2024年山东省德州市临邑县九上数学期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．下列有关圆的一些结论①任意三点可以确定一个圆；②相等的圆心角所对的弧相等；③平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧；④圆内接四边形对角互补．其中正确的结论是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
2．抛物线y=x2+2x﹣3的最小值是（　　）
A．3 B．﹣3 C．4 D．﹣4
3．关于x的方程ax2+bx+c＝0是一元二次方程，则满足（　　）
A．a≠0 B．a＞0 C．a≥0 D．全体实数
4．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD=8，tan∠ABD=，则线段AB的长为（　　）

A． B．2 C．5 D．10
5．若，则下列比例式中正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．如图的中，，且为上一点．今打算在上找一点，在上找一点，使得与全等，以下是甲、乙两人的作法：
（甲）连接，作的中垂线分别交、于点、点，则、两点即为所求
（乙）过作与平行的直线交于点，过作与平行的直线交于点，则、两点即为所求
对于甲、乙两人的作法，下列判断何者正确？（　　）

A．两人皆正确 B．两人皆错误
C．甲正确，乙错误 D．甲错误，乙正确
7．如图，当刻度尺的一边与⊙O相切时，另一边与⊙O的两个交点处的读数如图所示(单位：cm)，圆的半径是5，那么刻度尺的宽度为（ ）

A．cm B．4 cm C．3cm D．2 cm
8．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
9．二次函数 y=（x-1）2 -5 的最小值是（ ）
A．1 B．-1 C．5 D．-5
10．如图，⊙O中，点D，A分别在劣弧BC和优弧BC上，∠BDC=130°，则∠BOC=(　　)

A．120° B．110° C．105° D．100°
11．估计+1的值在（　　）
A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6之间
12．如图，我国传统文化中的“福禄寿喜”图由四个图案构成，这四个图案中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，在中，，于，已知，则__________．

14．现有6张正面分别标有数字的不透明卡片，这些卡片除数字不同外其余全部相同现将它们背面朝上，洗均匀后从中任取一张，将该卡片上的数字记为，则使得关于的一元二次方程有实数根的概率为____．
15．一元二次方程x2﹣4x+4=0的解是________．
16．如图，在平面直角坐标系中，已知▱OABC的顶点坐标分别是O（0，0），A（3，0），B（4，2），C（1，2），以坐标原点O为位似中心，将▱OABC放大3倍，得到▱ODEF，则点E的坐标是_____．

17．如图，人字梯，的长都为2米.当时，人字梯顶端高地面的高度是____米（结果精确到.参考依据：，，）

18．如图，四边形是菱形，经过点、、与相交于点，连接、，若，则的度数为__________．

三解答题（共78分）
19．（8分）如图，一次函数与反比例函数的图象交于，点两点，交轴于点.
(1)求、的值.
(2)请根据图象直接写出不等式的解集.
(3)轴上是否存在一点，使得以、、三点为顶点的三角形是为腰的等腰三角形，若存在，请直接写出符合条件的点的坐标，若不存在，请说明理由.

20．（8分）如图，同学们利用所学知识去测量海平面上一个浮标到海岸线的距离. 在一笔直的海岸线l上有A、B两个观测站，A在B的正东方向，小宇同学在A处观测得浮标在北偏西60°的方向，小英同学在距点A处60米远的B点测得浮标在北偏西45°的方向，求浮标C到海岸线l的距离（结果精确到0.01 m）.

21．（8分）在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（﹣3，0）．已知抛物线y＝﹣x2+2mx+3（m为常数），顶点为P．
（1）当抛物线经过点A时，顶点P的坐标为　 　；
（2）在（1）的条件下，此抛物线与x轴的另一个交点为点B，与y轴交于点C．点Q为直线AC上方抛物线上一动点．
①如图1，连接QA、QC，求△QAC的面积最大值；
②如图2，若∠CBQ＝45°，请求出此时点Q坐标．

22．（10分）已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，对角线AC、BD交于点E，点F在边AB上，连接CF交线段BE于点G，CG2=GE•GD．
（1）求证：∠ACF=∠ABD；
2）连接EF，求证：EF•CG=EG•CB．

