2022年山东省青岛市西海岸、平度、胶州九年级数学上册期末考试模拟试题含解析-

2023-2023学年九上数学期末模拟试卷请考生留意：2B案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。答题前，认真阅读答题纸上的《留意事项一、选择题（每题4分，共48分）1．如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上．若∠ABD=55°，则∠BCD的度数为（ ）A．25° B．30° C．35° D．40°2．由二次函数y3x2可知（ ）其图象的开口向下C．其顶点坐标为

x4Dx4yx的增大而增大关于x的一元二次方程1x22x30有实数根，则整数a的最大值是（）A．2 B．1 C．0 D．－14．如图，在正方形网格上，△ABC相像的三角形是（ ）A．△AFD B．△FED C．△AED D．不能确定5．已知二次函数的图象与x轴没有交点，则k的取值范围为（ 74k≥7k≠04747k≠04已知△ABC与△DEF4：9，则△ABC与△DEF的面积比为A．2：3C．9：4

B．16：81D．4：9下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）A．等边三角形 B．平行四边形 C．正五边形 D．圆1若式子

x

在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）A．x3 B．x3 C．x3 D．x3nmnp1A．p肯定等于2

，则下列说法正确的是( )1B．p肯定不等于21多投一次，p21投掷次数逐步增加，p2四周△ABC的边长为P为BC（不与点C重合APD=60PD交AB于点设BP=x，BD=yyx的函数图象大致是（）A．A如图，AB为

B．B C．C D．DO的切线切点为A连接BO与 O交于点C延长BO与 O交于点D连接AD，若ABO36，则ADC的度数为( )A．54 B．36 C．32 D．27在一个不透亮     的布袋中，有红色、黑色、白色球40个，它们除颜色外其他完全相同，小明通过多次摸球试验发觉其中摸到红色球、黑色球的频率稳定在15% 和45%，则布袋中白色球的个数可能是（ ）A．24 B．18 C．16 D．6二、填空题（每题4分，共24分）P、Qy

k的图象上，且、Q（，，则点Q的坐标是x ．半径为2的圆中，60°的圆心角所对的弧的弧长.一个小球在如图所示的方格地板上自由滚动，并随机停留在某块地板上，每块地板大小、质地完全相同，那么小球停留在黑色区域的概率．A和CxyAB//yB，将B为旋转中心顺时针方向旋转90得到DBEy

k图象恰好过点D，则k的值为 .x某种传染病，若有一人感染，经过两轮传染后将共49人感染．设这种传染病每轮传染中平均一个人传染了x人，列出方程为 ．如图，现有测试距离为5m的一张视力表，表上一个E的高AB为2cm，要制作测试距离为3m的视力表，其对位置的E的高CD为 三、解答题（共78分）19（8分）已知，在平行四边形OABCO＝A＝OC＝9°，动点P从O点动身沿射线OA方向以每2QAAB1t秒．AC的解析式；t为何值时，△OAC与△PAQ相像．20（8分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数＝kxb的图象与x轴交于点（﹣，与y轴交于点，且与4正比例函数y＝3

x的图象交点为（，．y＝kx+b的解析式；求△BOC的面积；若点D在其次象限，△DAB为等腰直角三角形，则点D的坐标为 ．21（8分yax2bxc(a0)与直线yx1相交于(1,0)B(4,m)C(5,0)求抛物线的解析式．点P是抛物线上的一个动点（不与点A点B重合，过点P作直线PDx轴于点D，交直线AB于点E．当PE2EDP点坐标；yF，在抛物线的第一象限内，是否存在一点Q，使得四边形OFQC大？若存在，恳求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．22（10分）1

