九年级数学第一次模拟测试和答案Word格式.docx

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得到的像为⊙B，则⊙A与⊙B的位置关系为．

13．一元二次方程（2x－1）2＝（3－x）2的解是_______________________．

14．如果点C是线段AB靠近B的黄金分割点，且AC=2，那么AB=。

15．若的补角是，则度

16．在直角坐标平面内，点关于轴的对称点的坐标是　▲．

17．已知，则．

18．如图，在以O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB与小圆相切于点C，若大圆的半径为5cm，小圆的半径为3cm，则弦AB的长为▲cm

三、解答题

19．如图，过□ABCD中的三个顶点A、B、D作⊙O，且圆心O在□ABCD的外部，AB=8，OD⊥AB于点E，⊙O的半径为5，求□ABCD的面积.

20．计算：

；

21．如图，司机发现前方十字路口有红灯，立即减速，在B处踩刹车，此时测得司机看正前方人行道的边缘上A处的俯角为30°

，汽车滑行到达C处时停车，此时测得司机看A处的俯角为60°

。

已知汽车刹车后滑行距离BC的长度为3米，求司机眼睛P与地面的距离。

（结果保留根号）

如图，已知抛物线（b是实数且b＞2）与x轴的正半轴分别交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴的正半轴交于点C.

22．点B的坐标为▲，点C的坐标为▲（用含b的代数式表示）；

23．请你探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？

如果存在，求出点P的坐标；

如果不存在，请说明理由；

24．请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似（全等可看作相似的特殊情况）？

如果存在，求出点Q的坐标；

如果不存在，请说明理由.

25．（本题满分10分）解下列分式方程：

（1）；

（2）．

26．如图，已知菱形ABCD，AB=AC，E、F分别是BC、AD的中点，连接AE、CF.

（1）四边形AECF是什么特殊的四边形？

说明理由；

（2）若AB=8，求菱形的面积.

27．如图，为正比例函数图象上的一个动点，的半径为，设点的坐标为．

（1）求与直线相切时点的坐标．（4分）

（2）请直接写出与直线相交、相离时的取值范围．（3分）

参考答案

1．B

【解析】

试题分析：

根据x轴上的点的坐标的特征即可求得m的值，从而得到结果.

由题意得，，

则点P坐标为（2，0）

故选B.

考点：

坐标轴上的点的坐标的特征

点评：

解答本题的关键是熟练掌握x轴上的点的纵坐标为0，y轴上的点的横坐标为0.

2．C

【解析】：

∵函数y＝－，

∴-6=xy，

只要把点的坐标代入上式成立即可，

把答案A、B、D的坐标代入都不成立，只有C成立．

故选C

3．A.

求出△的表达式，利用配方法判断出其符号，即可判断出根的情况．

∵△=（-m）2-4×

1×

（m-2）

=m2-4m+8=（m-2）2+4＞0，

∴一元二次方程有两个不相等的实数根．

故选A．

考点:

根的判别式．

4．A

【解析】根据⊙O的半径为3，OP=2，OQ=3，OR=4，可以知道点P在圆内，点Q在圆上，点R在圆外，因而这三点中P的一点任意作直线总是与⊙O相交．

解：

∵OP=2＜⊙O的半径3，

∴P在圆的内部，

∴经过P点任意作直线总是与⊙O相交．

本题考查了对点与圆的位置关系的判断．设点到圆心的距离为d，则当d=R时，点在圆上；

当d＞R时，点在圆外；

当d＜R时，点在圆内．准确判断P、Q、R三点与⊙O的位置关系是解决本题的关键．

5．A

根据方程有两个相等的实数根可得根的判别式△，即可得到关于a的方程，再结合一元二次方程的二次项系数不为0即可得到结果.

由题意得△，解得

又，所以

故选A.

一元二次方程根的判别式

解题的关键是熟记一元二次方程根的情况与判别式△的关系：

（1）方程有两个不相等的实数根；

（2）方程有两个相等的实数根；

（3）方程没有实数根．

6．B

函数图象平移的法则：

上加下减，左加右减.

