2023届吉林省松原市宁江区数学九上期末联考试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项:1答题时请按要求用笔。请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题4分，共48分）k

的图象经过点(3，2)，那么下列四个点中，也在这个函数图象上的是（ ）xA．(3，－2)

B．(－2，－3)

C．(1，－6) D．(－6，1)如图，正六边形ABCDEF内接于圆O，圆O半径为2，则六边形的边心距OM的长为（ ）A．2 B．23 C．4 D．3A看一ftPQP45°，向前走6mB点，测得顶端点P和杆底端点Q的仰角分别是60°和30°，则该电线杆PQ的高度（ ）A．623 B．6 3 C．10 3 D．8 3如图，∠A是⊙O的圆周角，∠A＝40°，则∠OBC＝( )A．30° B．40° C．50° D．60°根据表中的二次函数＝abx+c的自变量x与函数y的对应值（其中＞＞，下列结论正确的（ ）xy……0m1k2m4n……A．abc＞0B．b2﹣4ac＜0C．4a﹣2b+c＜0D．a+b+c＜0如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，则tan∠ABC的值为( )3 4A． B．5 3

C．10 D．35 42018102455000米.55000这个数用科学记数法可表示( )A．5.5×103 B．55×103 C．0.55×105 D．5.5×104下列方程式属于一元二次方程的是（ ）1A．x3x30 B．x2 2x

C．x22xy1 D．x22抛物线y=x2的图象向左平移2个单位，再向下平移1个单位，则所得抛物线的解析式为（ ）A．yx24x3 B．yx24x5 C．yx24x3 D．yx24x510．如果将抛物线y3x22向右平移1个单位，那么所得新抛物线的顶点坐标是（ A．(1,2) B．(1,2) C．(1,2) D．11．如图，在菱形ABCD中，对角线、BD相交于点O，DE AC，AE BD则四边形AODE一定是（ ）正方形12．已知下列命题

矩形 C．菱形 D．不能确定x3x3；②当ab时，若c0，则acbc；③直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半；④矩形的两条对角线相等.其中原命题与逆命题均为真命题的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4二、填空题（每题4分，共24分）3已知2 ＜cosA＜sin70°，则锐角A的取值范围 如图是小明在抛掷图钉的试验中得到的图钉针尖朝上的折线统计图，请你估计抛掷图钉针尖朝上的概率．如图是拦水坝的横断面，斜坡AB的高度为6米，斜面的坡比1:2，则斜坡AB的长为 米（保留根号）两个相似多边形的一组对应边分别为2cm和那么对应的这两个多边形的面积比是 一张等腰三角形纸片底边长BC为15cm底边上的高为22.5cm现沿底边依次从下往上裁剪宽度均为3cm矩形纸条，如图，已知剪得的纸条中有一张是正方形（正方形DEFG，则这张正方形纸条是 张.如图在矩形ABCD中，AD8对角线AC与BD相交于点O，AEBD垂足为点E且AE平分BAC，则AB的长为 .三、解答题（共78分）19（8分）如图，正方形ABCD的过长是，B＝C，连接ADP交于点，并分别与边CBC交于点，AE．求证：AQ⊥DP；BP＝1QO的长度．20（8分C三人玩篮球传球游戏，游戏规则是：第一次传球由A将球随机地传给C两人中的某一人，以后的每一次传球都是由接球者将球随机地传给其余两人中的某人。请画树状图，求两次传球后，球在A手中的概率．21（8分ADE绕点AABE对应点C恰在DB∥A为等边三角形．22（10分）某服装店因为换季更新，采购了一批新服装，有、B两种款式共100件，花费了6600元，已知A80元件，B40元件求两种款式的服装各采购了多少件？603300A装最多能采购多少件？23（10分）用适当的方法解下方程：x22x224（10分）新能源汽车已逐渐成为人们的交通工具，据某市某品牌新能源汽车经销商1至31150辆，3216辆．求该品牌新能源汽车销售量的月均增长率；6.3万元6.8万元13月份共盈利多少万元？25（12分）如图，在矩形ABCDA＝A＝，点E是边CD的中点，点Q分别是射线DC与射线EB上PQ，AP，BPDP＝t，EQ＝t．PDE上（不包括端点）时．①求证：AP＝PQ；②当AP平分∠DPB时，求△PBQ的面积．P，QPBQ为等腰三角形？若存在，请求出t试说明理由．26．在平面直角坐标系中，函数图象GPxyxyxyP的坐标和”，而图象G上所有点的“坐标和”中的最小值称为图象G的“智慧数”．如图：抛物线y标和”为6，当x0时，该抛物线的“智慧数”为1．

