2025届临沂市九年级数学第一学期期末统考模拟试题含解析

2023-2024学年九上数学期末模拟试卷注意事项：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，一次函数的图象与反比例函数（为常数且）的图象都经过，结合图象，则不等式的解集是（）A． B．C．或 D．或2．已知反比例函数的图象过点则该反比例函数的图象位于（）A．第一、二象限 B．第一、三象限 C．第二、四象限 D．第三、四象限3．在平面直角坐标系中，△ABC与△A1B1C1位似，位似中心是原点O，若△ABC与△A1B1C1的相似比为1：2，且点A的坐标是（1，3），则它的对应点A1的坐标是（）A．（-3，-1） B．（-2，-6） C．（2，6）或（-2，-6） D．（-1，-3）4．下列图形都是由同样大小的五角星按一定的规律组成，其中第①个图形一共有2个五角星，第②个图形一共有8个五角星，第③个图形一共有18个五角星，…，则第⑦个图形中五角星的个数为()A．90 B．94 C．98 D．1025．抛物线y=ax2+bx+c上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如下表：x

…

-2

-1

0

1

2

…

y

…

0

4

6

6

4

…

观察上表，得出下面结论：①抛物线与x轴的一个交点为（3，0）；②函数y=ax2+bx+C的最大值为6；③抛物线的对称轴是x=；④在对称轴左侧，y随x增大而增大．其中正确有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个6．如图，点D在△ABC的边AC上，要判断△ADB与△ABC相似，添加一个条件，不正确的是（）A．∠ABD=∠C B．∠ADB=∠ABC C． D．7．如图，已知⊙O的半径是2，点A、B、C在⊙O上，若四边形OABC为菱形，则图中阴影部分面积为（）A．π﹣2 B．π﹣ C．π﹣2 D．π﹣8．圆锥的底面半径是，母线为，则它的侧面积是（）A． B． C． D．9．如图，⊙O是正△ABC的外接圆，点D是弧AC上一点，则∠BDC的度数（）．A．50° B．60° C．100° D．120°10．如图，直线l与x轴，y轴分别交于A，B两点，且与反比例函数y＝（x＞0）的图象交于点C，若S△AOB＝S△BOC＝1，则k＝（）A．1 B．2 C．3 D．411．抛物线y＝2(x﹣2)2﹣1的顶点坐标是()A．(0，﹣1) B．(﹣2，﹣1) C．(2，﹣1) D．(0，1)12．已知半径为5的圆，其圆心到直线的距离是3，此时直线和圆的位置关系为（）．A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，在△ABC中，AC=6，BC=10，，点D是AC边上的动点(不与点C重合)，过点D作DE⊥BC，垂足为E，点F是BD的中点，连接EF，设CD=x，△DEF的面积为S，则S与x之间的函数关系式为_______________________．14．如图，在△ABC中，AB=4，BC=7，∠B=60°，将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，则CD的长为__________．15．张华在网上经营一家礼品店，春节期间准备推出四套礼品进行促销，其中礼品甲45元/套，礼品乙50元/套，礼品丙70元/套，礼品丁80元/套，如果顾客一次购买礼品的总价达到100元，顾客就少付x元，每笔订单顾客网上支付成功后，张华会得到支付款的80%．①当x=5时，顾客一次购买礼品甲和礼品丁各1套，需要支付_________元；②在促销活动中，为保证张华每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的六折，则x的最大值为________．16．二次函数的顶点坐标是___________.17．如图，内接于，于点，，若的半径，则的长为______．18．从﹣2，﹣1，1，2四个数中任取两数，分别记为a、b，则关于x的不等式组有解的概率是_____．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，是的平分线，点在上，以为直径的交于点，过点作的垂线，垂足为点，交于点．（1）求证：直线是的切线；（2）若的半径为，，求的长．20．（8分）垃圾分类是必须要落实的国家政策，环卫部门要求垃圾要按可回收物，有害垃圾，餐厨垃圾，其它垃圾四类分别装袋，投放.甲投放了一袋垃圾，乙投放了两袋垃圾（两袋垃圾不同类）.（1）直接写出甲投放的垃圾恰好是类垃圾的概率；（2）用树状图求乙投放的垃圾恰有一袋与甲投放的垃圾是同类的概率．21．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，DE⊥AD交AB于E，EF∥BC交AC于F．（1）求证：△ACD∽△ADE；（2）求证：AD2＝AB•AF；（3）作DG⊥BC交AB于G，连接FG，若FG＝5，BE＝8，直接写出AD的长．22．（10分）如图，抛物线经过点，点，交轴于点，连接，.（1）求抛物线的解析式；（2）点为抛物线第二象限上一点，满足，求点的坐标；（3）将直线绕点顺时针旋转，与抛物线交于另一点，求点的坐标.23．（10分）解方程：3x（1x+1）=4x+1．24．（10分）在3×3的方格纸中，点A、B、C、D、E、F分别位于如图所示的小正方形的顶点上.（1）.从A、D、E、F四点中任意取一点，以所取的这一点及B、C为顶点三角形，则所画三角形是等腰三角形的概率是；（2）.从A、D、E、F四点中先后任意取两个不同的点，以所取的这两点及B、C为顶点画四边形，求所画四边形是平行四边形的概率（用树状图或列表求解）.25．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝1．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动．(1)当∠OAD＝30°时，求点C的坐标；(2)设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为时，求OA的长；(3)当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos∠OAD的值．26．如图，在△ABC中，∠C=60°，AB=4.以AB为直径画⊙O，交边AC于点D．AD的长为，求证：BC是⊙O的切线.

