2025届山东省利津县联考数学九上期末经典试题含解析

2025届山东省利津县联考数学九上期末经典试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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）1．如图，在锐角△ABC中，∠A=60°，∠ACB=45°，以BC为弦作⊙O，交AC于点D，OD与BC交于点E，若AB与⊙O相切，则下列结论：①∠BOD=90°；②DO∥AB；③CD=AD；④△BDE∽△BCD；⑤正确的有（）A．①② B．①④⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤2．若一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根为﹣1，则（）A．a+b+c=0B．a﹣b+c=0C．﹣a﹣b+c=0D．﹣a+b+c=03．三张背面完全相同的数字牌，它们的正面分别印有数字1，2，3，将它们背面朝上，洗匀后随机抽取一张，记录牌上的数字并把牌放回，再重复这样的步骤两次，得到三个数字a、b、c，则以a、b、c为边长能构成等腰三角形的概率是()A． B． C． D．4．二次函数下列说法正确的是（）A．开口向上 B．对称轴为直线C．顶点坐标为 D．当时，随的增大而增大5．下列说法正确的是（）A．三点确定一个圆B．同圆中，圆周角等于圆心角的一半C．平分弦的直径垂直于弦D．一个三角形只有一个外接圆6．如图1，在△ABC中，AB=BC，AC=m，D，E分别是AB，BC边的中点，点P为AC边上的一个动点，连接PD，PB，PE.设AP=x，图1中某条线段长为y，若表示y与x的函数关系的图象大致如图2所示，则这条线段可能是（）A．PD B．PB C．PE D．PC7．如图是一个圆柱形输水管横截面的示意图，阴影部分为有水部分，如果水面AB的宽为8cm，水面最深的地方高度为2cm，则该输水管的半径为（）A．3cm B．5cm C．6cm D．8cm8．化简的结果是A．-9 B．-3 C．±9 D．±39．在直角坐标系中，点关于坐标原点的对称点的坐标为（）A． B． C． D．10．在下列四个图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是()A． B． C． D．11．如图，一条公路的转弯处是一段圆弧，点是这段弧所在圆的圆心，，点是的中点,D是AB的中点，且，则这段弯路所在圆的半径为（）A． B． C． D．12．如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，若∠BAD=48°，则∠DCA的大小为（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．一个不透明的口袋中装有5个红球和若干个白球，他们除颜色外其他完全相同，通过多次摸球实验后发现，摸到红球的频率稳定在25%附近，估计口袋中白球有__________个．14．如图，在△ABC中，∠BAC=35°，将△ABC绕点A顺时针方向旋转50°，得到△AB′C′，则∠B′AC的度数是．15．如图，是的切线，为切点，连接．若，则=__________．16．如图所示的点阵中，相邻的四个点构成正方形，小球只在矩形内自由滚动时，则小球停留在阴影区域的概率为___________.17．若点与点关于原点对称，则______．18．如图，点A，B的坐标分别为（1，4）和（4，4），抛物线y=a（x﹣m）2+n的顶点在线段AB上运动，与x轴交于C、D两点（C在D的左侧），点C的横坐标最小值为﹣3，则点D的横坐标最大值为_____．三、解答题（共78分）19．（8分）在中，，点在边上运动，连接，以为一边且在的右侧作正方形.（1）如果，如图①，试判断线段与之间的位置关系，并证明你的结论；（2）如果，如图②，（1）中结论是否成立，说明理由.（3）如果，如图③，且正方形的边与线段交于点，设，，，请直接写出线段的长.（用含的式子表示）20．（8分）如图，在中，D、E分别为BC、AC上的点.若，AB＝8cm，求DE的长.21．