山东省日照岚山区五校联考2024-2025学年九上数学期末学业质量监测模拟试题含解析

2023-2024学年九上数学期末模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1．从下列两组卡片中各摸一张，所摸两张卡片上的数字之和为5的概率是（）第一组：1,2,3第二组：2,3,4A． B． C． D．2．若一元二次方程x2+2x+a=0有实数解，则a的取值范围是（）A．a<1 B．a≤4 C．a≤1 D．a≥13．如图，点、、是上的点，，连结交于点，若，则的度数为（）A． B． C． D．4．如果用线段a、b、c，求作线段x，使，那么下列作图正确的是（）A． B．C． D．5．下列图形是中心对称图形的是（）A． B． C． D．6．如图，正方形ABCD中，E，F分别在边AD，CD上，AF，BE相交于点G，若AE=3ED，DF=CF，则的值是A． B． C． D．7．如图，在△ABC中，∠A=90°，sinB=，点D在边AB上，若AD=AC，则tan∠BCD的值为()A． B． C． D．8．已知OA=5cm，以O为圆心，r为半径作⊙O．若点A在⊙O内，则r的值可以是（）A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm9．下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（）A． B．C． D．10．刘徽是我国古代一位伟大的数学家，他的杰作《九章算术注》和《海宝算经》是中国宝贵的文化遗产.他所提出的割圆术可以估算圆周率.割圆术是依次用圆内接正六边形、正十二边形…去逼近圆.如图，的半径为1，则的内接正十二边形面积为()A．1 B．3 C．3.1 D．3.1411．一件商品的原价是100元，经过两次提价后的价格为121元，如果每次提价的百分率都是x，根据题意，下面列出的方程正确的是（）A．100(1+x)=121 B．100(1-x)=121 C．100(1+x)2=121 D．100(1-x)2=12112．如图，点，，均在⊙上，当时，的度数是（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．已知，则的值为______．14．将抛物线y＝x2+2x向右平移1个单位后的解析式为_____．15．在一个不透明的布袋中，有红球、白球共30个，除颜色外其它完全相同，小明通过多次摸球试验后发现，其中摸到红球的频率稳定在40%，则随机从口袋中摸出一个是红球的概率是_____．16．如图，绕着点顺时针旋转得到，连接，延长交于点，若，则的长为__________．17．已知关于的方程的一个根为-2，则方程另一个根为__________．18．已知二次函数y＝（x﹣2）2﹣3，当x＜2时，y随x的增大而_____（填“增大”或“减小”）．三、解答题（共78分）19．（8分）用适当的方法解下列一元二次方程（1）x2+2x＝3；（2）2x2﹣6x+3＝1．20．（8分）如图，一次函数与反比例函数的图象交于、两点，与坐标轴分别交于、两点．(1)求一次函数的解析式；(2)根据图象直接写出中的取值范围；(3)求的面积．21．（8分）如图，点分别在的边上，已知．（1）求证：．（2）若，求的长．22．（10分）如图，在中，直径垂直于弦，垂足为，连结，将沿翻转得到，直线与直线相交于点．（1）求证：是的切线；（2）若为的中点，，求的半径长；（3）①求证：；②若的面积为，，求的长．23．（10分）（1）已知如图1，在中，，，点在内部，点在外部，满足，且．求证：．（2）已知如图2，在等边内有一点，满足，，，求的度数．24．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点O是斜边AB上一定点，到点O的距离等于OB的所有点组成图形W，图形W与AB，BC分别交于点D，E，连接AE，DE，∠AED=∠B．（1）判断图形W与AE所在直线的公共点个数，并证明．（2）若，，求OB．25．（12分）如图，为的直径，、为上两点，，，垂足为．直线交的延长线于点，连接．（1）判断与的位置关系，并说明理由；（2）求证：．