2022年山东省滨州市数学九上期末学业质量监测试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
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(每小题3分,共30分)
1．如图，小明将一个含有角的直角三角板绕着它的一条直角边所在的直线旋转一周，形成一个几何体，将这个几何体的侧面展开，得到的大致图形是（ ）

A． B．
C． D．
2．如图，将△ABC放在每个小正方形的边长都为1的网格中，点A，B，C均在格点上，则tanA的值是(　　)

A． B． C．2 D．
3．下列说法正确的是（　　）．
A．“购买1张彩票就中奖”是不可能事件
B．“概率为0.0001的事件”是不可能事件
C．“任意画一个三角形，它的内角和等于180°”是必然事件
D．任意掷一枚质地均匀的硬币10次，正面向上的一定是5次
4．常胜村2017年的人均收入为12000元，2019年的人均收入为15000元，求人均收入的年增长率．若设人均收入的年增长率为x，根据题意列方程为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知抛物线与轴没有交点，那么该抛物线的顶点所在的象限是（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
6． “一般的，如果二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴有两个公共点，那么一元二次方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根．——苏科版《数学》九年级（下册）P21”参考上述教材中的话，判断方程x2﹣2x=﹣2实数根的情况是 （ ）
A．有三个实数根 B．有两个实数根 C．有一个实数根 D．无实数根
7．如图，P为平行四边形ABCD的对称中心，以P为圆心作圆，过P的任意直线与圆相交于点M，N．则线段BM，DN的大小关系是（　　　）

A．BM＞DN B．BM＜DN C．BM=DN D．无法确定
8．若2sinA＝，则锐角A的度数为（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
9．在半径为6cm的圆中,长为6cm的弦所对的圆周角的度数为（ ）
A．30° B．60° C．30°或150° D．60°或120°
10．下列y和x之间的函数表达式中，是二次函数的是（　　）
A． B． C． D．y＝x-3
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．某圆锥的底面半径是2，母线长是6，则该圆锥的侧面积等于________．
12．已知某品牌汽车在进行刹车测试时发现，该品牌某款汽车刹车后行驶的距离（单位：米）与行驶时间 （单位：秒）满足下面的函数关系： ．那么测试实验中该汽车从开始刹车到完全停止，共行驶了_________米．
13．已知点P是线段AB的黄金分割点，AP＞PB．若AB＝2，则AP＝_____．
14．《孙子算经》是我国古代重要的数学著作，成书于约一千五百年前，其中有道歌谣算题：“今有竿不知其长，量得影长一丈五尺，立一标杆，长一尺五寸，影长五寸，问杆长几何？”歌谣的意思是：有一根竹竿不知道有多长，量出它在太阳下的影子长一丈五，同时立一根一尺五的小标杆，它的影长五寸（提示：仗和尺是古代的长度单位，1丈＝10尺，1尺＝10寸），可以求出竹竿的长为_____尺．
15．一元二次方程x2＝2x的解为________．
16．二次函数图象与轴交于点，则与图象轴的另一个交点的坐标为__．
17．圆锥的底面半径是4cm，母线长是6cm，则圆锥的侧面积是______cm2（结果保留π）．
18．若，则的值为_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，在△ABC中，CD⊥AB，垂足为点D．若AB＝12，CD＝6，tanA＝，求sinB＋cosB的值．

20．（6分）港珠澳大桥是世界上最长的跨海大桥．如图是港珠澳大桥的海豚塔部分效果图，为了测得海豚塔斜拉索顶端A距离海平面的高度，先测出斜拉索底端C到桥塔的距离（CD的长）约为100米，又在C点测得A点的仰角为30°，测得B点的俯角为20°，求斜拉索顶端A点到海平面B点的距离（AB的长）．（已知≈1.732，tan20°≈0.36，结果精确到0.1）

21．（6分）在一个不透明的袋子中装有红、黄、蓝三个小球，除颜色外无其它差别.从袋子中随机摸球三次，每次摸出一个球，记下颜色后不放回.请用列举法列出三次摸球的结果，并求出第三次摸出的球是红球的概率.
22．（8分）如图，在ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，且AE·AB＝AD·AC，连接DE，BD.

