2021-2022学年人教版九年级上数学期中模拟复习试卷（五）含答案

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1、第 1 页，共 20 页 2021-2022 学年学年人教版人教版九年级（上）期中数学九年级（上）期中数学模拟模拟试卷试卷（五）（五） 一、选择题（本大题共 14 小题，共 42 分） 1. 下列球类小图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( ) A. 羽毛球 B. 斯诺克 C. 篮球 D. 阿美西亚足球 2. 下列方程中，是关于的一元二次方程的是( ) A. + 1 = 2 B. 22 = 1 C. 33= 1 D. = 4 3. 在元旦庆祝活动中，参加活动的同学互赠卡片，共送卡片42张，则参加活动的学生人数为( ) A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 4. 下列关于圆的叙述正确的有

2、( ) 圆内接四边形的对角互补； 相等的圆周角所对的弧相等； 正多边形内切圆的半径与正多边形的半径相等； 圆内接平行四边形是矩形 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 5. 已知二次函数 = 2+ 的图象经过点(1,1)，则有( ) A. 最小值0 B. 最大值1 C. 最大值2 D. 最小值 1 4 6. 如图，正方形的两边、分别在轴、轴上，点(5,3)在边上， 以为中心，把 旋转90，则旋转后点的对应点的坐标是( ) A. (2,10) B. (2,0) C. (2,10)或(2,0) D. (10,2)或(2,0) 7. 如图是二次函数 = 2+ + 的部分图象， 0时自变量的

3、取值范围是( ) A. 1 5 第 2 页，共 20 页 C. 1 D. 5 8. 如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形 111的一个顶点，且这两个正方形的边长 都为2.若正方形111绕点转动， 则两 个正方形重叠部分的面积为( ) A. 16 B. 4 C. 1 D. 2 9. 二次函数 = 2+ + ( 0,为常数)的图象如图，2 + + = 有实数根的条件是( ) A. 2 B. 5 C. 0 D. 4 10. 8.在 中， = 90，点. 分别在、上， 若 =， = 5，则的值为 A. 15 B. 25 C. 30 D. 50 11. 如图， 与轴相交于点(2,0)、(8,0)，

4、与轴相切于点，则圆心的 坐标是( ) A. (3,5) B. (5,3) C. (4,5) D. (5,4) 12. 如图，无论为何值， = 2+ + 恒为正的条件是( ) A. 0，2 4 0 B. 0 C. 0，2 4 0 D. 0，2 4 0 13. 矩形中， = 10， = 42， 点在边上， 且： = 4：1，如果 是以点为圆心，长为半径的圆，那么下列结论正确的是( ) 第 3 页，共 20 页 A. 点、均在 外 B. 点在 外，点在 内 C. 点在 内，点在 外 D. 点、均在 内 14. 如图，在扇形中， = 105， = 4，将扇形沿着过点的直线折叠，点恰好落在 的 点处，折

5、痕交于点，则阴影部分的面积为( ) A. 2 2 B. 2 4 C. 4 2 D. 4 4 二、填空题（本大题共 5 小题，共 15.0 分） 15. 关于的方程2 (2 + 1) + + 2 = 0有实数根，则的取值范围是_ 16. 如图，为 的直径，且 = 10，点为 上半圆的一 点， 于点， 的角平分线交 于点， 弦 = 6， 那么 的面积是_ 17. 如图， 在中， . 截的三条边所得的弦长相等， 则的度数为 18. 在 中， = 90， = 30， 将 绕点按逆时针方向旋转角(0 90)， 得到 ， 设交边于，连接，若 是等腰三角形，则旋转角的度数为_ 19. 如图，一段抛物线： =

6、 ( 2)(0 2)记为1，它与轴交于两点、1；将1绕1旋转180得 到2， 交轴于2； 将2绕2旋转180得到3， 交轴于3； 如此进行下去， 直至得到7， 若点(13,)在 第7段抛物线7上，则 =_ 三、解答题（本大题共 5 小题，共 63 分） 第 4 页，共 20 页 20. 20.画出函数的图象的草图，利用图象回答： (1)方程的解是什么； (2)取什么值时，函数值大于0； (3)取什么值时，函数值小于0 21. 用适当的方法解方程：2 6 = 3( 3) 22. 如图， 是 的直径， 是 的切线， 点为切点， 与 交于点， 点是的中点， 连结 (1)求证：是 的切线； (2)若

