山东省高密市银鹰文昌中学2025届九年级数学第一学期期末调研试题含解析.doc

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．下列方程中，是关于x的一元二次方程是(　　)
A． B．x2+2x＝x2﹣1
C．ax2+bx+c＝0 D．3(x+1)2＝2(x+1)
2．如图，下列几何体的俯视图是如图所示图形的是（ ）

A． B． C． D．
3．一元二次方程x（x﹣1）=0的解是（ ）
A．x=0 B．x=1 C．x=0或x=﹣1 D．x=0或x=1
4．如图，一个可以自由转动的转盘被平均分成7个大小相同的扇形，每个扇形上分别写有“中”、“国”、“梦”三个字指针的位置固定，转动转盘停止后，指针指向“中”字所在扇形的概率是（　　）

A． B． C． D．
5．将以点为位似中心放大为原来的2倍，得到，则等于（ ）
A． B． C． D．
6．如图，点B，C，D在⊙O上，若∠BCD＝130°，则∠BOD的度数是（　　）

A．50° B．60° C．80° D．100°
7．下列各说法中：①圆的每一条直径都是它的对称轴；②长度相等的两条弧是等弧；③相等的弦所对的弧也相等；④同弧所对的圆周角相等；⑤ 90°的圆周角所对的弦是直径；⑥任何一个三角形都有唯一的外接圆；其中正确的有（ ）
A．3 个 B．4 个 C．5 个 D．6 个
8．如图，一只花猫发现一只老鼠溜进了一个内部连通的鼠洞，鼠洞只有三个出口，要想同时顾及这三个出口以防老鼠出洞，这只花猫最好蹲守在（ ）

A．的三边高线的交点处
B．的三角平分线的交点处
C．的三边中线的交点处
D．的三边中垂线线的交点处
9．以为顶点的二次函数是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知线段a是线段b，c的比例中项，则下列式子一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
11．若，设，，，则、、的大小顺序为（ ）
A． B． C． D．
12．如图，从半径为5的⊙O外一点P引圆的两条切线PA，PB（A，B为切点），若∠APB＝60°，则四边形OAPB的周长等于（　　）

A．30 B．40 C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，矩形纸片中，，，将纸片沿折叠，使点落在边上的处，折痕分别交边、于点、，且.再将纸片沿折叠，使点落在线段上的处，折痕交边于点.连接，则的长是______.

14．关于x的一元二次方程没有实数根，则实数a的取值范围是 ．
15．已知点与点关于原点对称，则__________．
16．已知一元二次方程有一个根为，则另一根为________．
17．如图，在四边形中，，，，分别为，的中点，连接，，．，平分，，的长为__．

18．如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴相交于点A，B(m＋2，0)，与y轴相交于点C，点D在该抛物线上，坐标为(m，c)，则点A的坐标是________．

三、解答题（共78分）
19．（8分）解方程：
(1)＋2x－5＝0；
(2) ＝．
20．（8分）如图，已知线段，于点，且，是射线上一动点，，分别是，的中点，过点，，的圆与的另一交点（点在线段上），连结，.

（1）当时，求的度数；
（2）求证：；
（3）在点的运动过程中，当时，取四边形一边的两端点和线段上一点，若以这三点为顶点的三角形是直角三角形，且为锐角顶点，求所有满足条件的的值.
21．（8分）时下正是海南百香果丰收的季节，张阿姨到“海南爱心扶贫网”上选购百香果，若购买2千克“红土”百香果和1千克“黄金”百香果需付80元，若购买1千克“红土”百香果和3千克“黄金”百香果需付115元．请问这两种百香果每千克各是多少元？
22．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，抛物线y＝a（x+3）（x﹣1）（a＞0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧）．

（1）求点A与点B的坐标；
（2）若a＝，点M是抛物线上一动点，若满足∠MAO不大于45°，求点M的横坐标m的取值范围．
（3）经过点B的直线l：y＝kx+b与y轴正半轴交于点C．与抛物线的另一个交点为点D，且CD＝4BC．若点P在抛物线对称轴上，点Q在抛物线上，以点B，D，P，Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．
23．（10分）如图，是的直径，切于点，交于点，平分，连接.