x2MM的坐（1）点Nx,2在函数y4的图象上，点N的坐标和是 ；x（2）求直线y1x31x2的“智慧数”；2yx2bxc2智慧数”；yx2pxq顶点的横坐标为my2x2的图象上；当12m1x m3yx2pxq的智慧数2，求该抛物线的解析式．12参考答案一、选择题（4481、B【解析】反比例函数图象上的点横坐标和纵坐标的积为k，把已知点坐标代入反比例解析式求出k的值，即可做出判断．【详解】解:解：把（2，3）代入反比例解析式得：k=6，6∴反比例解析式为y=x，则（-2，-3）在这个函数图象上，故选：B．【点睛】此题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．2、D【分析】连接OB、OC，证明△OBC是等边三角形，得出OM=【详解】解：连接OB、OC，如图所示：

3OB即可求解．2则∠BOC=60°，∵OB=OC，∴△OBC是等边三角形，∴BC=OB=2，∵OM⊥BC，∴△OBM为30°、60°、90°的直角三角形，∴OM= 3OB= 3 2= 3，2 2故选：D．【点睛】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、垂径定理、勾股定理、等边三角形的判定与性质；熟练掌握正六边形的性质，证明三角形是等边三角形和运用垂径定理求出BM是解决问题的关键．3、A【分析】延长PQ交直线AB于点E，设PE=x米，在直角△APE和直角△BPE中，根据三角函数利用x表示出AE和BE，根据AB=AE-BE即可列出方程求得x的值，再在直角△BQE中利用三角函数求得QE的长，则PQ的长度即可求解．【详解】解：延长PQ交直线AB于点E，设PE=x．在直角△APEAE=PE=x；∵∠PBE=60°∴∠BPE=30°在直角△BPE中，BE

3PE 3x，3 3∵AB=AE-BE=6，x

3x6解得：x93 33∴BE3 33在直角△BEQ中，QE 3BE 3(3 33)3 33 3PQPEQE93 3(3 3)62 3故选：A【点睛】4、C【分析】根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半求得∠BOC，再根据三角形的内角和定理以及等腰三角形的两个底角相等进行计算．【详解】解：根据圆周角定理，得∠BOC＝2∠A＝80°∵OB＝OC∴∠OBC＝∠OCB＝故选：C．【点睛】