1y2x2

x

A，与

y轴交于点

B，抛物线y2x2bxcA、BxC．A和点B的坐标；求抛物线的函数解析式；（3）D为直线AB下方抛物线上一动点；①连接DO交AB于点E，若DE：OE=3：4，求点D的坐标；D，使得∠DBA的度数恰好是∠BAC2倍，假如存在，求点D的坐标，假如不存在，说明理由．23（10分）如图所示，已知AB为⊙O的直径，CD是弦，且AB CD于点E，连接AC、OC、BC．求证： ACO BCD；若AE 9BE，CD 6，求⊙O的直径．24（10分）有4张看上去无差别的卡片，上面分别写着，，，4.211425（12分）如图，点O为RtABC 斜边AB上的一点，以OA为半径的O与边BC交于点D，与边AC交于点E，连接AD，且AD平分∠BAC．BC与⊙O若∠BAC=60°，OA=2，求阴影部分的面积（结果保留）．26Rt△ABO，点Bx轴上，∠ABO=90°，∠AOB=30°，OB=23y经过OA的中点C，交AB于点D．

k的图象xy

kx的表达式；求△OCD 的面积；点P是x轴上的一个动点，请直接写出访△OCP 为直角三角形的点P坐标.参考答案一、选择题（4481、C【详解】解：连接AD,∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°．∵∠ABD=55°，∴∠BAD=90°﹣55°=35°，∴∠BCD=∠BAD=35°．故选C．【点睛】2、B【分析】依据二次函数的图像与性质即可得出答案.【详解】A：a=3AB：对称轴，故B正确；C：顶点坐标为(4，-2)C错误；Dx<4时，yxDD.【点睛】本题考查的是二次函数，比较简洁，需要娴熟把握二次函数的图像与性质.3、C【分析】依据一元二次方程的根的判别式可得答案.【详解】解：∵关于x的一元二次方程a1x22x30有实数根，a10

a1a∴{41210{a

4.3a的取值范围是a4且a1.3∴整数a的最大值为0.故选C.【点睛】4、A【分析】依据题意直接利用三角形三边长度，得出其比值，进而分析即可求出相像三角形．2【详解】解：∵AF＝4，DF＝42

，AD＝4

，AB＝2，BC＝2

，AC＝2 ，525∴AFDFAD2，525AB AB AC∴△AFD∽△ABC．故选：A．【点睛】5、C【分析】依据二次函数图像与x轴没有交点说明b24ac0 ，建立一个关于k的不等式，解不等式即.ykx27x7x轴无交点，∴k∴b24ac0k04928k0

74C．【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式和二次函数图像与x6、B【解析】直接依据相像三角形周长的比等于相像比，面积比等于相像比的平方解答.【详解】解：∵△ABC与△DEF相像且对应周长的比为4：9，∴△ABC与△DEF的相像比为4:9，∴△ABC与△DEF的面积比为16:81.故选B【点睛】7、D形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．假如一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．【详解】解：A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故A错误；B、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故B错误；C、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故C错误；D、圆是轴对称图形，也是中心对称图形，故D正确．故选：D．【点睛】8、C【解析】直接利用二次根式的定义即可得出答案．1xx3∴x故选：C．【点睛】9、D【分析】大量反复试验时，某大事发生的频率会稳定在某个常数的四周，这个常数就叫做大事概率的估量值，而不是一种必定的结果．1【详解】投掷硬币m次，正面对上n次，投掷次数逐步增加，p稳定在2故选：D．【点睛】

四周．考查利用频率估量概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．留意随机大事可能发生，也可能不发生．10、C【解析】∵△ABC是正三角形，∴∠B=∠C=60°，∵∠BPD+∠APD=∠C+∠CAP,∠APD=60°，∴∠BPD=∠CAP，∴△BPD∽△CAP，∴BP:AC=BD:PC，∵正△ABC的边长为4，BP=x，BD=y，∴x:4=y:(4−x)，1∴y=−4故选C.点睛：函数图象是典型的数形结合，图象应用信息广泛，通过看图象猎取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题力量、解决问题力量.用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图.11、D【分析】由切线性质得到AOB，再由等腰三角形性质得到ODA，然后用三角形外角性质得出ADC【详解】切线性质得到BAO9036543654ODODOAAOBOADODAADCADO27故选D【点睛】本题主要考查圆的切线性质、三角形的外角性质等，把握基础定义是解题关键12、C【分析】先由频率之和为1计算出白球的频率，再由数据总数×频率＝频数计算白球的个数．【详解】∵摸到红色球、黑色球的频率稳定在15%和45%，∴摸到白球的频率为115%45% ＝40%，40×40%＝16故选：C．【点睛】大量反复试验下频率稳定值即概率．关键是算出摸到白球的频率．二、填空题（42413、2,3【分析】由题意依据反比例函数的图象是中心对称图形以及关于原点成中心对称的点的坐标特征进行分析即可求解．y∴（﹣，﹣．（﹣，﹣．【点睛】

