山东省德州市禹城市2025届数学九上期末达标检测模拟试题含解析

山东省德州市禹城市2025届数学九上期末达标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．某校“研学”活动小组在一次野外实践时，发现一种植物的主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目的小分支，主干、支干和小分支的总数是，则这种植物每个支干长出的小分支个数是（）A． B． C． D．2．如图，在矩形中，对角线与相交于点，，垂足为点，，且，则的长为（）A． B． C． D．3．若气象部门预报明天下雨的概率是，下列说法正确的是（）A．明天一定会下雨 B．明天一定不会下雨C．明天下雨的可能性较大 D．明天下雨的可能性较小4．如图是某个几何体的三视图，该几何体是（）A．长方体 B．圆锥 C．三棱柱 D．圆柱5．如图，在平行四边形ABCD中，E是DC上的点，DE：EC=3：2，连接AE交BD于点F，则△DEF与△BAF的面积之比为（）A．2：5 B．3：5 C．9：25 D．4：256．已知⊙O的半径为5cm，点P在⊙O上，则OP的长为（）A．4cm B．5cm C．8cm D．10cm7．在10张奖券中，有2张中奖，某人从中任抽一张，则他中奖的概率是（）A． B． C． D．8．已知一元二次方程x2+kx﹣5＝0有一个根为1，k的值为（）A．﹣2 B．2 C．﹣4 D．49．已知关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则锐角等于（）A． B． C． D．10．如图，点、分别在的边、上，且与不平行．下列条件中，能判定与相似的是（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．黄冈中学是百年名校，百年校庆上的焰火晚会令很多人记忆犹新．有一种焰火升高高度为h（m）与飞行时间t（s）的关系式是，若这种焰火在点燃升空后到最高处引爆，则从点火到引爆所需时间为__________s．12．2018年10月21日，重庆市第八届中小学艺术工作坊在渝北区空港新城小学体育馆开幕，来自全重庆市各个区县共二十多个工作坊集中展示了自己的艺术特色．组委会准备为现场展示的参赛选手购买三种纪念品，其中甲纪念品5元/件，乙纪念品7元/件，丙纪念品10元/件．要求购买乙纪念品数量是丙纪念品数量的2倍，总费用为346元．若使购买的纪念品总数最多，则应购买纪念品共_____件．13．如图，已知点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，3），在第一象限内找一点P(a,b),使△PAB为等边三角形，则2(a-b)=___________．14．如图，是锐角的外接圆，是的切线，切点为，，连结交于，的平分线交于，连结．下列结论：①平分；②连接，点为的外心；③；④若点，分别是和上的动点，则的最小值是．其中一定正确的是__________(把你认为正确结论的序号都填上)．15．如图，在一笔直的海岸线l上有A，B两个观测站，AB＝2km，从A测得灯塔P在北偏东60°的方向，从B测得灯塔P在北偏东45°的方向，则灯塔P到海岸线l的距离为_____km．16．如图，若抛物线与轴无交点，则应满足的关系是__________．17．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝30cm，BC＝40cm，现利用该三角形裁剪一个最大的圆，则该圆半径是_____cm．18．已知点、在二次函数的图像上，则___.（填“”、“”、“”）三、解答题(共66分)19．（10分）如图，宾馆大厅的天花板上挂有一盏吊灯AB，某人从C点测得吊灯顶端A的仰角为，吊灯底端B的仰角为，从C点沿水平方向前进6米到达点D，测得吊灯底端B的仰角为．请根据以上数据求出吊灯AB的长度．（结果精确到0.1米．参考数据：sin35°≈0.57，cos35°≈0.82，tan35°≈0.70，≈1.41，≈1.73）20．（6分）探究问题：⑴方法感悟：如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF=45°，连接EF，求证DE+BF=EF．感悟解题方法，并完成下列填空：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB=AD,BG=DE,∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°,∴∠ABG+∠ABF=90°+90°=180°，因此，点G，B，F在同一条直线上．