精品解析：福建省泉州市2022-2023学年九年级上学期期末数学模拟试题

福建省泉州市2022-2023学年九年级上学期数学期末考试模拟试卷 一、单选题（共10小题，每小题3分，共30分） 1. 下列的值能使二次根式有意义的是（ ） A. －2 B. －1 C. 0 D. 1 2. 若，则中的值为（ ） A. B. C. D. 3. 与是同类二次根式的是（ ） A. B. C. D. 4. “翻开人教版数学九年级上册，恰好翻到第80页”，这个事件是（ ） A. 必然事件 B. 随机事件 C. 不可能事件 D. 确定事件 5. 用配方法解方程：，下列配方正确是（ ） A. B. C. D. 6. 若，且面积比为，则其对应边上的高的比（ ） A. B. C. D. 7. 如图，点G是△ABC的重心，过点G作DE∥BC，分别交AB、AC于点D、E，则DG与GE的关系为（ ） A. DG=GE B. DG＞GE C. DG＜GE D. DG=GE 8. 在中，，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 9. 我国古代数学著作《九章算术》有题如下：“今有邑方二百步，各中开门．出东门一十五步有木．问出南门几何步而见木？”大意是，今有正方形小城的边长为200步，如图，各边中点分别开一城门，走出东门15步处有树．问出南门多少步能见到树（即求从点到点的距离）？（注：步是古代的计量单位）（ ） A. 步 B. 步 C. D. 步 10. 已知、是关于的一元二次方程的两个根，若、、5为等腰三角形的边长，则的值为（ ） A. －4 B. 8 C. －4或－8 D. 4或－8 二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分） 11. 计算：__________． 12. 一元二次方程x2﹣16＝0的解是_____． 13. 某水库大坝，其坡面的坡度 ，则斜坡的坡角的度数为_____． 14. 如图，在平面直角坐标系中，与是以点C为位似中心的位似图形，则其相似比为_______． 15. 将一副直角三角尺按如图所示放置，，，，则的长为___________． 16. 在中，，，以为边作等边三角形，直线与直线相交于点，则__________． 三、解答题（共8题，共72分） 17. 计算：． 18 解方程： 19. 如图所示，一幅长与宽之比为的矩形山水画，欲在其周围镶上一圈宽度为的白纸边框，经测算，镶边后的图画（含白纸边框）的面积为，求原矩形山水面的面积． 20. 如图1是武威某动车站出口处的自动扶梯，图2是其简化示意图．自动扶梯的倾斜角为，在自动扶梯下方地面D处测得扶梯顶端A的仰角为，点B到点D的距离为，求自动扶梯距离地面的高度（精确到）．【参考数据：】 21. 如图，A、B、C三点均在边长为1小正方形网格的格点上． （1）请在BC上标出点D，连接AD，使得△ABD∽△CBA； （2）试证明上述结论：△ABD∽△CBA． 22. 已知关于的一元二次方程． （1）请判断这个方程的根的情况，并说明理由； （2）若这个方程的一个实根大于1，另一个实根小于0，求的取值范围． 23. 在数轴上有一动点，其平移的方向和距离由以下规则决定：在一个不透明的袋子里装有三个小球，球面上分别标注数字“5”、“－3”、“－3”，它们除数字不同外没有任何区别．试验者先随机摸出一球，记下数字后，将小球放回袋中充分搅匀，再随机摸出一球，并将两球标注的数字之和作为本次试验的结果．当时，动点沿数轴正方向平移个单位；当时，动点沿数轴负方向平移个单位． （1）试用画树状图或列表法，求每次试验时动点平移的方向为数轴正方向的概率； （2）若动点从原点出发，按以上规则连续平移，且以每次平移结束的位置作为下一次平移的起始位置．当试验次数足够多时，请以试验结果的平均数为依据判断：动点更可能位于原点的左恻或右侧？并说明理由． 24. 在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别相交于、两点，为的中点，点在线段上（），连接，将绕点逆时针旋转得到，旋转角为，连接，． （1）求的长； （2）如图，当点恰好落在轴上时，交轴于点，求证：； （3）当点坐标为，且时，求点的坐标． 25. 如图，在中，，点、分别是边上的三等分点，于点，点是边上的一个动点，连接、，作关于的轴对称图形． （1）当时，求值； （2）当、、三点共线时，求证：； （3）当，且时，线段的中垂线分别交线段、于点、，连接、，求线段的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 福建省泉州市2022-2023学年九年级上学期数学期末考试模拟试卷 一、单选题（共10小题，每小题3分，共30分） 1. 下列的值能使二次根式有意义的是（ ） A. －2 B. －1 C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次根式有意义的（a≥0）条件即可求解． 【详解】解：由题意得 x-1≥0， 解得x≥1． 故选：D 【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，正确理解二次根式有意义的条件是解题的条件． 2. 若，则中的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据设，，代入求解即可． 【详解】解：∵ ∴设，，代入得， 故选：A． 