7、= 2， = 30，求阴影部分的面积 第 5 页，共 20 页 23. 如图，在足够大的空地上有一段长为20米的旧墙，某人利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园， 其中 ，已知矩形菜园的一边靠墙，另三边一共用了50米木栏 (1)若围成的矩形菜园的面积为200平方米，求所利用旧墙的长； (2)求矩形菜园面积的最大值 24. 在如图所示的正方形网格中， 的顶点均在格点上， 请在所给的平面直角坐标系中按要求作图并完 成填空： (1)作出 关于原点成中心对称的 111，写出点1的坐标_； (2)作出 111绕点逆时针旋转90的 222，写出点2的坐标_ 第 6 页，共 20 页 25. 如图， = 60，平分

8、交 于点，连接、 (1)求证：四边形是菱形； (2)当为多少度时，四边形是正方形？ 答案和解析答案和解析 1.【答案】 【解析】解：、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意； C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意； D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意 故选： 根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解 本题考查了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度后与原图重合 2.【答案】 【解析】

9、解：、 + 1 = 2为分式方程，所以选项不符合题意 B、22 = 1为一元二次方程，所以选项符合题意； C、33= 1是一元三次方程，所以选项不符合题意； D、 = 4是二元二次方程，所以选项不符合题意； 故选： 根据一元二次方程的定义对各选项进行判断 本题考查了一元二次方程的一般式：一般地，任何一个关于的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式 第 7 页，共 20 页 2+ + = 0( 0).这种形式叫一元二次方程的一般形式也考查了一元二次方程的定义 3.【答案】 【解析】解：设参加活动的学生人数为人，则每个学生需送出( 1)张卡片， 依题意得：( 1) = 42， 整理得：2 42 =

10、 0， 解得：1= 7，2= 6(不合题意，舍去) 故选： 设参加活动的学生人数为人，则每个学生需送出( 1)张卡片，根据共送卡片42张，即可得出关于的一 元二次方程，解之取其正值即可得出结论 本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键 4.【答案】 【解析】解：圆内接四边形的对角互补；正确； 相等的圆周角所对的弧相等；错误； 正多边形内切圆的半径与正多边形的半径相等；错误； 圆内接平行四边形是矩形；正确； 正确的有2个， 故选： 利用圆内接四边形的性质、圆周角定理、正多边形的性质分别判断后即可确定正确的选项个数 题考查了圆内接四边形的性质、正多边形的性质以及

11、圆周角定理；熟记有关性质是解决问题的关键 5.【答案】 【解析】解：点(1,1)代入 = 2+ 得， = 1， = 1， = ( 1) = 2 = ( 1 2) 2 1 4； 有最小值 1 4 故选： 把点(1,1)代入 = 2+ ， 可得出与的关系， 用含的代数式表示， 进而得出与的函数关系式， 最后根据函数的性质得出结果 第 8 页，共 20 页 本题考查了图象上的点和解析式之间的关系，然后转化为关于的二次式解答 6.【答案】 【解析】解：点(5,3)在边上， = 5， = 5 3 = 2， 若顺时针旋转，则点在轴上， = 2， 所以，(2,0)， 若逆时针旋转，则点到轴的距离为10，到轴

12、的距离为2， 所以，(2,10)， 综上所述，点的坐标为(2,10)或(2,0) 故选： 分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况讨论解答即可 本题考查了坐标与图形变化旋转，正方形的性质，难点在于分情况讨论 7.【答案】 【解析】解：由图象可知，抛物线与轴的交点坐标分别为(1,0)和(5,0)， 0时，的取值范围为 5 故选 D 先求出抛物线与轴的交点坐标，根据图象即可解决问题 本题考查抛物线与轴的交点，对称轴等知识，解题的关键是学会根据图象 确定自变量的取值范围，属于中考常考题型 8.【答案】 【解析】解：四边形为正方形， = = 45， = ，即 + = 90， 又四边形111为正方形， 11=

13、90，即 + = 90， = ， 在 和 中， = = = 第 9 页，共 20 页 ()， 两个正方形重叠部分= + ， 又= ， 两个正方形重叠部分= = 1 4 2 2 = 1 故选： 由题求证 ，故两个正方形重叠部分的面积等于三角形的面积，得出结论 此题考查正方形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形的面积等知识点，本题属于中考常考题型，证 明 是关键 9.【答案】 【解析】本题考查了利用图象观察方程的解，正确利用数形结合得出取值范围是解题关键.解： 2+ + = 有实数根 = 2+ + 与 = 有交点 可得 2， 故选： 10.【答案】 【解析】 11.【答案】 【解析】 第 10