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【分析】根据一次函数图象在反比例函数图象上方的的取值范围便是不等式的解集．【详解】解：由函数图象可知，当一次函数的图象在反比例函数（为常数且）的图象上方时，的取值范围是：或，∴不等式的解集是或.故选C．本题是一次函数图象与反比例函数图象的交点问题：主要考查了由函数图象求不等式的解集．利用数形结合是解题的关键．2、C【分析】先根据点的坐标求出k值，再利用反比例函数图象的性质即可求解．【详解】解：∵反比例函数（k≠0）的图象经过点P（2，-3），

∴k=2×（-3）=-6＜0，

∴该反比例函数经过第二、四象限．

故选：C．本题考查了反比例函数的性质．反比例函数（k≠0）的图象k＞0时位于第一、三象限，在每个象限内，y随x的增大而减小；k＜0时位于第二、四象限，在每个象限内，y随x的增大而增大．3、C【解析】根据如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或，即可求出答案.【详解】由位似变换中对应点坐标的变化规律得：点的对应点的坐标是或，即点的坐标是或故选：C.本题考查了位似变换中对应点坐标的变化规律，理解位似的概念，并熟记变化规律是解题关键.4、C【分析】根据前三个图形可得到第n个图形一共有个五角星，当n=7代入计算即可．【详解】解：第①个图形一共有个五角星；第②个图形一共有个五角星；第③个图形一共有个五角星；……第n个图形一共有个五角星，所以第⑦个图形一共有个五角星．故答案选C．本题主要考查规律探索，解题的关键是找准规律．5、C【解析】从表中可知，抛物线过（0,6），（1,6），所以可得抛物线的对称轴是x=，故③正确.当x=-2时，y=0，根据对称性当抛物线与x轴的另一个交点坐标为x=×2+2=3.故①；当x=2时，y=4，所以在对称轴的右侧，随着x增大，y在减小，所以抛物线开口向下.故其在顶点处取得最大值，应大于6，故②错，④对.选C.6、C【分析】由∠A是公共角，利用有两角对应相等的三角形相似，即可得A与B正确；又由两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，即可得D正确，继而求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．【详解】∵∠A是公共角，∴当∠ABD=∠C或∠ADB=∠ABC时，△ADB∽△ABC（有两角对应相等的三角形相似），故A与B正确，不符合题意要求；当AB：AD=AC：AB时，△ADB∽△ABC（两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似），故D正确，不符合题意要求；AB：BD=CB：AC时，∠A不是夹角，故不能判定△ADB与△ABC相似，故C错误，符合题意要求，故选C．