2023-2024学年那曲市九年级数学第一学期期末质量检测模拟试题含解析

2023-2024学年那曲市九年级数学第一学期期末质量检测模拟试题

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每小题3分,共30分）

1.已知点A（l,y）,β（√2,y2）,C（4,%）,在二次函数y=f-6x+c的图象上，则M,当，K的大小关系是（）

A.%<X<%B.X<%<%C.%<X<%D.%<%<X

2.如图，AB是。。的直径，CD是。。的弦，如果NAeD=34°,那么N8AD等于（)

C.56°D.66°

3.如图，在-ABC中，点O,E分别为A5,AC边上的点，昱DE/∕BC,CD、BE相较于点0,连接Ao并延长交

DE于点G,交8C边于点F,则下列结论中一定正确的是（）

AGAEODAEAGAC

B.D.------------

ABECGF~BDOCACAFEC

4.如图，将RtZkABC绕直角顶点A,沿顺时针方向旋转后得到RtAABiG,当点Bl恰好落在斜边BC的中点时，则

A.25°B.30°C.40°D.60°

5.下列交通标志中，是中心对称图形的是（）

A.B,血C∙G

6.如图，电线杆Co的高度为〃，两根拉线AC与BC相互垂直，ZCAB=Θ,则拉线Be的长度为（A、D、B在

同一条直线上）（）

hhh

A.-------B.-------C.-------D.h∙cosθ

SineCOSetan。

7.小明将如图两水平线h/2的其中一条当成X轴，且向右为正方向；两条直线6/4的其中一条当成y轴，且向上为

正方向，并在此坐标平面中画出二次函数y=α√-2∕χ+ι的图象，则（）

A./1为X轴，6为y轴B.b为X轴，/3为y轴

C.11为X轴，，4为y轴D.，2为X轴，/4为y轴

8.关于X的一元二次方程χ2-（k+3）x+2k+2=0的根的情况，下面判断正确的是（）

A.有两个相等的实数根B.有两个不相等的实数根C.有两个实数根D.无实数根

9.下列是世界各国银行的图标，其中不是轴对称图形的是（）

5PB舞CG）

10.在下列四种图形变换中，如图图案包含的变换是（）

A.平移、旋转和轴对称B.轴对称和平移

C.平移和旋转D.旋转和轴对称

二、填空题（每小题3分,共24分）

4

11.如图，在RtAABC中，ZC=90o,边45的垂直平分线分别交边5C、AB于点D、E如果BC=8,tanA=-,那

3

么BD=.

12.如图，港口A在观测站O的正东方向，OA=4km,某船从港口A出发，沿北偏东15。方向航行一段距离后到达

B处，此时从观测站O处测得该船位于北偏东60。的方向，则该船与观测站之间的距离（即OB的长）为km.

13.用配方法解方程χ2-2x-6=0,原方程可化为.

14.已知aABC马ADEF相似，相似比为2：3,如果AABC的面积为4,则AOEb的面积为.

15.为了提高学校的就餐效率，巫溪中学实践小组对食堂就餐情况进行调研后发现：在单位时间内，每个窗口买走午

餐的人数和因不愿长久等待而到小卖部的人数各是一个固定值，并且发现若开一个窗口，45分钟可使等待的人都能买

到午餐，若同时开2个窗口，则需30分钟.还发现，若能在15分钟内买到午餐，那么在单位时间内，去小卖部就餐的

人就会减少80%.在学校总人数一定且人人都要就餐的情况下，为方便学生就餐，总务处要求食堂在10分钟内卖完午

餐，至少要同时开多少个窗口.

16.已知x∣,马是方程f-5%-1=0的两个实根，则X；+后=.

17.我国南宋数学家杨辉曾提出这样一个问题：“直田积（矩形面积），八百六十四（平方步），只云阔（宽）不及长一

十二步（宽比长少12步），问阔及长各几步."如果设矩形田地的长为X步，那么根据题意列出的方程为.

18.一个等腰三角形的两条边长分别是方程χ2-7x+10=0的两根，则该等腰三角形的周长是.

三、解答题（共66分）

19.（10分）如图，在向ΔABC中，ZC=90，矩形DEFG的顶点G、尸分别在边AC、BCED、E在边AB

上.

（1）求证：MDGSMEB;

（2）若4D=2GO,则ΔAT>G面积与ΔBEE面积的比为.