（8分）若二次函数的图象的顶点在的图象上，则称为的伴随函数，如是的伴随函数．（1）若函数是的伴随函数，求的值；（2）已知函数是的伴随函数．①当点（2，-2）在二次函数的图象上时，求二次函数的解析式；②已知矩形，为原点，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上，点（6，2），当二次函数的图象与矩形有三个交点时，求此二次函数的顶点坐标．22．（10分）如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，直径AB＝4，直线EF经过点C，AD⊥EF于点D，∠ACD＝∠B．（1）求证：EF是⊙O的切线；（2）若AD＝1，求BC的长；（3）在（2）的条件下，求图中阴影部分的面积．23．（10分）因粤港澳大湾区和中国特色社会主义先行示范区的双重利好，深圳已成为国内外游客最喜欢的旅游目的地城市之一．深圳著名旅游“网红打卡地”东部华侨城景区在2018年春节长假期间，共接待游客达20万人次，预计在2020年春节长假期间，将接待游客达28.8万人次．（1）求东部华侨城景区2018至2020年春节长假期间接待游客人次的年平均增长率；（2）东部华侨城景区一奶茶店销售一款奶茶，每杯成本价为6元，根据销售经验，在旅游旺季，若每杯定价25元，则平均每天可销售300杯，若每杯价格降低1元，则平均每天可多销售30杯．2020年春节期间，店家决定进行降价促销活动，则当每杯售价定为多少元时，既能让顾客获得最大优惠，又可让店家在此款奶茶实现平均每天6300元的利润额？24．（10分）如图，已知△ABC内接于⊙O，且AB＝AC，直径AD交BC于点E，F是OE上的一点，使CF∥BD．（1）求证：BE＝CE；（2）若BC＝8，AD＝10，求四边形BFCD的面积．25．（12分）如图，BC是路边坡角为30°，长为10米的一道斜坡，在坡顶灯杆CD的顶端D处有一探射灯，射出的边缘光线DA和DB与水平路面AB所成的夹角∠DAN和∠DBN分别是37°和60°（图中的点A、B、C、D、M、N均在同一平面内，CM∥AN）．（1）求灯杆CD的高度；（2）求AB的长度（结果精确到0.1米）．（参考数据：=1.1．sin37°≈060，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）26．已知：在△ABC中，点D、点E分别在边AB、AC上，且DE//BC，BE平分∠ABC．（1）求证：BD=DE；（2）若AB=10，AD=4，求BC的长．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【解析】根据同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半，由圆周角∠ACB=45°得到圆心角∠BOD=90°，进而得到的度数为90°，故选项①正确；又因OD=OB，所以△BOD为等腰直角三角形，由∠A和∠ACB的度数，利用三角形的内角和定理求出∠ABC=180°-60°-45°=75°，由AB与圆切线，根据切线的性质得到∠OBA为直角，求出∠CBO=∠OBA-∠ABC=90°-75°=15°，由根据∠BOE为直角，求出∠OEB=180°-∠BOD-∠OBE=180°-90°-15°=75°，根据内错角相等，得到OD∥AB，故选项②正确；由D不一定为AC中点，即CD不一定等于AD，而选项③不一定成立；又由△OBD为等腰三角形，故∠ODB=45°，又∠ACB=45°，等量代换得到两个角相等，又∠CBD为公共角，根据两对对应角相等的两三角形相似得到△BDE∽△BCD，故④正确；连接OC，由相似三角形性质和平行线的性质，得比例，由BD=OD，等量代换即可得到BE等=DE，故选项⑤正确．综上，正确的结论有4个．

故选C.点睛：此题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，等腰直角三角形的性质以及等边三角形的性质，熟练掌握性质与定理是解本题的关键．2、B【解析】直接把x＝−1代入方程就可以确定a，b，c的关系．【详解】∵x＝−1是方程的解，∴把x＝−1代入方程有：a−b＋c＝1．故选：B．【点睛】本题考查的是一元二次方程的解，把方程的解代入方程，就可以确定a，b，c的值．3、C【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构成等腰三角形的情况，再利用概率公式即可求得答案．【详解】画树状图得：