（1）求证:；
（2）若，，求的半径.
24．（10分）一个不透明的箱子里放有2个白球，1个黑球和1个红球，它们除颜色外其余都相同.箱子里摸出1个球后不放回，摇匀后再摸出1个球，求两次摸到的球都是白球的概率。(请用列表或画树状图等方法)
25．（12分）某校为了丰富学生课余生活，计划开设以下社团：A．足球、B．机器人、C．航模、D．绘画，学校要求每人只能参加一个社团小丽和小亮准备随机报名一个项目.
（1）求小亮选择“机器人”社团的概率为______；
（2）请用树状图或列表法求两人至少有一人参加“航模”社团的概率.
26．总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气”．某校为响应我市全民阅读活动，利用节假日面向社会开放学校图书馆．据统计，第一个月进馆人次，进馆人次逐月增加，到第三个月末累计进馆人次，若进馆人次的月平均增长率相同．
（1）求进馆人次的月平均增长率；
（2）因条件限制，学校图书馆每月接纳能力不超过人次，在进馆人次的月平均增长率不变的条件下，校图书馆能否接纳第四个月的进馆人次，并说明理由．
参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【解析】利用一元二次方程的定义判断即可．
【详解】A、＝3不是整式方程，不符合题意；
B、方程整理得：2x+1＝0，是一元一次方程，不符合题意；
C、ax2+bx+c＝0没有条件a≠0，不一定是一元二次方程，不符合题意；
D、3(x+1)2＝2(x+1)是一元二次方程，符合题意，
故选：D．
此题考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解本题的关键．
2、A
【分析】根据各选项几何体的俯视图即可判断．
【详解】解：∵几何体的俯视图是两圆组成，
∴只有圆台才符合要求．
故选：A．
此题主要考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．注意所有的看到的两圆形得出实际物体形状是解决问题的关键．
3、D
【解析】试题分析：方程利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0，因此可由方程x（x﹣1）=0，可得x=0或x﹣1=0，解得：x=0或x=1．
故选D．
考点：解一元二次方程-因式分解法
4、B
【分析】直接利用概率公式计算求解即可．
【详解】转动转盘停止后，指针指向“中”字所在扇形的概率是，故选：B．
本题考查概率的计算，解题的关键是熟练掌握概率的计算公式.
5、C
【分析】根据位似图形都是相似图形，再直接利用相似图形的性质：面积比等于相似比的平方计算可得．
【详解】）∵将△OAB放大到原来的2倍后得到△OA′B′，
∴S△OAB：S△OA′B′=1：4.
故选：C.
本题考查位似图形的性质，解题关键是首先掌握位似图形都是相似图形 ．
6、D
【分析】首先圆上取一点A，连接AB，AD，根据圆的内接四边形的性质，即可得∠BAD+∠BCD=180°，即可求得∠BAD的度数，再根据圆周角的性质，即可求得答案．
【详解】圆上取一点A，连接AB，AD，

