2023届山东省菏泽市部分市县数学九年级第一学期期末质量检测模拟试题含解析

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（每题4分，共48分）1．关于反比例函数y=，下列说法中错误的是（）A．它的图象是双曲线B．它的图象在第一、三象限C．y的值随x的值增大而减小D．若点（a，b）在它的图象上，则点（b，a）也在它的图象上2．如图，在中，，，为边上的一点，且．若的面积为，则的面积为（）A． B． C． D．3．已知分式的值为0，则的值是（）．A． B． C． D．4．如图，矩形ABCD的顶点D在反比例函数（x＜0）的图象上，顶点B，C在x轴上，对角线AC的延长线交y轴于点E，连接BE，若△BCE的面积是6，则k的值为（）A．﹣6 B．﹣8 C．﹣9 D．﹣125．方程x2﹣x＝0的解为（）A．x1＝x2＝1 B．x1＝x2＝0 C．x1＝0，x2＝1 D．x1＝1，x2＝﹣16．正五边形内接于圆，连接分别与交于点，，连接若，下列结论：①②③四边形是菱形④；其中正确的个数为（）A．个 B．个 C．个 D．个7．如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，已知，，，则的周长为A．13 B．17 C．20 D．268．设A(﹣2，y1)，B(1，y2)，C(2，y3)是抛物线y＝﹣(x+1)2+m上的三点，则y1，y2，y3的大小关系为（）A．y3＞y2＞y1 B．y1＞y2＞y3 C．y1＞y3＞y2 D．y2＞y1＞y39．下列手机应用图标中，是中心对称图形的是（）A． B． C． D．10．甲、乙、丙、丁四位选手各10次射击成绩的平均数和方差如下表：选手

甲

乙

丙

丁

平均数(环)

9.2

9.2

9.2

9.2

方差(环2)

0.035

0.015

0.025

0.027

则这四人中成绩发挥最稳定的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁11．若将半径为12cm的半圆形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆半径是（）A．2cm B．3cm C．4cm D．6cm12．如图，若点P在反比例函数y=（k≠0）的图象上，过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，若矩形PMON的面积为6，则k的值是（）A．-3 B．3 C．-6 D．6二、填空题（每题4分，共24分）13．将一元二次方程变形为的形式为__________．14．写出一个图象的顶点在原点，开口向下的二次函数的表达式_____．15．正方形ABCD的边长为4，点P在DC边上，且DP＝1，点Q是AC上一动点，则DQ＋PQ的最小值为______．16．若(m-1)+2mx-1=0是关于x的一元二次方程，则m的值是______．17．如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转2019次得到正方形，如果点的坐标为（1，0），那么点的坐标为________．18．如图，RtΔABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到ΔDEC，连接AD，若∠BAC=25°,则∠ADE=_________三、解答题（共78分）19．（8分）综合与探究如图，抛物线经过点、、，已知点，，且，点为抛物线上一点（异于）．（1）求抛物线和直线的表达式．（2）若点是直线上方抛物线上的点，过点作，与交于点，垂足为．当时，求点的坐标．（3）若点为轴上一动点，是否存在点，使得由，，，四点组成的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．20．（8分）有一个直径为1m的圆形铁皮，要从中剪出一个最大的圆心角为90°的扇形ABC，如图所示．（1）求被剪掉阴影部分的面积：（2）用所留的扇形铁皮围成一个圆锥，该圆锥的底面圆的半径是多少？21．（8分）一段路的“拥堵延时指数”计算公式为：拥堵延时指数=，指数越大，道路越堵。高德大数据显示第二季度重庆拥堵延时指数首次排全国榜首。为此，交管部门在A、B两拥堵路段进行调研：A路段平峰时汽车通行平均时速为45千米/时，B路段平峰时汽车通行平均时速为50千米/时，平峰时A路段通行时间是B路段通行时间的倍，且A路段比B路段长1千米．（1）分别求平峰时A、B两路段的通行时间；（2）第二季度大数据显示：在高峰时，A路段的拥堵延时指数为2，每分钟有150辆汽车进入该路段；B路段的拥堵延时指数为1.8，每分钟有125辆汽车进入该路段。第三季度，交管部门采用了智能红绿灯和潮汐车道的方式整治，拥堵状况有明显改善，在高峰时，A路段拥堵延时指数下降了a%，每分钟进入该路段的车辆增加了；B路段拥堵延时指数下降，每分钟进入该路段的车辆增加了a辆。这样，整治后每分钟分别进入两路段的车辆通过这两路段所用时间总和，比整治前每分钟分别进入这两段路的车辆通过这两路段所用时间总和多小时，求a的值．22．（10分）如图，AB=AC，CD⊥AB于点D，点O是∠BAC的平分线上一点⊙O与AB相切于点M，与CD相切于点N（1）求证：∠AOC=135°（2）若NC=3，BC=，求DM的长23．（10分）如图，排球运动员站在点O处练习发球，将球从O点正上方2m的A处发出，把球看成点，其运行的高度y(m)与运行的水平距离x(m)满足关系式y＝a(x－6)2＋h.已知球网与O点的水平距离为9m，高度为2.43m，球场的边界距O点的水平距离为18m.（1）当h＝2.6时，求y与x的关系式(不要求写出自变量x的取值范围)（2）当h＝2.6时，球能否越过球网？球会不会出界？请说明理由．24．（10分）为吸引市民组团去风景区旅游，观光旅行社推出了如下收费标准：某单位员工去风景区旅游，共支付给旅行社旅游费用10500元，请问该单位这次共有多少员工去风景区旅游？25．（12分）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣4x+n（x＞0）的图象记为G1，将G1绕坐标原点旋转180°得到图象G2，图象G1和G2合起来记为图象G．（1）若点P（﹣1，2）在图象G上，求n的值．（2）当n＝﹣1时．①若Q（t，1）在图象G上，求t的值．②当k≤x≤3（k＜3）时，图象G对应函数的最大值为5，最小值为﹣5，直接写出k的取值范围．（3）当以A（﹣3，3）、B（﹣3，﹣1）、C（2，﹣1）、D（2，3）为顶点的矩形ABCD的边与图象G有且只有三个公共点时，直接写出n的取值范围．26．如图，在中，，，，点从点出发沿以的速度向点移动，移动过程中始终保持，（点分别在线段、线段上）.（1）点移动几秒后，的面积等于面积的四分之一；（2）当四边形面积时，求点移动了多少秒？