∵共有27种等可能的结果，构成等腰三角形的有15种情况，

∴以a、b、c为边长正好构成等腰三角形的概率是：．

故选：C．【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．4、D【分析】根据解析式即可依次判断正确与否.【详解】∵a=-2∴开口向下，A选项错误；∵，∴对称轴为直线x=-1，故B错误；∵，∴顶点坐标为（-1，-4），故C错误；∵对称轴为直线x=-1，开口向下，∴当时，随的增大而增大，故D正确.故选：D.【点睛】此题考查二次函数的性质，掌握不同函数解析式的特点，各字母代表的含义，并熟练运用解题是关键.5、D【分析】由垂径定理的推论、圆周角定理、确定圆的条件和三角形外心的性质进行判断【详解】解：A、平面内不共线的三点确定一个圆，所以A错误；B、在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，所以B错误；C、平分弦（非直径）的直径垂直于弦，所以C错误；D、一个三角形只有一个外接圆，所以D正确．故答案为D．【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角定理以及确定圆的条件，灵活应用圆的知识是解答本题的关键.6、C【解析】观察可得，点P在线段AC上由A到C的运动中，线段PE逐渐变短，当EP⊥AC时，PE最短，过垂直这个点后，PE又逐渐变长，当AP=m时，点P停止运动，符合图像的只有线段PE，故选C.点睛：本题考查了动点问题的函数图象，对于此类问题来说是典型的数形结合，图象应用信息广泛，通过看图获取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题、解决问题的能力．用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图．7、B【分析】先过点O作OD⊥AB于点D，连接OA，由垂径定理可知AD＝AB，设OA＝r，则OD＝r﹣2，在Rt△AOD中，利用勾股定理即可求出r的值．【详解】解：如图所示：过点O作OD⊥AB于点D，连接OA，∵OD⊥AB，∴AD＝AB＝4cm，设OA＝r，则OD＝r﹣2，在Rt△AOD中，OA2＝OD2+AD2，即r2＝（r﹣2）2+42，解得r＝5cm．∴该输水管的半径为5cm；故选：B．【点睛】此题主要考查垂径定理，解题的关键是熟知垂径定理及勾股定理的运用.8、B【分析】根据二次根式的性质即可化简.【详解】=-3故选B.【点睛】此题主要考查二次根式的化简，解题的关键实数的性质.9、D【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征：横、纵坐标都相反，进行判断即可．【详解】点A(－1，2)关于原点的对称点的坐标为(1，－2)．故选：D．【点睛】本题考查点的坐标特征，熟记特殊点的坐标特征是关键．10、B【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念判定即可．【详解】解：A、不是轴对称图形，也是中心对称图形B、是轴对称图形，也是中心对称图形；C、是轴对称图形，也不是中心对称图形；D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故答案为B．【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，掌握轴对称和中心对称概念的区别是解答本题的关键．11、A【分析】根据题意，可以推出AD＝BD＝20，若设半径为r，则OD＝r﹣10，OB＝r，结合勾股定理可推出半径r的值．【详解】解：，，在中，，设半径为得：，解得：，这段弯路的半径为故选A．【点睛】本题主要考查垂径定理的应用、勾股定理的应用，关键在于设出半径为r后，用r表示出OD、OB的长度．