23．（10分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标为A(﹣1，1)、B(0，﹣2)、C(1,0)，点P(0，2)绕点A旋转180°得到点P1，点P1绕点B旋转180°得到点P2，点P2绕点C旋转180°得到点P3，
（1）在图中画出点P1、P2、P3；
（2）继续将点P3绕点A旋转180°得到点P4，点P4绕点B旋转180°得到点P5，…，按此作法进行下去，则点P2020的坐标为　　．

24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A、C在坐标轴上，△OCB绕点O顺时针旋转90°得到△ODE，点D在x轴上直线BD交y轴于点F，交OE于点H，OC的长是方程x2-4=0的一个实数根．

（1）求直线BD的解析式．
（2）求△OFH的面积．
（3）在y轴上是否存在点M，使以点B、D、M三点为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，不必说明理由．
25．（12分）李明从市场上买回一块矩形铁皮，他将此矩形铁皮的四个角各剪去一个边长为1米的正方形后，剩下的部分刚好能围成一个容积为15立方米的无盖长方体运输箱，且此长方体运输箱底面的长比宽多2米，现已知购买这种铁皮每平方米需20元，问购买这张矩形铁皮共花了多少钱？
26．长城公司为希望小学捐赠甲、乙两种品牌的体育器材，甲品牌有A、B、C三种型号，乙品牌有D、E两种型号，现要从甲、乙两种品牌的器材中各选购一种型号进行捐赠．
（1）写出所有的选购方案（用列表法或树状图）；
（2）如果在上述选购方案中，每种方案被选中的可能性相同，那么A型器材被选中的概率是多少．
参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】根据确定圆的条件、圆心角、弧、弦的关系定理、垂径定理、圆内接四边形的性质进行判断即可得到正确结论．
【详解】解：①不共线的三点确定一个圆，故①表述不正确；
②在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故②表述不正确；
③平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，故③表述不正确；
④圆内接四边形对角互补，故④表述正确．
故选D．
本题考查了圆心角、弧、弦的关系定理，垂径定理的推论，半圆与弧的定义，圆内接四边形的性质，熟练掌握定义与性质是解题的关键．
2、D
【解析】把y=x2+2x﹣3配方变成顶点式，求出顶点坐标即可得抛物线的最小值.
【详解】∵y=x2+2x﹣3=（x+1）2﹣1，
∴顶点坐标为（﹣1，﹣1），
∵a=1＞0，
∴开口向上，有最低点，有最小值为﹣1．
故选：D．
本题考查二次函数最值的求法：求二次函数的最大（小）值有三种方法，第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三种是公式法，熟练掌握并灵活运用适当方法是解题关键.
3、A
【解析】根据一元二次方程的定义求解．
一元二次方程必须满足两个条件：
（1）未知数的最高次数是2；
（2）二次项系数不为1．
【详解】由于关于x的方程ax2+bx+c＝1是一元二次方程，所以二次项系数不为零，即a≠1．
故选：A．
此题考查一元二次方程的定义，熟记一元二次方程满足的条件即可正确解题.
4、C
【解析】分析：根据菱形的性质得出AC⊥BD，AO=CO，OB=OD，求出OB，解直角三角形求出AO，根据勾股定理求出AB即可．
详解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO=CO，OB=OD，
∴∠AOB=90°，
∵BD=8，
∴OB=4，

∵tan∠ABD=，
∴AO=3，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB==5，
故选C．
点睛：本题考查了菱形的性质、勾股定理和解直角三角形，能熟记菱形的性质是解此题的关键．
5、C
【分析】根据比例的基本性质直接判断即可.
【详解】由，根据比例性质，两边同时除以6，可得到，故选C.
本题考查比例的基本性质，掌握性质是解题关键.
6、A
【分析】如图1，根据线段垂直平分线的性质得到，，则根据“”可判断，则可对甲进行判断；
如图2，根据平行四边形的判定方法先证明四边形为平行四边形，则根据平行四边形的性质得到，，则根据“”可判断，则可对乙进行判断．
【详解】解：如图1，垂直平分，
，，
而，
，所以甲正确；
如图2，，，
∴四边形为平行四边形，
，，
而，
，所以乙正确．
故选：A．

