2023届山东省东平实验中学数学九上期末学业质量监测试题含解析

2022-2023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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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（每题4分，共48分）1．如图，在平行四边形中，、相交于点，点是的中点，连接并延长交于点，已知的面积为4，则的面积为（）A．12 B．28 C．36 D．382．下面四个手机应用图标中是轴对称图形的是()A． B． C． D．3．如图，正方形ABCD和正方形CGFE的顶点C，D，E在同一条直线上，顶点B，C，G在同一条直线上．O是EG的中点，∠EGC的平分线GH过点D，交BE于点H，连接FH交EG于点M，连接OH．以下四个结论：①GH⊥BE；②△EHM∽△GHF；③﹣1；④＝2﹣，其中正确的结论是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④4．参加一次聚会的每两人都握了一次手，所有人共握手10

次，若共有

x

人参加聚会，则根据题意，可列方程（）A． B． C． D．5．如果△ABC∽△DEF，且对应边的AB与DE的长分别为2、3，则△ABC与△DEF的面积之比为（）A．4:9 B．2:3 C．3:2 D．9:46．如图，在正方形网格上有两个相似三角形△ABC和△DEF，则∠BAC的度数为（）A．105° B．115° C．125° D．135°7．如图是小玲设计用手电来测家附近“新华大厦”高度的示意图．点处放一水平的平面镜，光线从点出发经平面镜反射后刚好射到大厦的顶端处，已知，且测得米，米，米，那么该大厦的高度约为（）A．米 B．米 C．米 D．米8．如图，在正方形中，是等边三角形，的延长线分别交于点，连结与相交于点H．给出下列结论，①△ABE≌△DCF；②△DPH是等腰三角形；③；④，其中正确结论的个数是（）A． B． C． D．9．华为手机锁屏密码是6位数，若密码的前4位数字已经知道，则一次解锁该手机密码的概率是（）A． B． C． D．10．如图，AB是☉O的直径，点C，D在☉O上，且，OD绕着点O顺时针旋转，连结CD交直线AB于点E，当DE=OD时，的大小不可能为()A． B． C． D．11．如图，在平行四边形ABCD中，E是AB的中点，CE和BD交于点O，设△OCD的面积为m，△OEB的面积为，则下列结论中正确的是（）A．m=5 B．m= C．m= D．m=1012．已知点O是△ABC的外心，作正方形OCDE，下列说法：①点O是△AEB的外心；②点O是△ADC的外心；③点O是△BCE的外心；④点O是△ADB的外心.其中一定不成立的说法是（）A．②④ B．①③ C．②③④ D．①③④二、填空题（每题4分，共24分）13．写出一个顶点坐标是(1，2)且开口向下的抛物线的解析式________．14．如图，在△ABC中，∠BAC＝33°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转50°，对应得到△AB′C′，则∠B′AC的度数为____．15．方程x2=2的解是．16．某校有一块长方形的空地，其中长米，宽米，准备在这块空地上修3条小路，路宽都一样为米，并且有一条路与平行，2条小路与平行，其余地方植上草坪，所种植的草坪面积为110米．根据题意可列方程_________．17．如图，在中，点在上，请再添加一个适当的条件，使与相似，那么要添加的条件是__________．(只填一个即可)18．如图，为外一点，切于点，若，，则的半径是______.三、解答题（共78分）19．（8分）如图，放置在水平桌面上的台灯的灯臂AB长为40cm，灯罩BC长为30cm，底座厚度为2cm，灯臂与底座构成的∠BAD=60°，使用发现，光线最佳时灯罩BC与水平线所成的角为30°，此时灯罩顶端C到桌面的高度CE是多少cm？20．（8分）若一个三位数的百位上的数字减去十位上的数字等于其个位上的数字，则称这个三位数为“差数”，同时，如果百位上的数字为、十位上的数字为，三位数是“差数”，我们就记：，其中，，．例如三位数1．∵，∴1是“差数”，∴．（1）已知一个三位数的百位上的数字是6，若是“差数”，，求的值；（2）求出小于300的所有“差数”的和，若这个和为，请判断是不是“差数”，若是，请求出；若不是，请说明理由．21．（8分）如图所示，每个小方格都是边长为1的正方形，以点为坐标原点建立平面直角坐标系四边形的顶点的坐标为，顶点的坐标为，顶点的坐标为，请在图中画出四边形关于原点.对称的四边形．22．（10分）已知，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，点的坐标为，点的坐标为．

