2023学年山东省临沂市临沂经济开发区九级数学九上期末教学质量检测试题含解析

1、2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一

2、并交回。一、选择题(每小题3分,共30分)1已知关于的方程（1）（2）（3）（4），其中一元二次方程的个数为（ ）个A1B2C3D42下列语句中，正确的是（）相等的圆周角所对的弧相等；同弧或等弧所对的圆周角相等；平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧；圆内接平行四边形一定是矩形ABCD3在0，1，2三个数中任取两个，组成两位数，则在组成的两位数中是奇数的概率为( )ABCD4下列一元二次方程中，有两个不相等实数根的是（）Ax2+6x+9=0Bx2=xCx2+3=2xD（x1）2+1=05二次函数的图象如图所示，则一次函数与反比例函数在同一平面直角坐标系中的大致图象为（ ）ABCD6已知三角形

3、两边的长分别是3和6，第三边的长是方程x26x+8=0的根，则这个三角形的周长等于（）A13B11C11 或1D12或17如图，在中，折叠使得点落在边上的点处，折痕为 连接、，下列结论：是等腰直角三角形； ；其中正确的个数是（）A1B2C3D48下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A等腰梯形B矩形C正三角形D平行四边形9如图，已知O上三点A，B，C，半径OC=1，ABC=30，切线PA交OC延长线于点P，则PA的长为（ ）A2B CD10如图，AB与O相切于点A，BO与O相交于点C，点D是优弧AC上一点，CDA27，则B的大小是（ ）A27B34C36D54二、填空题(每小题3

4、分,共24分)116与x的2倍的和是负数，用不等式表示为 12学生晓华5次数学成绩为86，87，89，88，89，则这5个数据的中位数是_.13已知某轿车油箱注满油后，以平均耗油量为每千米耗油0.1升的速度行驶，可行驶700千米，该轿车可行驶的总路程S与平均耗油量a之间的函数解析式（关系式）为_14抛物线y=x24x5与x轴的两交点间的距离为_15若圆锥的母线长为cm，其侧面积，则圆锥底面半径为 cm16如图，将一张正方形纸片，依次沿着折痕，（其中）向上翻折两次，形成“小船”的图样若，四边形与的周长差为，则正方形的周长为_17若点，在反比例函数的图象上，则_.（填“”“”或“=”）18设，是关

5、于的一元二次方程的两根，则_.三、解答题(共66分)19（10分）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务“圆材埋壁”是我国古代数学著作九章算术中的一个问题：今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？用现在的数学语言表达是：如图，为的直径，弦，垂足为，寸，尺，其中1尺寸，求出直径的长解题过程如下：连接，设寸，则寸尺，寸在中，即，解得，寸任务：（1）上述解题过程运用了 定理和 定理（2）若原题改为已知寸，尺，请根据上述解题思路，求直径的长（3）若继续往下锯，当锯到时，弦所对圆周角的度数为 20（6分）（1）解方程：；（2）求二次函数的图象与坐标轴的交点坐标21（6分）如图

6、，在中，弦AB，CD相交于点E，点D在上，连结CO，并延长CO交线段AB于点F，连接OA，OB，且OA2，OBA30（1）求证：OBAOCD；（2）当AOF是直角三角形时，求EF的长；（3）是否存在点F，使得，若存在，请求出EF的长，若不存在，请说明理由.22（8分）如图，在RtABC中，ACB=90，点D是斜边AB的中点，过点B、点C分别作BECD，CEBD（1）求证：四边形BECD是菱形；（2）若A=60，AC=，求菱形BECD的面积.23（8分）如图1，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，且满足，若对称轴在轴的右侧（1）求抛物线的解析式（2）如图，若点为线段上的一动点(不与重合)，分别以、

7、为斜边，在直线的同侧作等腰直角三角形和，试确定面积最大时点的坐标（3）若，是抛物线上的两点，当，时，均有，求的取值范围24（8分）已知抛物线的对称轴是直线，与轴相交于，两点（点在点右侧），与轴交于点.（1）求抛物线的解析式和，两点的坐标；（2）如图，若点是抛物线上、两点之间的一个动点（不与、重合），是否存在点，使四边形的面积最大？若存在，求点的坐标及四边形面积的最大值；若不存在，请说明理由.25（10分）在正方形 ABCD 中，M 是 BC 边上一点，且点 M 不与 B、C 重合，点 P 在射线 AM 上，将线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 90得到线段 AQ，连接BP，DQ（1）依题意补全图