本题考查作图﹣复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了线段垂直平分线的性质、平行四边形的判定与性质和三角形全等的判定．
7、D
【解析】
连接OA，过点O作OD⊥AB于点D，
∵OD⊥AB，
∴AD=12AB=12(9−1)=4cm，
∵OA=5，则OD=5−DE，
在Rt△OAD中，
,即
解得DE=2cm.
故选D.
8、B
【分析】中心对称图形绕某一点旋转180°后的图形与原来的图形重合，轴对称图形被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合，据此逐一判断出既是轴对称图形又是中心对称图形的是哪个即可.
【详解】A是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项错误；
B既是轴对称图形，又是中心对称图形，故选项正确；
C不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项错误；
D不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项错误；
故选B
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的判断，掌握其定义即可快速判断出来.
9、D
【分析】根据顶点式解析式写出即可．
详解】二次函数y=（x-1）2-1的最小值是-1．
故选D．
本题考查了二次函数的最值问题，比较简单．
10、D
【分析】根据圆内接四边形的性质，对角互补可知，∠D+∠BAC=180°，求出∠D，再利用圆周角定理即可得出．
【详解】解：∵四边形ABDC为圆内接四边形
∴∠A+∠BDC=180°
∵∠BDC=130°
∴∠A=50°
∴∠BOC=2∠A=100°
故选：D．
本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．
11、B
【解析】分析：直接利用2＜＜3，进而得出答案．
详解：∵2＜＜3，
∴3＜+1＜4，
故选B．
点睛：此题主要考查了估算无理数的大小，正确得出的取值范围是解题关键．
12、B
【解析】根据中心对称图形的概念逐一判断即可.
【详解】A.不是中心对称图形，故该选项不符合题意，
B.是中心对称图形，符合题意，
C.不是中心对称图形，故该选项不符合题意，
D.不是中心对称图形，故该选项不符合题意，
故选：B.
本题考查中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】根据，可设AC=4x，BC=5x，利用勾股定理可得AB=3x，则.
【详解】在Rt△ABC中，
∵
∴设AC=4x，BC=5x
∴
∴
故答案为：.
本题考查求正切值，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键.
14、
【分析】先由一元二次方程x2-2x+a-2=0有实数根，得出a的取值范围，最后根据概率公式进行计算即可．
【详解】解：∵一元二次方程x2-2x+a-2=0有实数根，
∴4-4（a-2）≥0，
∴a≤1，
∴a=-1，0，1，2，1．
∴使得关于x的一元二次方程x2-2x+a-2=0有实数根概率为：.
考查概率的求法；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．得到使一元二次方程x2-2x+a-2=0有实数根情况数是解决本题的关键．
15、x1=x2=2
【分析】根据配方法即可解方程.
【详解】解：x2﹣4x+4=0
（x-2）2=0
∴x1=x2=2
本题考查了用配方法解一元二次方程,属于简单题,选择配方法是解题关键.
16、（12，6）或（-12，-6）
【分析】根据平行四边形的性质、位似变换的性质计算，得到答案．
【详解】以坐标原点O为位似中心，将▱OABC放大3倍，得到▱ODEF
∵点B的坐标为（4，2），且点B的对应点为点E
∴点E的坐标为（4×3，2×3）或（-4×3，-2×3）
即：（12，6）或（-12，-6）
故答案为：（12，6）或（-12，-6）．
本题考查了位似和平行四边形的知识；求解的关键是熟练掌握位似的性质，从而完成求解．
17、1.5.
【分析】在中，根据锐角三角函数正弦定义即可求得答案.
【详解】在中，
∵，，
∴，
∴.
故答案为1.5.
本题考查锐角三角函数，解题的关键是熟练运用锐角三角函数的定义，本题属于基础题型．
18、
【分析】根据菱形的性质得到∠ACB＝∠DCB＝（180°−∠D）＝51°，根据圆内接四边形的性质得到∠AEB＝∠D＝78°，由三角形的外角的性质即可得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠D＝78°，
∴∠ACB＝∠DCB＝（180°−∠D）＝51°，
∵四边形AECD是圆内接四边形，
∴∠AEB＝∠D＝78°，
∴∠EAC＝∠AEB−∠ACE＝27°，
故答案为：27°．
本题考查了菱形的性质，三角形的外角的性质，圆内接四边形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．