（1）如图1，分别求的值；（2）如图2，点为第一象限的抛物线上一点，连接并延长交抛物线于点，，求点的坐标；（3）在（2）的条件下，点为第一象限的抛物线上一点，过点作轴于点，连接、，点为第二象限的抛物线上一点，且点与点关于抛物线的对称轴对称，连接，设，，点为线段上一点，点为第三象限的抛物线上一点，分别连接，满足，，过点作的平行线，交轴于点，求直线的解析式．23．（10分）如图，已知中，，点是边上一点，且求证:;求证:．24．（10分）如图，在中，，，，求和的长.25．（12分）中国经济的快速发展让众多国家感受到了威胁，随着钓鱼岛事件、南海危机、萨德入韩等一系列事件的发生，国家安全一再受到威胁，所谓“国家兴亡，匹夫有责”，某校积极开展国防知识教育，九年级甲、乙两班分别选5名同学参加“国防知识”比赛，其预赛成绩如图所示：（1）根据上图填写下表：平均数中位数众数方差甲班8.58.5乙班8.5101.6（2）根据上表数据，分别从平均数、中位数、众数、方差的角度分析哪个班的成绩较好．26．如图，港口位于港口的南偏西方向，灯塔恰好在的中点处，一艘海轮位于港口的正南方向，港口的正东方向处，它沿正北方向航行到达处，侧得灯塔在北偏西方向上.求此时海轮距离港口有多远？

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【分析】根据平行是四边形的性质得到AD∥BC，OA=OC，得到△AFE∽△CEB，根据点E是OA的中点，得到，△AEB的面积=△OEB的面积，计算即可．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，OA=OC，

