山东省临沂第二十九中学2021-2022学年人教版九年级（上）期中数学模拟试卷

这是一份山东省临沂第二十九中学2021-2022学年人教版九年级（上）期中数学模拟试卷，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 2021-2022学年人教版九年级（上）期中数学模拟试卷题号一二三总分得分     一、选择题（本大题共12小题，共36分）关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是A.  B.  C. 且 D. 且如图，量角器的直径与含角的直角三角形的斜边重合点的刻度为，射线从处出发沿顺时针方向以每秒度的速度旋转，与量角器的半圆弧交于点，当第秒时，点在量角器上对应的读数是A.  B.  C.  D. 从下列直角三角板与圆弧的位置关系中，可判断圆弧为半圆的是A.  B.
C.  D. 如图，若，，则的长为A.
B.
C.
D. 如图，是外一点，、切于点、，点在优弧上，若，则等于A.
B.
C.
D. 已知二次函数为常数的图象与轴的一个交点为，则关于的一元二次方程的两个实数根是A. ， B. ，
C. ， D. ，将等腰绕点逆时针旋转得到，若，则图中阴影部分面积为A.
B.
C.
D. 已知一元二次方程有两个实数根、，且抛物线的顶点坐标恰好是，则此抛物线的函数表达式为A.  B.
C.  D. 如图，圆锥底面半径为，母线长为，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则的值为       A.
B.
C.
D. 地面竖直向上抛出一小球，小球的高度单位：与小球运动时间单位：之间的函数关系如图所示下列结论：小球抛出秒时速度为；小球在空中经过的路程是；小球的高度时，；小球抛出秒后，速度越来越快其中正确的是
A.  B.  C.  D. 若、是方程的两个实数根，则的值为A.  B.  C.  D. 已知二次函数的图象如图所示，有下列结论：；；；其中，其中正确的结论有A. 个
B. 个
C. 个
D. 个二、填空题（本大题共5小题，共15分）方程的解是______．已知二次函数的图象如右图所示，则一次函数 的图象不经过第            象限。
 如图，的内切圆与两直角边、分别相切于点、，过劣弧不包括端点、上任一点作的切线，与、分别交于点、，，，则的周长______．


 对正实数，作定义，若，则的值是           ．二次函数的部分图象如图所示，图象过点，对称轴为直线，下列结论：；；；若点，点，点在该函数图象上，则；若，则，其中正确的结论的序号是______．三、解答题（本大题共7小题，共69分）已知，是关于的一元二次方程的两实数根．
若，求的值；
已知等腰的一边长为，若，恰好是另外两边的边长，求的周长．






 不透明的口袋里装有白、黄、蓝三种颜色的乒乓球除颜色外其余都相同，其中白球有个，黄球有个，现从中任意摸出一个是白球的概率为．
试求袋中蓝球的个数；
随机摸两球，请用画树状图或列表格法，求摸到的都是白球的概率．






 四边形是正方形， 旋转一定角度后得到 ，如图所示，如果，，求指出旋转中心和旋转角度求的长度 与的位置关系如何？试说明理由。







 如图，在中，三个顶点的坐标分别为，，，将向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度，得到，其中点的对应点为点，点的对应点为点，点的对应点为点．
直接写出平移后的的顶点坐标： ______、 ______、 ______；
在网格中画出绕原点顺时针旋转后的图形；
求出的面积．







 在乐善中学组织的体育测试中，小壮掷出的实心球的高度与水平距离之间的关系式是，求小壮此次实心球推出的水平距离．






 学习心得：小刚同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．例如：已知，如图，在中，，，是外一点，且，求的度数．若以点为圆心，为半径作辅助圆，则点、必在上，是的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到______直接写答案
问题解决：如图，在四边形中，，，求的度数；
问题拓展：如图，在中，，是边上的高，且，，求的长．