三、解答题（共78分）
19、 (1)，；(2)或；(3）存在，点的坐标是或或.
【分析】（1）先把点A(4，3)代入求出m的值，再把A(-2，n)代入求出n即可；
（2）利用图象法即可解决问题，写出直线的图象在反比例函数的图象上方的自变量的取值范围即可；
（3）先求出直线AB的解析式，然后分两种情况求解即可：①当AC=AD时，②当CD=CA时，其中又分为点D在点C的左边和右边两种情况.
【详解】解：（1）∵反比例函数过点点A(4，3)
∴，
∴，，
把代入得，
∴；
（2）由图像可知，不等式的解集为或；
（3）设直线AB的解析式为y=kx+b，把A(4，3)，B(-2，-6)，代入得
，
解得
，
∴，
当y=0时，，
解得
x=2，
∴C(2，0)，
当AC=AD时，作AH⊥x轴于点H，则CH=4-2=2，
∴CD1=2CH=4，
∴OD1=2+4=6，
∴D1(6，0)，
当CD=CA时，
∵AC==，
∴D2(2+，0)，D3(2-，0)，

综上可知，点的坐标是(6，0)或(2+，0)或(2-，0).
本题考查了待定系数法求反比例函数和一次函数解析式，利用函数图象解不等式，等腰三角形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，以及分类讨论的数学思想.熟练掌握待定系数法和分类讨论的数学思想是解答本题的关键.
20、点C到海岸线l的距离约为81.96km.
【分析】过点C作CD⊥AB于D，设CD=x米，分别利用在Rt△BCD与Rt△ACD表示出CD,AD，再利用tan∠CAD=tan 30°即可求出x,故可求解.
【详解】解：如图，过点C作CD⊥AB于D，设CD=x米，

由题意得∠CBD=45°, ∠CAD=30°, AB=45米
在Rt△BCD中，∠CBD=45°, ∴ BD=CD=x米.
在Rt△ACD中，∠CAD=30°, AD=60+x
=tan∠CAD=tan 30°，即.
解得≈81.96.
答：点C到海岸线l的距离约为81.96km.
本题考查了解直角三角形的应用，做出辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
21、（1）（﹣1，4）；（2）①；②Q（﹣，）．
【分析】（1）将点A坐标代入抛物线表达式并解得：m=-1，即可求解；
（2）①过点Q作y轴的平行线交AC于点N，先求出直线AC的解析式，点Q(x，﹣x2﹣2x+3)，则点N(x，x+3)，则△QAC的面积S=×QN×OA=﹣x2﹣x，然后根据二次函数的性质即可求解；
②tan∠OCB=＝，设HM=BM=x，则CM=3x，BC=BM+CM=4x=，解得：x=，CH=x=，则点H(0，)，同理可得：直线BH(Q)的表达式为：y=-x+，即可求解．
【详解】解：（1）将点A(﹣3，0)代入抛物线表达式并解得，
0＝﹣9-6m+3
∴m＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3=-(x+1)2+4…①，
∴点P(﹣1，4)，
故答案为：(﹣1，4)；
（2）①过点Q作y轴的平行线交AC于点N，如图1，

设直线AC的解析式为y=kx+b，
将点A(﹣3，0)、C(0，3)的坐标代入一次函数表达式并解得，
，
解得
，
∴直线AC的表达式为：y＝x+3，
设点Q(x，﹣x2﹣2x+3)，则点N（x，x3），
△QAC的面积S＝QN×OA＝(﹣x2﹣2x+3﹣x﹣3)×3＝﹣x2﹣x，
∵﹣＜0，故S有最大值为：；
②如图2，设直线BQ交y轴于点H，过点H作HM⊥BC于点M，

