2027届山东省济南实验中学九上数学期末质量检测模拟试题含解析

2027届山东省济南实验中学九上数学期末质量检测模拟试题注意事项：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．使得关于的不等式组有解，且使分式方程有非负整数解的所有的整数的和是()A．-8 B．-10 C．-16 D．-182．若关于的方程有两个相等的根，则的值为（）A．10 B．10或14 C．-10或14 D．10或-143．如图是二次函数y＝ax2+bx+c图象的一部分，图象过点A（﹣3，0），对称轴为x＝﹣1．给出四个结论：①b2＞4ac；②2a+b＝0；③a﹣b+c＝0；④5a＜b．其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4．如图，过反比例函数y=(x＞0)的图象上一点A作AB⊥x轴于点B，连接AO，则S△AOB=()A．1 B．2 C．4 D．85．已知四边形中，对角线，相交于点，且，则下列关于四边形的结论一定成立的是（）A．四边形是正方形 B．四边形是菱形C．四边形是矩形 D．6．如图，△ABC中，AB＝AC＝10，tanA＝2，BE⊥AC于点E，D是线段BE上的一个动点，则的最小值是()A． B． C． D．107．如图，将图形用放大镜放大，这种图形的变化属于（）A．平移 B．相似 C．旋转 D．对称8．如图，是的直径，，垂足为点，连接交于点，延长交于点，连接并延长交于点.则下列结论：①；②；③点是的中点.其中正确的是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③9．河堤横断面如图所示，堤高BC＝5米，迎水坡AB的坡比1：，则AC的长是()A．10米 B．米 C．15米 D．米10．如图是由三个边长分别为6、9、x的正方形所组成的图形，若直线AB将它分成面积相等的两部分，则x的值是（）A．1或9 B．3或5 C．4或6 D．3或611．方程3x2－4x－1＝0的二次项系数和一次项系数分别为（）A．3和4 B．3和－4 C．3和－1 D．3和112．不等式组的整数解有（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，从一块矩形铁片中间截去一个小矩形，使剩下部分四周的宽度都等于，且小矩形的面积是原来矩形面积的一半，则的值为_________．14．若菱形的两条对角线长分别是6㎝和8㎝，则该菱形的面积是㎝1．15．如果关于x的方程x2-5x+a=0有两个相等的实数根，那么a=_____.16．当时，二次函数有最大值4，则实数的值为________．17．已知中，，，，则的长为__________．18．如图，AC是⊙O的直径，B，D是⊙O上的点，若⊙O的半径为3，∠ADB＝30°，则的长为____．三、解答题（共78分）19．（8分）阅读下列材料，并完成相应的任务.任务：（1）上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别指什么？依据1：依据2：（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：（请写出定理名称）.（3）如图（3），四边形ABCD内接于⊙O，AB=3，AD=5，∠BAD=60°，点C是弧BD的中点，求AC的长.20．（8分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC，对角线AC、BD交于点O，BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，连接OE．（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）若DC＝2，AC＝4，求OE的长．21．（8分）如图，将△ABC绕点B旋转得到△DBE，且A，D，C三点在同一条直线上。求证：DB平分∠ADE．22．（10分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，CB＝6，CA＝8，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△DBE，使点C的对应点E恰好落在AB上，求线段AE的长．