∵∠EAF=45°∴∠2+∠3=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°．∵∠1=∠2，∴∠1+∠3=45°．即∠GAF=∠_________．又AG=AE，AF=AF∴△GAF≌_______．∴_________=EF，故DE+BF=EF．⑵方法迁移：如图②，将沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF=∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．⑶问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，E，F分别为DC,BC上的点，满足,试猜想当∠B与∠D满足什么关系时，可使得DE+BF=EF．请直接写出你的猜想（不必说明理由）．21．（6分）如图，BC是半圆O的直径，D是弧AC的中点，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点E．（1）求证：△DCE∽△DBC；（2）若CE=，CD=2，求直径BC的长．22．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E.若一个三角形模板与△ABE完全重合地叠放在一起，现将该模板绕点E顺时针旋转.要使该模板旋转60°后，三个顶点仍在平行四边形ABCD的边上，请探究平行四边形ABCD的角和边需要满足的条件.23．（8分）已知二次函数的图象顶点是，且经过，求这个二次函数的表达式．24．（8分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，交轴于点.（1）求抛物线的解析式.（2）点是线段上一动点，过点作垂直于轴于点，交抛物线于点，求线段的长度最大值.25．（10分）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+ax+a（a≠0）交x轴于点A和点B（点A在点B左边），交y轴于点C，连接AC，tan∠CAO＝1．（1）如图1，求抛物线的解析式；（2）如图2，D是第一象限的抛物线上一点，连接DB，将线段DB绕点D顺时针旋转90°，得到线段DE（点B与点E为对应点），点E恰好落在y轴上，求点D的坐标；（1）如图1，在（2）的条件下，过点D作x轴的垂线，垂足为H，点F在第二象限的抛物线上，连接DF交y轴于点G，连接GH，sin∠DGH＝，以DF为边作正方形DFMN，P为FM上一点，连接PN，将△MPN沿PN翻折得到△TPN（点M与点T为对应点），连接DT并延长与NP的延长线交于点K，连接FK，若FK＝，求cos∠KDN的值．26．（10分）同时抛掷两枚质地均匀的正四面体骰子，骰子各个面的点数分别是1至4的整数，把这两枚骰子向下的面的点数记为（a，b），其中第一枚骰子的点数记为a，第二枚骰子的点数记为b．（1）用列举法或树状图法求（a，b）的结果有多少种？（2）求方程x2+bx+a＝0有实数解的概率．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【分析】设这种植物每个支干长出x个小分支，根据主干、支干和小分支的总数是43，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论【详解】设这种植物每个支干长出个小分支，依题意，得：，解得：（舍去），．故选C．【点睛】此题考查一元二次方程的应用，解题关键在于列出方程2、C【分析】由矩形的性质得到：设利用勾股定理建立方程求解即可得到答案．【详解】解：矩形，设则，（舍去）故选C．【点睛】本题考查的是矩形的性质，勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键．3、C【分析】根据概率的意义找到正确选项即可．【详解】解：气象部门预报明天下雨的概率是，说明明天下雨的可能性比较大，所以只有C合题意．故选：C．【点睛】此题主要考查了概率的意义，关键是理解概率表示随机事件发生的可能性大小：可能发生，也可能不发生．4、D【分析】首先根据俯视图排除正方体、三棱柱，然后跟主视图和左视图排除圆锥，即可得到结论．【详解】∵俯视图是圆，