180BOC2

＝50°，5、C【分析】用二次函数的图象与性质进行解答即可.【详解】解：如图：0，）与（，）x＝1，∴（﹣2，n）与（4，n）是对称点，∴4a﹣2b+c＝n＜0，故选：C．【点睛】6、D【解析】如图，∠ABC所在的直角三角形的对边AD=3，邻边BD=4，3所以，tan∠ABC= 4故选D．7、D【解析】科学记数法的表示形式为a1的形式，其中1≤|a|<n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a数点移动了多少位，n>1时，n<1时，n是负数．【详解】550004550005.5×104，故选D.【点睛】本题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a1n的形式，其中1≤|a|<nan的值．8、D【解析】根据一元二次方程的定义逐项进行判断即可.【详解】A、是一元三次方程，故不符合题意；B、是分式方程，故不符合题意；C、是二元二次方程，故不符合题意；D、是一元二次方程，符合题意.【点睛】9、A【分析】抛物线平移不改变a的值．【详解】原抛物线的顶点为，向左平移2个单位，再向下平移1个单位，那么新抛物线的顶点为可设新抛物线的解析式为：y=（x﹣h）2+k，代入得：y=（x+2）2﹣1=x2+4x+1．10、C【分析】根据抛物线的平移规律得出平移后的抛物线的解析式，即可得出答案．【详解】解：由将抛物线y=3x2+2向右平移1个单位，得y=3（x-1）2+2，顶点坐标为故选：C．【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，利用平移规律：左加右减，上加下减是解题关键．11、B【分析】根据题意可判断出四边形AODE是平行四边形，再由菱形的性质可得出AC⊥BD，即∠AOD=90°，继而可判断出四边形AODE是矩形；【详解】证明：∵DE∥AC，AE∥BD，∴四边形AODE是平行四边形，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠AOD=∠AOD=90°，∴四边形AODE是矩形.故选B.【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定；熟练掌握矩形的判定与性质、菱形的性质是解决问题的关键．12、B【分析】先写出每个命题的逆命题，再分别根据绝对值的意义、不等式的性质、直角三角形的性质和判定、矩形的性质和判定依次对各命题进行判断即可．【详解】解：①的原命题：若x3，则x3，是假命题；①的逆命题：若x3，则x3，是真题，故①不符合题意；②的原命题：当ab时，若c0，则acbcab时，acbc，则c0，也是真命题，故②符合题意；三角形是直角三角形，也是真命题，故③符合题意；④的原命题：矩形的两条对角线相等，是真命题；④的逆命题：对角线相等的四边形是矩形，是假命题，故④不符合题意．综上，原命题与逆命题均为真命题的是②③，共2个，故选B．【点睛】本题考查了命题和定理、实数的绝对值、不等式的性质、直角三角形的性质和判定、矩形的性质和判定等知识，属于基本题目，熟练掌握以上基本知识是解题的关键．3二、填空题（42413、20°＜∠A＜30°．3【详解】∵

2＜cosA＜sin70°，sin70°=cos20°，∴cos30°＜cosA＜cos20°，∴20°＜∠A＜30°．14、0.1【分析】利用频数统计图可得，在试验中图钉针尖朝上的频率在0.1波动，然后利用频率估计概率可得图钉针尖朝上的概率．0.10.1．【点睛】515、65【分析】由题意可知斜面坡度为1：2，BC=6m，由此求得AC=12m，再由勾股定理求得AB的长即可.【详解】由题意可知：斜面坡度为1：2，BC=6m，∴AC=12m，AC2AC2BC2

6 m．12262551226255【点睛】16、4：9【分析】根据相似三角形面积的比等于相似比的平方列式计算即可．【详解】解：因为两个三角形相似，2 4∴较小三角形与较大三角形的面积比为（39，49.【点睛】此题考查相似三角形的性质，掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方是解题的关键．17、6DE AM【分析】设第x张为正方形纸条,由已知可知ADEx的值.【详解】如图，

ABCBCAN

，从而可计算出x张为正方形纸条DE3,AM22.53x∵DE//BC∴ADE

ABCDE AM∴BCAN即322.53x15 22.5解得x6故答案为6【点睛】本题主要考查相似三角形的性质，掌握相似三角形的性质是解题的关键.8 318、 ．3【分析】由矩形的性质可得AO=CO=BO=DO，可得AO=AB=BO=DO，由勾股定理可求AB长．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形∴AOCOBODO，∵AE平分BAOAEAE，∴ABE≌（ASA）∴AOAB，且AOOB∴AOABBODO，∴BD2AB，∵AD2AB2BD2，∴64AB24AB2，8338338833【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练运用矩形的性质是本题的关键．三、解答题（共78分）1319（）（）（）Q＝5．【分析由四边形ABCDP＝∠Q，AQ⊥DP．（2）根据相似三角形的性质得到AO2＝ODOP（根据相似三角形的性质得到＝，求得3（根据相似三角形的性质得到＝，求得3 BE