∵点A、B，C，D在⊙O上，∠BCD=130°，
∴∠BAD=50°，
∴∠BOD=100°.
故选D．
此题考查了圆周角的性质与圆的内接四边形的性质．此题比较简单，解题的关键是注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．
7、A
【分析】根据对称轴、等弧、圆周角定理、三角形外接圆的定义及弦、弧、圆心角的相互关系分别判断后即可解答．
【详解】①对称轴是直线，而直径是线段，圆的每一条直径所在直线都是它的对称轴，①错误；
②在同圆或等圆中，长度相等的两条弧是等弧，不在同圆或等圆中不一定是等弧，②错误；
③在同圆或等圆中，相等的弦所对的弧也相等，不在同圆或等圆中，相等的弦所对的弧不一定相等，③错误；
④根据圆周角定理：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，④正确；
⑤根据圆周角定理推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径，⑤正确；
⑥根据三角形外接圆的定义可知，任何一个三角形都有唯一的外接圆，⑥正确．
综上，正确的结论为③④⑤.
故选A．
本题了考查对称轴、等弧、圆周角、外接圆的定义及其相互关系，熟练运用相关知识是解决问题的关键．
8、D
【分析】根据题意知，猫应该蹲守在到三个洞口的距离相等的位置上，则此点就是三角形三边垂直平分线的交点．
【详解】解：根据三角形三边垂直平分线的交点到三个顶点的距离相等，可知猫应该蹲守在△ABC三边的中垂线的交点上．
故选：D．
考查了三角形的外心的概念和性质．要熟知三角形三边垂直平分线的交点到三个顶点的距离相等．
9、C
【解析】若二次函数的表达式为，则其顶点坐标为(a,b).
【详解】解：当顶点为时，二次函数表达式可写成：，
故选择C.
理解二次函数解析式中顶点式的含义.
10、B
【解析】根据比例的性质列方程求解即可．解题的关键是掌握比例中项的定义，如果a：b=b：c，即b2=ac，那么b叫做a与c的比例中项．
【详解】A选项，由 得，b2=ac,所以b是a,c的比例中项，不符合题意；
B选项，由得a2=bc,所以a是b,c的比例中项，符合题意；
C选项，由，得c2=ab,所以c是a,b的比例中项，不符合题意；
D选项，由得b2=ac,所以b是a,c的比例中项，不符合题意；
故选B.
本题考核知识点：本题主要考查了比例线段．解题关键点：理解比例中项的意义.
11、B
【分析】根据，设x=1a，y=7a，z=5a，进而代入A，B，C分别求出即可．
【详解】解：∵，设x=1a，y=7a，z=5a，
∴=，
==1，
==1．
∴A＜B＜C．
故选：B．
本题考查了比例的性质，根据比例式用同一个未知数得出x，y，z的值进而求出是解题的关键．
12、D
【分析】连接OP，根据切线长定理得到PA＝PB，再得出∠OPA＝∠OPB＝30°，根据含30°直角三角形的性质以及勾股定理求出PB，计算即可．
【详解】解：连接OP，
∵PA，PB是圆的两条切线，
∴PA＝PB，OA⊥PA，OB⊥PB，
又OA=OB，OP=OP，∴△OAP≌△OBP（SSS），
∴∠OPA＝∠OPB＝30°，
∴OP=2OB=10，
∴PB＝=5＝PA，
∴四边形OAPB的周长＝5+5+5+5＝10（+1），
故选：D．

本题考查的是切线的性质、切线长定理、勾股定理以及全等三角形的性质等知识，作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】过点E作EG⊥BC于G，根据矩形的性质可得：EG=AB=8cm，∠A=90°，，然后根据折叠的性质可得：cm，，，，根据勾股定理和锐角三角函数即可求出cos∠，再根据同角的余角相等可得，再根据锐角三角函数即可求出，从而求出，最后根据勾股定理即可求出.
【详解】过点E作EG⊥BC于G

∵矩形纸片中，，，
∴EG=AB=8cm，∠A=90°，
根据折叠的性质cm，，，
∴BF=AB－AF=3cm
根据勾股定理可得：cm
∴cos∠
∵，
∴
∴
解得：cm
∴AE=10cm，
∴ED=AD－AE=2cm
∴
∴
根据勾股定理可得：
故答案为：.
此题考查的是矩形的性质、折叠的性质、勾股定理和锐角三角函数，掌握矩形的性质、折叠的性质、用勾股定理和锐角三角函数解直角三角形是解决此题的关键.
14、a＞1．
【解析】试题分析：∵方程没有实数根，∴△=﹣4a＜1，解得：a＞1，故答案为a＞1．
考点：根的判别式．
15、1
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出a，b的值，即可得出答案．
【详解】解：∵点P（a，-6）与点Q（-5，3b）关于原点对称，
∴a=5，3b=6，
解得：b=2，
故a+b=1．
故答案为：1．
此题考查关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
16、4
【分析】先把x=2代入一元二次方程，即可求出c，然后根据一元二次方程求解即可.
【详解】解：把x=2代入得
4﹣12+c=0
c=8,

（x-2）（x-4）=0
x1=2，x2=4,
故答案为4.
本题主要考查解一元二次方程，解题的关键是求出c的值.
17、．
【分析】根据三角形中位线定理得MN=AD，根据直角三角形斜边中线定理得BM=AC，由此即可证明BM=MN．再证明∠BMN=90°，根据BN2=BM2+MN2即可解决问题．
【详解】在中，、分别是、的中点，
，，
在中，是中点，
，
，
，
，平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为．
本题考查了三角形中位线定理、直角三角形斜边中线定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
18、 (－2，0)
【解析】由C(0,c),D(m,c),得函数图象的对称轴是 ，
设A点坐标为(x,0),由A. B关于对称轴对称得 ，
解得x=−2，
即A点坐标为(−2,0)，
故答案为(−2,0).