26．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴负半轴交于点A，正半轴交于点B，OA＝2OB＝1．求抛物线的顶点坐标．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【分析】根据题意，通过树状图法即可得解.【详解】如下图，画树状图可知，从两组卡片中各摸一张，一共有9种可能性，两张卡片上的数字之和为5的可能性有3种，则P(两张卡片上的数字之和为5)，故选：D.本题属于概率初步题，熟练掌握树状图法或者列表法是解决本题的关键.2、C【分析】根据一元二次方程的根的判别式列不等式求解.【详解】解：∵方程有实数根∴△=4-4a≥0，解得a≤1故选C．本题考查一元二次方根的判别式，熟记公式正确计算是本题的解题关键.3、B【分析】根据平行可得，∠A=∠O，据圆周角定理可得，∠C=∠O，结合外角的性质得出∠ADB=∠C+∠A=60°，可求出结果．【详解】解：∵OB∥AC，∠A=∠O，又∠C=∠O，∴∠ADB=∠C+∠A=∠O+∠O=60°，∴∠O=40°．故选：B．本题主要考查圆周角定理、平行线的性质以及外角的性质，熟练掌握同弧所对的圆周角等于圆心角的一半是解题的关键．4、B【分析】利用比例式a：b=c：x，与已知图形作对比，可以得出结论．【详解】A、a：b=x：c与已知a：b=c：x不符合，故选项A不正确；B、a：b=c：x与已知a：b=c：x符合，故选项B正确；C、a：c=x：b与已知a：b=c：x不符合，故选项C不正确；D、a：x=b：c与已知a：b=c：x不符合，故选项D不正确；故选：B．本题考查了平行线分线段成比例定理、复杂作图，熟练掌握平行于三角形一边的直线截其他两边（或两边的延长线），所得的对应线段成比例．5、B【分析】根据中心对称图形的概念和各图的性质求解．【详解】A、是轴对称图形，故此选项错误；B、是中心对称图形，故此选项正确；C、不是中心对称图形，故此选项错误；D、不是中心对称图形，故此选项错误．故选：B．此题主要考查了中心对称图形的概念．要注意，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．6、C【分析】如图作，FN∥AD，交AB于N，交BE于M．设DE=a，则AE=3a，利用平行线分线段成比例定理解决问题即可.【详解】如图作，FN∥AD，交AB于N，交BE于M．∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∵FN∥AD，∴四边形ANFD是平行四边形，∵∠D=90°，∴四边形ANFD是矩形，∵AE=3DE，设DE=a，则AE=3a，AD=AB=CD=FN=4a，AN=DF=2a，∵AN=BN，MN∥AE，∴BM=ME，∴MN=a，∴FM=a，∵AE∥FM，∴，故选C．本题考查正方形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．7、C【分析】作DE⊥BC于E，在△CDE中根据已知条件可求得DE,CE的长，从而求得tan∠BCD.【详解】解：作DE⊥BC于E.∵∠A=90°，sinB=，设AC=3a=AD，则AB=4a,BC=5a,∴BD=AB-AD=a.∴DE=BD·sinB=a,∴根据勾股定理，得BE=a,∴CE=BC-BE=a,∴tan∠BCD=故选C.本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了直角三角形中三角函数值的计算，本题中正确求三角函数值是解题的关键．8、D【解析】试题分析：根据题意可知，若使点A在⊙O内，则点A到圆心的大小应该小于圆的半径，因此圆的半径应该大于1．故选D考点：点与圆的位置关系9、D【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．【详解】A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项正确．故选：D．本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．