13＝ ，可得 ，解决问题QE △QOE∽△＝ ，可得 ，解决问题

QOQE4（1）ABCD是正方形，∴AD＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，∵BP＝CQ，∴AP＝BQ，在△DAP与△ABQ中，ADABDAP＝ABQ

4 PA PD ，APBQ∴△DAP≌△ABQ，∴∠P＝∠Q，∵∠Q+∠QAB＝90°，∴∠P+∠QAB＝90°，∴∠AOP＝90°，∴AQ⊥DP；（2）证明：∵∠DOA＝∠AOP＝90°，∠ADO+∠P＝∠ADO+∠DAO＝90°，∴∠DAO＝∠P，∴△DAO∽△APO，∴AOOP，OD OA∴AO2＝ODOP．（3）解：∵BP＝1，AB＝3，∴AP＝4，∴PBPA4，EB DA 33 13∴BE＝4，∴QE＝4，∵△QOE∽△PAD，13∴QOQE=4PA PD 513∴QO＝5．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，三角函数的定义，熟练掌握全等三角形或相似三角形的判定和性质是解题的关键．120、2【分析】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传球后，球恰在A用概率公式即可求得答案【详解】解：列树状图一共有4种结果，两次传球后，球在A手中的有2种情况，21∴P（两次传球后，球在A）42.【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．注意树状图法与列表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．21、证明见解析．【分析】由旋转的性质可得ACBEACAE，可得，由平行线的性质可得BCEE180，可得，则可求BAD60，可得结论．【详解】解：由旋转知：△ADE≌△ABC，∴∠ACB＝∠E，AC＝AE，∴∠E＝∠ACE，又BC∥AE，∴∠BCE+∠E＝180°，即∠ACB+∠ACE+∠E＝180°，∴∠E＝60°，又AC＝AE，∴△ACE为等边三角形，∴∠CAE＝60°又∠BAC＝∠DAE∴∠BAD＝∠CAE＝60°又AB＝AD∴△ABD为等边三角形．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，平行线的性质等知识，求出是本题的关键．22（）A种款式的服装采购了65件，B种款式的服装采购了1（）A种款式的服装最多能采购2件．（1）AxB种款式的服装采购了（100﹣x）件，根据总价＝6600x的一元一次方程，解之即可得出结论；（2）设A种款式的服装采购了m件，则B种款式的服装采购了（60﹣m）件，根据总价＝单价×数量结合总费用不超过3300元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中最大的整数值即可得出结论．（）设A种款式的服装采购了x件，则B种款式的服装采购了（10﹣）依题意，得：80x+40（100﹣x）＝6600，∴100﹣x＝1．答：A种款式的服装采购了65件，B种款式的服装采购了1件．（2）AmB种款式的服装采购了（60﹣m）依题意，得：80m+40（60﹣m）≤3300，1解得：m≤22．∵m为正整数，∴m的最大值为2．答：A种款式的服装最多能采购2件．【点睛】本题考查的是一元一次方程以及不等式在实际生活中的应用，难度不高，认真审题，列出方程是解决本题的关键.23、x=3或1【分析】移项，因式分解得到x3x10，再求解．【详解】解：x122x2，∴x22x，∴x22x0，∴x3x10，∴x-3=0或x-1=0，∴x=3或1．【点睛】本题考查了一元二次方程，解题的关键是根据方程的形式选择因式分解法．24（）品牌新能源汽车月均增长率为20（）经销商1至3月份共盈利273万元．【分析】（1）设新能源汽车销售量的月均增长率为x，根据3月份销售216辆列方程，再解方程即可得到答案；（2）利用1至3月份的总销量乘以每辆车的盈利，即可得到答案．（）设新能源汽车销售量的月均增长率为x，根据题意得150（1＋x）2＝216（1＋x）2＝1.44解得：x1