【点睛】此题主要考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解答此题的关键． 3. 与是同类二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据同类二次根式的定义进行解答． 【详解】解：的被开方数是2． A、，是有理数，不是二次根式，故本选项错误； B、，被开方数是2，所以与是同类二次根式，故本选项正确； C、=2，2是有理数，不是二次根式，故本选项错误； D、被开方数是6，所以与不是同类二次根式，故本选项错误； 故选：B． 【点睛】本题考查同类二次根式的概念，同类二次根式是化为最简二次根式后，被开方数相同的二次根式称为同类二次根式． 4. “翻开人教版数学九年级上册，恰好翻到第80页”，这个事件是（ ） A. 必然事件 B. 随机事件 C. 不可能事件 D. 确定事件 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念，必然事件指在一定条件下，一定发生的事件，不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．根据概念可得答案． 【详解】解：“翻开人教版数学九年级上册，恰好翻到第页”，这个事件是随机事件， 故选：B． 5. 用配方法解方程：，下列配方正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据配方法的步骤求解即可． 【详解】解：移项，得， 配方，得， 即， 故选：A． 【点睛】本题考查配方法的运用，解答的关键是熟练掌握配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方. 6. 若，且面积比为，则其对应边上的高的比（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，对应高的比等于相似比解答． 【详解】解：∵两个相似三角形的面积之比为4：9， ∴相似比2：3， 又∵相似三角形对应高的比等于相似比， ∴对应边上高的比为2：3． 故选：C． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形对应高的比等于相似比是解题的关键． 7. 如图，点G是△ABC的重心，过点G作DE∥BC，分别交AB、AC于点D、E，则DG与GE的关系为（ ） A. DG=GE B. DG＞GE C. DG＜GE D. DG=GE 【答案】A 【解析】 【分析】连接AG，并延长交BC于F，利用相似三角形的判定与性质可得，然后利用重心的性质可得结论． 【详解】解：如图，连接AG，并延长交BC于F， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∵点是的重心， ∴， ∴． 故选：A． 【点睛】本题考查了三角形重心的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 8. 在中，，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦的定义及三角形三边关系解题． 【详解】解：如图， 在中，， 故选：B． 【点睛】本题考查正弦、三角形三边关系等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 9. 我国古代数学著作《九章算术》有题如下：“今有邑方二百步，各中开门．出东门一十五步有木．问出南门几何步而见木？”大意是，今有正方形小城的边长为200步，如图，各边中点分别开一城门，走出东门15步处有树．问出南门多少步能见到树（即求从点到点的距离）？（注：步是古代的计量单位）（ ） A. 步 B. 步 C. D. 步 【答案】D 【解析】 【分析】证明△CPF∽△QCE，利用相似三角形的性质得，然后利用比例性质可求出CK的长． 【详解】解：CE＝100，CF＝100，EQ＝15， ∵QE∥CF， ∴∠PCF＝∠Q， 而∠PFC＝∠QEC， ∴△PCF∽△CQE， ∴， 即， ∴PF＝（步）； 答：出南门F步能见到树Q， 故选：D． 【点睛】本题考查了相似三角形的应用：利用视点和盲区的知识构建相似三角形，用相似三角形对应边的比相等的性质求得结论． 10. 已知、是关于的一元二次方程的两个根，若、、5为等腰三角形的边长，则的值为（ ） A. －4 B. 8 C. －4或－8 D. 4或－8 【答案】C 【解析】 【分析】利用根与系数的关系可求出a+b＝6，结合等腰三角形的性质可得出a＝b＝3或a，b两数分别为1，5，再利用两根之积等于﹣n+1，即可求出n值． 【详解】解：∵a，b是关于x的一元二次方程x2﹣6x﹣n+1＝0的两根， ∴a+b＝6，ab=﹣n+1， 又∵等腰三角形边长分别为a，b，5， ∴a＝b＝3或a，b两数分别为1，5． 当a＝b＝3时，﹣n+1＝3×3，解得：n＝﹣8； 当a，b两数分别为1，5时，﹣n+1＝1×5，解得：n＝﹣4． 故选：C． 【点睛】本题考查了根与系数的关系、三角形三边关系以及等腰三角形的性质，利用根与系数的关系结合等腰三角形的性质，求出a，b的值是解题的关键． 二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分） 11. 计算：__________． 【答案】 【解析】 【分析】直接利用特殊角的三角函数值代入计算得出答案． 【详解】解：2cos45° = =， 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键． 