20.（6分）2020年元且，某商场为促销举办抽奖活动.规则如下：在一个不透明的纸盒里，装有2个红球和2个黑球,

这些球除颜色外都相同.顾客每次摸出1个球，若摸到红球，则获得一份奖品；若摸到黑球，则没有奖品.

（1）如果张大妈只有一次摸球机会，那么张大妈获得奖品的概率是.

（2）如果张大妈有两次摸球机会（摸出后不放回），请用“树状图”或“列表”的方法，求张大妈获得两份奖品的概

率.

21.（6分）如图，AB、AD是。O的弦，AABC是等腰直角三角形，^ADCg^AEB,请仅用无刻度直尺作图：

⑴在图1中作出圆心O；

⑵在图2中过点B作BF√AC.

22.（8分）为了解某校九年级男生IOOO米跑的水平,从中随机抽取部分男生进行测试，并把测试成绩分为D、C、B、A

四个等次绘制成如图所示的不完整的统计图，请你依图解答下列问题：

（2）扇形统计图中表示C等次的扇形所对的圆心角的度数为度;

（3）学校决定从A等次的甲、乙、丙、丁四名男生中，随机选取两名男生参加全市中学生IOoO米跑比赛，请用列表

法或画树状图法，求甲、乙两名男生同时被选中的概率.

23.（8分）已知，如图，AB是。的直径，AD平分NB4C交。平点。.过点。的切线交AC的延长线于£.求

证：。

24.（8分）计算J^-∣4sin30°-2√^

25.（10分）如图，已知：抛物线y=α（x+D（x-3）交X轴于4,C两点,交y轴于点8,且O8=2CO.

⑴求二次函数解析式；

⑵在二次函数图象位于X轴上方部分有两个动点M、N,且点N在点M的左侧，过M、N作X轴的垂线交X轴于点G、

“两点，当四边形MNHG为矩形时，求该矩形周长的最大值；

（3）抛物线对称轴上是否存在点尸，使得AABP为直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说

明理由.

26.（10分）课外活动时间，甲、乙、丙、丁4名同学相约进行羽毛球比赛.

（1）如果将4名同学随机分成两组进行对打，求恰好选中甲乙两人对打的概率；

（2）如果确定由丁担任裁判，用“手心、手背”的方法在另三人中竞选两人进行比赛.竞选规则是：三人同时伸出“手

心”或“手背”中的一种手势，如果恰好只有两人伸出的手势相同，那么这两人上场，否则重新竞选.这三人伸出“手

心”或“手背”都是随机的，求一次竞选就能确定甲、乙进行比赛的概率.

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)

1、D

【分析】由抛物线开口向上且对称轴为直线x=3知离对称轴水平距离越远，函数值越大，据此求解可得.

【详解】Y二次函数y=f-6x+c中a=l>0,

二抛物线开口向上，有最小值.

.∙.离对称轴水平距离越远，函数值越大，

；由二次函数图象的对称性可知4-3<3-√2<3-1,

：♦%<当<y.

故选：D.

【点睛】

本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握二次函数的图象与性质.

2、C

【解析】由AB是。。的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可求得/408=90。，又由NAa)=34。，可求得NA加9

的度数，再根据直角三角形的性质求出答案.

【详解】解：∙.∙A8是。。的直径，

ΛZAZ)B=90o,

VZACD=340,

.∙.NABO=34°

ΛZBAD=90o-NABo=56。，

故选：C.

【点睛】

此题考查了圆周角定理以及直角三角形的性质.此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用.

3、C

【分析】由。E//BC可得到DEoSCBO,依据平行线分线段成比例定理和相似三角形的性质进行判断即可.

【详解】解:A.VDEUBC,

AD_AE

益=就，故不正确;

VDEHBC,

H=蓝，故不正确;

GFEC

VDEHBC,

ADESABC,DEOsCBO,

DEAEDEOD

θC^AC,BCOC

ODAE

,故正确

OC^AC

VDEUBC,

AGAE,____

加=就，故4不正确;

故选C.

【点睛】

本题主要考查的是相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的性质和判定定理是解题的关键.

4、B

【分析】先根据直角三角形斜边上的中线性质得ABl=BB“再根据旋转的性质得ABl=AB,旋转角等于NBAB∣,则

可判断AABBi为等边三角形，所以NBABl=60。，从而得出结论.