0.2，x2

2.2（不合题意、舍去）0.2＝20%答：该品牌新能源汽车月均增长率为20%（2）2月份销售新能源汽车150×（1+20%）＝180辆（150+180+216）×（6.8－6.3）＝273答：该经销商1至3月份共盈利273万元．【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，掌握利用一元二次方程解决增长率问题是解题的关键．25（）①见解析；②PB＝1﹣9 （）存在，满足条件的t的值为﹣1 或1 或+1 ．【解析】（1）①如图1中，过点Q作QF⊥CD于点F，证明Rt△ADP≌Rt△PFQ即可．②如图，过点APB的垂线，垂足为，过点QPB的垂线，垂足为．由Rt△ADP≌Rt△AHP，推出PH＝PD．由Rt△AHP△Rt△PGQ，推出QG＝PH＝DP＝t，在Rt△AHB中，则有t即可解决问题．（2）分三种情形：①如图1﹣1中，若点PDE上，当PQ＝QB1﹣2中，若点P在线段EC上（图，当P＝BQ时．③如图﹣1中，若点P在线段DC延长线上，Q＝QB时，分别求解即可．【详解】（1）①证明：如图1中，过点Q作QF⊥CD于点F，∵点E是DC的中点，∴CE＝DE＝1＝CB，又∵∠C＝90°，∴∠CEB＝∠CBE＝45°，∵EQ＝t，DP＝t，∴EF＝FQ＝t．∴FQ＝DP，∴PF＝PE+EF＝PE+DP＝DE＝1∴PF＝AD，∴Rt△ADP≌Rt△PFQ，∴AP＝PQ．②如图，过点A作PB的垂线，垂足为H，过点Q作PB的垂线，垂足为G．由AP平分∠DPB，得∠APD＝∠APB，易证Rt△ADP≌Rt△AHP，∴PH＝PD＝t，AH＝AD＝1．又∠APD＝∠PAB，∴∠PAB＝∠APB，∴PB＝AB＝8，易证Rt△AHP△Rt△PGQ，∴QG＝PH＝DP＝t，在Rt△AHB中，则有12+（6﹣t）2＝62，解得t＝6﹣1 ，∴PB＝•P•Q＝××（﹣1

）＝18﹣9 ．1﹣1PDEPQ＝QB时，∴AP＝PQ＝QB＝BE﹣EQ＝1 ﹣t，在Rt△APD中，由DP2+AD2＝AP2，得t2+9＝2（1﹣t）2，解得t＝6﹣1 或6+1 （舍去）②如图﹣2中，若点P在线段EC上（如图，当P＝BQ时，∴PB＝BQ＝t﹣1 ，则在Rt△BCP中，由BP2＝CP2+BC2，得2（t﹣1）2＝（6﹣t）2+9，解得：t＝1 或 （舍去）③如图1﹣1中，若点P在线段DC延长线上，QP＝QB时，∴AP＝PQ＝BQ＝t﹣1 ，在Rt△APD中，由DP2+AD2＝AP2，得t2+9＝2（t﹣1）2，解得综上所述，满足条件的t的值为6﹣1【点睛】

（舍去）或或1 或6+1 ．本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判走和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决间题，属于中考压轴题.1 5 726（（）直线y x(1x)智慧数等于（）抛物线yx2bxc“智慧数是（）抛物2 2 4yx24x2yx2

1x412 16【分析】（1）先求出点N的坐标，然后根据“坐标和”的定义计算即可；yx1x3智慧数2先求出抛物线的顶点坐标，即可列出关于b和cyxx21xc，然后利用二次函数求y＋x的最小值即可得出结论；yxm22m2wwxwx的二次函数图象的对称轴，先根据已知条件求出m的取值范围，然后根据2m1x1