k的图象是中心对称图形，且P、Q两点关于原点成中心对称，x本题主要考查反比例函数图象的中心对称性，留意把握反比例函数的图象是中心对称图形以及关于原点成中心对称的点的坐标特征．14、2π3602【解析】依据弧长公式可得：

=2，2.3

180 315、38【分析】先求出黑色方砖在整个地板中所占的比值，再依据其比值即可得出结论．【详解】由图可知，黑色方砖6块，共有16块方砖，6∴黑色方砖在整个地板中所占的比值 3，616 83∴小球最终停留在黑色区域的概率是 ，83故答案为： ．8【点睛】本题考查了几何概率，用到的学问点为：几何概率=相应的面积与总面积之比．16、-24【分析】先依据图形旋转的性质得BD=BA，∠DBA=90°，再得出DB∥x轴，然后求得点D的坐标，最终利用待定系数法求解反比例函数的解析式即可.【详解】设DB与y轴的交点为F，如图所示：B为旋转中心顺时针方向旋转90DBEBAB//y轴∴BD=BA=6，∠DBA=90°轴∴DF=6-2=4∴点D的坐标为（-4,6）y

k图象恰好过点Dx∴6

k k4故填：24【点睛】本题主要考查坐标与图形变化-旋转、待定系数法求反比例函数解析式，依据图形旋转的性质得出点D的坐标是关键.17、x(x+1)+x+1=1．xx人感染，列出方程即可．【详解】解：设每轮传染中平均一人传染x人，则第一轮后有x+1x(x+1)+x+1由题意得：x(x+1)+x+1=1．故答案为：x(x+1)+x+1=1．【点睛】本题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，把握一元二次方程是解题的关键.18、1.1【分析】证明△OCD∽△OAB，然后利用相像比计算出CD即可．【详解】解：OB=5m，OD=3m，AB=1cm，∵CD∥AB，∴△OCD∽△OAB，∴CD

OD CD 3，即 ，AB OB 2 5∴CD=1.1，ECD1.1．【点睛】本题考查了相像三角形的应用：经常构造“A”型或“X”型相像图，利用三角形相像的性质求相应线段的长．三、解答题（78）4 20

25 2019（1）y3x

3（）当＝6或

3时，△OAC与△APQ相像．（1）ACCC理求得横坐标，利用待定系数法求得直线的解析式；（2）对于相像要分状况进行争辩，依据对应线段成比例可求得t的数值．（）过点C作C⊥O，垂足为，在Rt△OCA中，AC＝ 5242＝3，∴5×CE＝3×4，12∴CE＝5，122 16在Rt△OCE中，OE＝ 425

＝5，16 12∴（5，5（，，设AC的解析式为y=kx+b，16kb12则5 5，kb0k4 3解得： ，b20 34 20∴y3x3；（2）0≤t≤2.5时，POA上，由于∠OAQ≠90°，故此时△OAC与△PAQ不行能相像．当t＞2.5时，①若∠APQ＝90°，则△APQ∽△OCA，AQ OA 5故 ＝AP OC

＝4，t 5∴2t5＝4，25∴t＝6，∵t＞2.5，25∴t＝

6符合条件．②若∠AQP＝90°，则△APQ∽△OAC，AQ OC 45故 ＝ ＝ ，5AP OAt 4∴2t5＝5，20∴t＝3，∵t＞2.5，20∴t＝3

符合条件．25 206【点睛】

3时，△OAC与△APQ相像．本题考查了求一次函数的解析式、相像三角形的判定与性质、平行四边形的性质，关于动点的问题要留意对问题进行分类争辩．2 5 520（）＝3+（）（（﹣，）或（，）或（