三、解答题（共78分）
19、（1）；（2）；过程见详解．
【分析】（1）利用因式分解法解一元二次方程即可；
（2）利用直接开平方法求解即可．
【详解】解：（1）＋2x－5＝0

解得：；
（2） ＝

解得．
本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
20、（1）75°；（2）证明见解析；（3）或或．
【分析】（1）根据三角形ABP是等腰三角形，可得∠B的度数；
（2）连接MD，根据MD为△PAB的中位线，可得∠MDB=∠APB，再根据∠BAP=∠ACB，∠BAP=∠B，即可得到∠ACB=∠B，进而得出△ABC∽△PBA，得出答案即可；
（3）记MP与圆的另一个交点为R，根据AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，即可得到PR=，MR=，再根据Q为直角三角形锐角顶点，分四种情况进行讨论：当∠ACQ=90°时，当∠QCD=90°时，当∠QDC=90°时，当∠AEQ=90°时，即可求得MQ的值．
【详解】解：（1）∵MN⊥AB，AM=BM，
∴PA=PB，
∴∠PAB=∠B，
∵∠APB=30°，
∴∠B=75°，
（2）如图1，连接MD，

∵MD为△PAB的中位线，
∴MD∥AP，
∴∠MDB=∠APB，
∵∠BAC=∠MDC=∠APB，
又∵∠BAP=180°-∠APB-∠B，∠ACB=180°-∠BAC-∠B，
∴∠BAP=∠ACB，
∵∠BAP=∠B，
∴∠ACB=∠B，
∴AC=AB，由（1）可知PA=PB，
∴△ABC∽△PBA，
∴ ，
∴AB2=BC•PB；
（3）如图2，记MP与圆的另一个交点为R，

∵MD是Rt△MBP的中线，
∴DM=DP，
∴∠DPM=∠DMP=∠RCD，
∴RC=RP，
∵∠ACR=∠AMR=90°，
∴AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，
∴12+MR2=22+PR2，
∴12+（4-PR）2=22+PR2，
∴PR=，
∴MR=，
（一）当∠ACQ=90°时，AQ为圆的直径，
∴Q与R重合，
∴MQ=MR=；
（二）如图3，当∠QCD=90°时，

在Rt△QCP中，PQ=2PR=，
∴MQ=；
（三）如图4，当∠QDC=90°时，

∵BM=1，MP=4，
∴BP=，
∴DP=BP=，
∵cos∠MPB= ，
∴PQ=，
∴MQ=；
（四）如图5，当∠AEQ=90°时，

由对称性可得∠AEQ=∠BDQ=90°，
∴MQ=；
综上所述，MQ的值为或或．
此题主要考查了圆的综合题、等腰三角形的性质、三角形中位线定理，勾股定理，圆周角定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，运用旋转的性质以及含30°角的直角三角形的性质进行计算求解，解题时注意分类思想的运用．
21、红土”百香果每千克25元，“黄金”百香果每千克30元
【解析】设“红土”百香果每千克x元，“黄金”百香果每千克y元，由题意列出方程组，解方程组即可．
【详解】解：设“红土”百香果每千克x元，“黄金”百香果每千克y元，
由题意得：，
解得：；
答：“红土”百香果每千克25元，“黄金”百香果每千克30元．
本题考查了二元一次方程组的应用以及二元一次方程组的解法；根据题意列出方程组是解题的关键．
22、（1）A（﹣3，0），B（1，0）；（2）M（4，7）；﹣2≤m≤4；（3）点P的坐标为P（﹣1，4）或（﹣1，）．
【分析】（1）y＝a（x+3）（x﹣1）,令y＝0,则x＝1或﹣3,即可求解;
（2）分∠MAO=45°,∠M′AO=45°两种情况,分别求解即可;
（3）分当BD是矩形的边, BD是矩形的边两种情况,分别求解即可．
【详解】（1）y＝a（x+3）（x﹣1）,令y＝0,则x＝1或﹣3,
故点A、B的坐标分别为：（﹣3，0）,（1，0）;
（2）抛物线的表达式为:y＝（x+3）（x﹣1）①,
当∠MAO＝45°时,如图所示,则直线AM的表达式为:y＝x②,

