bx+c=1的两根之和为﹣1；④使y≤3成立的x的取值范围是x≥0．其中正确的个数有（ ）．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【正确答案】B
【详解】解：∵抛物线的顶点坐标为（-1，4），
∴二次三项式ax2+bx+c的值为4，①正确；
∵x=2时，y＜0，
∴4a+2b+c＜0，②正确；
根据抛物线的对称性可知，一元二次方程ax2+bx+c=1的两根之和为-2，③错误；
使y≤3成立的x的取值范围是x≥0或x≤-2，④错误，
故选B．
8. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD，CE分别是斜边上的高和中线，若AC=CE=6，则CD的长为（ ）
A. B. 3 C. 6 D. 6
【正确答案】B
【详解】解：∵∠ACB=90°，CE为斜边上的中线，
∴AE=BE=CE=AC=6
∴△ACE为等边三角形，
∴∠AEC=60°，
∴∠DCE=30°，
∵CD⊥AE，
∴DE=AE=3，
∴CD=DE=3
故选B．
9. 如图，AD∥BE∥CF，直线m，n与这三条平行线分别交于点A，B，C和点D，E，F，已知AB＝5，BC＝10，DE＝4，则EF的长为（ ）
A. 12 B. 9 C. 8 D. 4
【正确答案】C
【详解】试题解析：∵AD∥BE∥CF，
∴，即，
解得，EF=8，
故选C．
10. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，CD是AB边上的中线，则CD的长是（ ）．
A. 20 B. 10 C. 5 D.
【正确答案】C
【分析】由直角三角形的性质知：斜边上的中线等于斜边的一半，即可求出CD的长．
【详解】∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，CD是AB边上的中线，
∴CD=AB=5．
故选C．
二、填 空 题（共8题；共24分）
11. 方程2x﹣x2=的正实数根有________ 个
【正确答案】0
【详解】在同一坐标系中，分别作出y1=2x-x2与y2=的图象如下：
由图象可以看出，正实数根有0个，
故答案为0.
由图象看两函数的交点也是求实根个数时很常用的一种方法．
12. 已知一元二次方程x2+mx+m﹣1=0有两个相等的实数根，则m=_____．
【正确答案】2．
【详解】试题分析：已知关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1=0有两个相等的实数根，可得△=b2﹣4ac=m2﹣4×1×（m﹣1）=m2﹣4m+4=（m﹣2）2=0，解得m=2.
考点：根的判别式．
13. 已知抛物线y=x2﹣2x﹣3，若点P（3，0）与点Q关于该抛物线的对称轴对称，则点Q的坐标是________．
【正确答案】（﹣1，0）
【详解】试题解析：∵x=-=-=1．
∴P（3，0）关于对称轴的对称点Q的坐标是（-1，0）．
故点Q的坐标是（-1，0）．
14. 方程x(x+2)=2(x+2) 的解是________．
【正确答案】x1=-2，x2=2.
【详解】试题解析：原方程可化为：x（x+2）-2（x+2）=0；
（x+2）（x-2）=0；
x+2=0或x-2=0；
解得：x=2或x=-2．
点睛：在用因式分解法解一元二次方程时，一般地要把方程整理为一般式，如果左边的代数式能够分解为两个因式的乘积，而右边为零时，则可令每一个因式为零，得到两个一元方程，解出这两个一元方程的解就是原方程的两个解了．
15. 已知在Rt△ABC中，∠C=90°，，BC=3，那么AC=____．
【正确答案】9.
【详解】试题分析：根据三角函数定义即可求解．
∵cotB=，
∴AC= ==3BC=9．
故答案是：9．
考点：锐角三角函数的定义．
16. 抛物线y=x2+bx+c与x轴无公共点，则b2与4c的大小关系是_________．
【正确答案】b2＜4c．
【详解】试题解析：∵抛物线y=x2+bx+c与x轴无公共点，
∴方程x2+bx+c=0无解，
∴△＜0，
即b2-4c＜0，
∴b2＜4c.
17. 已知a:b=3:2，则(a-b):a=___．
【正确答案】.
【详解】试题分析：根据比例关系即可得到答案.
∵a:b=3:2
∴(a-b):a=(3-2):3=1:3
考点：比例关系.