14、页，共 20 页 【分析】 本题考查了切线的性质、垂经定理、勾股定理等知识 因为 与轴相交于点(2,0)、(8,0)，作 于，利用垂径定理可求出 = = 1 2 = 3，又 因为 与轴相切于点，连接、，则有矩形，所以 = = = 5，利用勾股定理即 可求出的值，从而求出答案 【解答】 解： 与轴相交于点(2,0)、(8,0)， = 2， = 8， = 6 作 于，利用垂径定理可求出 = = 1 2 = 3， = 8 3 = 5 又 与轴相切于点， 连接、，则有矩形，所以 = = = 5， 在 中， = 2 2 = 4， (5,4) 故选 D 12.【答案】 【解析】解：无论为何值， = 2+

15、+ 恒为正， 抛物线开口向上，抛物线与轴没有公共点， 0，= 2 4 0，利用判别式的意义得到 6，46 6， 点，点均在 外， 故选： 先求出的长，然后利用勾股定理求得圆的半径的长，根据点、到点的距离判断点、与圆的位 置关系即可 本题考查了矩形的性质，点与圆的位置关系的判定，根据点与圆心之间的距离和圆的半径的大小关系作出 判断即可 14.【答案】 【解析】解：连接，如右图所示， 将扇形沿着过点的直线折叠，点恰好落在 的点处， = ， = ， = ， = ， = 105， = = ， 是等边三角形， = 60， = = 105 60 = 45， = 45， 第 12 页，共 20 页 = 90

16、， = = 4， = = 22， 阴影部分的面积为：扇形 = 4542 360 2222 2 = 2 4， 故选： 根据翻折的性质可以得到 = ， = ，再根据 = ，从而可以得到 时等边三角形，然 后即可得到的度数，从而可以得到 的形状，从图形可以发现，阴影部分的面积=扇形的面 积 的面积，然后代入数据计算即可 本题考查扇形面积的计算、翻折变化、等腰三角形的性质、等边三角形的性质，解答本题的关键是发现阴 影部分的面积=扇形的面积 的面积 15.【答案】 1 4 【解析】解：当 = 0时，原方程为 + 2 = 0， 解得： = 2， = 0符合题意； 当 0时，有= (2 + 1)2 4( +

17、 2) 0， 解得： 1 4且 0 综上：的取值范围是 1 4 故答案为： 1 4 分 = 0及 0两种情况考虑：当 = 0时，通过解一元一次方程可得出原方程有解，即 = 0符合题意；等 0时，由 0即可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范围综上此题得解 本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，分 = 0及 0两种情况考虑是解题的关键 16.【答案】21 【解析】解：如图，连接，过点作 于， 第 13 页，共 20 页 为直径， = 90， + = 90， ， + = 90， = ， = ， = ， = ， 平分， = ， + = 45， = 6， = = 32， = = 45，

18、 = ， ， = ， = 10， = 2 = 52， = 2 2=(52)2 (32)2= 42， = + = 32 + 42 = 72， 的面积= 1 2 = 1 2 72 32 = 21 故答案为：21 连接，作 于，利用角平分线定义、直径所对的圆周角为直角与余角的性质推得为45， 然后由等腰直角三角形的性质求出和的长，再利用垂径定理得出 = 90，于是由等腰直角三角 形的性质求出的长度，则由勾股定理可求的长度，进而求出的长，现知 的底和高，则其面 积可求 此题考查了圆周角定理、勾股定理、三角形面积公式等知识，熟练掌握圆周角定理、勾股定理、三角形面 积公式并作出合理的辅助线是解题的关键 1

19、7.【答案】125 第 14 页，共 20 页 【解析】 先利用 截 的三条边所得的弦长相等， 得出即是 的内心， 从而， 1 = 2， 3 = 4， 进一步求出的度数 解： 中 = 70， 截 的三条边所得的弦长相等， 到三角形三条边的距离相等，即是 的内心， 1 = 2，3 = 4， = 180 (1 + 3) = 180 55 = 125 故答案为：125 18.【答案】20或40 【解析】解：如图， 绕点逆时针方向旋转得到 ， = ， = = 1 2(180 )， = = 1 2(180 ) 30， 根据三角形的外角性质， = + = 30 + ， 是等腰三角形，分三种情况讨论， 第

20、15 页，共 20 页 = 时，1 2(180 ) = 1 2(180 ) 30，无解， = 时，1 2(180 ) = 30 + ， 解得 = 40， = 时，1 2(180 ) 30 = 30 + ， 解得 = 20， 综上所述，旋转角度数为20或40 故答案为20或40 根据旋转的性质可得 = ，根据等腰三角形的两底角相等求出 = ，再表示出，根据 三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和表示出，然后分 = ， = ， = 三种情况讨论求解 本题考查了旋转的性质，等边对等角的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质， 难点在于要分情况讨论 19.【答案】1 【解析】解