7、C【解析】分析：连接OB和AC交于点D，根据菱形及直角三角形的性质先求出AC的长及∠AOC的度数，然后求出菱形ABCO及扇形AOC的面积，则由S菱形ABCO﹣S扇形AOC可得答案．详解：连接OB和AC交于点D，如图所示：∵圆的半径为2，∴OB=OA=OC=2，又四边形OABC是菱形，∴OB⊥AC，OD=OB=1，在Rt△COD中利用勾股定理可知：CD=，AC=2CD=2，∵sin∠COD=，∴∠COD=60°，∠AOC=2∠COD=120°，∴S菱形ABCO=B×AC=×2×2=2，S扇形AOC=，则图中阴影部分面积为S菱形ABCO﹣S扇形AOC=，故选C．点睛：本题考查扇形面积的计算及菱形的性质，解题关键是熟练掌握菱形的面积=a•b（a、b是两条对角线的长度）；扇形的面积=，有一定的难度．8、A【分析】根据圆锥的侧面积＝底面周长×母线长计算．【详解】圆锥的侧面面积＝×6×5＝15cm1．故选：A．本题考查圆锥的侧面积＝底面周长×母线长，解题的关键是熟知公式的运用.9、B【分析】根据等边三角形的性质和圆周角定理的推论解答即可．【详解】解：∵△ABC是正三角形，∴∠A=60°，∴∠BDC=∠A=60°．故选：B．本题考查了等边三角形的性质和圆周角定理的推论，属于基础题型，熟练掌握上述基本知识是解题的关键．10、D【分析】作CD⊥x轴于D，设OB=a（a＞0）．由S△AOB=S△BOC，根据三角形的面积公式得出AB=BC．根据相似三角形性质即可表示出点C的坐标，把点C坐标代入反比例函数即可求得k．【详解】如图，作CD⊥x轴于D，设OB＝a（a＞0）．∵S△AOB＝S△BOC，∴AB＝BC．∵△AOB的面积为1，∴OA•OB＝1，∴OA＝，∵CD∥OB，AB＝BC，∴OD＝OA＝，CD＝2OB＝2a，∴C（，2a），∵反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点C，∴k＝×2a＝1．故选D．此题考查反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求函数解析式，会运用相似求线段长度是解题的关键．11、C【解析】根据二次函数顶点式顶点坐标表示方法，直接写出顶点坐标即可.【详解】解：∵顶点式y＝a(x﹣h)2+k，顶点坐标是(h，k)，∴y＝2(x﹣2)2﹣1的顶点坐标是(2，﹣1)．故选：C．本题考查了二次函数顶点式，解决本题的关键是熟练掌握二次函数顶点式中顶点坐标的表示方法.12、C【解析】试题分析：半径r=5，圆心到直线的距离d=3，∵5＞3，即r＞d，∴直线和圆相交，故选C．【考点】直线与圆的位置关系．二、填空题（每题4分，共24分）13、【分析】可在直角三角形CED中，根据DE、CE的长，求出△BED的面积即可解决问题．【详解】在Rt△CDE中，，CD=x