23．（10分）如图，在正方形ABCD中，点M、N分别在AB、BC边上，∠MDN=45°．（1）如图1，DN交AB的延长线于点F．求证：；（2）如图2，过点M作MP⊥DB于P，过N作NQ⊥BD于，若，求对角线BD的长；（3）如图3，若对角线AC交DM，DF分别于点T，E．判断△DTN的形状并说明理由．24．（10分）某市政府高度重视教育工作，财政资金优先保障教育，2017年新校舍建设投入资金8亿元，2019年新校舍建设投入资金11.52亿元。求该市政府从2017年到2019年对校舍建设投入资金的年平均增长率.25．（12分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB＝AC，P是⊙O上一点，请你只用无刻度的直尺，分别画出图①和图②中∠P的平分线．26．如图，在中，，点为上一点且与不重合．，交于．（1）求证：；（2）设，求关于的函数表达式；（3）当时，直接写出_________．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【分析】根据不等式组的解集的情况，得出关于m的不等式，求得m的取值范围，再解分式方程得出x，根据x是非负整数，得出m所有值的和．【详解】解：∵关于的不等式组有解，则，∴，又∵分式方程有非负整数解，∴为非负整数，∵，∴-10，-6，-2由，故答案选D．本题考查含参数的不等式组及含参数的分式方程，能够准确解出不等式组及方程是解题的关键．2、D【分析】根据题意利用根的判别式，进行分析计算即可得出答案.【详解】解：∵关于的方程有两个相等的根，∴，即有，解得10或-14.故选：D.本题考查的是根的判别式，熟知一元二次方程中，当时，方程有两个相等的两个实数根是解答此题的关键．3、B【解析】由图象与x轴有交点，可以推出b2-4ac＞0，即b2＞4ac，①正确；由对称轴为x=-b2a=-1可以判定②错误；由x=-1时，y>0，可知③错误．把x＝1，x＝﹣【详解】①∵图象与x轴有交点，对称轴为x＝-b2a＝﹣1，与y轴的交点在又∵二次函数的图象是抛物线，∴与x轴有两个交点，∴b2﹣4ac＞0，即b2＞4ac，故本选项正确，②∵对称轴为x＝-b2a＝﹣∴2a＝b，∴2a-b＝0，故本选项错误，③由图象可知x＝﹣1时，y>0，∴a﹣b+c>0，故本选项错误，④把x＝1，x＝﹣3代入解析式得a+b+c＝0，9a﹣3b+c＝0，两边相加整理得5a+c＝b，∵c>0,即5a＜b，故本选项正确．故选：B．本题考查了二次函数图像与各系数的关系，解答本题关键是掌握二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点、抛物线与x轴交点的个数确定．4、B【分析】利用反比例函数k的几何意义判断即可．【详解】解：根据题意得：S△AOB=×4=2，故选：B．本题考查了反比例函数系数k的几何意义，关键是熟练掌握“在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是|k|．”5、C【分析】根据OA=OB=OC=OD，判断四边形ABCD是平行四边形．然后根据AC=BD，判定四边形ABCD是矩形．【详解】，四边形是平行四边形且，是矩形，题目没有条件说明对角线相互垂直，∴A、B、D都不正确；故选：C本题是考查矩形的判定方法，常见的又3种：①一个角是直角的四边形是矩形；②三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形．6、B【解析】如图，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．由tanA==2，设AE=a，BE=2a，利用勾股定理构建方程求出a，再证明DH=BD，推出CD+BD=CD+DH，由垂线段最短即可解决问题．【详解】如图，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．∵BE⊥AC，∴∠AEB=90°，∵tanA==2，设AE=a，BE=2a，则有：100=a2+4a2，∴a2=20，∴a=2或-2（舍弃），∴BE=2a=4，∵AB=AC，BE⊥AC，CM⊥AB，∴CM=BE=4（等腰三角形两腰上的高相等））∵∠DBH=∠ABE，∠BHD=∠BEA，∴，∴DH=BD，∴CD+BD=CD+DH，∴CD+DH≥CM，∴CD+BD≥4，∴CD+BD的最小值为4．