（1）求证：ADE~ABC.
（2）若点E为AB为中点，AD：AE＝6：5，ABC的面积为50，求BCD面积.
23．（8分）如图所示，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在OA边上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．
（1）求OE的长．
（2）求经过O，D，C三点的抛物线的解析式．
（3）一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC以每秒1个单位长的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，DP=DQ．
（4）若点N在（2）中的抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使得以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出M点的坐标；若不存在，请说明理由．

24．（8分）已知等边△ABC的边长为2，
（1）如图1，在边BC上有一个动点P，在边AC上有一个动点D，满足∠APD＝60°，求证：△ABP～△PCD
（2）如图2，若点P在射线BC上运动，点D在直线AC上，满足∠APD＝120°，当PC＝1时，求AD的长
（3）在（2）的条件下，将点D绕点C逆时针旋转120°到点D'，如图3，求△D′AP的面积．

25．（10分）如图，在△ABC中，AD⊥BC，BE⊥AC，垂足分别为D，E，AD与BE相交于点F．
（1）求证：△ACD∽△BFD；
（2）当tan∠ABD=1，AC=3时，求BF的长．

26．（10分）如图，△ABC的顶点坐标分别为A(0，1)，B(3，3)，C(1，3)，

（1）①画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1；
②画出△ABC绕原点O逆时针旋转90°得到的△A2B2C2，写出点C2的坐标；
（2）若△ABC上任意一点P(m，n)绕原点O逆时针旋转90°的对应点为Q，则点Q的坐标为________.(用含m，n的式子表示)

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】先根据面动成体得到圆锥，进而可知其侧面展开图是扇形，根据扇形的弧长公式求得扇形的圆心角，即可判别．
【详解】设含有角的直角三角板的直角边长为1，则斜边长为，
将一个含有角的直角三角板绕着它的一条直角边所在的直线旋转一周，形成一个几何体是圆锥，
此圆锥的底面周长为：，
圆锥的侧面展开图是扇形，
，即，
∴，
∵，
∴图C符合题意，
故选：C．
【点睛】
本题考查了点、线、面、体中的面动成体，解题关键是根据扇形的弧长公式求得扇形的圆心角．
2、D
【解析】首先构造以A为锐角的直角三角形，然后利用正切的定义即可求解．
【详解】连接BD，

则BD＝，AD＝2，
则tanA＝＝＝．
故选D．
【点睛】
本题考查锐角三角函数的定义及运用：在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边，构造直角三角形是本题的关键．
3、C
【解析】试题解析：A. “购买1张彩票就中奖”是不可能事件，错误；
B. “概率为0.0001的事件”是不可能事件，错误；
C. “任意画一个三角形，它的内角和等于180°”是必然事件，正确；
D. 任意掷一枚质地均匀的硬币10次，正面向上的一定是5次，错误.
故选C.
4、D
【分析】根据“每年的人均收入上一年的人均收入（1年增长率）”即可得．
【详解】由题意得：2018年的人均收入为元
2019年的人均收入为元
则
故选：D．
【点睛】
本题考查了列一元二次方程，理解题意，正确找出等式关系是解题关键．
5、D
【分析】根据题目信息可知当y=0时，，此时，可以求出a的取值范围，从而可以确定抛物线顶点坐标的符号，继而可以确定顶点所在的象限.
【详解】解：∵抛物线与轴没有交点，
∴时无实数根；
即，，
解得，，
又∵的顶点的横坐标为：；
纵坐标为：；
故抛物线的顶点在第四象限.
故答案为：D.
【点睛】
本题考查的知识点是抛物线与坐标轴的交点问题，解题的关键是根据抛物线与x轴无交点得出时无实数根，再利用根的判别式求解a的取值范围.
6、C
【解析】试题分析：由得，，即是判断函数与函数的图象的交点情况.

因为函数与函数的图象只有一个交点
所以方程只有一个实数根
故选C.
考点：函数的图象
点评：函数的图象问题是初中数学的重点和难点，是中考常见题，在压轴题中比较常见，要特别注意.
7、C
【解析】分析：连接BD，根据平行四边形的性质得出BP=DP，根据圆的性质得出PM=PN，结合对顶角的性质得出∠DPN=∠BPM，从而得出三角形全等，得出答案．
详解：连接BD，因为P为平行四边形ABCD的对称中心，则P是平行四边形两对角线的交点，即BD必过点P，且BP=DP，　∵以P为圆心作圆，　∴P又是圆的对称中心，
∵过P的任意直线与圆相交于点M、N，　∴PN=PM，　∵∠DPN=∠BPM，
∴△PDN≌△PBM（SAS），　∴BM=DN．