 如图，二次函数的图象交轴于、两点，交轴于点，点的坐标为，顶点的坐标为．

求二次函数的解析式和直线的解析式；
点是直线上的一个动点，过点作轴的垂线，交抛物线于点，当点在第一象限时，求线段长度的最大值；
在抛物线上是否存在异于、的点，使中边上的高为？若存在求出点的坐标；若不存在请说明理由．







答案和解析1.【答案】
 【解析】解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
且，即，
解得且．
故选：．
根据一元二次方程的定义和的意义得到且，即，然后解不等式即可得到的取值范围．
本题考查了一元二次方程的根的判别式：当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．
 2.【答案】
 【解析】解：连接，
，
点在以为直径的圆上，
即点在上，
，
，
．
故选A．
首先连接，由，根据圆周角定理，可得点在上，即可得，又由的度数，继而求得答案．
本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．
 3.【答案】
 【解析】解：直径所对的圆周角等于直角，
从下列直角三角板与圆弧的位置关系中，可判断圆弧为半圆的是．
故选：．
根据圆周角定理直径所对的圆周角是直角求解，即可求得答案．
此题考查了圆周角定理．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
 4.【答案】
 【解析】解：垂直于，如图，则，
在中，，
，
在中，．
故选：．
垂直于，如图，则利用垂径定理得到，再利用勾股定理计算出，则，然后在中利用勾股定理计算出．
本题考查了垂径定理：直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．
 5.【答案】
 【解析】解：、都为圆的切线，
，
，
，
与都对，
．
故选：．
由与都为圆的切线，利用切线的性质得到两个角为直角，根据的度数，利用四边形的内角和定理求出的度数，再利用同弧所对的圆心角等于所对圆周角的倍，求出的度数即可．
此题考查了切线的性质，圆周角定理，以及四边形的内角和，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
 6.【答案】
 【解析】【分析】
本题考查了二次函数与一元二次方程的解的关系，理解一元二次方程的解就是抛物线为常数的图象与轴的交点的横坐标是关键．
根据抛物线的对称轴，确定抛物线与轴的两个交点的坐标，交点的横坐标就是方程的解．
【解答】
解：二次函数为常数的对称轴是，
关于的对称点是．
则一元二次方程的两个实数根是，．
故选D．  7.【答案】
 【解析】解：如图，设与交点为，
是等腰直角三角形，
，
是绕点逆时针旋转后得到，
，，
，
，
，
即，
解得，
故阴影部分的面积．
故选D．
设与交点为，根据等腰直角三角形的性质求出，再根据旋转的性质求出，，然后求出，再根据直角三角形角所得到直角边等于斜边的一半可得，然后利用勾股定理列式求出，再利用三角形的面积公式列式进行计算即可得解．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟记性质并求出阴影部分的两直角边的长度是解题的关键．
 8.【答案】
 【解析】解：一元二次方程有两个实数根、，
，，
抛物线的顶点为，
抛物线解析式为，
故选：．
先根据根与系数的关系求出函数的顶点坐标，再把抛物线解析式写成顶点式，化简即可．
本题考查二次函数的性质，关键是根与系数关系的应用．
 9.【答案】
 【解析】【分析】
本题考查的是圆锥的计算，熟记弧长公式是解答此题的关键．
直接根据弧长公式即可得出结论．
【解答】
解：圆锥底面半径为，母线长为，其侧面展开图是圆心角为的扇形，
，解得．
故选：．  10.【答案】
 【解析】解：小球抛出秒时达到最高点即速度为；故正确；
由图象知小球在空中达到的最大高度是；故错误；
设函数解析式为：，
把代入得，解得，
函数解析式为，
把代入解析式得，，
解得：或，
小球的高度时，或，故错误；
小球抛出秒后速度越来越快；故正确；
故选：．
根据函数的图象中的信息判断即可．
本题考查了二次函数的应用，解此题的关键是正确的理解题意，属于中考基础题，常考题型．
 11.【答案】
 【解析】解：根据题意得，，
所以．
故选B．
先根据根与系数的关系得到，，再利用完全平方公式变形得到，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，．
 12.【答案】
 【解析】解：由图象可知：，，
，
，
，故此选项正确；
当时，，故，错误；
当时函数值，，且，
即，代入得，得，故此选项C错误；
当时，的值最大．此时，，
而当时，，
所以，
故，即，故此选项正确．
故正确．
故选：．
由抛物线的开口方向判断的符号，由抛物线与轴的交点判断的符号，然后根据对称轴及抛物线与轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次函数的图象为一条抛物线，当，抛物线的开口向下，当时，函数值最大；抛物线与轴的交点坐标为．
 13.【答案】，
 【解析】解：，
移项得：，
分解因式得：，
可得或，
解得：，．
故答案为：，
将方程化为一般形式，提取公因式分解因式后，利用两数相乘积为，两因式中至少有一个为转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解．
此题考查了解一元二次方程因式分解法，利用此方法解方程时，首先将方程右边化为，左边化为积的形式，然后利用两数相乘积为，两因式中至少有一个为转化为两个一元一次方程来求解．
 14.【答案】二
 【解析】试题分析：本题观察发现对称轴小于，所以得出，，同号，图像与轴负半轴相交，，图像与的交点，可以看出方程的两根积为负，所以，则，故经过一、三、四象限二
考点：二次函数一次函数
 15.【答案】
 【解析】解：连接、，如图．