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【分析】根据反比例函数y=的图象上点的坐标特征，以及该函数的图象的性质进行分析、解答．【详解】A．反比例函数的图像是双曲线，正确；B．k=2＞0，图象位于一、三象限，正确；C．在每一象限内，y的值随x的增大而减小，错误；D．∵ab=ba，∴若点（a，b）在它的图像上，则点（b，a）也在它的图像上，故正确．故选C．【点睛】本题主要考查反比例函数的性质．注意：反比例函数的增减性只指在同一象限内．2、C【分析】根据相似三角形的判定定理得到，再由相似三角形的性质得到答案.【详解】∵，，∴，∴，即，解得，的面积为，∴的面积为：，故选C．【点睛】本题考查相似三角形的判定定理和性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定定理和性质.3、D【分析】分析已知和所求，根据分式值为0的条件为：分子为0而分母不为0，不难得到=0且≠0；根据ab=0，a=0或b=0，即可解出x的值，再根据≠0，即可得到x的取值范围，由此即得答案.【详解】∵的值为0∴=0且≠0.解得：x=3.故选:D.【点睛】考核知识点：分式值为0.理解分式值为0的条件是关键.4、D【分析】先设D（a，b），得出CO=-a，CD=AB=b，k=ab，再根据△BCE的面积是6，得出BC×OE=12，最后根据AB∥OE，BC•EO=AB•CO，求得ab的值即可．【详解】设D（a，b），则CO=﹣a，CD=AB=b，∵矩形ABCD的顶点D在反比例函数（x＜0）的图象上，∴k=ab，∵△BCE的面积是6，∴×BC×OE=6，即BC×OE=12，∵AB∥OE，∴，即BC•EO=AB•CO，∴12=b×（﹣a），即ab=﹣12，∴k=﹣12，故选D．考点：反比例函数系数k的几何意义；矩形的性质；平行线分线段成比例；数形结合．5、C【解析】通过提取公因式对等式的左边进行因式分解，然后解两个一元一次方程即可．【详解】解：∵x2﹣x＝0，∴x（x﹣1）＝0，∴x＝0或x﹣1＝0，∴x1＝0，x2＝1，故选：C．【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，属于基本题型，熟练掌握分解因式的方法是解题的关键.6、B【分析】①先根据正五方形ABCDE的性质求得∠ABC，由等边对等角可求得：∠BAC=∠ACB=36°，再利用角相等求BC=CF=CD，求得∠CDF=∠CFD，即可求得答案；②证明△ABF∽△ACB，得，代入可得BF的长；③先证明CF∥DE且，证明四边形CDEF是平行四边形，再由证得答案；④根据平行四边形的面积公式可得：，即可求得答案．【详解】①∵五方形ABCDE是正五边形，，