∴∴，

∴．

∵点F是BD的中点，

∴，

故答案为．本题考查解直角三角形，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．14、3【解析】试题解析:由旋转的性质可得：AD=AB，∴△ABD是等边三角形，∴BD=AB，∵AB=4，BC=7，∴CD=BC−BD=7−4=3.故答案为3.15、125【分析】①当x=5时，顾客一次购买礼品甲和礼品丁各1套，需要支付45+80-5=1元．②设顾客每笔订单的总价为M元，当0＜M＜100时，张军每笔订单得到的金额不低于促销前总价的六折，当M≥100时，0.8（M-x）≥0.6M，对M≥100恒成立，由此能求出x的最大值．【详解】解：（1）当x=5时，顾客一次购买礼品甲和礼品丁各1套，需要支付：45+80-5=1元．故答案为：1．（2）设顾客一次购买干果的总价为M元，当0＜M＜100时，张军每笔订单得到的金额不低于促销前总价的六折，当M≥100时，0.8（M-x）≥0.6M，解得，0.8x≤0.2M.∵M≥100恒成立,∴0.8x≤200解得：x≤25.故答案为25.本题考查代数值的求法，考查函数性质在生产、生活中的实际应用等基础知识，考查运算求解能力和应用意识，是中档题．16、【分析】因为顶点式y=a（x-h）2+k，其顶点坐标是（h，k），直接求二次函数的顶点坐标即可．【详解】∵是顶点式，∴顶点坐标是.故答案为：本题考查了二次函数的性质，熟练掌握顶点式是解题的关键.17、【分析】连接OC，先证出△ADB为等腰直角三角形，从而得出∠ABD=45°，然后根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可求出∠AOC，然后根据勾股定理即可求出AC．【详解】解：连接OC∵，，∴△ADB为等腰直角三角形∴∠ABD=45°∴∠AOC=2∠ABD=90°∵的半径∴OC=OA=2在Rt△OAC中，AC=故答案为：．此题考查的是等腰直角三角形的判定及性质、圆周角定理和勾股定理，掌握等腰直角三角形的判定及性质、同弧所对的圆周角是圆心角的一半和利用勾股定理解直角三角形是解决此题的关键．18、．【分析】根据关于x的不等式组有解，得出b≤x≤a+1，根据题意列出树状图得出所有等情况数和关于x的不等式组有解的情况数，再根据概率公式即可得出答案．【详解】解：∵关于x的不等式组有解，∴b≤x≤a+1，根据题意画图如下：共有12种等情况数，其中关于x的不等式组有解的情况分别是，，，，，，，，共8种，则有解的概率是；故答案为：．本题考查了不等式组的解和用列举法求概率，熟练掌握并灵活运用是解题的关键．三、解答题（共78分）19、（1）证明见解析；（2）1．【分析】（1）根据角平分线的定义和同圆的半径相等可得，证明，可得结论；（2）在中，设，则，，证明，表示，由平行线分线段成比例定理得：，代入可得结论．【详解】解：（1）连接.∵AG是∠PAQ的平分线，∵半径∴直线BC是的切线．（2）连接DE．∵为的直径，∵，设在中，在与中∵，∴在Rt中，AE=12，∴，即∴∴在Rt△ODB与Rt△ACB中∵，∴，∴，即本题考查了三角形与圆相交的问题，掌握角平分线的定义、勾股定理、相似三角形的判定以及平行线分线段成比例是解题的关键．20、(1)；

(2)乙投放的垃圾恰有一袋与甲投放的垃圾是同类的概率是.【分析】（1）甲投放的垃圾可能出现的情况为4种，以此得出甲投放的垃圾恰好是类垃圾的概率；（2）根据题意作出树状图，依据树状图找出所有符合的情况，求乙投放的垃圾恰有一袋与甲投放的垃圾是同类的概率．【详解】(1)甲投放的垃圾共有A、B、C、D四种可能，所以甲投放的垃圾恰好是类垃圾的概率为；

