2025届浙江省金华市国际实验学校数学九上期末学业质量监测模拟试题含解析

2025届浙江省金华市国际实验学校数学九上期末学业质量监测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题4分，共48分）1．如图是二次函数图象的一部分，则关于的不等式的解集是()A． B． C． D．2．如图，在正方形中，点是对角线的交点，过点作射线分别交于点，且，交于点．给出下列结论：;C；四边形的面积为正方形面积的；．其中正确的是（）A． B． C． D．3．小刚在解关于x的方程ax2+bx+c=0（a≠0）时，只抄对了a=1，b=4，解出其中一个根是x=-1．他核对时发现所抄的c比原方程的c值小2．则原方程的根的情况是（）A．不存在实数根 B．有两个不相等的实数根C．有一个根是x=-1 D．有两个相等的实数根4．如果，两点都在反比例函数的图象上，那么与的大小关系是（）A． B． C． D．5．若用圆心角为120°，半径为9的扇形围成一个圆锥侧面（接缝忽略不计），则这个圆锥的底面直径是（）A．3 B．6C．9 D．126．对于二次函数，下列说法不正确的是（）A．其图象的对称轴为过且平行于轴的直线.B．其最小值为1.C．其图象与轴没有交点.D．当时，随的增大而增大.7．如图，将左边正方形剪成四块，恰能拼成右边的矩形，若a＝2，则b的值是（）A． B． C．+1 D．+18．如图,从一块直径为的圆形铁皮上剪出一个圆心角为90°的扇形.则此扇形的面积为（）A． B． C． D．9．如图，在正方形ABCD中，H是对角线BD的中点，延长DC至E，使得DE=DB，连接BE，作DF⊥BE交BC于点G，交BE于点F，连接CH、FH，下列结论：（1）HC=HF；（2）DG=2EF；（3）BE·DF=2CD2；（4）S△BDE=4S△DFH；（5）HF∥DE，正确的个数是（）A．5 B．4 C．3 D．210．已知抛物线y=x2－8x+c的顶点在x轴上，则c的值是（）A．16 B．-4 C．4 D．811．如果用配方法解方程x2-2x-3=0，那么原方程应变形为（A．(x-1)2=4 B．(x+1)2=412．甲、乙、丙三名射击运动员在某场测试中各射击20次，3人的测试成绩如下表．则甲、乙、丙3名运动员测试成绩最稳定的是（）甲的成绩乙的成绩丙的成绩环数78910环数78910环数78910频数4664频数6446频数5555A．甲 B．乙 C．丙 D．3人成绩稳定情况相同二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，用圆心角为120°，半径为6cm的扇形纸片卷成一个圆锥形无底纸帽，则这个纸帽的高是_____cm．14．一个口袋中装有2个完全相同的小球，它们分别标有数字1，2，从口袋中随机摸出一个小球记下数字后放回，摇匀后再随机摸出一个小球，则两次摸出小球的数字和为偶数的概率是．15．如图，根据图示，求得和的值分别为____________.16．如图，四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，∠B=45°，DE⊥AC于E交AB于F，若BC=2CD，AE=2，则线段BF=______.17．一学校为了绿化校园环境，向某园林公司购买了一批树苗，园林公司规定：如果购买树苗不超过60棵，每棵售价为120元；如果购买树苗超过60棵，在一定范围内，每增加1棵，所出售的这批树苗每棵售价降低0.5元，若该校最终向园林公司支付树苗款8800元，设该校共购买了棵树苗，则可列出方程__________．18．已知扇形的圆心角为120°，弧长为4π，则扇形的面积是___．三、解答题（共78分）19．（8分）先化简，再求值：x﹣1（1﹣x）﹣x（1﹣），其中x=1．20．（8分）小彬做了探究物体投影规律的实验，并提出了一些数学问题请你解答:（1）如图1，白天在阳光下，小彬将木杆水平放置，此时木杆在水平地面上的影子为线段.①若木杆的长为，则其影子的长为；②在同一时刻同一地点，将另一根木杆直立于地面，请画出表示此时木杆在地面上影子的线段；（2）如图2，夜晚在路灯下，小彬将木杆水平放置，此时木杆在水平地面上的影子为线段.①请在图中画出表示路灯灯泡位置的点；②若木杆的长为，经测量木杆距离地面，其影子的长为，则路灯距离地面的高度为.21．（8分）（1）若正整数、，满足，求、的值；（2）已知如图，在中，，，点在边上移动（不与点，点重合），将沿着直线翻折，点落在射线上点处，当为一个含内角的直角三角形时，试求的长度．22．（10分）已知抛物线经过点和点.求抛物线的解析式；求抛物线与轴的交点的坐标(注:点在点的左边);求的面积.23．（10分）如图，以△ABC的BC边上一点O为圆心的圆，经过A、B两点，且与BC边交于点E，D为BE的下半圆弧的中点，连接AD交BC于F，若AC=FC．（1）求证：AC是⊙O的切线：（2）若BF=8，DF=，求⊙O的半径；（3）若∠ADB=60°，BD=1，求阴影部分的面积．（结果保留根号）24．（10分）如图，已知二次函数的图象与轴交于点、，与轴交于点，直线交二次函数图象的对称轴于点，若点C为的中点.（1）求的值；（2）若二次函数图象上有一点，使得，求点的坐标；（3）对于（2）中的点，在二次函数图象上是否存在点，使得∽？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.25．（12分）有一个人患了流感，经过两轮传染后共有81人患了流感．每轮传染中平均一个人传染了几个人？按照这样的速度传染，第三轮将又有多少人被传染？26．问题发现：（1）如图1，内接于半径为4的，若，则_______；问题探究：（2）如图2，四边形内接于半径为6的，若，求四边形的面积最大值；解决问题（3）如图3，一块空地由三条直路（线段、AB、）和一条弧形道路围成，点是道路上的一个地铁站口，已知千米，千米，，的半径为1千米，市政府准备将这块空地规划为一个公园，主入口在点处，另外三个入口分别在点、、处，其中点在上，并在公园中修四条慢跑道，即图中的线段、、、，是否存在一种规划方案，使得四条慢跑道总长度（即四边形的周长）最大？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由.