∴，

∴，

∴，

同理得：，

∵，，

∴，

∵，∴，∴，则，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴；

所以①正确；②∵∠ABE=∠ACB=36°，∠BAF=∠CAB，

∴△ABF∽△ACB，

∴，∵，∴，∵，∴，∴，解得：(负值已舍)；所以②正确；③∵，，

∴，

∴CF∥DE，

∵，

∴四边形CDEF是平行四边形，∵，∴四边形CDEF是菱形，所以③正确；④如图，过D作DM⊥EG于M，

同①的方法可得，，

∴，，∴，所以④错误；综上，①②③正确，共3个，故选：B【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆内接正五边形的性质、平行四边形和菱形的判定和性质，有难度，熟练掌握圆内接正五边形的性质是解题的关键．7、B【分析】由平行四边形的性质得出，，，即可求出的周长．【详解】四边形ABCD是平行四边形，，，，的周长．故选B．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，并利用性质解题平行四边形基本性质：平行四边形两组对边分别平行；平行四边形的两组对边分别相等；平行四边形的两组对角分别相等；平行四边形的对角线互相平分．8、B【分析】本题要比较y1，y2，y3的大小，由于y1，y2，y3是抛物线上三个点的纵坐标，所以可以根据二次函数的性质进行解答：先求出抛物线的对称轴，再由对称性得A点关于对称轴的对称点A'的坐标，再根据抛物线开口向下，在对称轴右边，y随x的增大而减小，便可得出y1，y2，y3的大小关系．【详解】∵抛物线y＝﹣（x+1）2+m，如图所示，∴对称轴为x＝﹣1，∵A（﹣2，y1），∴A点关于x＝﹣1的对称点A'（0，y1），∵a＝﹣1＜0，∴在x＝﹣1的右边y随x的增大而减小，∵A'（0，y1），B（1，y2），C（2，y3），0＜1＜2，∴y1＞y2＞y3，故选：B．【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标的特征，解题的关键是能画出二次函数的大致图象，据图判断．9、B【解析】根据中心对称图形的概念判断即可．【详解】A、不是中心对称图形；B、是中心对称图形；C、不是中心对称图形；D、不是中心对称图形故选：B．【点睛】本题考查的是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度后两部分重合．10、B【解析】在平均数相同时方差越小则数据波动越小说明数据越稳定，11、D【解析】解：圆锥的侧面展开图的弧长为2π×12÷2=12π（cm），∴圆锥的底面半径为12π÷2π=6（cm），故选D．12、C【解析】设PN=a，PM=b，则ab=6，∵P点在第二象限，∴P（-a，b），代入y=中，得k=-ab=-6，故选C．二、填空题（每题4分，共24分）13、【分析】根据完全平方公式配方即可．【详解】解：故答案为：．【点睛】此题考查的是配方法，掌握完全平方公式是解决此题的关键．14、y=﹣2x2(答案不唯一)【分析】由题意知，图象过原点，开口向下则二次项系数为负数，由此可写出满足条件的二次函数的表达式．【详解】解：由题意可得：y=﹣2x2(答案不唯一)．故答案为：y=﹣2x2(答案不唯一)．【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．15、1【分析】要求DQ+PQ的最小值，DQ，PQ不能直接求，可考虑通过作辅助线转化DQ，PQ的值，从而找出其最小值求解．【详解】解：如图，连接BP，∵点B和点D关于直线AC对称，∴QB=QD，则BP就是DQ+PQ的最小值，∵正方形ABCD的边长是4，DP=1，∴CP=3，∴BP=∴DQ+PQ的最小值是1．【点睛】本题考查轴对称-最短路线问题；正方形的性质．16、-2【分析】根据一元二次方程的定义：未知数的最高次数是2；二次项系数不为1．由这两个条件得到相应的关系式，再求解即可．【详解】解：由题意，得m（m+2）-1=2且m-1≠1，解得m=-2，故答案为-2．【点睛】本题利用了一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c=1（且a≠1）．特别要注意a≠1的条件．17、【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心,以OB为半径的圆上运动,由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45∘后得到正方形OA1B1C1,相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45∘，可得对应点B的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论.【详解】∵四边形OABC是正方形，且OA=1，∴B(1,1),连接OB，由勾股定理得：OB=，由旋转得：OB=OB1=OB2=OB3=…=，∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45∘后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45∘,依次得到∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=…=45∘，∴B1(0,),B2(−1,1),B3(−,0)，…，发现是8次一循环，所以2019÷8=252…3，∴点B2019的坐标为(−,0)【点睛】本题考查了旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连接线段的夹角等于旋转角，也考查了坐标与图形的变化、规律型、点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法.18、20°【分析】由题意根据旋转的性质可得AC=CD，∠CDE=∠BAC，再判断出△ACD是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求出∠CAD=45°，根据∠ADE=∠CED-∠CAD．【详解】解：∵Rt△ABC绕其直角顶点C按顺时针方向旋转90°后得到△DEC，∴AC=CD，∠CDE=∠BAC=25°，∴△ACD是等腰直角三角形，∴∠CAD=45°，∴∠ADE=∠CED-∠CAD=45°-25°=20°．故答案为：20°．【点睛】本题考查旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确掌握理解图示是解题的关键．三、解答题（共78分）19、（1），；（2）点的坐标为；（3）存在，点的坐标为或或【分析】（1），则OA=4OC=8，故点A（-8，0）；△AOC∽△COB，则△ABC为直角三角形，则CO2=OA•OB，解得：OB=2，故点B（2，0）；即可求解；

