2027届浙江省嘉兴市南湖区实验九上数学期末预测试题含解析

2027届浙江省嘉兴市南湖区实验九上数学期末预测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1．已知的半径为，点到圆心的距离为，则点和的位置关系是（）A．点在圆内 B．点在圆上 C．点在圆外 D．不能确定2．已知圆锥的底面半径为2cm，母线长为5cm，则圆锥的侧面积是（）A．20cm2 B．20πcm2 C．10πcm2 D．5πcm23．抛物线y=(x-3)2+4的顶点坐标是（）A．(-1，2)B．(-1，-2)C．(1，-2)D．(3，4)4．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，若线段AB=3，则BE=（）A．2 B．3 C．4 D．55．一元二次方程x2﹣3x+5=0的根的情况是（）A．没有实数根 B．有两个相等的实数根C．只有一个实数根 D．有两个不相等的实数根6．某农科院对甲、乙两种甜玉米各用10块相同条件的试验田进行试验，得到两个品种每亩产量的两组数据，其方差分别为，，则（）A．甲比乙的产量稳定 B．乙比甲的产量稳定C．甲、乙的产量一样稳定 D．无法确定哪一品种的产量更稳定7．如图，在△中，，，垂足为,若，，则的值为（）A． B．C． D．8．如图，已知点A，B，C，D，E，F是边长为1的正六边形的顶点，连接任意两点均可得到一条线段，在连接两点所得的所有线段中任取一条线段，取到长度为2的线段的概率为（）A． B． C． D．9．如图，所示的计算程序中，y与x之间的函数关系对应的图象所在的象限是（）A．第一象限 B．第一、三象限 C．第二、四象限 D．第一、四象限10．已知两圆的半径分别是2和4，圆心距是3，那么这两圆的位置是（）A．内含 B．内切 C．相交 D．外切11．如图物体由两个圆锥组成，其主视图中，．若上面圆锥的侧面积为1，则下面圆锥的侧面积为（）A．2 B． C． D．12．如图,点A是以BC为直径的半圆的中点，连接AB，点D是直径BC上一点，连接AD，分别过点B、点C向AD作垂线，垂足为E和F，其中，EF=2，CF=6，BE=8，则AB的长是（）A．4 B．6 C．8 D．10二、填空题（每题4分，共24分）13．Q是半径为3的⊙O上一点，点P与圆心O的距离OP＝5，则PQ长的最小值是_____．14．已知二次函数，与的部分对应值如下表所示：…-101234……61-2-3-2m…下面有四个论断：①抛物线的顶点为；②；③关于的方程的解为；④．其中，正确的有___________________．15．甲、乙两车从A地出发，沿同一路线驶向B地．甲车先出发匀速驶向B地，40min后，乙车出发，匀速行驶一段时间后，在途中的货站装货耗时半小时．由于满载货物，为了行驶安全，速度减少了50km/h，结果与甲车同时到达B地，甲乙两车距A地的路程（）与乙车行驶时间（）之间的函数图象如图所示，则下列说法：①②甲的速度是60km/h；③乙出发80min追上甲；④乙车在货站装好货准备离开时，甲车距B地150km；⑤当甲乙两车相距30km时，甲的行驶时间为1h、3h、h；其中正确的是__________．16．点P（2，﹣1）关于原点的对称点坐标为（﹣2，m），则m＝_____．17．如图，在边长为9的正三角形ABC中，BD=3，∠ADE=60°，则AE的长为．18．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，点是对称轴右侧抛物线上一点，且，则点的坐标为___________．三、解答题（共78分）19．（8分）计算：4+(-2)2×2-(-36)÷420．（8分）如图，在△ABC中，AB＝BC，D是AC中点，BE平分∠ABD交AC于点E，点O是AB上一点，⊙O过B、E两点，交BD于点G，交AB于点F．（1）判断直线AC与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）当BD＝6，AB＝10时，求⊙O的半径．21．（8分）解方程：（1）（2）22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与反比例函数的图像在第二象限交于点，与轴交于点，点在轴上，满足条件：，且，点的坐标为，。（1）求反比例函数的表达式；（2）直接写出当时，的解集。23．（10分）用适当的方法解方程：（1）x2+2x=0（2）x2﹣4x+1=024．（10分）如图，已知Rt△ABO，点B在轴上，∠ABO=90°，∠AOB=30°，OB=，反比例函数的图象经过OA的中点C，交AB于点D．（1）求反比例函数的表达式；（2）求△OCD的面积；（3）点P是轴上的一个动点，请直接写出使△OCP为直角三角形的点P坐标.25．（12分）已知关于的方程①求证：方程有两个不相等的实数根．②若方程的一个根是求另一个根及的值．26．某手机店销售部型和部型手机的利润为元，销售部型和部型手机的利润为元.(1)求每部型手机和型手机的销售利润；(2)该手机店计划一次购进，两种型号的手机共部，其中型手机的进货量不超过型手机的倍，设购进型手机部，这部手机的销售总利润为元.①求关于的函数关系式；②该手机店购进型、型手机各多少部，才能使销售总利润最大？(3)在(2)的条件下，该手机店实际进货时，厂家对型手机出厂价下调元，且限定手机店最多购进型手机部，若手机店保持同种手机的售价不变，设计出使这部手机销售总利润最大的进货方案.