12. 一元二次方程x2﹣16＝0的解是_____． 【答案】x1＝﹣4，x2＝4 【解析】 【分析】直接运用直接开平方法进行求解即可. 【详解】解：方程变形得：x2＝16， 开方得：x＝±4， 解得：x1＝﹣4，x2＝4． 故答案为：x1＝﹣4，x2＝4 【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，掌握直接开平方法是解答本题的关键. 13. 某水库大坝，其坡面的坡度 ，则斜坡的坡角的度数为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解直角三角形的实际应用﹣坡度坡角问题，利用坡度的定义及特殊锐角三角函数值可求出斜坡的坡角的度数，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵ ， ∴， 故答案为：． 14. 如图，在平面直角坐标系中，与是以点C为位似中心的位似图形，则其相似比为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得，利用勾股定理解得的长即可解题． 【详解】解：∵与是以点C为位似中心的位似图形， ∴， 相似比为， 故答案为：． 【点睛】本题考查相似三角形的性质、勾股定理的应用，掌握相关知识是解题关键． 15. 将一副直角三角尺按如图所示放置，，，，则的长为___________． 【答案】 【解析】 【分析】在中，利用正切的定义解得，在中，利用余弦定义即可解题． 【详解】解：在中，， 在中， 故答案为：． 【点睛】本题考查解直角三角形，涉及正切、余弦等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 16. 在中，，，以为边作等边三角形，直线与直线相交于点，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】分两种情况求解：①当点D与点B在AC的同侧时，②当点D与点B在AC的两侧时． 【详解】解：①当点D与点B在AC的同侧时，作交CE于N，如图1， ∵， ∴∠ABC=45°， ∴BN=NE， 设BN=NE=x ， ， ， ． 为等边三角形， ， ， ∵tan30°=， ∴， ∴AC=BC=CN+BN=， ， ， ． ②当点D与点B在AC的两侧时，作交CE于M，如图2， ， ， ， ． 为等边三角形， ， ， ． ， ， 即：， 则， ， ， ， ． 综上可知，或． 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，等边三角形的性质，锐角三角函数的知识，以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键． 三、解答题（共8题，共72分） 17. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式的乘除法运算法则进行计算即可得到答案． 【详解】解： ． 【点睛】此题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答此题的关键． 18. 解方程： 【答案】 【解析】 【分析】先利用根的判别式判断根的情况，然后利用公式法解方程，即可得到答案． 【详解】解： ． 【点睛】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握公式法解一元二次方程． 19. 如图所示，一幅长与宽之比为的矩形山水画，欲在其周围镶上一圈宽度为的白纸边框，经测算，镶边后的图画（含白纸边框）的面积为，求原矩形山水面的面积． 【答案】 【解析】 【分析】根据长与宽之比为设出长和宽，根据镶边后的图画（含白纸边框）的面积为列出方程求解即可． 【详解】解：设原矩形的长为，宽为，依题意得： ． 整理得：， 解得：或． 经检验，不合题意，舍去，只取． 则 答：原矩形山水画的面积为． 【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用，对于面积问题应熟记各种图形的面积公式，然后根据题意列出方程是解题关键． 20. 如图1是武威某动车站出口处的自动扶梯，图2是其简化示意图．自动扶梯的倾斜角为，在自动扶梯下方地面D处测得扶梯顶端A的仰角为，点B到点D的距离为，求自动扶梯距离地面的高度（精确到）．【参考数据：】 【答案】自动扶梯的垂直高度约为 【解析】 【分析】根据三角形的外角定义可得AD＝DB，然后利用锐角三角函数求线段长即可． 【详解】解：∵是的外角， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 答：自动扶梯的垂直高度约为． 【点睛】本题考查了三角函数求线段长问题，涉及到解直角三角形、仰角俯角问题、坡度坡角问题，解决本题的关键是掌握仰角俯角定义． 21. 如图，A、B、C三点均在边长为1的小正方形网格的格点上． （1）请在BC上标出点D，连接AD，使得△ABD∽△CBA； （2）试证明上述结论：△ABD∽△CBA． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）根据相似三角形的定义作图即可． （2）借助勾股定理求出AB的长度，根据相似三角形的判定定理证明． 【小问1详解】 如图，点D是所求作的点， 小问2详解】 证明：，BC＝5，BD＝1， ，， ， ∵∠DBA＝∠ABC， ∴△ABD∽△CBA． 