【详解】解：•••点Bl为斜边BC的中点，

∙"∙ABl=BB1,

,.,∆ABC绕直角顶点A顺时针旋转到AABiG的位置,

ΛABι=AB,旋转角等于NBAB1,

AABi=BB1=AB,

...△ABBi为等边三角形，

二NBABi=60°.

二NBlAC=90。-60o=30o.

故选：B.

【点睛】

本题主要考察旋转的性质，解题关键是判断出aABB∣为等边三角形.

5、D

【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、不是中心对称图形；

C、不是中心对称图形；

D、是中心对称图形.

故选D.

【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.

6、B

【分析】先通过等量代换得出NBCD=NC4B=8,然后利用余弦的定义即可得出结论.

【详解】QAClBC

.∙.ZACB=90°

.∙.ZCAB+ZABC=90o,ZBCD+ZABC=90°,

."BCD=NCAB=A

CD

COSZBCD=—

BC

.,BC-CD-h

cosNBCDcosθ

故选：B.

【点睛】

本题主要考查解直角三角形，掌握余弦的定义是解题的关键.

7、D

【分析】根据抛物线的开口向下，可得aVO,求出对称轴为：直线x=a,则可确定L为y轴，再根据图象与y轴交点,

可得出L为X轴，即可得出答案.

【详解】解：T抛物线的开口向下，

Λα<O,

∖'y=ax2-2a2x+l,

二对称轴为：直线x=a<O,

令x=0,则y=l,

.∙•抛物线与y轴的正半轴相交，

为X轴，/4为y轴.

故选：D.

【点睛】

本题考查了二次函数的性质，开口方向由a确定，与y轴的交点由C确定，左同右异确定b的符号.

8、C

【分析】判断一元二次方程根的判别式的大小即可得解.

【详解】由题意可可知：A=(-k-3)2-4(2k+2)

=k2-2k+l

=(k-1)2>0,

故选：C.

【点睛】

本题考查一元二次方程αχ2+⅛r+c=0(fl≠0)根的判别式：

(1)当a="-4αc>0时，方程有两个不相等的实数根；

(2)当4=)2-44c=0时，方程有有两个相等的实数根；

(3)当4=从-44cV0时，方程没有实数根.

9、D

【解析】本题考查的是轴对称图形的定义.把图形沿某条直线折叠直线两旁的部分能够重合的图形叫轴对称图形∙A、

B、C都可以，而D不行，所以D选项正确.

10、D

【分析】根据图形的形状沿中间的竖线折叠，两部分可重合，里外各一个顺时针旋转8次，可得答案.

【详解】解：图形的形状沿中间的竖线折叠，两部分可重合，得轴对称.

里外各一个顺时针旋转8次，得旋转.

故选：D.

【点睛】

本题考查了几何变换的类型，平移是沿直线移动一定距离得到新图形，旋转是绕某个点旋转一定角度得到新图形，轴

对称是沿某条直线翻折得到新图形.观察时要紧扣图形变换特点，认真判断.

二、填空题(每小题3分,共24分)

25

11、—

4

，

4.BC—_8_—6/

【解析】：∙.∙在RTAABC中，ZC=90o,BC=8,tanA=-,ΛAC=tanA^4^,

35

：.AB=√AC2+BC2=10,CoSB=变=凡=上：边AB的垂直平分线交边AB于点E,ΛBE=LA8=5,；在

AB1052

上BE45BE5x525必田士生25

RT∆BDEΦ,NBED=90。，.∙.cosB=——=-,ΛBD=------=--------=一,故答案为一.

BD54444

点睛：本题考查了解直角三角形，线段平分线的性质，掌握直角三角形中边角之间的关系是解答本题的关键.

12、1√3+1

【分析】作AD_LOB于点D,根据题目条件得出NoAD=60。、NDAB=45。、OA=4km,再分别求出AD、OD、BD

的长，从而得出答案.

【详解】如图所示，过点A作AD±OB于点D,

则NoAD=60。，

ΛZDAB=450,

在Rt△()AD中，AD=OAsinZAOD=4×sin30o=4×—=1(km),

2

n

OD=OAcosZAOD=4×cos300=4×—=1√3(km),

2

在RtZkABD中，BD=AD=Ikm,

ΛOB=OD+BD=1√3+1(km),

故答案为：1百+1.