∴△AFE∽△CEB，∴∵点E是OA的中点，

∴，，∴，∴，∴．故选：A．【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．2、D【分析】分别根据轴对称图形与中心对称图形的性质对各选项进行逐一分析即可．【详解】A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；B、是中心对称图形，故本选项错误；C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；D、是轴对称图形，故本选项正确．故选D．【点睛】本题考查的是轴对称图形，熟知轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质的图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合是解答此题的关键．3、A【分析】由四边形ABCD和四边形CGFE是正方形，得出△BCE≌△DCG，推出∠BEC+∠HDE=90°，从而得GH⊥BE；由GH是∠EGC的平分线，得出△BGH≌△EGH，再由O是EG的中点，利用中位线定理，得HO∥BG且HO=BG；由△EHG是直角三角形，因为O为EG的中点，所以OH=OG=OE，得出点H在正方形CGFE的外接圆上，根据圆周角定理得出∠FHG=∠EHF=∠EGF=45°，∠HEG=∠HFG，从而证得△EHM∽△GHF；设HN=a，则BC=2a，设正方形ECGF的边长是2b，则NC=b，CD=2a，由HO∥BG，得出△DHN∽△DGC，即可得出，得到，即a2+2ab-b2=0，从而求得，设正方形ECGF的边长是2b，则EG=2b，得到HO=b，通过证得△MHO∽△MFE，得到，进而得到，进一步得到.【详解】解：如图，∵四边形ABCD和四边形CGFE是正方形，∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCE＝∠DCG，在△BCE和△DCG中，∴△BCE≌△DCG（SAS），∴∠BEC＝∠BGH，∵∠BGH+∠CDG＝90°，∠CDG＝∠HDE，∴∠BEC+∠HDE＝90°，∴GH⊥BE．故①正确；∵△EHG是直角三角形，O为EG的中点，∴OH＝OG＝OE，∴点H在正方形CGFE的外接圆上，∵EF＝FG，∴∠FHG＝∠EHF＝∠EGF＝45°，∠HEG＝∠HFG，∴△EHM∽△GHF，故②正确；∵△BGH≌△EGH，∴BH＝EH，又∵O是EG的中点，∴HO∥BG，∴△DHN∽△DGC，设EC和OH相交于点N．设HN＝a，则BC＝2a，设正方形ECGF的边长是2b，则NC＝b，CD＝2a，即a2+2ab﹣b2＝0，解得：a＝b＝（﹣1+）b，或a＝（﹣1﹣）b（舍去），故③正确；∵△BGH≌△EGH，∴EG＝BG，∵HO是△EBG的中位线，∴HO＝BG，∴HO＝EG，设正方形ECGF的边长是2b，∴EG＝2b，∴HO＝b，∵OH∥BG，CG∥EF，∴OH∥EF，∴△MHO△MFE，∴，∴EM＝OM，∴，∴∵EO＝GO，∴S△HOE＝S△HOG，∴故④错误，故选A．【点睛】本题考查了正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确求得两个三角形的边长的比是解决本题的关键．4、C【分析】如果人参加了这次聚会，则每个人需握手次，人共需握手次；而每两个人都握了一次手，因此一共握手次.【详解】设人参加了这次聚会，则每个人需握手次，依题意，可列方程.故选C.【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用.5、A【分析】根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方进行计算．【详解】∵△ABC∽△DEF，∴△ABC与△DEF的面积之比等于（）2＝（）2＝．故选：A．【点睛】本题考查了相似三角形的性质：相似三角形的对应角相等，对应边的比相等；相似三角形的对应线段（对应中线、对应角平分线、对应边上的高）的比等于相似比；相似三角形的面积的比等于相似比的平方．6、D【分析】根据相似三角形的对应角相等即可得出．【详解】∵△ABC∽△EDF，∴∠BAC＝∠DEF，又∵∠DEF＝90°+45°＝135°，∴∠BAC＝135°，故选：D．【点睛】本题考查相似三角形的性质，解题的关键是找到对应角7、B【分析】根据光线从点出发经平面镜反射后刚好射到大厦的顶端处，可知，再由，可得，从而可以得到，即可求出CD的长．【详解】∵光线从点出发经平面镜反射后刚好射到大厦的顶端处∴∵∴∴∴∵米，米，米∴∴CD=16（米）【点睛】本题考查的知识点是相似三角形的性质与判定，通过判定三角形相似得到对应线段成比例，构成比例是关键．8、A【分析】①利用等边三角形的性质以及正方形的性质得出∠ABE=∠DCF=30°，再直接利用全等三角形的判定方法得出答案；