8、 1；（2）连接 DP，若点 P，Q，D 恰好在同一条直线上，求证：DP2+DQ2=2AB2；若点 P，Q，C 恰好在同一条直线上，则 BP 与 AB 的数量关系为： 26（10分）如图，已知A是O上一点，半径OC的延长线与过点A的直线交于点B，OC=BC，AC=OB（1）求证：AB是O的切线；（2）若ACD=45，OC=2，求弦CD的长参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【分析】根据一元二次方程的定义逐项判断即可【详解】解：（1）ax2+x+1=0中a可能为0，故不是一元二次方程；（2）符合一元二次方程的定义，故是一元二次方程；（3），去括号合并后为，是一元二次方程；（4）x2=

9、0，符合一元二次方程的定义，是一元二次方程；所以是一元二次方程的有三个，故选：C【点睛】本题主要考查一元二次方程的定义，即只含有一个未知数且未知数的次数为2的整式方程，注意如果是字母系数的方程必须满足二次项的系数不等于0才可以2、C【分析】根据圆周角定理、垂径定理、圆内接四边形的性质定理判断【详解】在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等，本说法错误；同弧或等弧所对的圆周角相等，本说法正确；平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧，本说法错误；圆内接平行四边形一定是矩形，本说法正确；故选：C【点睛】本题考查的是命题的真假判断，掌握圆周角定理、垂径定理、圆内接四边形的性质定理是解题的

10、关键3、A【分析】列举出所有情况，看两位数中是奇数的情况占总情况的多少即可【详解】解：在0，1，2三个数中任取两个，组成两位数有：12，10，21，20四个，是奇数只有21，所以组成的两位数中是奇数的概率为故选A【点睛】数目较少，可用列举法求概率用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比4、B【解析】分析：根据一元二次方程根的判别式判断即可详解：A、x2+6x+9=0.=62-49=36-36=0，方程有两个相等实数根；B、x2=x.x2-x=0.=（-1）2-410=10.方程有两个不相等实数根；C、x2+3=2x.x2-2x+3=0.=（-2）2-413=-80，方程无实根；D、（x-

11、1）2+1=0.（x-1）2=-1，则方程无实根；故选B点睛：本题考查的是一元二次方程根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0（a0）的根与=b2-4ac有如下关系：当0时，方程有两个不相等的实数根；当=0时，方程有两个相等的实数根；当0时，方程无实数根5、B【解析】二次函数图象开口向上，a1，对称轴为直线，b1与y轴的正半轴相交，c1的图象经过第一、三、四象限；反比例函数图象在第一、三象限，只有B选项图象符合故选B6、A【分析】首先从方程x26x+8=0中，确定第三边的边长为2或4；其次考查2，3，6或4，3，6能否构成三角形，从而求出三角形的周长【详解】解：由方程x2-6x+8=0，解

12、得：x1=2或x2=4，当第三边是2时，2+36，不能构成三角形，应舍去；当第三边是4时，三角形的周长为：4+3+6=1故选：A【点睛】考查了三角形三边关系，求三角形的周长，不能盲目地将三边长相加起来，而应养成检验三边长能否成三角形的好习惯，不符合题意的应弃之7、C【分析】根据折叠的性质、等腰直角三角形的定义、相似三角形的判定定理与性质、三角形的面积公式逐个判断即可得【详解】由折叠的性质得：又在中，即，则是等腰直角三角形，结论正确由结论可得：，则结论正确，则结论正确如图，过点E作由结论可得：是等腰直角三角形，由勾股定理得：，则结论错误综上，正确的结论有这3个故选：C【点睛】本题考查了折叠的性质

13、、等腰直角三角形的定义、相似三角形的判定定理与性质等知识点，熟记并灵活运用各定理与性质是解题关键8、B【分析】中心对称图形的定义：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形【详解】解： 等腰梯形、正三角形只是轴对称图形，矩形既是中心对称图形又是轴对称图形，平行四边形只是中心对称图形，故选B【点睛】本题考查中心对称图形和轴对称图形，本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握中心对称图形和轴对称图形的定义，即可完成9、B【分析】连接OA，由

14、圆周角定理可求出AOC=60，再根据AOC的正切即可求出PA的值.【详解】连接OA，ABC=30，AOC=60，PA是圆的切线，PAO=90，tanAOC =,PA= tan601=.故选B.【点睛】本题考查了圆周角定理、切线的性质及锐角三角函数的知识，根据圆周角定理可求出AOC=60是解答本题的关键.10、C【分析】由切线的性质可知OAB=90，由圆周角定理可知BOA=54，根据直角三角形两锐角互余可知B=36【详解】解：AB与O相切于点A，OABAOAB=90CDA=27，BOA=54B=90-54=36故选C考点：切线的性质二、填空题(每小题3分,共24分)11、6+2x1【解析】试题分