故选B．本题考查解直角三角形，等腰三角形的性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．7、B【分析】根据放大镜成像的特点，结合各变换的特点即可得出答案．【详解】解：根据相似图形的定义知，用放大镜将图形放大，属于图形的形状相同，大小不相同，所以属于相似变换．故选：B．本题考查相似形的识别，联系图形根据相似图形的定义得出是解题的关键．8、A【分析】根据“同弧所对圆周角相等”以及“等角的余角相等”即可解决问题①，运用相似三角形的判定定理证明△EBC∽△BDC即可得到②，运用反证法来判定③即可.【详解】证明：①∵BC⊥AB于点B，∴∠CBD+∠ABD=90°，∵AB为直径，∴∠ADB=90°，∴∠BAD+∠ABD=90°，∴∠CBD=∠BAD，∵∠BAD=∠CEB，∴∠CEB=∠CBD，故①正确；②∵∠C=∠C，∠CEB=∠CBD，∴△EBC∽△BDC，∴，故②正确；③∵∠ADB=90°，∴∠BDF=90°，∵DE为直径，∴∠EBD=90°，∴∠EBD=∠BDF，∴DF∥BE，假设点F是BC的中点，则点D是EC的中点，∴ED=DC，∵ED是直径，长度不变，而DC的长度是不定的，∴DC不一定等于ED，故③是错误的.故选：A.本题考查了圆周角的性质，余角的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定等知识，知识涉及比较多，但不难，熟练掌握基础的定理性质是解题的关键.9、B【解析】Rt△ABC中，已知了坡比是坡面的铅直高度BC与水平宽度AC之比，通过解直角三角形即可求出水平宽度AC的长．【详解】Rt△ABC中，BC=5米，tanA=1：；∴AC=BC÷tanA=5米；故选：B．此题主要考查学生对坡度坡角的掌握及三角函数的运用能力．10、D【解析】以AB为对角线将图形补成长方形，由已知可得缺失的两部分面积相同，即3×6=x×(9-x)，解得x=3或x=6，故选D.【点睛】本题考查了正方形的性质，图形的面积的计算，准确地区分和识别图形是解题的关键．11、B【详解】方程3x2－4x－1＝0的二次项系数是3，和一次项系数是-4.故选B.12、B【分析】先解出不等式组的解集，然后再把所有符合条件的整数解列举出来即可.【详解】解：解得，解得，∴不等式组的解集为：，整数解有1、2、3共3个，故选：B.本题考查了一元一次不等式组的的解法，先分别求出各不等式的解集，注意化系数为1时，如果两边同时除以一个负数，不等号的方向要改变；再求各个不等式解集的公共部分，必要时，可用数轴来求公共解集.二、填空题（每题4分，共24分）13、1【分析】本题中小长方形的长为（80−2x）cm，宽为（60−2x）cm，根据“小长方形的面积是原来长方形面积的一半”可列出方程（80−2x）（60−2x）＝×80×60，解方程从而求解．【详解】因为小长方形的长为（80−2x）cm，宽为（60−2x）cm，则其面积为（80−2x）（60−2x）cm2根据题意得：（80−2x）（60−2x）＝×80×60整理得：x2−70x＋600＝0解之得：x1＝1，x2＝60因x＝60不合题意，应舍去所以x＝1．故答案为：1.此题解答时应结合图形，分析出小长方形的长与宽，利用一元二次方程求解，另外应判断解出的解是否符合题意，进而确定取舍．14、14【解析】已知对角线的长度，根据菱形的面积计算公式即可计算菱形的面积．解：根据对角线的长可以求得菱形的面积，根据S=ab=×6×8=14cm1，故答案为14．15、【分析】若一元二次方程有两个相等的实数根，则方程的根的判别式等于0，由此可列出关于a的等式，求出a的值．【详解】∵关于x的方程x2-5x+a=0有两个相等的实数根，∴△=25-4a=0，即a=．故答案为：.一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．16、2或【分析】求出二次函数对称轴为直线x=m，再分m＜-2，-2≤m≤1，m＞1三种情况，根据二次函数的增减性列方程求解即可．【详解】解：二次函数的对称轴为直线x=m，且开口向下，