（2）PE=EF，即；即可求解；

（3）分BC是边、BC是对角线两种情况，分别求解即可．【详解】解：（1）∵，，∴．由点的坐标可知，故，，则点，点．设抛物线的表达式为,代入点的坐标，得，解得．故抛物线的表达式为．设直线的表达式为,代入点、的坐标，得，解得故直线的表达式为．（2）设点的坐标为，则点的坐标分别为，，．∵，∴，解得或（舍去），则，故当时，点的坐标为．（3）设点P（m，n），n=，点M（s，0），而点B、C的坐标分别为：（2，0）、（0，4）；

①当BC是边时，

点B向左平移2个单位向上平移4个单位得到C，

同样点P（M）向左平移2个单位向上平移4个单位得到M（P），

即m-2=s，n+4=0或m+2=s，n-4=0，

解得：m=-6或±-3，

故点P的坐标为：（-6，4）或（-3，-4）或（--3，-4）；

②当BC是对角线时，

由中点公式得：2=m+s，n=4，

故点P（-6，4）；

综上，点P的坐标为：（-6，4）或（-3，-4）或（--3，-4）．【点睛】此题考查二次函数综合运用，一次函数的性质，平行四边形的性质，三角形相似，解题关键在于注意（3），要注意分类求解，避免遗漏．20、（1）平方米；（2）米；【分析】（1）先根据圆周角定理可得弦BC为直径，即可得到AB=AC，根据特殊角的锐角三角函数值可求得AB的长，最后根据扇形的面积公式即可求得结果；（2）设圆锥底面圆的半径为r，而弧BC的长即为圆锥底面的周长，根据弧长公式及圆的周长公式即可求得结果.【详解】（1）∵∠BAC=90°∴弦BC为直径∴AB=AC∴AB=AC=BC·sin45°=∴S阴影=S⊙O-S扇形ABC=()2-；（2）设圆锥底面圆的半径为r，而弧BC的长即为圆锥底面的周长，由题意得2r=，解得r=答：（1）被剪掉的阴影部分的面积为；（2）该圆锥的底面圆半径是.【点睛】圆周角定理，特殊角的锐角三角函数值，扇形的面积公式，弧长公式，计算能力是初中数学学习中一个极为重要的能力，是中考的热点，在各种题型中均有出现，一般难度不大，需特别注意.21、（1）平峰时A路段的通行时间是小时，平峰时B路段的通行时间是小时；（2）的值是1．【分析】（1）根据题意，设平峰时B路段通行时间为小时，则平峰时A路段通行时间是，列出方程，解方程即可得到答案；（2）根据题意，先求出整治前A、B路段的时间总和，然后利用含a的代数式求出整治后A、B路段的时间总和，再列出方程，求出a的值．【详解】解：（1）设平峰时B路段通行时间为小时，则平峰时A路段通行时间是，则，解得：，∴（小时）；∴平峰时A路段的通行时间是小时，平峰时B路段的通行时间是小时；（2）根据题意，整治前有：高峰时，通过A路段的总时间为：（分钟），高峰时，通过B路段的总时间为：（分钟）；整治前的时间总和为：（分钟）；整治后有：通过A路段的总时间为：；通过B路段的总时间为：；∴整治后的时间总和为：；∴，整理得：，解得：或（舍去）；∴的值是1．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，一元一次方程的应用，解题的关键是熟练掌握题意，正确列出方程进行解题．注意寻找题目的等量关系进行列方程．22、（1）见解析；（2）DM=1．【分析】(1)只要证明OC平分∠ACD，即可解决问题；(2)由切线长定理可知：AM=AE，DM=DN，CN=CE=3，设DM=DN=x，在Rt△BDC中，根据，构建方程即可解决问题．