点睛：本题主要考查的是平行四边形的性质以及三角形全等的证明，属于中等难度的题型．理解平行四边形的中心对称性是解决这个问题的关键．
8、B
【解析】等式两边除以2，根据特殊的锐角三角比值可确定∠A的度数．
【详解】∵2sinA＝，sinA＝，∠A＝45°，故选B．
【点睛】
本题主要考查了特殊角的三角函数值，熟记特殊角的三角函数值是解答关键．
9、C
【解析】试题解析：如图，弦AB所对的圆周角为∠C，∠D，
连接OA、OB，

因为AB=OA=OB=6，
所以，∠AOB=60°，
根据圆周角定理知，∠C=∠AOB=30°，
根据圆内接四边形的性质可知，∠D=180°-∠C=150°，
所以，弦AB所对的圆周角的度数30°或150°．
故选C．
10、A
【分析】根据二次函数的定义（一般地，形如y=ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0）的函数，叫做二次函数）进行判断．
【详解】A. 可化为，符合二次函数的定义，故本选项正确；
B. ，该函数等式右边最高次数为3，故不符合二次函数的定义，故本选项错误；
C. ，该函数等式的右边是分式，不是整式，不符合二次函数的定义，故本选项错误；
D. y＝x-3，属于一次函数，故本选项错误.
故选：A.
【点睛】
本题考查了二次函数的定义．判断函数是否是二次函数，首先是要看它的右边是否为整式，若是整式且仍能化简的要先将其化简，化简后最高次必须为二次，且二次项系数不为0.

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】根据圆锥的侧面积公式即可得．
【详解】圆锥的侧面积公式：，其中为底面半径，为圆锥母线
则该圆锥的侧面积为
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆锥的侧面积公式，熟记公式是解题关键．
12、1
【分析】此题利用配方法求二次函数最值的方法求解即可；
【详解】∵，
∴汽车刹车后直到停下来前进了1m．
故答案是1．
【点睛】
本题主要考查了二次函数最值应用，准确化简计算是解题的关键．
13、-1
【详解】解：如果一点为线段的黄金分割点，那么被分割的较短的边比较大的边等于较大的边比上这一线段的长=≈0.618.
∵AB=2，AP﹥BP,
∴AP:AB=×2=-1.
故答案是：-1
14、3
【分析】根据同一时刻物高与影长成正比可得出结论．
【详解】解：设竹竿的长度为x尺，
∵竹竿的影长＝一丈五尺＝15尺，标杆长＝一尺五寸＝1．5尺，影长五寸＝2．5尺，
∴，解得x＝3（尺）．
故答案为：3．
【点睛】
本题考查的是同一时刻物高与影长成正比，在解题时注意单位要统一．
15、x1＝0，x1＝1
【解析】试题分析：移项得x1-1x=0，即x（x-1）=0，解得x=0或x=1．
考点：解一元二次方程
16、
【分析】确定函数的对称轴为：，即可求解．
【详解】解：函数的对称轴为：，故另外一个交点的坐标为，
故答案为．
【点睛】
本题考查的是抛物线与轴的交点和函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数与坐标轴的交点、二次函数的对称轴是解题的关键．
17、24π
【分析】根据圆锥的侧面展开图为扇形，先计算出圆锥的底面圆的周长，然后利用扇形的面积公式计算即可．
【详解】解：∵圆锥的底面半径为4cm，
∴圆锥的底面圆的周长=2π•4=8π，
∴圆锥的侧面积=×8π×6=24π（cm2）．
故答案为：24π．
【点睛】
本题考查了圆锥的侧面积的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长为圆锥的底面周长，扇形的半径为圆锥的母线长．也考查了扇形的面积公式：S=•l•R，（l为弧长）．
18、 ．
【解析】根据比例的合比性质变形得：
【详解】∵，
∴
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了合比性质，对比例的性质的记忆是解题的关键．

三、解答题(共66分)
19、.
【分析】试题分析：先在Rt△ACD中，由正切函数的定义得tanA=，求出AD=4，则BD=AB﹣AD=1，再解Rt△BCD，由勾股定理得BC==10，sinB=，cosB=，由此求出sinB+cosB=．
【详解】解：在Rt△ACD中，∵∠ADC=90°，
∴tanA=，
∴AD=4，
∴BD=AB﹣AD=12﹣4=1．
在Rt△BCD中，∵∠BDC=90°，BD=1，CD=6，
∴BC==10，
∴sinB=，cosB=，
∴sinB+cosB==．
故答案为

考点：解直角三角形；勾股定理．
20、斜拉索顶端A点到海平面B点的距离AB约为93.7米．
【分析】在Rt△ACD和Rt△BCD中，根据锐角三角函数求出AD、BD，即可求出AB．
【详解】如图，