∴排除A和C，

∵主视图与左视图均是长方形，

∴排除B，

故选：D．【点睛】本题主要考查了简单几何体的三视图，用到的知识点为：三视图分为主视图、左视图、俯视图，分别是从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．5、C【分析】由平行四边形的性质得出CD∥AB，进而得出△DEF∽△BAF，再利用相似三角形的性质可得出结果.【详解】∵四边形ABCD为平行四边形，∴CD∥AB，∴△DEF∽△BAF．∵DE：EC=3：2，∴，∴．故选C．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定及平行四边形的性质，解题的关键是掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方.6、B【分析】根据点与圆的位置关系解决问题即可．【详解】解：∵点P在⊙O上，∴OP＝r＝5cm，故选：B．【点睛】本题考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．7、D【分析】根据概率的计算方法代入题干中的数据即可求解．【详解】由题意知：概率为，故选：D【点睛】此题考查概率的计算方法：即发生事件的次数除以总数即可．8、D【分析】根据一元二次方程的解的定义，把x＝1代入方程得到关于k的一次方程1﹣5+k＝0，然后解一次方程即可．【详解】解：把x＝1代入方程得1+k﹣5＝0，解得k＝1．故选：D．【点睛】本题考查一元二次方程的解.熟记一元二次方程解得定义是解决此题的关键.9、D【分析】根据一元二次方程根的判别式等于零，求出的值，进而即可得到答案．【详解】∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，∴∆=，解得：，∴=．故选D．【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式以及特殊角三角函数，掌握一元二次方程根的判别式与根的关系，是解题的关键．10、A【分析】根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似即可求解．【详解】解:在与中，∵，且，∴．故选:A．【点睛】此题考查了相似三角形的判定:（1）平行线法:平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；（2）三边法:三组对应边的比相等的两个三角形相似；（3）两边及其夹角法:两组对应边的比相等且夹角相等的两个三角形相似；（4）两角法:有两组角对应相等的两个三角形相似．二、填空题(每小题3分,共24分)11、1【解析】根据关系式可知焰火的运行轨迹是一个开口向下的抛物线，已知焰火在升到最高时引爆，即到达抛物线的顶点时引爆，顶点横坐标就是从点火到引爆所需时间．则t==1s，故答案为1．12、2【分析】设购买甲纪念品x件，丙纪念品y件，则购进乙纪念品2y件，根据总价＝单价×数量，即可得出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为非负整数，即可求出x，y的值，进而可得出（x+y+2y）的值，取其最大值即可得出答案.【详解】设购买甲纪念品x件，丙纪念品y件，则购进乙纪念品2y件，依题意，得：5x+7×2y+10y＝346，∴x＝，∵x，y均为非负整数，∴346﹣24y为5的整数倍，∴y的尾数为4或9，∴，，，∴x+y+2y＝2或53或1．∵2＞53＞1，∴最多可以购买2件纪念品．故答案为：2．【点睛】本题主要考查二元一次方程的实际应用，根据题意，求出x，y的非负整数解，是解题的关键.13、【分析】根据A、B坐标求出直线AB的解析式后，求得AB中点M的坐标，连接PM，在等边△PAB中，M为AB中点，所以PM⊥AB，，再求出直线PM的解析式，求出点P坐标；在Rt△PAM中，AP=AB=5，，即且a＞0，解得a>0，即，将a代入直线PM的解析式中求出b的值，最后计算2(a-b)的值即可；【详解】解：∵A(4，0)，B(0，3)，∴AB=5，设，∴，∴，∴，∵A(4，0)B(0，3)，∴AB中点，连接PM，在等边△PAB中，M为AB中点，∴PM⊥AB，，∴，∴设直线PM的解析式为，∴，∴，∴，∴，在Rt△PAM中，AP=AB=5，∴，∴，∴，∴，∵a>0，∴，∴，∴；【点睛】本题主要考查了一次函数的综合应用，掌握一次函数是解题的关键.14、【分析】如图１，连接，通过切线的性质证，进而由，即可由垂径定理得到Ｆ是的中点，根据圆周角定理可得，可得平分；由三角形的外角性质和同弧所对的圆周角相等可得，可得，可得点为得外心；如图，过点Ｃ作交的延长线与点通过证明，可得；如图，作点关于的对称点，当点在线段上，且时，．【详解】如图，连接，∵是的切线，∴，∵∴，且为半径∴垂直平分∴∴∴平分，故正确点的外心，故正确；如图，过点Ｃ作交的延长线与点，故正确；如图，作点关于的对称点，点与点关于对称，当点在线段上，且时，，且∴的最小值为；故正确．故答案为：．【点睛】本题是相似综合题，考查了圆的相关知识，相似三角形的判定和性质，轴对称的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．15、【分析】作PD⊥AB，设PD=x，根据∠CBP=∠BPD=45°知BD=PD=x、AD=AB+BD=2+x，由sin∠PAD=列出关于x的方程，解之可得答案．【详解】如图所示，过点P作PD⊥AB，交AB延长线于点D，设PD＝x，∵∠PBD＝∠BPD＝45°，∴BD＝PD＝x，又∵AB＝2，∴AD＝AB+BD＝2+x，∵∠PAD＝30°，且sin∠PAD＝，∴，解得：x＝1+，即船P离海岸线l的距离为（1+）km，故答案为1+．【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用-方向角问题，解题的关键是根据题意构建合适的直角三角形及三角函数的定义及其应用．16、【分析】根据抛物线与轴交点个数与的符号关系即可得出结论．【详解】解：∵抛物线与轴无交点∴故答案为：．【点睛】此题考查的是根据抛物线与轴交点个数判断的关系，掌握抛物线与轴交点个数与的符号关系是解决此题的关键．17、1．【分析】根据勾股定理求出的斜边AB，再由等面积法，即可求得内切圆的半径.【详解】由题意得：该三角形裁剪的最大的圆是Rt△ABC的内切圆，设AC边上的切点为D，连接OA、OB、OC，OD，∵∠ACB＝90°，AC＝30cm，BC＝40cm，∴AB＝＝50cm，设半径OD＝rcm，∴S△ACB＝＝，∴30×40＝30r+40r+50r，∴r＝1，则该圆半径是1cm．故答案为：1．【点睛】本题考查内切圆、勾股定理和等面积法的问题，属中档题.18、【分析】把两点的坐标分别代入二次函数解析式求出纵坐标，再比较大小即可得解.【详解】时，，