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【解析】根据点与圆的位置关系进行判断．【详解】∵⊙O的半径为6cm，P到圆心O的距离为6cm，

即OP=6，

∴点P在⊙O上．

故选：B．本题考查了点与圆的位置关系：点与圆的位置关系有3种，设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：点P在圆外⇔d＞r；点P在圆上⇔d=r；点P在圆内⇔d＜r．2、C【解析】圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2，把相应数值代入,圆锥的侧面积=2π×2×5÷2=10π．故答案为C3、D【解析】根据抛物线解析式y=(x-3)2+4,可直接写出顶点坐标.【详解】y=(x-3)2+4的顶点坐标是(3，4).故选D.此题考查了二次函数y=a(x-h)2+k的性质，对于二次函数y=a(x-h)2+k，顶点坐标是(h，k)，对称轴是x=k.4、B【解析】分析：根据旋转的性质得出∠BAE=60°，AB=AE，得出△BAE是等边三角形，进而得出BE=1即可．详解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，∴∠BAE=60°，AB=AE，∴△BAE是等边三角形，∴BE=1．故选B．点睛：本题考查旋转的性质，关键是根据旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．要注意旋转的三要素：①定点-旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．5、A【解析】Δ=b2-4ac=(-3)2-4×1×5=9-20=-11<0，所以原方程没有实数根，故选A.6、B【分析】由，，可得到＜，根据方差的意义得到乙的波动小，比较稳定．【详解】∵，，

∴＜，

∴乙比甲的产量稳定．

故选：B．本题考查了方差的意义：方差反映一组数据在其平均数左右的波动大小，方差越大，波动就越大，越不稳定，方差越小，波动越小，越稳定．7、D【分析】在△中，根据勾股定理可得，而∠B=∠ACD，即可把求转化为求．【详解】在△中，根据勾股定理可得：∵∠B+∠BCD=90°，∠ACD+∠BCD=90°，∴∠B=∠ACD，∴=．故选D．本题考查了了解直角三角形中三角函数的应用，要熟练掌握好边角之间的关系，难度适中．8、D【分析】先求出连接两点所得的所有线段总数，再用列举法求出取到长度为2的线段条数，由此能求出在连接两点所得的所有线段中任取一条线段，取到长度为2的线段的概率．【详解】∵点A，B，C，D，E，F是边长为1的正六边形的顶点，连接任意两点均可得到一条线段，∴连接两点所得的所有线段总数n==15条，∵取到长度为2的线段有：FC、AD、EB共3条∴在连接两点所得的所有线段中任取一条线段，取到长度为2的线段的概率为：p＝．故选：D此题主要考查了正多边形和圆以及几何概率，正确利用正六边形的性质得出AD的长是解题关键．9、C【分析】根据输入程序，求得y与x之间的函数关系是y=-，由其性质判断所在的象限．【详解】解：x的倒数乘以-5为-，即y=-，则函数过第二、四象限，故选C．对于反比例函数y=（k≠0），（1）k＞0，反比例函数图象在一、三象限；（2）k＜0，反比例函数图象在第二、四象限内．10、C【分析】先求两圆半径的和与差，再与圆心距进行比较，确定两圆的位置关系．【详解】解：∵两圆的半径分别是2和4，圆心距是3，