tan∠OCB＝＝，设HM＝BM＝x，则CM＝3x，
BC＝BM+CM＝4x＝，解得：x＝，
CH＝x＝，则点H(0，)，
同直线AC的表达式的求法可得直线BH（Q）的表达式为：y＝﹣x+…②，
联立①②并解得：
﹣x2﹣2x+3=﹣x+，
解得
x＝1（舍去）或﹣，
故点Q(﹣，)．
本题考查了待定系数法求二次函数和一次函数解析式，二次函数的图像与性质，锐角三角函数的定义，以及数形结合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
22、（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】试题分析：（1）先根据CG2=GE•GD得出，再由∠CGD=∠EGC可知△GCD∽△GEC，∠GDC=∠GCE．根据AB∥CD得出∠ABD=∠BDC，故可得出结论；
（2）先根据∠ABD=∠ACF，∠BGF=∠CGE得出△BGF∽△CGE，故．再由∠FGE=∠BGC得出△FGE∽△BGC，进而可得出结论．
试题解析：（1）∵CG2=GE•GD，∴．
又∵∠CGD=∠EGC，∴△GCD∽△GEC，∴∠GDC=∠GCE．
∵AB∥CD，∴∠ABD=∠BDC，∴∠ACF=∠ABD．
（2）∵∠ABD=∠ACF，∠BGF=∠CGE，∴△BGF∽△CGE，∴．
又∵∠FGE=∠BGC，∴△FGE∽△BGC，∴，∴FE•CG=EG•CB．
考点：相似三角形的判定与性质．
23、（1）见解析；（2） (﹣2，﹣2)
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出点P1、P2、P3即可；
（2）画出P1～P6，寻找规律后即可解决问题．
【详解】解：（1）点P1、P2、P3如图所示，

（2）（﹣2，﹣2）
解析：

如图所示：P1（﹣2，0），P2（2，﹣4），P3（0，4），P4（﹣2，﹣2）P5（2，﹣2），P6（0，2）
∵6次一个循环
∴2020 ÷ 6 = 336... 4
∴P2020（﹣2，﹣2）
本题考查坐标与图形的性质、点的坐标等知识，解题的关键是循环探究问题的方法，属于中考常考题型．
24、（1）直线BD的解析式为：y=-x+1；（2）△OFH的面积为；（3）存在，M1(0，-4)、M2(0，-2)、M3(0，4)、M4(0，6)
【分析】（1）根据求出坐标点B（-2, 2），点D（2,0），然后代入一次函数表达式：y=kx+b得，利用待定系数法即可求出结果．
（2）通过面积的和差，S△OFH= S△OFD- S△OHD，即可求解．
（3）分情况讨论当点M在y轴负半轴与当点M在y轴正半轴分类讨论．
【详解】解：（1）x2-4=0，解得：x=-2或2，
故OC=2，即点C（0，2）．
∴OD=OC=2，即：D（2,0）．
又∵四边形OABC是正方形．
∴BC=OC=2，即：B（-2, 2）．
将点B（-2, 2），点D（2,0）代入一次函数表达式：y=kx+b得：
，解得： ，
故直线BD的表达式为：y=-x+1 ．
（2）直线BD的表达式为：y=-x+1，则点F（0，1），得OF=1．
∵点E(2,2)，
∴直线OE的表达：y=x．

解得：
∴H
∴S△OFH= S△OFD- S△OHD
=-
=
=
（3）如图：当点M在y轴负半轴时．

情况一：令BD=BM1，此时时，BD=BM1，此时是等腰三角形，此时M1（0，-2）．
情况二：令M2D =BD，此时，M2D2 =BD2=，所以OM= ，此时M2（0，-4）．
如图：当点M在y轴正半轴时．

情况三：令M3D =BD，此时，M3D2 =BD2=，所以OM= ，此时M3（0， 4）．
情况四：令BM4= BD，此时， BM42= BD2=，所以CM= ，所以，OM=MC+OC=6,此时M4（0， 6）．
综上所述，存在，M1(0，-4)、M2(0，-2)、M3(0，4)、M4(0，6)
本题考查的是一次函数综合运用，涉及到勾股定理、正方形的基本性质、解一元二次方程等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
25、购买这张矩形铁皮共花了700元钱
【解析】设矩形铁皮的宽为x米，则长为米，根据长方形的体积公式结合长方体运输箱的容积为15立方米，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出x的值，再根据矩形的面积公式结合铁皮的单价即可求出购买这张矩形铁皮的总钱数．
【详解】设矩形铁皮的宽为x米，则长为米，
根据题意得：，
整理，得：(不合题意，舍去)，
∴20x(x+2)=20×5×7=700.
答：购买这张矩形铁皮共花了700元钱．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
26、（1）答案见解析；（2）
【分析】（1）画出树状图即可；
（2）根据树状图可以直观的得到共有6种情况，选中A的情况有2种，进而得到概率．
【详解】解：（1）如图所示：
（2）所有的情况有6种，
A型器材被选中情况有2种中，
概率是．

本题考查概率公式，即如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．