由题意得，在△ABC中，CD=100，∠ACD=30°，∠DCB=20°，CD⊥AB，
在Rt△ACD中，AD=CD•tan∠ACD=100×≈57.73(米)，
在Rt△BCD中，BD=CD•tan∠BCD≈100×0.36≈36(米)，
∴AB=AD+DB=57.73+36=93.73≈93.7(米)，
答：斜拉索顶端A点到海平面B点的距离AB约为93.7米．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题问题，掌握锐角三角函数的意义是解题的关键．
21、.
【分析】用列举法求得所有的等可能结果，然后根据概率公式进行计算.
【详解】解：依题意，共有6中等可能结果，分别是（红，黄，蓝），（红，蓝，黄），（黄，红，蓝），（黄，蓝，红），（蓝，红，黄），（蓝，黄，红）.
所有结果发生的可能性都相等.
其中第三次摸出的球是红球（记为事件）的结果有2种，
∴.
∴第三次摸出的球是红球的概率是
【点睛】
本题考查列举法求概率，理解题意列举出所有的等可能结果是本题的解题关键.
22、 (1)详见解析； (2)14
【分析】（1）根据可得，又因，由相似三角形的判定定理即可证；
（2）设，根据得，由点E是AB的中点得，可求出的值，根据相似三角形的面积比等于对应边的比的平方可得的面积，因等底等高得，的面积等于的面积，从而可得答案.
【详解】（1）

在和中，
（两边对应成比例且夹角相等的三角形相似）
（2）设

又点E是AB的中点

由题（1）知

又

又和的边，且边上对应的高是同一条高

答：的面积为14.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定定理和性质，熟记判定定理和性质是解题关键.
23、（1）3；（2）；（3）t=；（1）存在，M点的坐标为（2,16）或（-6,16）或
【分析】（1）由矩形的性质以及折叠的性质可求得CE、CO的长，在Rt△COE中，由勾股定理可求得OE的长；
（2）设AD=m，在Rt△ADE中，由勾股定理列方程可求得m的值，从而得出D点坐标，结合C、O两点，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（3）用含t的式子表示出BP、EQ的长，可证明△DBP≌△DEQ，可得到BP=EQ，可求得t的值；
（1）由（2）可知C（-1，0），E（0，-3），设N（-2，n），M（m，y），分以下三种情况：①以EN为对角线，根据对角线互相平分，可得CM的中点与EN的中点重合，根据中点坐标公式，可得m的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；②当EM为对角线，根据对角线互相平分，可得CN的中点与EM的中点重合，根据中点坐标公式，可得m的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；③当CE为对角线，根据对角线互相平分，可得CE的中点与MN的中点重合，根据中点坐标公式，可得m的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
【详解】解：（1）∵OABC为矩形，∴BC=AO=5，CO=AB=1．
又由折叠可知，，
；
（2）设AD=m，则DE=BD=1-m，
∵OE=3，∴AE=5-3=2，
在Rt△ADE中，AD2+AE2=DE2，
∴m2+22=(1-m)2，∴m=，∴D，
∵该抛物线经过C(-1，0）、O（0，0），
∴设该抛物线解析式为，
把点D代入上式得，
∴a=，
∴；
（3）如图所示，连接DP、DQ．由题意可得，CP=2t，EQ=t，则BP=5-2t．

当DP=DQ时，在Rt△DBP和Rt△DEQ中，
，
∴Rt△DBP≌Rt△DEQ（HL），∴BP=EQ，
∴5-2t=t，∴t=．
故当t=时，DP=DQ；
（1）∵抛物线的对称轴为直线x==-2，
∴设N（-2，n），
又由（2）可知C（-1，0），E（0，-3），设M（my），
①当EN为对角线，即四边形ECNM是平行四边形时，如图1，

则线段EN的中点横坐标为=-1，线段CM的中点横坐标为，
∵EN，CM互相平分，
∴=-1，解得m=2，
又M点在抛物线上，
∴y=×22+×2=16，
∴M（2，16）；
②当EM为对角线，即四边形ECMN是平行四边形时，如图2，

则线段EM的中点横坐标为，线段CN中点横坐标为，
∵EM，CN互相平分，
∴m=-3，解得m=-6，
又∵M点在抛物线上，
，
∴M（-6，16）；
③当CE为对角线，即四边形EMCN是平行四边形时，如图3，