15、析：6与x的2倍的和为2x+6；和是负数，那么前面所得的结果小于1解：x的2倍为2x，6与x的2倍的和写为6+2x，和是负数，6+2x1，故答案为6+2x112、1【分析】根据中位数的概念求解即可【详解】这组数据按照从小到大的顺序排列为：86，87，1，89，89，则这5个数的中位数为：1故答案为：1【点睛】本题考查了中位数的知识：将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数13、【分析】根据油箱的总量固定不变，利用每千米耗油0.1升乘以700千米即可得到油箱的

16、总量，故可求解【详解】依题意得油箱的总量为：每千米耗油0.1升乘以700千米=70升轿车可行驶的总路程S与平均耗油量a之间的函数解析式（关系式）为故答案为：【点睛】此题主要考查列函数关系式，解题的关键是根据题意找到等量关系列出关系式14、1【分析】根据抛物线y=x2-4x-5,可以求得抛物线y=x2-4x-5与x轴的交点坐标, 即可求得抛物线y=x2-4x-5与x轴的两交点间的距离【详解】解:y=x2-4x-5=（x-5）（x+1）,当y=0时,x1=5,x2=-1,抛物线y=x2-4x-5与x轴的两交点的坐标为（5,0）,（-1,0）,抛物线y=x2-4x-5与x轴的两交点间的距离为:5-（

17、-1）=5+1=1, 故答案为:1【点睛】本题主要考查抛物线与x轴的交点,解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答。15、3【解析】圆锥的母线长是5cm，侧面积是15cm2，圆锥的侧面展开扇形的弧长为：l=6，锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的底面周长，r=3cm，16、1【分析】由正方形的性质得出ABD是等腰直角三角形，由EFBD，得出AEF是等腰直角三角形，由折叠的性质得AHG是等腰直角三角形，BEH与DFG是全等的等腰直角三角形，则GF=DF=BE=EH=1，设AB=x，则BD=x，EF=（x-1），AH=AG=x-2，HG=（x-2），由四边形BEFD与AHG的周长差为5-2列出

18、方程解得x=4，即可得出结果【详解】四边形ABCD是正方形，ABD是等腰直角三角形，EFBD，AEF是等腰直角三角形，由折叠的性质得：AHG是等腰直角三角形，BEH与DFG是全等的等腰直角三角形，GF=DF=BE=EH=1，设AB=x，则BD=x，EF=（x-1），AH=AG=x-2，HG=（x-2），四边形BEFD与AHG的周长差为5-2，x+（x-1）+2-2（x-2）+（x-2）=5-2，解得：x=4，正方形ABCD的周长为：44=1，故答案为：1【点睛】本题考查了折叠的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠与正方形的性质以及等腰直角三角形的性质是解题的关键1

19、7、【分析】根据反比例的性质，比较大小【详解】在每一象限内y随x的增大而增大点，在第二象限内y随x的增大而增大mn故本题答案为：【点睛】本题考查了通过反比例图像的增减性判断大小18、5.【分析】根据一元二次方程根与系数的关系即可求解【详解】，是关于的一元二次方程的两根，故答案为：【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，如果，是方程的两根，那么，三、解答题(共66分)19、（1）垂径，勾股；（2）26寸；（3）或【分析】（1）由解题过程可知根据垂径定理求出AE的长，在RtOAE中根据勾股定理求出r的值，即可得到答案（2）连接OA，设OA=r寸，则OE=DE-r=25-r，再根据垂径定理求出

20、AE的长，在RtOAE中根据勾股定理求出r的值，进而得出结论（3）当AE=OE时，AEO是等腰直角三角形，则AOE=45，AOB=90，所以由圆周角定理推知弦AB所对圆周角的度数为 45或135【详解】解：（1）根据题意知，上述解题过程运用了 垂径定理和 勾股定理故答案是：垂径；勾股；（2）连接OA，设OA=r寸，则OE=DE-r=（25-r）寸ABCD，AB=1尺，AE=AB=5寸在RtOAE中，OA2=AE2+OE2，即r2=52+（25-r）2，解得r=13，CD=2r=26寸（2）ABCD，当AE=OE时，AEO是等腰直角三角形，AOE=45，AOB=2AOE=90，弦AB所对圆周角的