【详解】（1）证明：连接OM，ON，过O点做OE⊥AC，交AC于E，如图所示，∵⊙O与AB相切于点M，与CD相切于点N∴OM⊥AB，ON⊥CD，∵OA平分∠BAC，OE⊥AC，OM⊥AB∴OM=OE即：E为⊙O的切点；∴OE=ON，又∵OE⊥AC，ON⊥CD∴OC平分∠ACD∵CD⊥AB∴∠ADC=90°∴∠DAC+∠ACD=90°∴∠OAC+∠OCA=45°∴∠AOC=180°-（∠OAC+∠OCA）=180°-45°=135°，即：∠AOC=135°（2）由（1）得，AM=AE，DM=DN，CN=CE=3，设DM=DN=x，∵AB=AC∴BD=AB-AD=AC-AE-DM=CE=DM=3-x∵CD=3+x在Rt∆BCD中，由勾股定理得：即：解得：x=1或x=-1（舍去）即DM=1．【点睛】本题考查切线的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用参数构建方程．23、（1）y＝－(x－6)2＋2.6；（2）球能过网；球会出界．【解析】解：(1)∵h＝2.6，球从O点正上方2m的A处发出，∴y＝a(x－6)2＋h过(0，2)点，∴2＝a(0－6)2＋2.6，解得：a＝－，所以y与x的关系式为：y＝－(x－6)2＋2.6.(2)当x＝9时，y＝－(x－6)2＋2.6＝2.45>2.43，所以球能过网；当y＝0时，－(x－6)2＋2.6＝0，解得：x1＝6＋2>18，x2＝6－2(舍去)，所以会出界．24、该单位这次共有30名员工去风景区旅游【分析】设该单位这次共有x名员工去风景区旅游,因为500×15=7500＜10500，所以员工人数一定超过15人．由题意，得[500-10（x-15）]x=10500;【详解】解：设该单位这次共有x名员工去风景区旅游因为500×15=7500＜10500，所以员工人数一定超过15人．由题意，得[500-10（x-15）]x=10500，整理，得x2-65x+1050=0，解得x1=35，x2=30当x1=35时，500-10（x-15）=300＜320，故舍去x1；当x2=30时，500-10（x-15）=350＞320，符合题意答：该单位这次共有30名员工去风景区旅游【点睛】考核知识点：二元一次方程应用.理解题是关键.25、（1）n的值为﹣3或1；（2）①t＝2±或﹣4或0，②﹣2﹣≤k≤﹣2；（3）当n＝0，n＝5，1＜n＜3时，矩形ABCD的边与图象G有且只有三个公共点．【分析】（1）先确定图像G2的顶点坐标和解析式，然后就P分别在图象G1和G2上两种情况讨论求解即可；（2）①先分别求出图象G1和G2的解析式，然后就P分别在图象G1和G2上两种情况讨论求解即可；②结合图像如图1，即可确定k的取值范围；（3）结合图像如图2，根据分n的取值范围分类讨论即可求解．【详解】（1）∵抛物线y＝x2﹣4x+n＝（x﹣2）2+n﹣4，∴顶点坐标为（2，n﹣4），∵将G1绕坐标原点旋转180°得到图象G2，∴图象G2的顶点坐标为（﹣2，﹣n+4），∴图象G2的解析式为：y＝﹣（x+2）2+4﹣n，若点P（﹣1，2）在图象G1上，∴2＝9+n﹣4，∴n＝﹣3；若点P（﹣1，2）在图象G2上，∴2＝﹣1+4﹣n，∴n＝1；综上所述：点P（﹣1，2）在图象G上，n的值为﹣3或1；（2）①当n＝﹣1时，则图象G1的解析式为：y＝（x﹣2）2﹣5，图象G2的解析式为：y＝﹣（x+2）2+5，若点Q（t，1）在图象G1上，∴1＝（t﹣2）2﹣5，∴t＝2±，若点Q（t