18. 如图，A为某旅游景区的观景点，游客可从B处乘坐缆车先到达小观景平台DE观景，然后再由E处继续乘坐缆车到达A处，返程时从A处乘坐升降电梯直接到达C处，已知：AC⊥BC于C，DE∥BC，AC=200.4米，BD=100米，∠α=30°，∠β=70°，则AE的长度约为________米．（参考数据：sin70≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.25）．
【正确答案】160
【详解】试题解析：如图，作DF⊥BC，
在Rt△BFD中，∵sin∠DBF=，
∴DF=100×=50米，
∴GC=DF=50米，
∴AG=AC﹣GC=200.4﹣50=150.4米，
在Rt△AGE中，∵sin∠AEG=，
∴AE==160米．
三、解 答 题（共6题；共36分）
19. 如果二次根式 与 能够合并，能否由此确定a=1？若能，请说明理由；没有能，请举一个反例说明．
【正确答案】见解析
【详解】试题分析：由于二次根式与能够合并，如果是最简二次根式，由此可以得到3a-1=2，由此可以确定a=1，但没有一定是最简二次根式，所以还有其他的情况，由此即可求解．
试题解析：二次根式 与-3能够合并，没有能由此确定a=1．
当 是最简二次根式，∴3a－1=2，∴a=1；
当 没有是最简二次根式，∴3a－1=8，∴a=3．
还有其他情况．
故没有能确定a=1．
20. 如图，用一根6米长笔直钢管弯折成如图所示的路灯杆ABC，AB垂直于地面，线段AB与线段BC所成的角∠ABC=120°，若路灯杆顶端C到地面的距离CD=5.5米，求AB长．
【正确答案】5米
【详解】试题分析：过B作BE⊥DC于E，设AB=x米，则CE=5.5﹣x，BC=6﹣x，根据30°角正弦值即可求出x，则AB求出．
试题解析：过B作BE⊥DC于E，设AB=x米，∴CE=5.5﹣x，BC=6﹣x，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=30°，∴sin30°=，解得：x=5．
答：AB的长度为5米．
考点：解直角三角形的应用．
21. 平面直角坐标中，对称轴平行于y轴的抛物线原点O，其顶点坐标为（3，）；Rt△ABC的直角边BC在x轴上，直角顶点C的坐标为（，0），且BC=5，AC=3（如图1）．
图1 图2
（1）求出该抛物线的解析式；
（2）将Rt△ABC沿x轴向右平移，当点A落在（1）中所求抛物线上时Rt△ABC停止移动．D（0，4）为y轴上一点，设点B的横坐标为m，△DAB的面积为s．
①分别求出点B位于原点左侧、右侧（含原点O）时，s与m之间的函数关系式，并写出相应自变量m的取值范围（可在图1、图2中画出探求）；
②当点B位于原点左侧时，是否存在实数m，使得△DAB为直角三角形?若存在，直接写出m的值；若没有存在，请说明理由．
【正确答案】（1）y=x2﹣3x；
（2）①当点B位于原点左侧时，S=m+10．（﹣4.5≤m＜0），
当点B位于原点右侧（含原点O）时，S=m+10．（0≤m＜﹣2），
②存在，m1=﹣1，m2=﹣4，m3=﹣4.4．
【详解】试题分析：（1）根据抛物线顶点坐标为（3，﹣），利用顶点式求出即可；
（2）根据当点B位于原点左侧时以及当点B位于原点右侧（含原点O）时，分别分析即可得出答案．
试题解析：（1）由题意，设所求抛物线为y=a（x﹣3）2﹣．①
将点（0，0）代入①，得a=．
∴y=x2﹣3x；
（2）①当点B位于原点左侧时，如图（1）：
S=S△OBD+S梯形OCAD﹣S△ABC=•4•（﹣m）+（4+3）（5+m）﹣=m+10．
∴S=m+10．（﹣4.5≤m＜0），
当点B位于原点右侧（含原点O）时，如图（2）：
S=S梯形OCAD﹣S△OBD﹣S△ABC=（4+3）（5+m）﹣•4•m﹣=m+10．
∴S=m+10．（0≤m＜﹣2）；
②m1=﹣1，m2=﹣4，m3=﹣4.4．
考点：二次函数综合题．
22. 如图1，在综合实践中，同学们制作了两块直角三角形硬纸板，一块含有30°角，一块含有45°角，并且有一条直角边是相等的．现将含45°角的直角三角形硬纸板重叠放在含30°角的直角三角形硬纸板上，让它们的直角完全重合．如图2，若相等的直角边AC长为12cm，求另一条直角边没有重叠部分BD的长（结果用根号表示）．
【正确答案】（12﹣12）cm．
【详解】试题分析：先根据Rt△ABC中，AC=12，∠ABC=45°，求出BC，再根据tan∠DAC=，得出CD，根据BD=CD﹣BC计算即可．
解：∵Rt△ABC中，AC=12，∠ABC=45°，
∴BC=AC=12，
∵Rt△ACD中，AC=12，∠DAC=60°，
∴tan∠DAC=，
∴CD=AC×tan∠DAC=12×tan60°=12，
∴BD=CD﹣BC=（12﹣12）cm．
答：另一条直角边没有重叠部分BD的长为（12﹣12）cm．
考点：解直角三角形．
23. 根据条件求二次函数的解析式：
（1）抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣1），且与y轴交点的纵坐标为﹣3
（2）抛物线在x轴上截得的线段长为4，且顶点坐标是（3，﹣2）．
【正确答案】（1）y=﹣2x2﹣4x﹣3；（2）y=x2﹣3x+