【点睛】

本题主要考查解直角三角形的应用-方向角问题,解题的关键是构建合适的直角三角形,并熟练运用三角函数进行求解.

13、(x-1)2=1

【分析】方程常数项移到右边，两边加上1变形后，即可得到结果.

【详解】解：方程变形得：χ2-2x=6,

配方得：X2-2x+l=l,即(x-1)占1.

故答案为：(x-l)占1.

【点睛】

本题考查了配方法求解方程,属于简单题,熟悉配方的方法是解题关键.

14、1

【解析】由AABC与ADEF的相似，它们的相似比是2：3,根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可得它们

的面积比是4：1,又由AABC的面积为4,即可求得ADEF的面积.

【详解】∙.∙Z∖ABC与ADEF的相似，它们的相似比是2：3,

.∙.它们的面积比是4：1,

V∆ABC的面积为4,

9

.1△DEF的面积为：4×-=l.

4

故答案为：L

【点睛】

本题考查的知识点是相似三角形的性质，解题关键是掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方定理.

15、9

【分析】设每个窗口每分钟能卖X人的午餐，每分钟外出就餐有y人，学生总数为Z人，并设要同时开〃个窗口，根

据并且发现若开1个窗口，45分钟可使等待人都能买到午餐；若同时开2个窗口，则需30分钟.还发现，若在15分钟

内等待的学生都能买到午餐，在单位时间内，外出就餐的人数可减少80%.在学校学生总人数不变且人人都要就餐的情

况下，为了方便学生就餐，调查小组建议学校食堂10分钟内卖完午餐，可列出不等式求解.

【详解】解：设每个窗口每分钟能卖X人的午餐，每分钟外出就餐有)'人，学生总数为Z人，并设要同时开“个窗口，

依题意有

45X=Z-45y①

«2x30X=Z-30y②，

10/U..z-10(1-80%)X3)

由①、②得V=%,z=90x,代入③得IortX.90x-2x,

所以n..8.8.

因此，至少要同时开9个窗口.

故答案为：9

【点睛】

考查一元一次不等式组的应用；一些必须的量没有时，应设其为未知数；当题中有多个未知数时，应利用相应的方程

用其中一个未知数表示出其余未知数；得到20分钟n个窗口卖出午餐数的关系式是解决本题的关键.

16、27

【分析】根据根与系数的关系，由X∕+X22=(X∣+X2)2-2X1X2,即可得到答案.

【详解】∙.∙χι,X2是方程χ2-5XT=O的两根，

：・Xl+X2=5,X1,X2=-1>

：•X12+x22=(x1+xι)2-2x1X2=52-2×(-1)=27；

故答案为27.

【点睛】

本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握根与系数的关系，并正确进行化简计算.

17、X(x-12)=1

【分析】如果设矩形田地的长为X步，那么宽就应该是(x-12)步，根据面积为1,即可得出方程.

【详解】解：设矩形田地的长为X步，那么宽就应该是(x-12)步.

根据矩形面积=长X宽，得：X(χ-12)=1.

故答案为：X(x-12)=1.

【点睛】

本题考查一元二次方程的实际应用，读懂题意根据面积公式列出方程是解题的关键.

18、1

【分析】首先利用因式分解法解方程，再利用三角形三边关系得出各边长，进而得出答案.

【详解】解：X2-7x+10=0

(x-2)(x-5)=0,

解得：xι=2,X2=5,

故等腰三角形的腰长只能为5,5,底边长为2,

则其周长为：5+5+2=1.

故答案为：L

【点睛】

本题考查因式分解法解一元二次方程，需要熟悉三角形三边的关系以及等腰三角形的性质.

三、解答题(共66分)

19、(1)见解析；(2)1.

【分析】(1)先证NAGD=NB,再根据NADG=NBEF=90°,即可证明；

(Λnλ2

(2)由(1)得AADGsMEB,则aADG面积与ABEF面积的比=——=1.

VEF)

【详解】(1)证：在矩形OEFG中，NGDE=NFED=90。

：.ZGDA=ZFEB=90°

VZC=ZGZM=90°

二NA+NAG。=NA+=90°

.∙∙ZAGD=NB

在ΔAOG和AFEb中

VZAGD=ZB,ZGDA=ZFEB=90°

：.Ml)GS砥EB

(2)解：V四边形DEFG为矩形，

ΛGD=EF,

V∆ADG-^∆FEB,

.2血/Az)Y(AD丫

SBEFUFJIGOJ

故答案为1.