2，2．（1）CmCb答案；B的坐标，然后依据三角形的面积公式即可得到结论；由题意可分AB为直角边和AB为斜边两种状况，当ABAB为直角顶点两种状况D点为D2和DD1作D⊥y轴于点D2作D⊥x轴于点△BED≌△AOB1 （AA，可求得D1的坐标，同理可求得D2AD与BD的交点D3就是AB1 出D点的坐标．4（1）∵C（m，4）y＝3x的图象上，4∴3m＝4，解得：m＝3，∴（，，∵点（，（﹣0）在一次函数kxb的图象上，3kb0∴b4，k2解得 3，b22y＝3x+2；2（2）y＝3x+2x＝0y＝2，∴（，，1∴S△BOC＝2×2×3＝3；（3）分AB为直角边和AB为斜边两种状况，ABAB为直角顶点两种状况，D1D1E⊥yED2D2F⊥xF，∵点D在其次象限，△DAB是以AB为直角边的等腰直角三角形，∴AB＝BD1，1∵∠DBE+∠ABO＝90°，∠ABO+∠BAO＝90°，1∴∠BAO＝∠EBD，11∵在△BED和△AOB中，1DEBBOA 1 EBDBAO，DB1BA1∴△BED≌△AO（AA，11∴BE＝AO＝3，DE＝BO＝2，1∴OE=OB+BE=2+3=5，△∴点D1的坐标为（，；同理可得出： AFD△22∴FA＝BO＝2，DF＝AO＝3，2∴点D2的坐标为AB为斜边时，如图，1 ∵∠DAB＝∠DBA＝45°1 3∴∠ADB＝90°，31设AD1的解析式为y=k1x+b，1

3k

b011将（-，、D（-，）代入得 ，112kb51 1k5解得：1 ，b1512AD1BD2y=k2x+b，2b 2将（，、D（-，）代入得2 ，

2k1k25，

5k b 32 2b 221AD2的解析式为：y=5x+2，y5x15 x5 2解方程组 1 得： ，y x2 5

y 2∴D（5，5，3 2 2D的坐标为（﹣2，5）或（﹣5，3）或（（﹣，）或（﹣，）或（5，5．2 2【点睛】

5 5， ．2 25 5 21（）yx24x5（）P点坐标为（，）或（，-（）存在点（ ，）使得四边形OFQC的面2 4积最大，见解析.（1）Byx1B的坐标，再利用待定系数法求解可得；PEDPEEDPP点坐标；作QPxP，设Q(mm24m0)，知POmPQm24m5CP5m，依据四边形OFQC的面积S四边形PQFO

SPQC

建立关于m的函数，再利用二次函数的性质求解可得．【详解】解（） 点B(4,m)在直线yx1上，m415，B(4,5)， abc0 a 把A、B、C三点坐标代入抛物线解析式可得c0，解得4 ， 25ac0 c yx24x5；（2）P(xx24x5)E(xx1)D(x,0)，则PE|x24x5(x1)||x23x4|，DE|x1|，PE2ED，x23x42|x1|，x23x42(x1)xx2xPA重合不合题意，舍去，P(2,9)；x23x42(x1)xx6xPA重合不合题意，舍去，P(6,7)；综上可知P点坐标为(2,9) 或(6,7)；（3）存在这样的点Q，使得四边形OFQC如图，过点Q作QPxP，设Q(mm24m0)，POmPQm24m5CP5m，四边形OFQC的面积S四边形PQFO1 1