在中，
，
设内切圆半径为，
、为的切线，
，，
，，
四边形为正方形，
，
根据切线长定理可得，
，，，，
，
解得，






．
故答案为．
首先利用勾股定理求出斜边的长度，再根据判断四边形为正方形，依据切线长定理求出内切圆半径，进而求出周长．
本题主要考查了三角形的内切圆、切线的性质定理、切线长定理，解题关键是判断四边形为正方形，再依据切线长将三角形的周长化成两条切线长，再转化为半径进行求解．
 16.【答案】
 【解析】试题分析：根据对、的新定义，可把，变形为，再设，代入求解即可．
，
原方程变形为：，
整理得，，
设，则，
解得或，
，
，
．
故答案为：．
 17.【答案】
 【解析】解：称轴为直线，
，
，
，故正确，
二次函数的部分图象如图所示，图象过点，对称轴为直线，
当时，，
，故错误，
图象过点，，，
，
，
，
，故正确，
点，点，点在该函数图象上，对称轴为直线，图象开口向下，
，故错误，
当时，取得最大值，
当时，，
，故正确，
故答案为：．
根据函数图象和题意、二次函数的性质，图象具有对称性，可以分别求得各个小题中的结论是否成立，本题得以解决．
本题考查二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
 18.【答案】解：由根与系数关系得：，
依题意得：，
，
，
，
解得：，，
由得：，
，
；
分两种情况：
当或时，即方程有一根为，把代入方程得：，
整理得，解得，，
当时，，解得，而，故舍去；
当时，，解得，则三角形周长为；
当时，即方程有两个相等实根，，则，，方程化为，解得，则，故舍去，
所以这个三角形的周长为．
 【解析】根据已知和根与系数的关系得：，解得：，，因为 关于的一元二次方程的两实数根，则，列式可得：，所以；
分类讨论：当或时，即方程有一根为，把代入方程得的值，并根据三角形三边关系取舍；当时，即方程有两个相等实根，，则，，同理根据三角形三边关系舍去．
此题考查了三角形的三边关系、等腰三角形的判定、一元二次方程根的判别式和根与系数的关系的应用，时，方程有两个不相等的实数根；时，方程有两个相等的实数根；时，方程没有实数根；；．
 19.【答案】解：设袋中蓝球的个数为个，
从中任意摸出一个是白球的概率为，
，
解得：，
袋中蓝球的个数为；