【详解】试题分析：应用待定系数法，求出每个二次函数的解析式各是多少即可．
试题解析：（1）∵抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣1），
∴设抛物线的解析式为：y=a（x+1）2﹣1，
∵抛物线与y轴交点的纵坐标为﹣3，
∴﹣3=a（0+1）2﹣1，
解得a=﹣2．
∴抛物线的解析式是y=﹣2（x+1）2﹣1，
即y=﹣2x2﹣4x﹣3
（2）∵抛物线的顶点坐标是（3，﹣2），
∴抛物线的对称轴为直线x=3，
∵抛物线在x轴上截得的线段长为4，
∴抛物线与x轴的两交点坐标为（1，0），（5，0），
设抛物线的解析式为y=k（x﹣1）（x﹣5），
则﹣2=k（3﹣1）（3﹣5）
解得k= ，
∴抛物线解析式为y=（x﹣1）（x﹣5），
即y=x2﹣3x+
24. 如图，某数学兴趣小组在课上测量学校旗杆高度．已知小明的眼睛与地面的距离（AB）是1.7m，看旗杆顶部M的仰角为45°；小红的眼睛与地面的距离（45°）是1.5m，看旗杆顶部M的仰角为30°．两人相距23m且位于旗杆两侧（点B，N，D）在同一条直线上）．请求出旗杆MN的高度．（参考数据：，，结果保留整数）
【正确答案】10米．
【详解】试题分析：首先分析图形：根据题意构造直角三角形；本题涉及到两个直角三角形，应利用其公共边构造三角关系，进而可求出答案．
试题解析：如图：过点A作AE⊥MN于E，过点C作CF⊥MN于F，则EF=AB﹣CD=1.7﹣1.5=0.2,Rt△AEM中，∠AEM=90°，∠MAE=45°,则AE=ME=BN,设AE=ME=x,则MF=x+0.2，FC=BD-BN=23﹣x,在Rt△MFC中，∠MFC=90°，∠MCF=30°,则MF=CF•tan∠MCF，则x+0.2=(23-x),解得x≈8.2,故MN=8.2+1.7≈10米,旗杆高约为10米．
考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题．
25. 如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=30cm，BC=25cm，动点P从点C出发，沿CA方向运动，速度是2cm/s，动点Q从点B出发，沿BC方向运动，速度是1cm/s．
（1）几秒后P，Q两点相距25cm？
（2）几秒后△PCQ与△ABC相似？
（3）设△CPQ的面积为S1，△ABC的面积为S2，在运动过程中是否存在某一时刻t，使得S1：S2=2：5？若存在，求出t的值；若没有存在，则说明理由．
【正确答案】（1）10秒后P、Q两点相距25cm；（2） 秒或秒后△PCQ与△ABC相似；（3）运动10秒或15秒时，S1：S2=2：5
【详解】试题分析：（1）设x秒后P、Q两点相距25cm，用x表示出CP、CQ，根据勾股定理列出方程，解方程即可；（2）分△PCQ∽△ACB和△PCQ∽△BCA两种情况，根据相似三角形的性质列出关系式，解方程即可；（3）用t分别表示出CP、CQ，根据题意列出方程，解方程即可．
试题解析：（1）设x秒后P、Q两点相距25cm，
则CP=2xcm，CQ=（25﹣x）cm，
由题意得，（2x）2+（25﹣x）2=252 ，
解得，x1=10，x2=0（舍去），
则10秒后P、Q两点相距25cm
（2）设y秒后山△PCQ与△ABC相似，
当△PCQ∽△ACB时，=，即 ，
解得，y= ，
当△PCQ∽△BCA时，= ，即，
解得，y= ，
故 秒或秒后△PCQ与△ABC相似
（3）△CPQ的面积为S1=×CQ×CP= ×2t×（25﹣t）=﹣t2+25t，
△ABC的面积为S2= ×AC×BC=375，
由题意得，5（﹣t2+25t）=375×2，
解得，t1=10，t2=15，
故运动10秒或15秒时，S1：S2=2：5
2022-2023学年山西省阳泉市九年级上册数学期末专项提升模拟题（B卷）
一、选一选（共10小题，每小题3分，满分30分）
1. 下列交通标志中既是对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
2. 一元二次方程x2﹣9=0的根为（ ）
A. x=3 B. x=﹣3 C. x1=3，x2=﹣3 D. x1=0，x2=3
3. 一元二次方程x2+4x+1=0配方后可变形（ ）
A. （x+2）2=﹣1 B. （x﹣2）2=﹣1 C. （x﹣2）2=3 D. （x+2）2=3
4. 某果园2011年水果产量为100吨，2013年水果产量为144吨，求该果园水果产量的年平均增长率．设该果园水果产量的年平均增长率为x，则根据题意可列方程为（ ）
A. 144（1﹣x）2=100 B. 100（1﹣x）2=144 C. 144（1+x）2=100 D. 100（1+x）2=144
5. 一个布袋里装有4个只有颜色没有同球，其中3个红球，1个白球，从布袋里摸出1个球，记下颜色后放回，搅匀，再摸出1个球，则两次摸到的球都是红球的概率是 ( )
A. B. C. D.
6. 将抛物线向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到抛物线的函数表达式为（ ）
A.
B.
C.
D.