②利用等边三角形的性质结合正方形的性质得出∠DHP=∠BHC=75°，进而得出答案；

③利用相似三角形的判定与性质结合锐角三角函数关系得出答案；

④根据三角形面积计算公式，结合图形得到△BPD的面积=△BCP的面积+△CDP面积-△BCD的面积，得出答案．【详解】∵△BPC是等边三角形，

∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°，

在正方形ABCD中，

∵AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠BCD=90°

∴∠ABE=∠DCF=30°，

在△ABE与△CDF中，，

∴△ABE≌△DCF，故①正确；∵PC=BC=DC，∠PCD=30°，

∴∠CPD=75°，

∵∠DBC=45°，∠BCF=60°，

∴∠DHP=∠BHC=18075°，

∴PD=DH，

∴△DPH是等腰三角形，故②正确；

设PF=x，PC=y，则DC=AB=PC=y，

∵∠FCD=30°，∴即，整理得：解得：，则，故③正确；如图，过P作PM⊥CD，PN⊥BC，

设正方形ABCD的边长是4，∵△BPC为正三角形，

∴∠PBC=∠PCB=60°，PB=PC=BC=CD=4，

∴∠PCD=30°，∴，，

S△BPD=S四边形PBCD-S△BCD=S△PBC+S△PDC-S△BCD，∴，故④正确；故正确的有4个，

故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质以及全等三角形的判定等知识，解答此题的关键是作出辅助线，利用锐角三角函数的定义表示出出FE及PC的长是解题关键．9、C【分析】根据排列组合，求出最后两位数字共存在多少种情况，即可求解一次解锁该手机密码的概率．【详解】根据题意，我们只需解锁后两位密码即可，两位数字的排列有种可能∴一次解锁该手机密码的概率是故答案为：C．【点睛】本题考查了排列组合的问题，掌握排列组合的公式是解题的关键．10、C【分析】分三种情况求解即可：①当点D与点C在直径AB的异侧时；②当点D在劣弧BC上时；③当点D在劣弧AC上时.【详解】①如图，连接OC，设，则，，∵，，在中，，，∴，；②如图，连接OC，设，则，，，，在中，，，∴，；（3）如图，设，则，，，，由外角可知，，，，，故选C.【点睛】本题考查了圆的有关概念，旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，以及分类讨论的数学思想，分类讨论是解答本题的关键.11、B【解析】试题分析：∵AB∥CD，∴△OCD∽△OEB，又∵E是AB的中点，∴2EB=AB=CD，∴，即，解得m=．故选B．考点：1．相似三角形的判定与性质；2．平行四边形的性质．12、A【分析】根据三角形的外心得出OA=OC=OB，根据正方形的性质得出OA=OC＜OD，求出OA=OB=OC=OE≠OD，再逐个判断即可．【详解】解：如图，连接OB、OD、OA，∵O为锐角三角形ABC的外心，∴OA＝OC＝OB，∵四边形OCDE为正方形，∴OA＝OC＜OD，∴OA＝OB＝OC＝OE≠OD，∴OA＝OC≠OD，即O不是△ADC的外心，OA＝OE＝OB，即O是△AEB的外心，OB＝OC＝OE，即O是△BCE的外心，OB＝OA≠OD，即O不是△ABD的外心，故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质和三角形的外心.熟记三角形的外心到三个顶点的距离相等是解决此题的关键.二、填空题（每题4分，共24分）13、y=-(x-1)1+1【分析】利用顶点式可设抛物线解析式为y=a(x-1)1+1，然后根据a的作用确定a的值即可．【详解】解：设抛物线解析式为y=a(x-1)1+1，∵抛物线y=ay=-(x-1)1+11+1的开口向下，∴可令a=-1，∴抛物线解析式y=-(x-1)1+1．故答案为y=-(x-1)1+1．【点睛】本题考查了二次函数与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．14、17°【详解】解：∵∠BAC=33°,将△ABC绕点A按顺时针方向旋转50°,对应得到△AB′C′，∴∠B′AC′=33°,∠BAB′=50°，∴∠B′AC的度数=50°−33°=17°.故答案为17°.15、±【解析】试题分析：根据二次根式的性质或一元二次方程的直接开平方法解方程即可求得x=±．考点：一元二次方程的解法16、【分析】根据题意算出草坪的长和宽，根据长方形的面积公式列式即可．【详解】∵长方形长米，宽米，路宽为米，∴草坪的长为，宽为，∴草坪的面积为．故答案为．【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，根据题意准确列式是解题的关键．17、或【解析】已知与的公共角相等，根据两角对应相等的两个三角形相似再添加一组对应角相等即可.【详解】解：（公共角）（或）（两角对应相等的两个三角形相似）故答案为：或【点睛】本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键.18、1【分析】由题意连接OA，根据切线的性质得出OA⊥PA，由已知条件可得△OAP是等腰直角三角形，进而可求出OA的长，即可求解．【详解】解：连接OA，∵PA切⊙O于点A，∴OA⊥PA，∴∠OAP=90°，∵∠APO=45°，∴OA=PA=1，故答案为：1．【点睛】本题考查切线的性质即圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，连接过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．三、解答题（共78分）19、（20+17）cm．【分析】过点B作BM⊥CE于点M，BF⊥DA于点F，在Rt△BCM和Rt△ABF中，通过解直角三角形可求出CM、BF的长，再由CE=CM+BF+ED即可求出CE的长．【详解】过点B作BM⊥CE于点M，BF⊥DA于点F，如图所示．在Rt△BCM中，BC=30cm，∠CBM=30°，∴CM=BC•sin∠CBM=15cm．在Rt△ABF中，AB=40cm，∠BAD=60°，∴BF=AB•sin∠BAD=20cm．∵∠ADC=∠BMD=∠BFD=90°，∴四边形BFDM为矩形，∴MD=BF，∴CE=CM+MD+DE=CM+BF+ED=15+20+2=20+17（cm）．答：此时灯罩顶端C到桌面的高度CE是（20+17）cm．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用以及矩形的判定与性质，通过解直角三角形求出CM、BF的长是解题的关键．20、（1）；（2）小于300的“差数”有101,110,202,211,220，n是“差数”，【分析】（1）设三位数的十位上的数字是x，根据进行求解；（2）根据“差数”的定义列出小于300的所有“差数”，进而求解．【详解】解：（1）设三位数的十位上的数字是x，∴，解得，，∴个位上的数字为：，∴；（2）小于300的“差数”有101,110,202,211,220，∴，显然n是“差数”，．【点睛】本题是新定义问题，考查了解一元二次方程，理解新的定义是解题的关键．21、答案见解析．【分析】根据中心对称的性质画出四边形即可.【详解】如解图所示，四边形即为所求．【点睛】本题考查的是作图-旋转变换，熟知中心对称图形性质是解答此题的关键．22、（1），；（2）；（3）．【分析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；