【点睛】本题考查相似三角形的判定、勾股定理，解决本题的关键是熟悉相似三角形的判定定理． 22. 已知关于的一元二次方程． （1）请判断这个方程的根的情况，并说明理由； （2）若这个方程的一个实根大于1，另一个实根小于0，求的取值范围． 【答案】（1）有两个实数根，见解析；（2） 【解析】 【分析】（1）利用根的判别式即可判断； （2）利用公式法求得（或表示）两根，再根据根的情况分析即可． 【详解】解：（1）依题意得： ， ∴方程有两个实数根． （2）依题意得： ∴，即，． ∵方程的一个实根大于1，另一个实根小于0， ∴， ∴． 【点睛】本题考查根的判别式和利用公式法求一元二次方程．掌握公式法和根的判别式是解题关键． 23. 在数轴上有一动点，其平移的方向和距离由以下规则决定：在一个不透明的袋子里装有三个小球，球面上分别标注数字“5”、“－3”、“－3”，它们除数字不同外没有任何区别．试验者先随机摸出一球，记下数字后，将小球放回袋中充分搅匀，再随机摸出一球，并将两球标注的数字之和作为本次试验的结果．当时，动点沿数轴正方向平移个单位；当时，动点沿数轴负方向平移个单位． （1）试用画树状图或列表法，求每次试验时动点平移的方向为数轴正方向的概率； （2）若动点从原点出发，按以上规则连续平移，且以每次平移结束的位置作为下一次平移的起始位置．当试验次数足够多时，请以试验结果的平均数为依据判断：动点更可能位于原点的左恻或右侧？并说明理由． 【答案】（1）；（2）左侧，见解析． 【解析】 【分析】（1）画出树状图，确定共有9种等可能性，进而得到符合条件的有5种等可能性，根据概率公式即可求解； （2）根据树状图分别求出三种移动方式的概率，进而求出m的平均值，根据m的值即可进行判断． 【详解】解：（1）画树状图如下： 共有9种等可能结果，其中点平移的方向为数轴正方向有5种，所以； （2）动点位于原点左侧的可能性更大，理由如下： 由（1）得：，，， ∴的平均值为， ∴当试验次数足够多时，动点更可能位于数轴负方向个单位处，即动点位于原点左侧可能性更大． 【点睛】本题考查了列举法求概率，正确列表或画出树状图，理解题意是解题关键． 24. 在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别相交于、两点，为的中点，点在线段上（），连接，将绕点逆时针旋转得到，旋转角为，连接，． （1）求的长； （2）如图，当点恰好落在轴上时，交轴于点，求证：； （3）当点的坐标为，且时，求点的坐标． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）的坐标为或 【解析】 【分析】（1）求出、两点坐标，勾股定理求AB长即可； （2）根据旋转的性质证或都可证明； （3）过点作轴于点，分当在轴左侧和右侧两种情况，根据，设坐标，勾股定理列方程即可． 【详解】解：（1）∵直线与轴、轴分别交于、两点， ∴，． 在中，由勾股定理得：． （2）解法一：如图1，由旋转的性质可得，， ，， ∴， 又∵，， ∴． 又∵， ∴， 又∵， ∴． 解法二：如图1，由旋转的性质可得． 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴． （3）依题意得：，． 设． ①当在轴左侧时，如图2，此时，过点作轴于点， 过点作，交的延长线于点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴，． 中，由勾股定理得：， 又∵， ∴，解得：或（舍去）． ∴． ②当在轴右侧时，如图3，此时，过点作轴于点， 过点作于点． 同理可得：， ∴， ∴． 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：，（舍去）．， ∴． 综上所述，的坐标为或． 【点睛】 【点睛】本题考查了一次函数综合知识，包含了解直角三角形、相似三角形等知识，解题关键是熟练运用相关知识，综合相关已知，准确进行计算． 25. 如图，在中，，点、分别是边上三等分点，于点，点是边上的一个动点，连接、，作关于的轴对称图形． （1）当时，求的值； （2）当、、三点共线时，求证：； （3）当，且时，线段的中垂线分别交线段、于点、，连接、，求线段的最小值． 【答案】（1）；（2）见解析；（3） 【解析】 【分析】(1)由平行线分线段成比例可得，即可求解； (2)通过证明，可得，即可求解； (3)通过证明，可得，然后可求QN的长，利用二次函数的性质可求QD得最小值，由勾股定理可求解． 【详解】 解：（1）∵， ∴． 又∵点、分别是边上的三等分点，∴， ∴． （2）如图1，∵，点为的中点， ∴， ∴． ∵与关于成轴对称， ∴，，， 又∵， ∴， ∴． 设与相交于点， ∴， ∵， ， ∴． 设，则，， ∴， 又， ∴， ∴， ∴． 依题意得：，， ∴． （3）如图2，过点作于点，过点作于点，于点． ∵，， ∴． 设，则， ∵为的中点， ∴， ． 由题意得：． ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即，解得：． ∴． 令，即， 整理得：， ∴， 解得：，（舍去），即，此时， ∵垂直平分，∴， ∴． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质等知识，添加恰当的辅助线构造相似三角形是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$