【点睛】

本题考查了相似三角形的判定与性质，根据题意证得AADGS∕∖FEB是解答本题的关键.

20、(1)—；(2)一.

26

【分析】(1)直接利用概率公式求解；

(2)画树状图展示所有12种等可能的结果数，找出两次摸出的球是红球的结果数，然后根据概率公式求解.

【详解】(I)从布袋中任意摸出I个球，摸出是红球的概率=±=士；

42

故答案为：一；

2

(2)画树状图为：

开始

红2黑1黑2红1Bl≡2红1红2黑2红1红2Bl

共有12种等可能的结果数，其中两次摸到红球的结果数为2,

所以张大妈获得两份奖品的概率=马='.

126

【点睛】

本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n,再从中选出符合事件A或B的结果

数目m,然后利用概率公式求事件A或B的概率.

21、见解析.

【分析】(1)画出。O的两条直径，交点即为圆心O∙

(2)作直线Ao交OO于F,直线BF即为所求.

【详解】解：作图如下：

【点睛】

本题考查作图-复杂作图，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型.

22、(1)2、45、20；(2)72；(3)-

6

【解析】分析：(1)根据A等次人数及其百分比求得总人数，总人数乘以D等次百分比可得a的值，再用B、C等

次人数除以总人数可得b、C的值；

(2)用360。乘以C等次百分比可得；

(3)画出树状图，由概率公式即可得出答案.

详解：(1)本次调查的总人数为12÷30%=40人，

188

Λa=40×5%=2,b=—×100=45,c=-×100=20,

4040

(2)扇形统计图中表示C等次的扇形所对的圆心角的度数为360o×20%=72o,

(3)画树状图，如图所示：

开始

乙丙丁甲丙丁甲乙丁甲乙丙

共有12个可能的结果，选中的两名同学恰好是甲、乙的结果有2个，

21

故P(选中的两名同学恰好是甲、乙)=⅛=4∙

126

点睛：此题主要考查了列表法与树状图法，以及扇形统计图、条形统计图的应用，要熟练掌握.

23、详见解析.

【分析】连接“>,由切线的性质可知NODE=90。，证OD〃AE即可解决问题；

【详解】连接8.

E

l)

.DE是。的切线，

.-.ODLDE,

NoDE=90°,

OA=OD,

：.ZOADZODA,

AO平分NBAC,

.∙.ZCAD=ZDAB,

..ZCAB=ZADO,

：.ODHAE,

.∙.NE+NODE=180。，

.∙.ZE=90o,

.∙.DE±AE.

【点睛】

本题考查切线的性质，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型.

24、-1

【分析】直接利用绝对值的性质以及负指数塞的性质分别化简得出答案.

【详解】解：原式=26-(2√3-2)-12

=2√3-2√3+2-12

=-1.

【点睛】

此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键.

25、(1)y=—x^H—x+2；(2)；(3)(1>-3)或(1,一)或(1,1+∙^3)或(1，1∙ʌ/ɜ)

3332

【分析】(1)利用待定系数法求出A、B、C的坐标，然后把B点坐标代入y=α(x+l)(x-3),求出a的值，并化简

二次函数式即可;

(2)设点M的坐标为Gn,--fn~+—m+2),则点N的坐标为(2切?—大机一+弓团+2)，可得

MN=m-2+m=2m-2,GM=--m2+-∕n+2,利用矩形MNHG的周长=2MN+2GM,化简可得

33

——(m—ɪ)2÷^-,即当x=7时，C有最大值，最大值为B，

32323

(3)分三种情况讨论：①点P在AB的下方，②点P在AB的上方，③以AB为直径作圆与对称轴交，分别讨论得出

结果即可.

【详解】(1)对于抛物线y=a(x+1)(x-3),

令y=0,得到a(x+1)(x-3)=0,

解得x=-l或3,

ΛC(-1,0),A(3,0),

.∙.OC=b

VOB=2OC=2,

ΛB(0,2),

,2

把B(0,2)代入y=a(x+1)(x-3)中得：2=-3a,a=-y

2

・••二次函数解析式为γ=--(%+I)(X-3)

2ɔ4C

=一一X+—1+2

33

24

(2)设点M的坐标为--7722+—Z//+2),

33

2c4

则点N的坐标为(2・/n,--m2+-771+2),

33

2