（2）作轴于K，轴于L，OD=3OE，则OL=3OK，DL=3KE，设点E的横坐标为t，则点D的横坐标为-3t，则点E、D的坐标分别为：（t，）、（-3t，-+3t+），即可求解；（3）设点的横坐标为，可得PH=m2+m-，过作EF∥y轴交于点交轴于点，TE=PH+YE=m2+m-+2=（m+1）2，tan∠AHE=，tan∠PET=，而∠AHE+∠EPH=2α，故∠AHE=∠PET=∠EPH=α，PH=PQ•tanα，即m2+m-=（2m+2）×，解得：m=2-1，故YH=m+1=2，PQ=4，点P、Q的坐标分别为：（2-1，4）、（-2-1，4），tan∠YHE=，tan∠PQH=；证明△PMH≌△WNH，则PH=WH，而QH=2PH，故QW=HW，即W是QH的中点，则W（-1，2），再根据待定系数法即可求解．【详解】解：（1）把、分别代入得：，解得；（2）如图2，由（1）得，作轴于K，轴于L，∴EK∥DL，∴．∵，∴，设点的横坐标为，，，∴的横坐标为，分别把和代入抛物线解析式得，∴，∴，．∵，∴，∴，∴，∴，解得（舍），，∴．（3）如图3，设点的横坐标为，把代入抛物线得，∴．过作EF∥y轴交于点交轴于点，∴轴．∵点与点关于抛物线的对称轴对称，∴PQ∥x轴，，∴，点坐标为，又∵轴，∴ET∥PH，∴，∴，∴四边形为矩形，∴，∴，∴，，，∴．∴，，∴，∴．又∵，∴．∵，∴解得，∵，∴．∴，，把代入抛物线得，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．若交于点，∵NF∥PE，∴，∴，∵，∴，∴，，，∴，∴，∴．作WS