7. 已知：如图，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P是劣弧上没有同于点C的任意一点，则∠BPC的度数是（ ）
A. 45° B. 60° C. 75° D. 90°
8. 如图，△ABC中，AB=5，BC=3，AC=4，以点C为圆心的圆与AB相切，则⊙C的半径为（ ）
A. 2.3 B. 2.4 C. 2.5 D. 2.6
9. 如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC=70°，将△ABC绕点A顺时针旋转70°，B，C旋转后的对应点分别是B′和C′，连接BB′，则∠ABB′的度数是( )
A. 35° B. 40° C. 45° D. 55°
10. 已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，给出以下结论：①abc＞0；②2a+b=0；③4a+2b+c＜0；④当x=﹣1或x=3时，函数y的值都等于0．其中正确结论的个数是（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填 空 题（共5小题，每小题3分，满分15分）
11. 二次函数y＝﹣2(x﹣5)2＋3的顶点坐标是 ．
12. 现在有五张分别画有等边三角形，平行四边形，矩形，正五边形和圆的五个图形的卡片，它们的背同，小梅将它们的背面朝上，从中任意抽出一张卡片，抽出的图形为四边形的概率是_____．
13. 如图，圆内接四边形ABCD两组对边的延长线分别相交于点E，F，且∠A=55°，∠E=30°，则∠F=_____．
14. 二次函数y＝x2－4x＋3的图象交x轴于A、B两点，交y 轴于点C，则△ABC的面积为_______________________
15. 如图，△ABC和△A′B′C是两个完全重合的直角三角板，∠B=30°，斜边长为10cm．三角板A′B′C绕直角顶点C顺时针旋转，当点A′落在AB边上时，CA′旋转所构成的扇形的弧长为_______cm．
三、解 答 题（共8小题，满分75分）
16. （1）解方程：（x﹣5）2=2（5﹣x）
（2）若关于x的一元二次方程x2+（2m﹣3）x+（m2﹣3）=0有两个没有相等的实数根，求m的取值范围．
17. 如图，△ABC的顶点都在方格线的交点（格点）上．
（1）将△ABC绕C点按逆时针方向旋转90°得到△A′B′C′，请在图中画出△A′B′C′；
（2）将△ABC向上平移1个单位，再向右平移5个单位得到△A″B″C″，请在图中画出△A″B″C″；
（3）若将△ABC绕原点O旋转180°，A的对应点A1的坐标是 ．
18. 阅读理解：若x1，x2是关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两个根，则方程的两个根x1，x2和系数a，b，c有如下关系：x1+x2=﹣，x1•x2=，我们把它们称为一元二次方程的根与系数关系定理．
问题解决：请你参考根与系数关系定理，解答下列问题：
（1）若关于x的方程x2+3x+a=0有一个根为﹣1，则另一个根为 ．
（2）求方程2x2﹣3x=5的两根之和，两根之积．
19. 学校旁边的文具店里有A、B、C、D四种笔记本，每种笔记本数量充足，某同学去该店购买笔记本，每种笔记本被选中的可能性相同．
（1）若他去买一本笔记本，则他买到A种笔记本的概率是 ；
（2）若他两次去买笔记本，每次买一本，且两次所买笔记本品种没有同，请用树状图或列表法求出恰好买到A种笔记本和C种笔记本的概率．
20. 如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径⊙O分别与BC，AC交于点D，E，过点D作⊙O的切线DF，交AC于点F．
（1）求证：DF⊥AC；
（2）若⊙O的半径为4，∠CDF=22．5°，求阴影部分的面积．
21. 为了落实的指示，政府出台了一系列“三农”优惠政策，使农民收入大幅度增加．某农户生产经销一种农产品，已知这种产品的成本价为每千克20元，市场发现，该产品每天的量y（千克）与价x（元/千克）有如下关系：y=﹣x+60．设这种产品每天的利润为w元．
（1）求w与x之间的函数关系式．
（2）该产品价定为每千克多少元时，每天的的利润是多少元？
（3）如果物价部门规定这种产品的价没有能高于每千克35元，该农户想要每天获得300元的利润，价应定为每千克多少元？
22. 如图1，点A是线段BC上一点，△ABD和△ACE都是等边三角形．
（1）连接BE，CD，求证：BE=CD；
（2）如图2，将△ABD绕点A顺时针旋转得到△AB′D′．
①当旋转角 度时，边AD′落在AE上；
②在①的条件下，延长DD’交CE于点P，连接BD′，CD′．当线段AB、AC满足什么数量关系时，△BDD′与△CPD′全等？并给予证明．
23. 如图，抛物线点，与轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，且．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D在y轴上，且，求点D的坐标；
（3）点M在抛物线上，点在抛物线的对称轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在．求出所有符合条件的点M的坐标；若没有存在，请说明理由．
2022-2023学年山西省阳泉市九年级上册数学期末专项提升模拟题（B卷）
一、选一选（共10小题，每小题3分，满分30分）
1. 下列交通标志中既是对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】选项根据轴对称图形（把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形完全重合，称这两个图形为轴对称）与对称图形（指把一个图形绕着某一点旋转，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或对称）的概念求解即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，没有是对称图形；
B、是轴对称图形，没有是对称图形；
C、是轴对称图形，也是对称图形；
D、没有是轴对称图形，也没有是对称图形．
故选：C．
题目主要考查轴对称和对称图形的识别，深刻理解轴对称与对称图形的概念是解题关键．
2. 一元二次方程x2﹣9=0的根为（ ）
A. x=3 B. x=﹣3 C. x1=3，x2=﹣3 D. x1=0，x2=3
【正确答案】C
【详解】x2﹣9=0, x2=9,x=.故选C.