则2+4=6，4-2=2，

∴2＜3＜6，

圆心距介于两圆半径的差与和之间，两圆相交．故选C．本题利用了两圆相交，圆心距的长度在两圆的半径的差与和之间求解．11、D【分析】先证明△ABD为等腰直角三角形得到∠ABD＝45°，BD＝AB，再证明△CBD为等边三角形得到BC＝BD＝AB，利用圆锥的侧面积的计算方法得到上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB：CB，从而得到下面圆锥的侧面积．【详解】∵∠A＝90°，AB＝AD，∴△ABD为等腰直角三角形，∴∠ABD＝45°，BD＝AB，∵∠ABC＝105°，∴∠CBD＝60°，而CB＝CD，∴△CBD为等边三角形，∴BC＝BD＝AB，∵上面圆锥与下面圆锥的底面相同，∴上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB：CB，∴下面圆锥的侧面积＝×1＝．故选D．本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了等腰直角三角形和等边三角形的性质．12、D【分析】延长BE交于点M，连接CM，AC，依据直径所对的圆周角是90度，及等弧对等弦，得到直角三角形BMC和等腰直角三角形BAC，依据等腰直角三角形三边关系，知道要求AB只要求直径BC，直径BC可以在直角三角形BMC中运用勾股定理求，只需要求出BM和CM，依据三个内角是直角的四边形是矩形，可以得到四边形EFCM是矩形，从而得到CM和EM的长度，再用BE+EM即得BM，此题得解.【详解】解：延长BE交于点M，连接CM，AC，∵BC为直径，∴，又∵由得：,∴四边形EFCM是矩形，∴MC=EF=2，EM=CF=6又∵BE=8，∴BM=BE+EM=8+6=14,∴,∵点A是以BC为直径的半圆的中点,∴AB=AC,又∵，∴，∴AB=10.故选：D.本题考查了圆周角定理的推理——直径所对的圆周角是90度，矩形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是构造两个直角三角形，将已知和待求用勾股定理建立等式.二、填空题（每题4分，共24分）13、1【分析】根据点与圆的位置关系即可得到结论．【详解】解：∵Q是半径为3的⊙O上一点，点P与圆心O的距离OP＝5，根据三角形的三边关系，PQ≥OP－OQ（注：当O、P、Q共线时，取等号）∴PQ长的最小值＝5-3＝1，故答案为：1．此题考查的是点与圆的位置关系，掌握三角形的三边关系求最值是解决此题的关键．14、①③．【解析】根据图表求出函数对称轴，再根据图表信息和二次函数性质逐一判断即可.【详解】由二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），y与x的部分对应值可知：该函数图象是开口向上的抛物线，对称轴是直线x=2，顶点坐标为（2，-3）；与x轴有两个交点，一个在0与1之间，另一个在3与4之间；当y=-2时，x=1或x=3；由抛物线的对称性可知，m=1；①抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为（2，-3），结论正确；②b2﹣4ac＝0，结论错误，应该是b2﹣4ac>0；③关于x的方程ax2+bx+c＝﹣2的解为x1＝1，x2＝3，结论正确；④m＝﹣3，结论错误，其中，正确的有.①③故答案为：①③本题考查了二次函数的图像，结合图表信息是解题的关键.15、②③【分析】根据一次函数的性质和该函数的图象对各项进行求解即可．【详解】∵线段DE代表乙车在途中的货站装货耗时半小时，∴a=4+0.5=4.5（小时），即①不成立；∵40分钟=小时，∴甲车的速度为460÷（7+）=60（千米/时），即②成立；设乙车刚出发时的速度为x千米/时，则装满货后的速度为（x﹣50）千米/时，根据题意可知：4x+（7﹣4.5）（x﹣50）=460，解得：x=1．乙车发车时，甲车行驶的路程为60×=40（千米），乙车追上甲车的时间为40÷（1﹣60）=（小时），小时=80分钟，即③成立；乙车刚到达货站时，甲车行驶的时间为（4+）小时，此时甲车离B地的距离为460﹣60×（4+）=180（千米），即④不成立．设当甲乙两车相距30km时，甲的行驶时间为x小时，由题意可得1）乙车未出发时，即解得∵∴是方程的解2）乙车出发时间为解得解得3）乙车出发时间为解得∵所以不成立4）乙车出发时间为解得故当甲乙两车相距30km时，甲的行驶时间为h、1h、3h、h，故⑤不成立故答案为：②③．本题考查了两车的路程问题，掌握一次函数的性质是解题的关键．16、1【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出答案．【详解】∵点P（2，﹣1）关于原点的对称点坐标为（﹣2，m），∴m＝1．故答案为：1．此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确把握对应点横纵坐标的关系是解题关键．17、7【解析】试题分析：∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠C=60°，AB=BC．∴CD=BC－BD=9－3=6，；∠BAD+∠ADB=120°．∵∠ADE=60°，∴∠ADB+∠EDC=120°．∴∠DAB=∠EDC．又∵∠B=∠C=60°，∴△ABD∽△DCE．∴，即．∴．18、【分析】根据已知条件，需要构造直角三角形，过D做DH⊥CR于点H,用含字母的代数式表示出PH、RH,即可求解．【详解】解：过点D作DQ⊥x轴于Q,交CB延长线于R,作DH⊥CR于H,过R做RF⊥y轴于F,∵抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，∴A(1,0),B(2,0)C(0,2)∴直线BC的解析式为y=-x+2设点D坐标为(m,m²-3m+2),R(m,-m+2),∴DR=m²-3m+2-(-m+2)=m²-2m∵OA=OB=2∴∠CAO=ACO=45°=∠QBR=∠RDH,∴CR=,∵经检验是方程的解.故答案为：本题考查了函数性质和勾股定理逆定理的应用还有锐角三角函数值的应用，本题比较复杂，先根据题意构造直角三角形．三、解答题（共78分）19、21【解析】试题分析:先乘方,再乘除,最后再计算加减.试题解析:4+(-2)2×2-(-36)÷4,=4+4×2-(-36)÷4,=4+8－(－9),=12+9,=21.20、（1）（1）AC与⊙O相切，证明见解析；（2）⊙O半径是．【解析】试题分析：（1）连结OE，如图，由BE平分∠ABD得到∠OBE=∠DBO，加上∠OBE=∠OEB，则∠OBE=∠DBO，于是可判断OE∥BD，再利用等腰三角形的性质得到BD⊥AC，所以OE⊥AC，于是根据切线的判定定理可得AC与⊙O相切；（2）设⊙O半径为r，则AO=10﹣r，证明△AOE∽△ABD，利用相似比得到，然后解方程求出r即可．试题解析：（1）AC与⊙O相切．理由如下：连结OE，如图，∵BE平分∠ABD，∴∠OBE=∠DBO，∵OE=OB，∴∠OBE=∠OEB，∴∠OBE=∠DBO，∴OE∥BD，∵AB=BC，D是AC中点，∴BD⊥AC，∴OE⊥AC，∴AC与⊙O相切；（2）设⊙O半径为r，则AO=10﹣r，由（1）知，OE∥BD，∴△AOE∽△ABD，∴，即，∴r=，即⊙O半径是．考点：圆切线的判定：相似经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．解决（2）小题的关键是利用相似比构建方程．21、（1），；（2）x1=2，x2=-1．【分析】（1）方程移项后，利用完全平方公式配方，开方即可求出解；（2）提取公因式化为积的形式，然后利用两因式相乘积为0，两因式中至少有一个为0，转化为两个一元一次方程来求解．【详解】解：（1）方程整理得：，