(2)∴乙投放的垃圾恰有一袋与甲投放的垃圾是同类的概率是.本题考查了概率事件以及树状图，掌握概率的公式以及树状图的作法是解题的关键.21、（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）根据两角对应相等两三角形相似即可证明．（2）证明△BAD∽△DAF可得结论．（3）求出AB，AF，代入AD2＝AB•AF，即可解决问题．【详解】（1）证明：∵DA平分∠BAC，∴∠CAD＝∠DAE，∵DE⊥AD，∴∠ADE＝∠C＝90°，∴△ACD∽△ADE．（2）证明：连接DF．∵EF∥BC，∴∠AFE＝∠C＝90°，∠AEF＝∠B，∵∠ADE＝∠AFE＝90°，∴A，E，D，F四点共圆，∴∠ADF＝∠AEF，∴∠B＝∠ADF，∴∠DAB＝∠DAF，∴△BAD∽△DAF，∴，∴AD2＝AB•AF．（3）设DG交EF于O．∵DG⊥BC，AC⊥BC，∴DG∥AC，∴∠ADG＝∠DAC＝∠DAG，∴AG＝GD，∵∠AED+∠EAD＝90°，∠EDG+∠ADG＝90°，∴∠GED＝∠GDE，∴DG＝EG＝AG，∵∠AFE＝90°，∴FG＝EG＝AG＝DG＝5，∵OE∥BD，∴，∴，∴OG＝，∴OG∥AF．EG＝AG，∴OE＝OF，∴AF＝2OG＝，∴AD2＝AB•AF＝18×，∵AD＞0，∴AD＝．本题考查相似三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.22、（1）；（2）或；（3）．【分析】（1）将A，C坐标代入中解出即可；（2）由可得，设，利用三角形的面积求法建立方程求解即可得出结论；（3）延长AC与BE交于点F，易证△ABC是直角三角形可知△ACF是等腰直角三角形，由，，可得A是CF的中点，所以F（2，-2），进而确定直线BF的解析式为，即可求出E点坐标.【详解】（1）将点，代入得：∴，，∴；（2）由（1）可得，令y=0，解得，则，∴，，∴，∵，∴，设直线的解析式为，∴，∴，∴，如图，过点作轴交于，设，∴∴，∴或，∴或；（3）延长与交于点，是直角三角形，∵直线绕点顺时针旋转，∴，∴是等腰直角三角形，∵，，∴是的中点，∴，∴直线的解析式为，则，∴或，∵与重合舍去，∴．本题考查二次函数的图象及性质，直角三角形的性质，本题是综合题，掌握待定系数法求解析式，熟练的将函数与三角形相结合是解题的关键．23、=,=−．【分析】方程整理后，利用因式分解法即可得出结果．【详解】方程整理得：3x(1x+1)−1(1x+1)=0，分解因式得：(3x−1)(1x+1)=0，可得3x−1=0或1x+1=0，解得：=,=−.24、（1）（2）【分析】（1）根据从A、D、E、F四个点中任意取一点，一共有4种可能，只有选取D点时，所画三角形是等腰三角形，即可得出答案；（2）利用树状图得出从A、D、E、F四个点中先后任意取两个不同的点，一共有12种可能，进而得出以点A、E、B、C为顶点及以D、F、B、C为顶点所画的四边形是平行四边形，即可求出概率．【详解】解：（1）根据从A、D、E、F四个点中任意取一点，一共有4种可能，只有选取D点时，所画三角形是等腰三角形，所画三角形是等腰三角形的概率P=；故答案为（2）用“树状图”或利用表格列出所有可能的结果：∵以点A、E、B、C为顶点及以D、F、B、C为顶点所画的四边形是平行四边形，∴所画的四边形是平行四边形的概率P==．考点：列表法与树状图法；等腰三角形的判定；平行四边形的判定．25、(1)点C的坐标为(2，3+2)；(2)OA＝3；(3)OC的最大值为8，cos∠OAD＝．【分析】(1)作CE⊥y轴，先证∠CDE＝∠OAD＝30°得CE＝CD＝2，DE＝，再由∠OAD＝30°知OD＝AD＝3，从而得出点C坐标；(2)先求出S△DCM＝1，结合S四边形OMCD＝知S△ODM＝