直线y=2x向右平移1个单位后所得图象对应的函数解析式为，即

故选B．

函数图象平移的法则

本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握函数图象平移的法则，即可完成.

7．D

【解析】析：

根据图形估计∠AOB的大致度数，然后根据互为补角的和等于180°

进行解答即可．

解答：

根据图形可得∠AOB大约为135°

，

∴与∠AOB互补的角大约为45°

综合各选项D符合．

故选D．

8．A

【解析】分析：

根据同底数幂的乘法的性质，幂的乘方的性质，积的乘方的性质，立方根以及合并同类项的法则，对各选项分析判断后利用排除法求解．

A、-=3，故本选项正确；

B、a2+a3=a5，不是同类项不能合并，故本选项错误；

C、=a5，故本选项错误；

D、（-2x）3=-8x3，故本选项错误．

9．C

【解析】分析：

根据点M 

（-2，3）在曲线上求出k的值，再根据k=xy对各选项进行逐一判断即可．

∵点M 

（-2，3）在曲线上，

∴k=（-2）×

3=-6，

∴A、中2×

3=6≠-6，故本选项错误；

B、中（-2）×

（-3）=6≠-6，故本选项错误；

C、中3×

（-2）=-6=k，故本选项正确；

D、中3×

2=6≠-6，故本选项错误．

故选C．

10．C

由题知等腰三角形一边为5，所以有两种情况；

当5为底边时，方程x2-6x+m=0,有两个相等的实数根，△=b2-4ac=62-4×

m=0，解得m=9，∴x=3,∴三角形周长=5+3+3=10.当5为腰长时；

方程一解为5，,52-6×

5+m=0,m=5,解得x1=1,x2=5.所以，三角形周长=5+5+1=11.

等腰三角形性质，一元二次方程根与判别式的关系。

熟知以上的性质，及方程判别式的意义，在解答时，要注意两种情况，题目不难但易出错，属于基础题。

11．-1

【解析】∵x=2是关于x的方程2x+3m-1=0的解，

∴2×

2+3m-1=0，

解得：

m=-1．

12．外切．

根据旋转的性质得到△OAB为等边三角形，则AB=OA=2，而⊙A、⊙B的半径都为1，根据圆与圆的位置关系即可判断两圆的位置关系

试题解析：

∵⊙A绕点O按逆时针方向旋转60°

得到的⊙B，

∴△OAB为等边三角形，

∴AB=OA=2，

∵⊙A、⊙B的半径都为1，

∴AB等于两圆半径之和，

∴⊙A与⊙B外切．

1.圆与圆的位置关系;

2.旋转的性质．

13．，

【解析】用因式分解法解二元一次方程，

则或，所以，

14．1+

【解析】答：

由题可知：

黄金分割点的比例是（√5-1）/2；

因AC=2;

故AB=√5-1

AB=√5-1+2=+1

15．155

【解析】根据互补的概念：

和为180度的两个角互为补角．

根据定义∠1的补角度数是180°

-25°

=155°

．

故答案为：

155．

此题属于基础题，较简单，主要考查互为补角的两个角的和为180度．

16．；

【解析】根据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于y轴的对称点的坐标是（-x，y），即关于纵轴的对称点，纵坐标不变，横坐标变成相反数，这样就可以求出A的对称点的坐标．

根据平面直角坐标系中关于纵轴的对称点，纵坐标不变，横坐标变成相反数，

∴点A（-2，1）关于y轴的对称点是（2，1）．

（2，1）．

本题主要考查了平面直角坐标系中关于纵轴的对称点，纵坐标不变，横坐标变成相反数，难度较小．

17．

【解析】解：

由题意得，，则

18．8

【解析】连接OA、OC根据切线的性质可知△OAC是直角三角形，OC垂直平分AB，根据勾股定理及垂径定理即可解答．

连接OA、OC，

∵AB是小圆的切线，∴OC⊥AB，

∵OA=5cm，OC=3cm，

∴AC==4cm，

∵AB是大圆的弦，OC过圆心，OC⊥AB，

∴AB=2AC=2×

4=8cm．

【答案】解：

联结OA，∴OA=OD.