①m＜-2时，x=-2取得最大值，-（-2-m）2+m2+1=4，

解得，，∴不符合题意，

②-2≤m≤1时，x=m取得最大值，m2+1=4，

解得，所以，③m＞1时，x=1取得最大值，-（1-m）2+m2+1=4，

解得m=2，

综上所述，m=2或时，二次函数有最大值．

故答案为：2或．本题考查了二次函数的最值，熟悉二次函数的性质及图象能分类讨论是解题的关键．17、5或1【分析】作交BC于D，分两种情况：①D在线段BC上；②D在线段BC的延长线上，根据锐角三角函数值和勾股定理求解即可．【详解】作交BC于D①D在线段BC上，如图∵∴∴，在Rt△ACD中，由勾股定理得∴②D在线段BC的延长线上，如图∵∴∴，在Rt△ACD中，由勾股定理得∴故答案为：5或1．本题考查了解三角形的问题，掌握锐角的三角函数以及勾股定理是解题的关键．18、2π．【分析】根据圆周角定理求出∠AOB，得到∠BOC的度数，根据弧长公式计算即可．【详解】解：由圆周角定理得，∠AOB＝2∠ADB＝60°，∴∠BOC＝180°﹣60°＝120°，∴的长＝，故答案为：2π．本题考查的是圆周角定理、弧长的计算，掌握圆周角定理、弧长公式是解题的关键．三、解答题（共78分）19、（1）同弧所对的圆周角相等；两角分别对应相等的两个三角形相似（2）勾股定理（3）AC=【分析】（1）根据圆周角定理的推论以及三角形相似的判定定理，即可得到答案；（2）根据矩形的性质和托勒密定理，即可得到答案；（3）连接BD，过点C作CE⊥BD于点E．由四边形ABCD内接于⊙O，点C是弧BD的中点，可得∆BCD是底角为30°的等腰三角形，进而得BD=2DE=CD，结合托勒密定理，列出方程，即可求解．【详解】（1）依据1指的是：同弧所对的圆周角相等；依据2指的是：两角分别对应相等的两个三角形相似．故答案是：同弧所对的圆周角相等；两角分别对应相等的两个三角形相似；（2）∵当圆内接四边形ABCD是矩形时，∴AC=BD，BC=AD，AB=CD，∵由托勒密定理得：AC·BD=AB·CD+BC·AD，∴．故答案是：勾股定理；（3）如图，连接BD，过点C作CE⊥BD于点E．∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠BAD+∠BCD=180°，∵∠BAD=60°，∴∠BCD=120°，∵点C是弧BD的中点，∴弧BC=弧CD，∴BC=CD，∴∠CBD=30°.在Rt△CDE中，DE=CD·cos30°，∴DE=CD，∴BD=2DE=CD．由托勒密定理得：AC·BD=AB·CD+BC·AD．∴AC·CD=3CD+5CD．∴AC=．本题主要考查圆的内接四边形的性质与相似三角形的综合，添加辅助线，构造底角为30°的等腰三角形，是解题的关键．20、（1）证明见解析；（2）1.【分析】（1）由AD∥BC，BD平分∠ABC，可得AD＝AB，结合AD∥BC，可得四边形ABCD是平行四边形，进而，可证明四边形ABCD是菱形，（2）由四边形ABCD是菱形，可得OC＝AC＝2，在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD＝1，根据“在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半”，即可求解.【详解】（1）证明：∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∴∠ADB＝∠ABD，∴AD＝AB，∵AB＝BC，∴AD＝BC，∵AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，又∵AB＝BC，∴四边形ABCD是菱形；（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC＝AC＝2，在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD＝＝1，∴BD＝2OD＝8，∵DE⊥BC，∴∠DEB＝90°，∵OB＝OD，∴OE＝BD＝1．本题主要考查菱形的判定定理及性质定理，题目中的“双平等腰”模型是证明四边形是菱形的关键，掌握直角三角形的性质和勾股定理，是求OE长的关键.21、证明见解析.【分析】根据旋转的性质得到△ABC≌△DBE，进一步得到BA=BD，从而得到∠A=∠ADB，根据∠A=∠BDE得到∠ADB=∠BDE，从而证得结论．【详解】证明：∵将△ABC绕点B旋转得到△DBE，∴△ABC≌△DBE∴BA=BD．∴∠A=∠ADB．∵∠A=∠BDE，∴∠ADB=∠BDE．∴DB平分∠ADE．本题考查了旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③旋转前、后的图形全等．也考查了邻补角定义．22、1【分析】由勾股定理求出AB=1，由旋转的性质得出BE=BC=6，即可得出答案．【详解】∵在△ABC中，∠C＝90°，CB＝6，CA＝8，∴AB＝＝10，由旋转的性质得：BE＝BC＝6，∴AE＝AB﹣BE＝10﹣6＝1．本题考查了旋转的性质以及勾股定理；熟练掌握旋转的性质是解题的关键．23、（1）证明见解析；（2）；（3）是等腰直角三角形，理由见解析【分析】（1）连接BD，根据正方形的性质可证出，得到，即可得到结果；（2）根据正方形ABCD，可得到，，可推出，得到，于是推出，得到，进而得出，代入已知条件即可；（3）由已知条件证出，可得，再根据，得到，所以，代入条件可求得结果．【详解】解：（1）连接BD∵四边形ABCD是正方形∴∴又∵∴又∵∴∴∴（2）∵正方形ABCD∴，又∵∴又∵，∴∴∴∴∴又∵∴∴故答案为：（3）是等腰直角三角形，理由如下：由，，∴又∵∴∴又∵∴∴是