配方得：，即，

开方得：，

解得：，；（2）方程变形得：，即，即或，解得．本题考查解一元二次方程．熟练掌握解一元二次方程的方法，并能结合实际情况选择合适的方法是解决此题的关键．22、（1）；（2）【解析】（1）过点B作BH⊥x轴于点H，证明≌得到BH与CH的长度，便可求得B点的坐标，进而求得反比例函数解析式；（2）观察函数图象，当一次函数图象在反比例函数图象下方时的自变量x的取值范围便是结果．【详解】解：（1）如图作轴于点则∴∵点的坐标为∴∵∴，在和中有∴≌∴，∴，即∴∴反比例函数解析式为（2）因为在第二象限中，点右侧一次函数的图像在反比例函数图像的下方,所以当时，的解集为.本题考查了反比例函数和一次函数的交点问题，熟练掌握函数解析式的求法以及利用数形结合根据函数图象的上下位置关系得出不等式的解集是重点．23、（1）x1=0，x2=﹣2；（2）x1=2，x2=2．【分析】根据方程的特点可适当选择解方程的方法，利用因式分解法、配方法解一元二次方程即可得到答案．【详解】（1）或所以，（2），即所以，本题考查了解元二次方程的方法，能够根据题目的结构特点选择合适的方法解一元二次方程，熟悉直接开平方法、配方法、公式法以及因式分解法的具体步骤是解题的关键．24、（1）；（2）面积为；（3）P（2，0）或（4，0）【分析】（1）解直角三角形求得AB，作CE⊥OB于E，根据平行线分线段成比例定理和三角形中位线的性质求得C的坐标，然后根据待定系数法即可求得反比例函数的解析式；（2）补形法，求出各点坐标，S△OCD=S△AOB-S△ACD-S△OBD；（3）分两种情形：①∠OPC=90°．②∠OCP=90°，分别求解即可．【详解】解：（1）∵∠ABO=90°，∠AOB=30°，OB=，∴AB=OB=2，作CE⊥OB于E，

∵∠ABO=90°，

∴CE∥AB，

∴OC=AC，

∴OE=BE=OB=，CE=AB=1，∴C（，1），∵反比例函数（x＞0）的图象经过OA的中点C，∴1=，∴k=，∴反比例函数的关系式为；（2）∵OB=，∴D的横坐标为，代入得，y=，∴D（，），∴BD=，∵AB=，∴AD=，∴S△OCD=S△AOB-S△ACD-S△OBD=OB•AB-AD•BE-BD•OB=（3）当∠OPC=90°时，点P的横坐标与点C的横坐标相等，C（2，2），

∴P（2，0）．

当∠OCP=90