SPQC (m24m55)m (5m)(m24m2 2 m2 m2 2 25(m5(m5)2225228m2

，时，四边形OFQC225，此时点Q的坐标为535．8 2 4【点睛】本题是二次函数的综合问题，解题的关键是把握待定系数法求函数解析式、二次函数的性质及利用割补法列出四边形面积的函数关系式．322（1）A(-4，0)、B（0，-2）；（2）y1x2 x-2；（3）①（-1，3）或（-3，-2）；②（-2，-3）．32 2【分析】（1）y1x2y0xx=0y的值即可求得点A、B的坐标；21把（1）中所求点、B的坐标代入y x2bxc中列出方程组，解方程组即可求得、c的值，从而可得二12次函数的解析式；DxABFODABE△DFE∽OBED的坐标为(m,1

m2 m2)，点F的坐标为(m, m2)结合相像三角形的性质和DE：OE=3:4，即可列出关于m的3 3 方程，解方程求得m的值即可得到点D的坐标；②在y轴的正半轴上截取OH=OB，可得△ABH是等腰三角形，由此可得∠HAB=2∠BAC，若此时∠DAB=2∠BAC=∠HABBD∥AHAHBD的解析式，由BD成方程组，解方程组即可求得点D的坐标．（）在y1x2中，由y0可得：1x20，解得：x4；2 2由x0可得：y2，∴点A的坐标为（-，，点B的坐标为（，-）；把点A的坐标为-，，点B的坐标为（-）代入y

1x2bxc得：2c0

b3 c2

，解得： 2 ，c2y

1x2 x2；32 23Dx轴的垂线交ABF，3 设点D(m,1m2 m2)，F(m, m2)3 2 2 2DOABDE：OE=3：4，FD：BO=3：4，

3 3BO= ,4 2 1

3 3所以FD m2 m2 m2 , 2 2 2 2解之得：m1=-1，m2=-3，∴D的坐标为（-1，3）或（-3，-2）；②在y轴的正半轴上截取OH=OB，可得△ABH是等腰三角形，∴∠BAH=2∠BAC，若∠DBA=2∠BAC，则∠DBA=∠BAH，∴AH//DB，A的坐标（-4，0）H的坐标（0，2）AHy

1x2，2DBy

1x2,2

y

1x21 1 3 2将：y x2,y x2 x2,联立可得方程组： ，2 2 2 y

1x2

3x2x2解得：y 3

2 2∴点D的坐标（-2，-3）．【点睛】2小题的关键是过点Dx轴的垂线交ABODABDFE∽OBE，这样利用相像三角形的性质和已知条件即可求得D3小题的关键是在xOH=OBAH，从而构造出∠BAH=2∠BAC，这样由∠DBA=∠BAHAH∥BDAH的解析式即可BD的解析式，从而将问题转化成求BD和抛物线的交点坐标即可使问题得到解决．23（）（）10（1）先利用OAOC得到，再利用直角三角形的两锐角互余即可求解；CE＝DE=1CD3OAOCOB5BE，OEOBBE4BERtOCE2中，利用OE2CE2OC2得到4BE225BE2求出B，即可得到求解．．【详解】（1）证明：∵OAOC∴ACOA又∵AB为直径，，，ABCD，，∴BCDB90∴ABCD∴ACOBCD（2）∵ABCDAB为直径∴CEDE，∴CE1CD2又∵AE9BE，∴AB10BE，∴OAOCOB5BE，∴OEOBBE4BE，RtOCEOE2CE2OC2即4BE225BE2，解得BE1，∴AB10BE10．【点睛】本题考查了圆周角定理：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．也考查了垂径定理．24、

P

23；(2)P

316.【分析】（1）先列出一次性随机抽取2张卡片的全部可能的结果，再找出两张卡片上的数字之和为奇数的结果，最终利用概率公式计算即可；（2）先列出两次抽取卡片的全部可能的结果，再找出两次取出的卡片上的数字之和等于4的结果，最终利用概率公式计算即可；【详解（1）由题意得：一次性随机抽取2张卡片的全部可能的结果有6种，即(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4) 它们每一种消灭的可能性相等4种，即(1,2),(1,4),(2,3),(3,4)故所求的概率为P42；6 3第一次其次次1234第一次其次次12341234(1,1)(2,1)(3,1)(4,1)(1,2)(2,2)(3,2)(4,2)(1,3)(2,3)(3,3)(4,3)(1,4)(2,4)(3,4)(4,4)它们每一种消灭的可能性相等从中可看出，两次取出的卡片上的数