∵AB是⊙O的一条弦，OD⊥AB，AB=8

∴AE=AB=4

在Rt△OEA中，由勾股定理得，OE2=OA2-EA2

∴OE=3

∴DE=2

【解析】略

20．

原式=

针对二次根式化简，去括号法则，零指数幂3个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果。

21．米

设司机眼睛P与地面B的距离为x米，在△AP′C中，可表示出AC、AB的长，再在△ABC中，根据30°

角的正切函数即可列方程求解.

设司机眼睛P与地面B的距离为x米

在△AP′C中，AC=；

则AB=

在△ABC中，tan30°

=

解之得：

答：

司机眼睛P与地面B的距离为米．

解直角三角形的应用

解直角三角形的应用是中考必考题，一般难度不大，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题关键.

22．B（b，0），C（0，）

23．见解析

24．见解析

【解析】⑴令x=0,y=0,求得点B的坐标和点C的坐标

⑵假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，点P坐标（x，y），连接OP，利用四边形PCOB的面积求得x+4y=16，过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，求得△PEC≌△PDB，得出x=y，解得x，y的值，根据△PEC≌△PDB，求出b的值,从而得出点P坐标

⑶假设存在这样的点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似，由两种可能：

当∠OCQ=90°

时，△QOA≌△OQC；

当∠OQC=90°

时，△QOA≌△OCQ.分别求出点Q的坐标

⑴B（b，0），C（0，）；

⑵假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形.

设点P坐标（x，y），连接OP，

⑶假设存在这样的点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似.

∵∠QAB=∠AOQ+∠AQO，∴∠QAB＞∠AOQ，∠QAB＞∠AQO.

∴要使得△QOA和△QAB相似，只能∠OAQ=∠QAB=90°

，即QA⊥x轴.

∵b＞2，∴AB＞OA.∴∠QOA＞∠QBA，∴∠QOA=∠AQB，此时∠OQB=90°

.

由QA⊥x轴知QA∥y轴，∴∠COQ=∠OQA.

∴要使得△QOA和△OQC相似，只能∠OCQ=90°

或∠OQC=90°

（Ⅰ）当∠OCQ=90°

时，△QOA≌△OQC.∴AQ=CO=.

由AQ=

25．

（1）

（2）

26．

（1）矩形；

（1）根据菱形的的性质结合AB=AC可得△ABC是等边三角形，然后根据等腰三角形三线合一的性质可得AE⊥BC，∠AEC=90°

，再根据菱形的性质以及中点的定义求出AF与EC平行且相等，从而判定出四边形AECF是平行四边形，再根据矩形的判定定理即可证得结论；

（2）先根据勾股定理求出AE的长度，在根据菱形的面积等于底乘以高计算即可．

（1）∵四边形ABCD是菱形

∴AB=BC

又∵AB=AC

∴△ABC是等边三角形

∵E是BC的中点

∴AE⊥BC（等腰三角形三线合一）

∴∠1=90°

∵E、F分别是AD、BC的中点

∴AF=AD，EC=BC

∵菱形ABCD，

∴AD∥BC且AD=BC，

∴AF∥EC且AF=EC，

∴四边形AECF是平行四边形

又∵∠1=90°

∴四边形AECF是矩形；

（2）在Rt△ABE中，AE=

∴

本题考查了菱形的性质，矩形的判定，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质

解答本题的关键是熟练掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形.

27．

（1）点的坐标为或

（2）当时，与直线相交．当或时，与直线相离

（1）过作直线的垂线，垂足为．

当点在直线右侧时，，得，．（2分）

当点在直线左侧时，，得，．（4分）

当与直线相切时，点的坐标为或．

（2）当时，与直线相交．

当或时，与直线相离

（1）根据直线和圆相切应满足圆心到直线的距离等于半径，首先求得点P的横坐标，再根据直线的解析式求得点P的纵坐标．

（2）根据

（1）的结论，即可分析出相离和相交时x的取值范围．