3. 一元二次方程x2+4x+1=0配方后可变形为（ ）
A. （x+2）2=﹣1 B. （x﹣2）2=﹣1 C. （x﹣2）2=3 D. （x+2）2=3
【正确答案】D
【详解】x2+4x+1=0, （x+2）2-4+1=0, （x+2）2=3.故选D.
4. 某果园2011年水果产量为100吨，2013年水果产量为144吨，求该果园水果产量的年平均增长率．设该果园水果产量的年平均增长率为x，则根据题意可列方程为（ ）
A. 144（1﹣x）2=100 B. 100（1﹣x）2=144 C. 144（1+x）2=100 D. 100（1+x）2=144
【正确答案】D
【分析】2013年的产量=2011年的产量×（1+年平均增长率）2，把相关数值代入即可．
【详解】解：2012年的产量为100（1+x），
2013年的产量为100（1+x）（1+x）=100（1+x）2，
即所列的方程为100（1+x）2=144，
故选D．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程；得到2013年产量的等量关系是解决本题的关键．
5. 一个布袋里装有4个只有颜色没有同的球，其中3个红球，1个白球，从布袋里摸出1个球，记下颜色后放回，搅匀，再摸出1个球，则两次摸到的球都是红球的概率是 ( )
A. B. C. D.
【正确答案】D
【详解】试题解析：画树状图得：
∵共有种等可能的结果，两次摸出红球的有种情况，
∴两次摸出红球的概率为
故选D.
6. 将抛物线向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为（ ）
A.
B.
C.
D.
【正确答案】A
【分析】先确定抛物线y=x2的顶点坐标为（0，0），再根据点平移的规律得到点（0，0）平移后所得对应点的坐标为（-2，-3），然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式．
【详解】抛物线y=x2的顶点坐标为（0，0），把点（0，0）向左平移1个单位，再向下平移2个单位长度所得对应点的坐标为（-2，-3），
所以平移后的抛物线解析式为y=（x+2）2-3．
故选A．
7. 已知：如图，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P是劣弧上没有同于点C的任意一点，则∠BPC的度数是（ ）
A. 45° B. 60° C. 75° D. 90°
【正确答案】A
【分析】连接OB、OC，首先根据正方形的性质，得∠BOC=90°，再根据圆周角定理，得∠BPC=45°．
【详解】解：如图，连接OB、OC，则∠BOC＝90°，
根据圆周角定理，得：∠BPC＝ ∠BOC＝45°．
故选A．
本题主要考查了正方形的性质和圆周角定理的应用．
这里注意：根据90°的圆周角所对的弦是直径，知正方形对角线的交点即为其外接圆的圆心．
8. 如图，△ABC中，AB=5，BC=3，AC=4，以点C为圆心的圆与AB相切，则⊙C的半径为（ ）
A. 2.3 B. 2.4 C. 2.5 D. 2.6
【正确答案】B
【详解】试题分析：在△ABC中，∵AB=5，BC=3，AC=4，∴AC2+BC2=32+42=52=AB2，
∴∠C=90°，如图：设切点为D，连接CD，∵AB是⊙C的切线，∴CD⊥AB，
∵S△ABC=AC×BC=AB×CD，∴AC×BC=AB×CD，即CD===，
∴⊙C的半径为，故选B．
考点：圆的切线的性质；勾股定理．
9. 如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC=70°，将△ABC绕点A顺时针旋转70°，B，C旋转后的对应点分别是B′和C′，连接BB′，则∠ABB′的度数是( )
A. 35° B. 40° C. 45° D. 55°
【正确答案】D
【分析】在△ABB'中根据等边对等角，以及三角形内角和定理，即可求得∠ABB'的度数．
【详解】由旋转可得，AB=AB'，∠BAB'=70°，
∴∠ABB'=∠AB'B=（180°-∠BAB′）=55°．
故选D．
本题考查了旋转的性质，在旋转过程中根据旋转的性质确定相等的角和相等的线段是关键．
10. 已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，给出以下结论：①abc＞0；②2a+b=0；③4a+2b+c＜0；④当x=﹣1或x=3时，函数y的值都等于0．其中正确结论的个数是（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【正确答案】B
详解】解：根据函数图象，我们可以得到以下信息：a＜0，c＞0，对称轴x=1，b＞0，与x轴交于（﹣1，0）（3，0）两点．
①abc＜0，错误；
②∵对称轴x=﹣=1时，
∴2a+b=0，正确；
③当x=2时，y=4a+2b+c＞0，错误；
④当x=﹣1或x=3时，函数y的值都等于0，故④正确；
故选B．
二、填 空 题（共5小题，每小题3分，满分15分）
11. 二次函数y＝﹣2(x﹣5)2＋3的顶点坐标是 ．
【正确答案】（5，3）
【详解】试题分析：因为顶点式y=a（x﹣h）2+k,其顶点坐标是（h,k）,对照求二次函数y=－2（x－5）2＋3的顶点坐标(5,3).