画树状图得：

共有种等可能的结果，两次都是摸到白球的有种情况，
两次都是摸到白球的概率为：．
 【解析】首先设袋中蓝球的个数为个，由从中任意摸出一个是白球的概率为，利用概率公式即可得方程：，解此方程即可求得答案；
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次都是摸到白球的情况，再利用概率公式求解即可求得答案
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．注意列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率所求情况数与总情况数之比．
 20.【答案】解：根据旋转的性质可知：≌，
，，，
可得旋转中心为点，旋转角度为或；旋转一定角度后得到，≌                                        解：与的位置关系是；理由如下：延长边交于，≌ 在中，在中，即．
 【解析】根据旋转的性质可得≌，再根据全等三角形的性质可得，，，然后根据旋转的性质分顺时针和逆时针旋转两种情况解答；
根据代入数据计算即可得解；
延长与相交于点，然后求出，再根据垂直的定义解答．解：根据旋转的性质可知：≌，
，，，
可得旋转中心为点，旋转角度为或；旋转一定角度后得到， ≌                                        解：与的位置关系是；理由如下：延长边交于≌ 在中，在中，即．
 21.【答案】   
 【解析】解：如图，即为所求，、、，
故答案为：，，．

如图，即为所求．

的面积．
利用平移变换的性质分别作出，，的对应点，，即可．
利用旋转变换的性质分别作出，，的对应点，，即可．
利用分割法把三角形面积看成矩形面积减去周围三个三角形面积即可．
本题考查作图平移变换，旋转变换，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
 22.【答案】解：令，则，
解得：，舍去，
故小壮此次实心球推出的水平距离为：米．
 【解析】根据题意得出，进而解方程得出答案．
此题主要考查了二次函数的应用，正确理解题意是解题关键．
 23.【答案】或
 【解析】解：如图，，，
以点为圆心，长为半径画圆，点、、必在上，
是的圆心角，而是圆周角，
，
同理，当点在弧上时，．
故答案是：或；
如图，取的中点，连接、，

，
点、、、共圆，
，
，
；
如图，作的外接圆，过圆心作于点，作于点，连接、、，

，
，
在中，，，
，
，
，为圆心，
，
．
在中，，，
，
，
四边形是矩形，
，，
在中，，，
，
．
利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解；
由、、、共圆，得出；
作的外接圆，过圆心作于点，作于点，连接、、利用圆周角定理推知是等腰直角三角形，结合该三角形的性质求得；在等腰中，利用勾股定理得到，进而求解．
本题主要考查了圆的综合题，考查了垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的性质、矩形的判定与性质以及勾股定理等知识，难度偏大，熟练掌握垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的性质、矩形的判定与性质以及勾股定理及作出合理的辅助线是解题的关键．
 24.【答案】解：
抛物线的顶点的坐标为，
可设抛物线解析式为，
点在该抛物线的图象上，
，解得，
抛物线解析式为，即，
点在轴上，令可得，
点坐标为，
可设直线解析式为，
把点坐标代入可得，解得，
直线解析式为；
设点横坐标为，则，，
，
当时，有最大值；
如图，过作轴交于点，交轴于点，作于，

设，则，
，
是等腰直角三角形，
，
，
当中边上的高为时，即，
，
，
当时，，方程无实数根，
当时，解得或，
或，
综上可知存在满足条件的点，其坐标为或．
 【解析】可设抛物线解析式为顶点式，由点坐标可求得抛物线的解析式，则可求得点坐标，利用待定系数法可求得直线解析式；
设出点坐标，从而可表示出的长度，利用二次函数的性质可求得其最大值；
过作轴，交于点，过和于，可设出点坐标，表示出的长度，由条件可证得为等腰直角三角形，则可得到关于点坐标的方程，可求得点坐标．
本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、等腰直角三角形的性质及方程思想等知识．在中主要是待定系数法的考查，注意抛物线顶点式的应用，在中用点坐标表示出的长是解题的关键，在中构造等腰直角三角形求得的长是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．