线段CE的中点的横坐标为=-2，线段MN的中点的横坐标为，
∵CE与MN互相平分，∴，
解得m=-2，
当m=-2时，y=，
即M．
综上可知，存在满足条件的点M，其坐标为（2，16）或（-6，16）或．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，涉及待定系数法求二次函数解析式、全等三角形的判定和性质、折叠的性质、矩形的性质以及平行四边形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，第（1）小题注意分类讨论思想的应用．
24、（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）先利用三角形的内角和得出∠BAP+∠APB＝120°，再用平角得出∠APB+∠CPD＝120°，进而得出∠BAP＝∠CPD，即可得出结论；
（2）先构造出含30°角的直角三角形，求出PE，再用勾股定理求出PE，进而求出AP，再判断出△ACP∽∠APD，得出比例式即可得出结论；
（3）先求出CD，进而得出CD'，再构造出直角三角形求出D'H，进而得出D'G，再求出AM，最后用面积差即可得出结论．
【详解】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
在△ABP中，∠B+∠APB+∠BAP＝180°，
∴∠BAP+∠APB＝120°，
∵∠APB+∠CPD＝180°﹣∠APD＝120°，
∴∠BAP＝∠CPD，
∴△ABP∽△PCD；
（2）如图2，过点P作PE⊥AC于E，

∴∠AEP＝90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝2，∠ACB＝60°，
∴∠PCE＝60°，
在Rt△CPE中，CP＝1，∠CPE＝90°﹣∠PCE＝30°，
∴CE＝CP＝，
根据勾股定理得，PE＝，
在Rt△APE中，AE＝AC+CE＝2+＝，
根据勾股定理得，AP2＝AE2+PE2＝7，
∵∠ACB＝60°，
∴∠ACP＝120°＝∠APD，
∵∠CAP＝∠PAD，
∴△ACP∽△APD，
∴，
∴AD＝＝；
（3）如图3，由（2）知，AD＝，

∵AC＝2，
∴CD＝AD﹣AC＝，
由旋转知，∠DCD'＝120°，CD'＝CD＝，
∵∠DCP＝60°，
∴∠ACD'＝∠DCP＝60°，
过点D'作D'H⊥CP于H，
在Rt△CHD'中，CH＝CD'＝，
根据勾股定理得，D'H＝CH＝，
过点D'作D'G⊥AC于G，
∵∠ACD'＝∠PCD'，
∴D'G＝D'H＝（角平分线定理），
∴S四边形ACPD'＝S△ACD'+S△PCD'＝AC•D'G+CP•DH'＝×2×+×1×＝，
过点A作AM⊥BC于M，
∵AB＝AC，
∴BM＝BC＝1，
在Rt△ABM中，根据勾股定理得，AM＝BM＝，
∴S△ACP＝CP•AM＝×1×＝，
∴S△D'AP＝S四边形ACPD'﹣S△ACP＝﹣＝．
【点睛】
此题主要考查四边形综合，解题的关键是熟知等边三角形的性质、旋转的特点及相似三角形的判定与性质、勾股定理的应用.
25、（1）见解析；（2）3
【分析】（1）只要证明∠DBF=∠DAC，即可判断．
（2）利用相似三角形的性质即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵AD⊥BC，BE⊥AC，

∴∠BDF=∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠C+∠DBF=90°，∠C+∠DAC=90°，
∴∠DBF=∠DAC，
∴△ACD∽△BFD．
（2）∵tan∠ABD=1，∠ADB=90°
∴=1，
∴AD=BD，
∵△ACD∽△BFD，
∴，
∴BF=AC=3
【点睛】
本题考查相似三角形的性质和判定同角的余角相等，直角三角形两锐角互余等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形，利用新三角形的性质解决问题
26、（1）①见解析，②见解析，点C2的坐标为(-3，1)；（2）(-n，m)
【分析】(1)①根据关于原点对称的点的坐标特征得到A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
②利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点A2、B2、C2，然后顺次连接，从而得到点C2的坐标；
(2)利用②中对应点的规律写出Q的坐标．
【详解】解：（1）①如图，△A1B1C1为所求；
②如图，△A2B2C2为所求，点C2的坐标为(-3，1)

（2）∵A(0，1) 绕原点O逆时针旋转90°的对应点A2（-1，0），B(3，3) 绕原点O逆时针旋转90°的对应点B2（-3,3）, C(1，3) 绕原点O逆时针旋转90°的对应点C2（-3，1），
∴点Q的坐标为(-n，m).
【点睛】
本题考查了作图−−中心对称与旋转变换，根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．