故答案是(5,3)．
考点：二次函数的顶点坐标.
12. 现在有五张分别画有等边三角形，平行四边形，矩形，正五边形和圆的五个图形的卡片，它们的背同，小梅将它们的背面朝上，从中任意抽出一张卡片，抽出的图形为四边形的概率是_____．
【正确答案】
【详解】等边三角形、平行四边形、矩形、正五边形和圆中四边形是平行四边形、矩形，
所以抽出的图形为四边形的概率是.
故答案为.
13. 如图，圆内接四边形ABCD两组对边延长线分别相交于点E，F，且∠A=55°，∠E=30°，则∠F=_____．
【正确答案】40°
【详解】试题分析：先根据三角形外角性质计算出∠EBF=∠A+∠E=85°，再根据圆内接四边形的性质计算出∠BCD=180°﹣∠A=125°，然后再根据三角形外角性质求∠F．
解：∵∠A=55°，∠E=30°，
∴∠EBF=∠A+∠E=85°，
∵∠A+∠BCD=180°，
∴∠BCD=180°﹣55°=125°，
∵∠BCD=∠F+∠CBF，
∴∠F=125°﹣85°=40°．
故答案为40°．
考点：圆内接四边形的性质；三角形内角和定理．
14. 二次函数y＝x2－4x＋3的图象交x轴于A、B两点，交y 轴于点C，则△ABC的面积为_______________________
【正确答案】3
【分析】根据解析式求出A、B、C三点的坐标，即△ABC的底和高求出，然后根据公式求面积．
【详解】解：在y＝﹣x2+4x﹣3中，当y＝0时，
0＝﹣x2+4x﹣3，
解得x1＝1，x2＝3；
当x＝0时，y＝﹣3；
即A（1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）
故△ABC的面积为：×2×3＝3；
故3．
15. 如图，△ABC和△A′B′C是两个完全重合的直角三角板，∠B=30°，斜边长为10cm．三角板A′B′C绕直角顶点C顺时针旋转，当点A′落在AB边上时，CA′旋转所构成的扇形的弧长为_______cm．
【正确答案】
【分析】根据Rt△ABC中的30°角所对的直角边是斜边的一半、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及旋转的性质推知△AA′C是等边三角形，所以根据等边三角形的性质利用弧长公式来求CA′旋转所构成的扇形的弧长．
【详解】解： ∵在Rt△ABC中，∠B=30°，AB=10cm，∴AC=AB=5cm．
根据旋转性质知，A′C=AC，∴A′C=AB=5cm．
∴点A′是斜边AB的中点，∴AA′=AB=5cm．
∴AA′=A′C=AC，∴∠A′CA=60°．
∴CA′旋转所构成的扇形的弧长为：（cm）．
故．
三、解 答 题（共8小题，满分75分）
16. （1）解方程：（x﹣5）2=2（5﹣x）
（2）若关于x的一元二次方程x2+（2m﹣3）x+（m2﹣3）=0有两个没有相等的实数根，求m的取值范围．
【正确答案】（1）x1=5，x2=3；（2）m＜
【详解】试题分析：（1）利用提取公因式法解一元二次方程.(2)利用判别式求范围．
试题解析：
（1）（x﹣5）2=2（5﹣x），
（x﹣5）2+2（5﹣x）=0，
（x﹣5）（x﹣5+2）=0，
x﹣5=0，x﹣3=0，
x1=5，x2=3；
（2）∵一元二次方程x2+（2m﹣3）x+（m2﹣3）=0有两个没有相等的实数根，
∴△=（2m﹣3）2﹣4（m2﹣3）＞0，
4m2﹣12m+9﹣4m2+12＞0，
解得，m＜．
点睛：一元二次方程的解法（1）直接开平方法，没有项的方程适用（2）配方法，所有方程适用（3）公式法，所有方程适用，公式法需要先求判别式，根据判别式的正负，求方程的解（4）因式分解法，可因式分解的方程适用,其中因式分解的方法有提取公因式，公式法（平方差公式，完全平方公式），十字相乘法.