21、度数为AOB=45同理，优弧AB所对圆周角的度数为135故答案是：45或135【点睛】此题考查圆的综合题，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，综合性较强，解题关键在于需要我们熟练各部分的内容，要注意将所学知识贯穿起来20、（1）x1=1+，x2=1；（2）(5，0)，(-3，0)，(0，15)【分析】（1）根据一元二次方程的求根公式，即可求解；（2）令y=0，求出x的值，令x=0，求出y的值，进而即可得到答案【详解】（1）x22x1=0 ，a=1，b=2，c=1，=b24ac=4+4=80，x= =，x1=1+，x2=1；（2）令y=0，则，即：，解得：，令x=0，则y

22、=15，二次函数的图象与坐标轴的交点坐标为：(5，0)，(-3，0)，(0，15)【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法和二次函数图象与坐标轴的交点坐标，掌握一元二次方程的求根公式以及求二次函数图象与坐标轴的交点坐标，是解题的关键21、（1）详见解析；（2）或；（3）【分析】（1）根据在“同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等”可得；（2）分两种情况讨论，当时，解直角三角形AFO可求得AF和OF的长，再解直角三角形EFC可得；当时，解直角三角形AFO可求得AF和OF的长，根据三角函数求解；（3）由边边边定理可证，再证，根据对应边成比例求解.【详解】解：（1）延长AO，CO分别交圆于点M，N

23、为直径弧AC=弧BD弧CD=弧AB（2）当时当时，综上所述: 或(3)连结,过点分别作于点，于点弧AC=弧BD弧CD=弧AB 【点睛】本题考查圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定与性质的综合应用，根据条件选择对应知识点且具有综合能力是解答此题的关键.22、（1）见解析；（2）面积=【分析】（1）先证明四边形BECD是平行四边形，再根据直角三角形中线的性质可得CD=BD，再根据菱形的判定即可求解；（2）根据图形可得菱形BECD的面积=直角三角形ACB的面积，根据三角函数可求BC，根据直角三角形面积公式求解即可【详解】（1）证明：BECD，CEBD，四边形BECD是平行四边形，RtABC中点

24、D是AB中点，CD=BD，四边形BECD是菱形；（2）解：RtABC中，A=60，AC=，BC=AC=3，直角三角形ACB的面积为32=，菱形BECD的面积是.【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，直角三角形的性质的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力23、（1）；（2）；（3）【分析】（1）由二次函数与一元二次方程的关系，根据根与系数的关系得x+x=-2m，xx=8m再联立，求解得m值，即可得出函数解析式；（2）欲求MNP的面积，确定APM、BNP是等腰直角三角形，即可求解；（3）由（1）可知，函数的对称轴为：x=1，与关于对称轴对称，故其函数值相等，即可求解【详解】解：

25、(1) 与轴交于和点,是方程的两个根，即解得，对称轴轴在轴的右侧（2）如图，和为等腰直角三角形. .为直角三角形令，解得：，设，则，当，即时，最大，此时，所以（3）由函数可知，对称轴为，则与关于对称轴对称，故其函数值相等，都为又，时，均有，结合函数图象可得：解得：.【点睛】本题考查了二次函数的性质，并利用其性质来解决最大值的问题，利用一元二次方程和二次函数的关系确定函数关系式是基础，根据对称性确定a的取值范围是难点24、（1）抛物线的解析式为：；点的坐标为，点的坐标为；（2）存在点，使四边形的面积最大；点的坐标为，四边形面积的最大值为32.【分析】（1）根据对称轴公式可以求出a，从而可得抛物线

26、解析式，再解出抛物线解析式y=0是的两个根，即可得到A，B的坐标；（2）根据解析式可求出C点坐标，然后设直线的解析式为，从而可求该解析式方程，假设存在点,使四边形的面积最大，设点的坐标为，然后过点作轴，交直线于点，从而可求答案.【详解】解：（1）抛物线的对称轴是直线，解得，抛物线的解析式为：.当时，解得，点的坐标为，点的坐标为.答：抛物线的解析式为：；点的坐标为，点的坐标为.（2）当时，点的坐标为.设直线的解析式为，将,代入得，解得，直线的解析式为.假设存在点,使四边形的面积最大，设点的坐标为，如图所示，过点作轴，交直线于点，则点的坐标为，则，当时，四边形的面积最大，最大值是32，存在点,使得四边形的面积最大.答：存在点，使四边形的面积最大；点的坐标为，四边形面积的最大值为32.【点睛】本题考查的是一道综合题，考查的是二次函数与一次函数的综合问题，能够熟练掌握一次函数与二次函数的相关问题是解题的关键.25、（1）详见解析；（1）详见解析；BP=AB【分析】（1）根据要求画出图形即可；（1）连接BD，如图1，只要证明ADQABP，