10、B【分析】根据直角三角形的30度角的性质以及三角形的面积公式计算即可解决问题．【详解】解：如图，作AC⊥OB于点C.∵⊙O的半径为1，∴圆的内接正十二边形的中心角为360°÷12=30°，∴过A作AC⊥OB，∴AC=OA=，∴圆的内接正十二边形的面积S=12××1×=3.故选B.此题主要考查了正多边形和圆，三角形的面积公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．11、C【详解】试题分析：对于增长率的问题的基本公式为：增长前的数量×=增长后的数量.由题意，可列方程为：100(1+x)2=121，故答案为：C考点：一元二次方程的应用12、A【分析】先利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出的度数，然后根据圆周角定理可得到的度数．【详解】，，，．故选A．本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．二、填空题（每题4分，共24分）13、【分析】设=k，用k表示出a、b、c，代入求值即可.【详解】解：设=k，∴a=2k，b=3k，c=4k，∴==.故答案是：.本题考查了比例的性质，涉及到连比时一般假设比值为k，这是常用的方法.14、y＝x2﹣1．【分析】通过配方法先求出原抛物线的顶点坐标，继而得到平移后新抛物线的顶点坐标，然后利用顶点式即可求得新抛物线的解析式.【详解】∵y=x2+2x=(x+1)2-1，∴原抛物线的顶点为(-1，-1)，∵将抛物线y＝x2+2x向右平移1个单位得到新的抛物线，∴新抛物线的顶点为(0，-1)，∴新抛物线的解析式为y=x2-1，故答案为：y=x2-1．本题考查了抛物线的平移，得到原抛物线与新抛物线的顶点坐标是解题的关键.15、1．【分析】根据题意得出摸出红球的频率，继而根据频数＝总数×频率计算即可．【详解】∵小明通过多次摸球试验后发现其中摸到红球的频率稳定在40%，∴口袋中红色球的个数可能是30×40%＝1个．故答案为：1．本题比较容易，考查利用频率估计概率．大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．16、【分析】根据题意延长交于点，则，延长交于点,根据已知可以得到CC´，B´C´，BF，B´F；求出，∵△MEC´∽△BEC，得到求出CE即可.【详解】Rt△ABC绕着点顺时针旋转得到，.又.如图，延长交于点，则，延长交于点，则.，，即，解得，∵△MEC´∽△BEC，，，解得∴CE=CC´+EC´=3+=此题主要考查了旋转变化的性质和特征，相似三角形的性质，熟记性质是解题的关键，注意相似三角形的选择.17、1【分析】将方程的根-2代入原方程求出m的值，再解方程即可求解．【详解】解：把x=-2代入原方程得出，4-2m+3m=0，解得m=-4；故原方程为：，解方程得：．故答案为：1．本题考查的知识点是解一元二次方程，根据方程的一个解求出方程中参数的值是解此题的关键．18、减小【分析】根据题目的函数解析式和二次函数的性质，可以得到当x＜2时，y随x的增大如何变化，本题得以解决．【详解】∵二次函数y＝（x﹣2）2﹣3，∴抛物线开口向上，对称轴为：x=2，∴当x＞2时，y随x的增大而增大，x＜2时，y随x的增大而减小，故答案为：减小．本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．三、解答题（共78分）19、（1）x1＝﹣3，x2＝1；（2）【分析】（1）移项，方程左边分解因式后，利用两数相乘积为1，两因式中至少有一个为1转化为两个一元一次方程来求解；（2）方程二次项系数化为1，常数项移到右边，两边加上一次项系数一半的平方，开方即可求出解．【详解】解：（1）移项得：x2+2x﹣3＝1，分解因式得：（x+3）（x﹣1）＝1，可得x+3＝1或x﹣1＝1，解得：x1＝﹣3，x2＝1；（2）方程变形得：x2﹣3x＝﹣，配方得：x2﹣3x+＝﹣+，即（x﹣）2＝，解得：．此题考查了解一元二次方程因式分解法及配方法，熟练掌握各种解法是解本题的关键．