12、B【详解】解：连接BD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠ABD=90°−∠BAD=42°，∴∠DCA=∠ABD=42°故选B二、填空题（每题4分，共24分）13、15【分析】由摸到红球的频率稳定在25%附近得出口袋中得到红色球的概率，进而求出白球个数即可．【详解】解：设白球个数为：x个，∵摸到红色球的频率稳定在25%左右，∴口袋中得到红色球的概率为25%，∴，解得x=15，检验：x=15是原方程的根，∴白球的个数为15个，故答案为：15.【点睛】此题主要考查了利用频率估计概率，根据大量反复试验下频率稳定值即概率得出和分式方程的解法解题关键．14、15°【分析】先根据旋转的性质，求得∠BAB'的度数，再根据∠BAC=35°，求得∠B′AC的度数即可．【详解】∵将绕点顺时针方向旋转50°得到，∴，又∵，∴，故答案为：15°．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，解题时注意：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．15、65°【分析】根据切线长定理即可得出AB=AC，然后根据等边对等角和三角形的内角和定理即可求出结论．【详解】解：∵是的切线，∴AB=AC∴∠ABC=∠ACB=（180°－∠A）=65°故答案为：65°．【点睛】此题考查的是切线长定理和等腰三角形的性质，掌握切线长定理和等边对等角是解决此题的关键．16、【分析】分别求出矩形ABCD的面积和阴影部分的面积即可确定概率.【详解】设每相邻两个点之间的距离为a则矩形ABCD的面积为而利用梯形的面积公式和图形的对称性可知阴影部分的面积为∴小球停留在阴影区域的概率为故答案为【点睛】本题主要考查随机事件的概率，能够求出阴影部分的面积是解题的关键.17、1【解析】∵点P（m，﹣2）与点Q（3，n）关于原点对称，∴m=﹣3，n=2，则（m+n）2018=（﹣3+2）2018=1，故答案为1．18、1【分析】根据题意当点C的横坐标取最小值时，抛物线的顶点与点A重合，进而可得抛物线的对称轴，则可求出此时点D的最小值，然后根据抛物线的平移可求解．【详解】解：∵点A，B的坐标分别为（1，4）和（4，4），∴AB=3，由抛物线y=a（x﹣m）2+n的顶点在线段AB上运动，与x轴交于C、D两点（C在D的左侧），可得：当点C的横坐标取最小值时，抛物线的顶点与点A重合，∴抛物线的对称轴为：直线，∵点，∴点D的坐标为，∵顶点在线段AB上移动，∴点D的横坐标的最大值为：5+3=1；故答案为1．【点睛】本题主要考查二次函数的平移及性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．三、解答题（共78分）19、（1）；证明见解析；（2）成立；理由见解析；（3）.【分析】（1）先证明，得到，再根据角度转换得到∠BCF=90°即可；（2）过点作交于点，可得，再证明，得，即可证明；（3）过点作交的延长线于点，可求出，则，根据得出相似比，即可表示出CP.【详解】（1）；证明：∵，，∴，由正方形得，∵，∴，在与中，，∴，∴，∴，即；（2）时，的结论成立；证明：如图2，过点作交于点，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，，即；（3）过点作交的延长线于点，∵，∴△AQC为等腰直角三角形，∵，∴，∵DC=x，∴，∵四边形ADEF为正方形，∴∠ADE=90°，∴∠PDC+∠ADQ=90°，∵∠ADQ+∠QAD=90°，∴∠PDC=∠QAD，∴，∴，∴，.【点睛】本题考查了全等三角形性质及判定，相似三角形的判定及性质，正方形的性质等，构建全等三角形，相似三角形是解决此题的关键．20、【分析】根据两边成比例且夹角相等证△CDE∽△CAB，由相似性质得对应边成比例求解.【详解】解：在△CDE和△CAB中，∵，∠DCE=∠ACB，∴△CDE∽△CAB，∴,∴,∴DE=.【点睛】本题考查相似三角形的判定及性质，正确找出相似条件是解答此题的关键.21、（1）；（2）①或；②顶点坐标是（1，3）或（4，6）．