17. 如图，△ABC的顶点都在方格线的交点（格点）上．
（1）将△ABC绕C点按逆时针方向旋转90°得到△A′B′C′，请在图中画出△A′B′C′；
（2）将△ABC向上平移1个单位，再向右平移5个单位得到△A″B″C″，请在图中画出△A″B″C″；
（3）若将△ABC绕原点O旋转180°，A的对应点A1的坐标是 ．
【正确答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析；（3）（2，﹣3）．
【分析】（1）直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（3）利用关于原点对称点的性质直接得出答案．
【详解】解：（1）如图所示：△A′B′C′，即为所求；
（2）如图所示：△A″B″C″，即为所求；
（3）将△ABC绕原点O旋转180°，A的对应点A1的坐标是（2，﹣3）．
18. 阅读理解：若x1，x2是关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两个根，则方程的两个根x1，x2和系数a，b，c有如下关系：x1+x2=﹣，x1•x2=，我们把它们称为一元二次方程的根与系数关系定理．
问题解决：请你参考根与系数关系定理，解答下列问题：
（1）若关于x的方程x2+3x+a=0有一个根为﹣1，则另一个根为 ．
（2）求方程2x2﹣3x=5的两根之和，两根之积．
【正确答案】（1）﹣2（2）x1+x2=，x1x2=﹣
【详解】试题分析：利用根与系数的关系．
试题解析：
（1）设一元二次方程的两根为x1，x2，且x1=﹣1，
则根据一元二次方程根与系数的关系，
得﹣1+x2=﹣3，
解得：x2=﹣2．
故答案：﹣2．
（2）解：原方程可以转化为：2x2﹣3x﹣5=0，
∴a=2，b=﹣3，c=﹣5，
∵b2﹣4ac=（﹣3）2﹣4×2×（﹣5）=49＞0，
∴方程有两个没有相等的实数根，
设方程的两个实数根分别x1，x2，则
x1+x2=，x1x2=﹣．
点睛：根与系数的关系
ax2+bx+c=0(a,
,
如果题目中有关于两个根的和，两个根的积，可以利用根与系数的关系，整体代入求值.
19. 学校旁边的文具店里有A、B、C、D四种笔记本，每种笔记本数量充足，某同学去该店购买笔记本，每种笔记本被选中的可能性相同．
（1）若他去买一本笔记本，则他买到A种笔记本的概率是 ；
（2）若他两次去买笔记本，每次买一本，且两次所买笔记本品种没有同，请用树状图或列表法求出恰好买到A种笔记本和C种笔记本的概率．
【正确答案】（1）（2）
【分析】（1）总共四种笔记本，选一种易得概率，
（2）画树状图可得到恰好买到A种笔记本和C种笔记本的概率；
【详解】（1）∵学校旁边的文具店里有A、B、C、D四种笔记本，
∴若他去买一本笔记本，则他买到A种笔记本的概率是：；
故答案为．
（2）画树状图得：
∵共有12种等可能结果，恰好买到A种笔记本和C种笔记本的有2种情况，
∴恰好买到A种笔记本和C种笔记本的概率为：．
20. 如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别与BC，AC交于点D，E，过点D作⊙O的切线DF，交AC于点F．
（1）求证：DF⊥AC；
（2）若⊙O的半径为4，∠CDF=22．5°，求阴影部分的面积．
【正确答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）连接，易得，由，易得，等量代换得，利用平行线的判定得，由切线的性质得，得出结论；
（2）连接，利用（1）的结论得，易得，得出，利用扇形的面积公式和三角形的面积公式得出结论．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB．
∴∠ODB=∠ACB，
∴OD∥AC．
∵DF是⊙O的切线，
∴DF⊥OD．
∴DF⊥AC．
（2）连结OE，
∵DF⊥AC，∠CDF=22．5°．
∴∠ABC=∠ACB=67．5°，∴∠BAC=45°．
∵OA=OE，∴∠AOE=90°．
的半径为4，
，，
．
本题主要考查了切线的性质，扇形的面积与三角形的面积公式，圆周角定理等，作出适当的辅助线，利用切线性质和圆周角定理，数形是解答此题的关键．
21. 为了落实的指示，政府出台了一系列“三农”优惠政策，使农民收入大幅度增加．某农户生产经销一种农产品，已知这种产品的成本价为每千克20元，市场发现，该产品每天的量y（千克）与价x（元/千克）有如下关系：y=﹣x+60．设这种产品每天的利润为w元．
（1）求w与x之间的函数关系式．
（2）该产品价定为每千克多少元时，每天的的利润是多少元？
（3）如果物价部门规定这种产品的价没有能高于每千克35元，该农户想要每天获得300元的利润，价应定为每千克多少元？
【正确答案】（1）w=﹣x2+80x﹣1200；（2）答：该产品价定为每千克40元时，每天利润，利润400元．（3）该农户想要每天获得300元的利润，价应定为每千克30元．
【详解】试题分析：依据“利润=售价﹣进价”可以求得y与x之间的函数关系式，然后利用函数的增减性确定“利润”．
解：（1）y=（x﹣20）w
=（x﹣20）（﹣2x+80）
=﹣2x2+120x﹣1600，
∴y与x的函数关系式为：
y=﹣2x2+120x﹣1600；
（2）y=﹣2x2+120x﹣1600
=﹣2（x﹣30）2+200，
∴当x=30时，y有值200，
∴当价定为30元/千克时，每天可获利润200元；
（3）当y=150时，可得方程：
﹣2（x﹣30）2+200=150，
解这个方程，得
x1=25，x2=35，
根据题意，x2=35没有合题意，应舍去，
∴当价定为25元/千克时，该农户每天可获得利润150元．
考点：二次函数的应用．
22. 如图1，点A是线段BC上一点，△ABD和△ACE都是等边三角形．
（1）连接BE，CD，求证：BE=CD；
（2）如图2，将△ABD绕点A顺时针旋转得到△AB′D′．
①当旋转角为 度时，边AD′落在AE上；
②在①的条件下，延长DD’交CE于点P，连接BD′，CD′．当线段AB、AC满足什么数量关系时，△BDD′与△CPD′全等？并给予证明．
【正确答案】解：（1）见详解；（2）① 60；②当AC=2AB时，△BDD′与△CPD′全等.理由见详解
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=60°，然后求出∠BAE=∠DAC，再利用“边角边”证明△BAE和△DAC全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；
（2）①求出∠DAE，即可得到旋转角度数；
②当AC=2AB时，△BDD′与△CPD′全等．根据旋转的性质可得，然后得到四边形ABDD′是菱形，根据菱形的对角线平分一组对角可得，菱形的对边平行可得DP∥BC，根据等边三角形的性质求出AC=AE，∠ACE=60°，然后根据等腰三角形三线合一的性质求出，从而得到，然后利用“角边角”证明△BDD′与△CPD′全等．
【详解】(1)证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形
∴AB=AD,AE=AC,∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，
即∠BAE=∠DAC，
在△BAE和△DAC中，
，
∴△BAE≌△DAC(SAS)，
∴BE=CD；
(2)①∵∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠DAE=180°−60°×2=60°，
∵边AD′落在AE上，
∴旋转角=∠DAE=60°.