联立①②并解得:m＝x＝4或﹣3（舍去﹣3）,故点M（4,7）;
②∠M′AO＝45°时,
同理可得:点M（﹣2,﹣1）;
故:﹣2≤m≤4;
（3）①当BD是矩形的对角线时,如图2所示,

过点Q作x轴的平行线EF,过点B作BE⊥EF,过点D作DF⊥EF,
抛物线的表达式为:y＝ax2+2ax﹣3a,函数的对称轴为:x＝1,
抛物线点A、B的坐标分别为:（﹣3,0）、（1，0）,则点P的横坐标为:1,OB＝1,
而CD＝4BC,则点D的横坐标为：﹣4,故点D（﹣4,5a）,即HD＝5a,
线段BD的中点K的横坐标为:,则点Q的横坐标为:﹣2,
则点Q（﹣2,﹣3a）,则HF＝BE＝3a,
∵∠DQF+∠BQE＝90°,∠BQE+∠QBE＝90°,
∴∠QBE＝∠DQF,
∴△DFQ∽△QEB,则,,解得:a＝（舍去负值）,
同理△PGB≌△DFQ（AAS）,
∴PG＝DF＝8a＝4,故点P（﹣1,4）;
②如图3,当BD是矩形的边时,

作DI⊥x轴,QN⊥x轴,过点P作PL⊥DI于点L,
同理△PLD≌△BNQ（AAS）,
∴BN＝PL＝3,
∴点Q的横坐标为4,则点Q（4,21a）,
则QN＝DL＝21a,同理△PLD∽△DIB,
∴,即,解得:a＝（舍去负值），
LI＝26a＝,故点P（﹣1, ）;
综上,点P的坐标为:P（﹣1,4）或（﹣1, ）．
本题主要考查的是二次函数综合运用,涉及到矩形的性质、图形的全等和相似等,其中（2）、（3）,要注意分类求解,避免遗漏．
23、（1）见解析；（2）.
【分析】（1）连接OC，则，由角平分线的性质和，得到，即可得到结论成立；
（2）由AB是直径，得到∠AEB=90°，则四边形DEFC是矩形，由三角形中位线定理，得到BE=2CD=8，由勾股定理，即可求出答案.
【详解】（1）证明：连接，交于，由是切线得；

又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即.
（2）解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴；
∴的半径为.
本题考查了圆的切线的性质，矩形的判定和性质，角平分线性质，三角形的中位线定理，以及勾股定理，解题的关键是掌握所学知识进行求解，正确得到AB的长度.
24、
【分析】画出树形图，即可求出两次摸到的球都是白球的概率．
【详解】解：画树状图如下：

∴摸得两次白球的概率=
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
25、（1）；（2）；
【分析】（1）属于求简单事件的概率，根据概率公式计算可得；
（2）用列表格法列出所有的等可能结果，从中确定符合事件的结果，根据概率公式计算可得.
【详解】解：（1）小亮随机报名一个项目共有4种等可能结果，分别为A.足球、B.机器人、C.航模、D.绘画，其中选择“机器人”的有1种，为B.机器人，所以选择“机器人”的概率为P=.
（2）用列表法表示所有可能出现的结果如图：

从表格可以看出，总共有16种结果，每种结果出现的可能性相同，其中至少有一人参加“航模”社团有7种，分别为(A,C),(B,C),(C,A), (C,B),(C,C), (C,D),(D,C),所以两人至少有一人参加“航模”社团的概率P=.
本题考查的是求简单事件的概率和两步操作事件的概率,用表格或树状图表示总结果数是解答此类问题的关键.
26、（1）进馆人次的月平均增长率为．（2）校图书馆能接纳第四个月的进馆人次．
【分析】（1）先分别表示出第二个月和第三个月的进馆人次，再根据第一个月的进馆人次加第二和第三个月的进馆人次等于，列方程求解；
（2）根据（1）所计算出的月平均增长率，计算出第四个月的进馆人次，再与比较大小即可．
【详解】（1）设进馆人次的月平均增长率为，则由题意得：

化简得：
，
或（舍）
答：进馆人次的月平均增长率为．
（2）∵进馆人次的月平均增长率为，
第四个月的进馆人次为：
答：校图书馆能接纳第四个月的进馆人次．
本题属于一元二次方程的应用题，列出方程是解题的关键．本题难度适中，属于中档题．