【分析】（1）将函数的图象的顶点坐标是(1,1)，代入即可求出t的值;(2)①设二次函数为，根据伴随函数定义，得出代入二次函数得到：，把(2,-2)，即可得出答案；②由①可知二次函数为，把(0,2)代入，得出h的值，进行取舍即可，把(6,2)代入得出h的值，进行取舍即可．【详解】解：（1）函数的图象的顶点坐标是(1,1)，把，代入，得，解得：．（2）①设二次函数为．二次函数是的伴随函数，，二次函数为，把，代入得，，二次函数的解析式是或．②由①可知二次函数为，把(0,2)代入，得，解得，当时，二次函数的解析式是，顶点是(0,2)由于此时与矩形有三个交点时只有两个交点∴不符合题意，舍去∴当时，二次函数的解析式是，顶点坐标为(1,3)．把(6,2)代入得，解得，，当时，二次函数的解析式是，顶点是(9,11)由于此时与矩形有三个交点时只有两个交点∴不符合题意，舍去∴当时，二次函数的解析式是，顶点坐标为(4,6)．综上所述：顶点坐标是(1,3)或(4,6)．【点睛】本题考查了新型函数的定义，掌握待定系数法求函数解析式，是解题的关键．22、（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）连接OC，由OB＝OC，利用等边对等角得到∠BCO＝∠B，由∠ACD＝∠B，得到∠ACD+∠OCA＝90°，即可得到EF为圆O的切线；（2）证明Rt△ABC∽Rt△ACD，可求出AC＝2，由勾股定理求出BC的长即可；（3）求出∠B＝30°，可得∠AOC＝60°，在Rt△ACD中，求出CD，然后用梯形ADCO和扇形OAC的面积相减即可得出答案．【详解】（1）证明：连接OC，∵AB是⊙O直径，∴∠ACB＝90°，即∠BCO+∠OCA＝90°，∵OB＝OC，∴∠BCO＝∠B，∵∠ACD＝∠B，∴∠ACD+∠OCA＝90°，∵OC是⊙O的半径，∴EF是⊙O的切线；（2）解：在Rt△ABC和Rt△ACD中，∵∠ACD＝∠B，∠ACB＝∠ADC，∴Rt△ABC∽Rt△ACD，∴，∴AC2＝AD•AB＝1×4＝4，∴AC＝2，∴；（3）解：∵在Rt△ABC中，AC＝2，AB＝4，∴∠B＝30°，∴∠AOC＝60°，在Rt△ADC中，∠ACD＝∠B＝30°，AD＝1，∴CD＝＝＝，∴S阴影＝S梯形ADCO﹣S扇形OAC＝．【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理以及扇形面积的计算，熟练掌握圆的基本性质是解本题的关键．23、（1）22%；（2）22元．【分析】（1）设年平均增长率为x，根据东部华侨城景区在238年春节长假期间，共接待游客达22万人次，预计在2222年春节长假期间，将接待游客达1．8万人次．列出方程求解即可；（2）设当每杯售价定为y元时，店家在此款奶茶实现平均每天6322元的利润额，由题意得关于y的方程，解方程并对方程的解作出取舍即可．【详解】解：（1）设年平均增长率为x，由题意得：22(1+x)2＝1．8，解得：x1＝2．2＝22%，x2＝﹣2.2（舍）．答：年平均增长率为22%；（2）设当每杯售价定为y元时，店家在此款奶茶实现平均每天6322元的利润额，由题意得：(y﹣6)[322+32(25﹣y)]＝6322，整理得：y2﹣41y+422＝2，解得：y1＝22，y2＝3．∵让顾客获得最大优惠，∴y＝22．答：当每杯售价定为22元时，既能让顾客获得最大优惠，又可让店家在此款奶茶实现平均每天6322元的利润额．

【点睛】本题考查了一元二次方程在实际问题中的应用，理清题中的数量关系并正确列出方程是解题的关键．24、（1）见解析；（2）四边形BFCD的面积为1．【分析】（1）由AB＝AC可得，然后根据垂径定理的推论即可证得结论；（2）先根据ASA证得△BED≌△CEF，从而可得CF＝BD，于是可推得四边形BFCD是平行四边形，进一步即得四边形BFCD是菱形；易证△AEC∽△CED，设DE＝x，根据相似三角形的性质可得关于x的方程，解方程即可求出x的值，再根据菱形面积公式计算即可.【详解】（1）证明：∵AB＝AC，∴，∵AE过圆心O，∴BE＝CE；（2）解：∵AB＝AC，BE＝CE，∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，∴∠BED=∠CEF=90°，∵CF∥BD，∴∠DBE＝∠FCE，∴△BE