21、： = ( 2)(0 2)， 配方可得 = ( 1)2+ 1(0 2)， 顶点坐标为(1,1)， 1坐标为(2,0) 2由1旋转得到， 1= 12，即2顶点坐标为(3,1)，2(4,0)； 照此类推可得，3顶点坐标为(5,1)，3(6,0)； 4顶点坐标为(7,1)，4(8,0)； 5顶点坐标为(9,1)，5(10,0)； 6顶点坐标为(11,1)，6(12,0)； 7顶点坐标为(13,1)，7(14,0)； = 1 故答案为1 将这段抛物线1通过配方法求出顶点坐标及抛物线与轴的交点，由旋转的性质可以知道1与2的顶点到 轴的距离相等，且1= 12，照此类推可以推导知道点(13,)为抛物线7的顶

22、点，从而得到结果 本题考查了二次函数图象与几何变换及旋转的性质，解题的关键是求出抛物线的顶点坐标 第 16 页，共 20 页 20.【答案】(1)； (2) 3； (3) 1 3 【解析】分析：本题主要考查二次函数图象性质和二次函数与一元二次方程的关系.解题的关键值准确的作 出函数图象 解：(1)由图可知方程的解为 (2) 3时，函数值 0； (3) 1 3时，函数值 0 第 17 页，共 20 页 21.【答案】解： 2 6 = 3( 3)， 3( 3) 2( 3) = 0， 则( 3)(3 2) = 0， 3 = 0或3 2 = 0， 解得1= 3，2= 2 3 【解析】利用因式分解法求解

23、可得 本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分 解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键 22.【答案】解：(1)连结，如图所示： 是 的直径，是切线， = 90， = 90， 点是的中点， 1 2 = ， = ， 又 = ， = ， = + = + = 90， 即 ， 是 的切线； (2) 在 中， = 30， = 60， = 120， = 1， = 2 = 4， = 1 2 2 2 = 3， 第 18 页，共 20 页 阴影= 四边形 扇形= 1 3 12012 360 = 3 3 【解析】(1)连结，由切线性

24、质知 中 = ，即 = ，再结合 = 知 = + = + = 90，据此即可得证； (2)先求出 = 1， = 2 = 4， = 1 2 2 2 = 3， 再根据阴影= 四边形 扇形即可得 本题主要考查切线的判定与性质，解题的关键是掌握切线的判定与性质、直角三角形的性质、扇形面积的 计算等知识点 23.【答案】解：(1)设 = 米，则 = 50 2 ，依题意得，(100) 2 = 450 解得1= 10，2= 90 = 20，且 = 90舍去 利用旧墙的长为10米 (2)设 = 米，矩形的面积为平方米，依题意 得： = (100) 2 = 1 2( 50) 2 + 1250，0 ， 0 50

25、50时，随的增大而增大， 当 = = 20时，最大= 50 1 2 2 = 800 【解析】(1)按题意设出，表示构成方程； (2)根据旧墙长度和长度表示矩形菜园长和宽，即可求解 本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用我们首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型，然后 结合实际选择最优方案 其中要注意应该在自变量的取值范围内求最大值(或最小值)， 也就是说二次函数的 最值不一定在 = 2时取得 24.【答案】(1)(4,4)；(2)(1,4) 【解析】解：(1)如图， 111，为所作，点1的坐标为(4,4)； (2)如图， 222为所作，点2的坐标为(1,4) 第 19 页，共 20 页 故

26、答案为(4,4)，(1,4) (1)根据关于原点对称的点的坐标特征分别写出点、的对应点1、1、1的坐标，然后描点即可得到 111； (2)利用网格特点和旋转的性质画出点1、 1、 1的对应点2、 2、 2， 于是可得到 222， 再写出点2的坐 标 本题考查了作图旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可 以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形 25.【答案】证明：(1)连接， = 60， = 120， 平分， = ， = ， = = 60， = = ， 和 都是等边三角形， = = = ， 四边形是菱形； 第 20 页，共 20 页 (2)当为45度时，四边形是正方形， 理由是： = 45， = 90， 四边形是正方形 【解析】 (1)连接， 由 = 60知 = 120， 由平分知 = ， 据此得 = ， = = 60， 再由 = = 知 和 都是等边三角形， 从而得 = = = ， 据此即可得证； (2)由(1)知四边形是菱形，若要使四边形是正方形，只需使 = 90，由圆周角定理知 = 45 本题主要考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理、菱形和正方形及等边三角形的判定与性质