时，，

∵＞0，

∴；

故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数的性质及二次函数图象上点的坐标特征，用求差法比较大小是常用的方法.三、解答题(共66分)19、吊灯AB的长度约为1.1米．【分析】延长CD交AB的延长线于点E，构建直角三角形，分别在两个直角三角形△BDE和△AEC中利用正弦和正切函数求出AE长和BE长，即可求解.【详解】解：延长CD交AB的延长线于点E，则∠AEC＝90°，∵∠BDE＝60°，∠DCB＝30°，∴∠CBD＝60°﹣30°＝30°，∴∠DCB＝∠CBD，∴BD＝CD＝6（米）在Rt△BDE中，sin∠BDE＝，∴BE＝BD•sin∠BDE═6×sin60°＝3≈5.19（米），DE＝BD＝3（米），在Rt△AEC中，tan∠ACE＝，∴AE＝CE•tan∠ACE＝（6+3）×tan35°≈9×0.70＝6.30（米），∴AB＝AE﹣BE≈6.30﹣5.19≈1.1（米），∴吊灯AB的长度约为1.1米．【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解答此题的关键是构建直角三角形，利用锐角三角函数进行解答.20、⑴EAF、△EAF、GF；⑵DE+BF=EF；⑶当∠B与∠D互补时，可使得DE+BF=EF．【分析】（1）根据正方形性质填空；（2）假设∠BAD的度数为，将△ADE绕点A顺时针旋转得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB=AD,BG=DE,∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°,结合正方形性质可得DE+BF=EF.⑶根据题意可得，当∠B与∠D互补时，可使得DE+BF=EF．【详解】⑴EAF、△EAF、GF．⑵DE+BF=EF，理由如下：假设∠BAD的度数为，将△ADE绕点A顺时针旋转得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB=AD,BG=DE,∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°,∴∠ABG+∠ABF=90°+90°=180°，因此，点G，B，F在同一条直线上．∵∠EAF=∴∠2+∠3=∠BAD-∠EAF=∵∠1=∠2，∴∠1+∠3=．即∠GAF=∠EAF又AG=AE，AF=AF∴△GAF≌△EAF．∴GF=EF，又∵GF=BG+BF=DE+BF∴DE+BF=EF．⑶当∠B与∠D互补时，可使得DE+BF=EF．【点睛】正方形性质综合运用.21、（1）见解析；（2）2【分析】（1）由等弧所对的圆周角相等可得∠ACD=∠DBC，且∠BDC=∠EDC，可证△DCE∽△DBC；（2）由勾股定理可求DE=1，由相似三角形的性质可求BC的长．【详解】（1）∵D是弧AC的中点，∴，∴∠ACD=∠DBC，且∠BDC=∠EDC，∴△DCE∽△DBC；（2）∵BC是直径，∴∠BDC=90°，∴DE1．∵△DCE∽△DBC，∴，∴，∴BC=2．【点睛】本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，证明△DCE∽△DBC是解答本题的关键．22、详见解析.【分析】三角形模板绕点E旋转60°后，E为旋转中心，位置不变，仍在边BC上，过点E分别做射线EM，EN，EM，EN分别AB,CD于F,G使得∠BEM=∠AEN=60°，可证△BEF为等边三角形，即EB=EF，故B的对应点为F.根据SAS可证，即EA=GE，故A的对应点为G.由此可得：要使该模板旋转60°后，三个顶点仍在平行四边形ABCD的边上,平行四边形ABCD的角和边需要满足的条件是:∠ABC=60°，AB=BC.