20、(1)y=-2x+6；(2)或；(1)1．【解析】（1）将点A、点B的坐标分别代入解析式即可求出m、n的值，从而求出两点坐标；（2）由图直接解答；（1）将△AOB的面积转化为S△AON-S△BON的面积即可．【详解】(1)∵点在反比例函数上，∴，解得，∴点的坐标为，又∵点也在反比例函数上，∴，解得，∴点的坐标为，又∵点、在的图象上，∴，解得，∴一次函数的解析式为．(2)根据图象得：时，的取值范围为或；(1)∵直线与轴的交点为，∴点的坐标为，．本题考查了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，利用图像解不等式，及割补法求图形的面积，数形结合是解题的关键．21、（1）证明见解析（2）【分析】（1）根据三角形内角和定理以及相似三角形的判定定理即可求出答案；（2）根据相似三角形的性质即可求出答案．【详解】解：（1）证明：在中，，∴.又∵在中，，∴，∴（2）∵，∴，∴，∵∴∴本题考查了三角形内角和定理及相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定．22、（1）见解析；（2）的半径为2；（3）①见解析；②．【分析】（1）连接OC，由OA=OC得，根据折叠的性质得∠1=∠3，∠F=∠AEC=90°，则∠2=∠3，于是可判断OC∥AF，根据平行线的性质得，然后根据切线的性质得直线FC与⊙O相切；

（2）首先证明△OBC是等边三角形，在Rt△OCE中，根据OC2=OE2+CE2，构建方程即可解决问题；

（3）①根据等角的余角相等证明即可；

②利用圆的面积公式求出OB，由△GCB∽△GAC，可得，由此构建方程即可解决问题；【详解】解：（1）证明：连结，则，，，，又，即直线垂直于半径，且过的外端点，是的切线；（2）点是斜边的中点，，是等边三角形，且是的高，在中，，即解得，即的半径为2；（3）①∵OC=OB，∴，，，．②，，由①知：，，即，，解得：．本题属于圆综合题，考查了切线的判定，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用方程的思想思考问题，属于中考压轴题．23、（1）详见解析；（2）150°【分析】（1）先证∠ABD=∠CBE，根据SAS可证△ABD≌△CBE；（2）把线段PC以点C为中心顺时针旋转60°到线段CQ处，连结AQ．根据旋转性质得△PCQ是等边三角形，根据等边三角形性质证△BCP≌△ACQ（SAS），得BP=AQ=4，∠BPC=∠AQC，根据勾股定理逆定理可得∠AQP=90°，进一步推出∠BPC=∠AQC=∠AQP+∠PQC=90°+60°.【详解】（1）证明：∵∠ABC=90°，BD⊥BE∴∠ABC=∠DBE=90°即∠ABD+∠DBC=∠DBC+∠CBE∴∠ABD=∠CBE．又∵AB=CB，BD=BE∴△ABD≌△CBE（SAS）．（2）如图，把线段PC以点C为中心顺时针旋转60°到线段CQ处，连结AQ．由旋转知识可得：∠PCQ=60°，CP=CQ=1，∴△PCQ是等边三角形，∴CP=CQ=PQ=1．又∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°=∠PCQ，BC=AC，∴∠BCP+∠PCA=∠PCA+∠ACQ，即∠BCP=∠ACQ．在△BCP与△ACQ中∴△BCP≌△ACQ（SAS）∴BP=AQ=4，∠BPC=∠AQC．又∵PA=5，∴．∴∠AQP=90°又∵△PCQ是等边三角形，∴∠PQC=60°∴∠BPC=∠AQC=∠AQP+∠PQC=90°+60°=150°∴∠BPC=150°．考核知识点：等边三角形，全等三角形，旋转，勾股定理.根据旋转性质和全等三角形判定和性质求出边和角的关系是关键.24、（2）有一个公共点，证明见解析；（2）．【分析】（2）先根据题意作出图形W，再作辅助线,连接OE，证明AE是圆O的切线即可；（2）先利用解直角三角形的知识求出CE=2，从而求出BE=2．再由AC∥DE得出，把各线段的长代入即可求出OB的值.【详解】（2）判断有一个公共点证明：连接OE，如图．∵BD是⊙O的直径，∴∠DEB=90°．∵OE=OB，∴∠OEB=∠B．又∵∠AED=∠B，