故答案为60.
②当AC=2AB时,△BDD′与△CPD′全等.
理由如下：由旋转可知,AB′与AD重合，
∴AB=BD=DD′=AD′，
∴四边形ABDD′是菱形，
∴∠ABD′=∠DBD′=∠ABD=12×60°=30°,DP∥BC，
∵△ACE是等边三角形，
∴AC=AE,∠ACE=60°，
∵AC=2AB，
∴AE=2AD′，
∴∠PCD′=∠ACD′=∠ACE=×60°=30°，
又∵DP∥BC，
∴∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PCD′=∠PD′C=30°，
在△BDD′与△CPD′中，
，
∴△BDD′≌△CPD′(ASA).
23. 如图，抛物线点，与轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，且．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D在y轴上，且，求点D的坐标；
（3）点M在抛物线上，点在抛物线的对称轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在．求出所有符合条件的点M的坐标；若没有存在，请说明理由．
【正确答案】（1）y=x2﹣2x﹣3；（2）D1（0，1），D2（0，﹣1）；（3）存在，M（4，5）或（﹣2，5）或（0，﹣3）
【分析】（1）待定系数法即可得到结论；
（2）连接AC，作BF⊥AC交AC的延长线于F，根据已知条件得到AF∥x轴，得到F（﹣1，﹣3），设D（0，m），则OD=|m|即可得到结论；
（3）设M（a，a2﹣2a﹣3），N（1，n），①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴y于E，AF⊥x轴于F，于是得到△ABF≌△NME，证得NE=AF=3，ME=BF=3，得到M（4，5）或（﹣2，5）；②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3，则N在x轴上，M与C重合，于是得到结论．
【详解】（1）由y=ax2+bx﹣3得C（0．﹣3），
∴OC=3，
∵OC=3OB，
∴OB=1，
∴B（﹣1，0），
把A（2，﹣3），B（﹣1，0）代入y=ax2+bx﹣3得，
∴，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）设连接AC，作BF⊥AC交AC的延长线于F，
∵A（2，﹣3），C（0，﹣3），
∴AF∥x轴，
∴F（﹣1，﹣3），
∴BF=3，AF=3，
∴∠BAC=45°，
设D（0，m），则OD=|m|，
∵∠BDO=∠BAC，
∴∠BDO=45°，
∴OD=OB=1，
∴|m|=1，
∴m=±1，
∴D1（0，1），D2（0，﹣1）；
（3）设M（a，a2﹣2a﹣3），N（1，n），
①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴于E，AF⊥x轴于F，
则△ABF≌△NME，
∴NE=AF=3，ME=BF=3，
∴|a﹣1|=3，
∴a=4或a=﹣2，
∴M（4，5）或（﹣2，5）；
②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3，
则N在x轴上，M与C重合，
∴M（0，﹣3），
综上所述，存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形，M（4，5）或（﹣2，5）或（0，﹣3）．
1、二次函数的综合，2、待定系数法求二次函数的解析式，3、全等三角形的判定和性质，4、平行四边形的判定和性质
相关试卷
2022-2023学年山西省阳泉市九年级上册数学月考专项突破模拟卷（AB卷）含解析： 这是一份2022-2023学年山西省阳泉市九年级上册数学月考专项突破模拟卷（AB卷）含解析，共49页。试卷主要包含了 下列各数是无理数的是，362×107B， 关于x方程无解，则m的值为等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省南平市九年级上册数学期末专项提升模拟题（AB卷）含解析： 这是一份2022-2023学年福建省南平市九年级上册数学期末专项提升模拟题（AB卷）含解析，共51页。试卷主要包含了选一选，填 空 题，解 答 题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河北省秦皇岛九年级上册数学期末专项提升模拟题（AB卷）含解析： 这是一份2022-2023学年河北省秦皇岛九年级上册数学期末专项提升模拟题（AB卷）含解析，共44页。试卷主要包含了精心选一选，慧眼识金！，填 空 题，解 答 题等内容，欢迎下载使用。