【详解】解：要使该模板旋转60°后，三个顶点仍在的边上，的角和边需要满足的条件是：∠ABC=60°，AB=BC理由如下：三角形模板绕点E旋转60°后，E为旋转中心，位置不变，仍在边BC上，过点E分别做射线EM，EN，使得∠BEM=∠AEN=60°，∵AE⊥BC，即∠AEB=∠AEC=90°，∴∠BEM<∠BEA∴射线EM只能与AB边相交，记交点为F在△BEF中，∵∠B=∠BEF=60°，∴∠BFE=180°-∠B-∠BEF=60°∴∠B=∠BEF=∠BFE=60°∴△BEF为等边三角形∴EB=EF∵当三角形模板绕点E旋转60°后，点B的对应点为F，此时点F在边AB边上∵∠AEC=90°∴∠AEN=60°<∠AEC∴射线EN只可能与边AD或边CD相交若射线EN与CD相交，记交点为G在Rt△AEB中，∠1=90°-∠B=30°∴BE=∵AB=BC=BE+EC∴EC=∵∠GEC=∠AEC-∠AEG=90°-60°=30°∵在中，AB//CD∠C=180°-∠ABC=120°又∵∠EGC=180°-120°-30°=30°∴EC=GC即AF=EF=EC=GC=,且∠1=∠GEC=30°∴∴EA=GE∴当三角形模板绕点E旋转60°后，点A的对应点为G，此时点G在边CD边上∴只有当∠ABC=60°,AB=BC时,三角形模板绕点E顺时针旋转60°后,三个顶点仍在平行四边形ABCD的边上.∴要使该模板旋转60°后，三个顶点仍在平行四边形ABCD的边上,平行四边形ABCD的角和边需要满足的条件是:∠ABC=60°，AB=BC.【点睛】本题考查了旋转的性质以及平行四边形的判定及性质，掌握平行四边形的性质及判定是解题的关键.23、【分析】根据二次函数解析式的顶点式以及待定系数法，即可得到答案．【详解】把顶点代入得：，把代入得：，∴二次函数的表达式为：．【点睛】本题主要考查二次函数的待定系数法，掌握二次函数解析式的顶点式是解题的关键．24、（1）；（2）4.【分析】（1）根据A、B坐标可得抛物线两点式解析式，化为一般形式即可；（2）根据抛物线解析式可得C点坐标，利用待定系数法可得直线AC的解析式为y=-x+4，设点坐标为，则，用m表示出DF的长，配方为二次函数顶点式的形式，根据二次函数的性质求出DF的最大值即可.【详解】（1）∵拋物线经过点，∴∴拋物线的解析式为.（2）∵拋物线的解析式为，∴，设直线的解析式为y=kx+b，∴，∴，b=4，∴直线AC的解析式为设点坐标为，则∴=-(m-2)2+4，∴当m=2时，DF的最大值为4.【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式及二次函数的最值，熟练掌握二次函数解析式的三种形式及二次函数的性质是解题关键.25、（1）y＝﹣x2+x+1；（2）D的坐标为（1，1）；（1）【分析】（1）通过抛物线y＝先求出点A的坐标，推出OA的长度，再由tan∠CAO＝1求出OC的长度，点C的坐标，代入原解析式即可求出结论；（2）如图2，过点D分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为W和Z，证△DZE≌△DWB，得到DZ＝DW，由此可知点D的横纵坐标相等，设出点D坐标，代入抛物线解析式即可求出点D坐标；（1）如图1，连接CD，分别过点C，H作F的垂线，垂足分别为Q，I，过点F作DC的垂线，交DC的延长线于点U，先求出点G坐标，求出直线DG解析式，再求出点F的坐标，即可求出正方形FMND的边长，再求出其对角线FN的长度，最后证点F，K，M，N，D共圆，推出∠KDN＝∠KFN，求出∠KFN的余弦值即可．【详解】解：（1）在抛物线y=中，当y＝0时，x1＝﹣1，x2＝4，∴A（﹣1，0），B（4，0），∴OA＝1，∵tan∠CAO＝1，∴OC＝1OA＝1，∴C（0，1），∴a＝1，∴a＝2，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+1；（2）如图2，过点D分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为W和Z，∵∠ZDW＝∠EDB＝90°，∴∠ZDE＝∠WDB，∵∠DZE＝∠DWB＝90°，DE＝DB，∴△DZE≌△DWB（AAS），∴DZ＝DW，设点D（k，﹣k2+k+1），∴k＝﹣k2+k+1，解得，k1＝﹣（舍去），k2＝1，∴D的坐标为（1，1）；（1）如图1，连接CD，分别过点C，H作F的垂线，垂足分别为Q，I，∵sin∠DGH＝∴设HI＝4m，HG＝5m，则IG＝1m，由题意知，四边形OCDH是正方形，∴CD＝DH＝1，∵∠CDQ+∠IDH＝90°，∠IDH+∠DHI＝90°，∴∠CDQ＝∠DH