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【分析】先根据抛物线平移的规律得到抛物线，通过观察图象可知，它的对称轴以及与轴的交点，利用函数图像的性质可以直接得到答案．【详解】解：∵根据抛物线平移的规律可知，将二次函数向左平移个单位可得抛物线，如图：∴对称轴为，与轴的交点为，∴由图像可知关于的不等式的解集为：．故选：D【点睛】本题考查了二次函数与不等式，主要利用了二次函数的平移规律、对称性，数形结合的思想，解题关键在于通过平移规律得到新的二次函数图象以及与轴的交点坐标．2、B【分析】根据全等三角形的判定（ASA）即可得到正确；根据相似三角形的判定可得正确；根据全等三角形的性质可得正确；根据相似三角形的性质和判定、勾股定理，即可得到答案.【详解】解：四边形是正方形，，，，，，故正确；，点四点共圆，∴，∴，故正确；，，，故正确；，，又，是等腰直角三角形，，，，，，，，，，又中，，，，故错误，故选．【点睛】本题考查全等三角形的判定（ASA）和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理，解题的关键是掌握全等三角形的判定（ASA）和性质、相似三角形的性质和判定.3、A【分析】直接把已知数据代入进而得出c的值，再解方程求出答案．【详解】解：∵小刚在解关于x的方程ax2+bx+c=0（a≠0）时，只抄对了a=1，b=4，解出其中一个根是x=-1，

∴（-1）2-4+c=0，

解得：c=3，∵所抄的c比原方程的c值小2．

故原方程中c=5，即方程为：x2+4x+5=0

则b2-4ac=16-4×1×5=-4＜0，

则原方程的根的情况是不存在实数根．

故选：A．【点睛】此题主要考查了方程解的定义和根的判别式，利用有根必代的原则正确得出c的值是解题关键．4、C【分析】直接把点A（1，y1），B（3，y1）两点代入反比例函数中，求出y1与y1的值，再比较其大小即可．【详解】解：∵A（1，y1），B（3，y1）两点都在反比例函数的图象上；∴y1＞y1．

故选：C．【点睛】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．5、B【详解】设这个圆锥的底面半径为r，∵扇形的弧长==1π，∴2πr=1π，∴2r=1，即圆锥的底面直径为1．故选B．6、D【分析】先将二次函数变形为顶点式，然后可根据二次函数的性质判断A、B、D三项，再根据抛物线的顶点和开口即可判断C项，进而可得答案.【详解】解：，所以抛物线的对称轴是直线：x=3，顶点坐标是（3，1）；A、其图象的对称轴为过且平行于轴的直线，说法正确，本选项不符合题意；B、其最小值为1，说法正确，本选项不符合题意；C、因为抛物线的顶点是（3，1），开口向上，所以其图象与轴没有交点，说法正确，本选项不符合题意；D、当时，随的增大而增大，说法错误，所以本选项符合题意.故选：D.【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，属于基本题型，熟练掌握抛物线的性质是解题的关键.7、C【分析】从图中可以看出，正方形的边长＝a+b，所以面积＝（a+b）2，矩形的长和宽分别是2b+a，b，面积＝b（a+2b），两图形面积相等，列出方程得＝（a+b）2＝b（a+2b），其中a＝2，求b的值，即可．【详解】解：根据图形和题意可得：（a+b）2＝b（a+2b），其中a＝2，则方程是（2+b）2＝b（2+2b）解得：，故选：C．【点睛】此题主要考查了图形的剪拼，本题的关键是从两图形中，找到两图形的边长的值，然后利用面积相等列出等式求方程，解得b的值．8、A【解析】分析：连接AC，根据圆周角定理得出AC为圆的直径，解直角三角形求出AB，根据扇形面积公式求出即可．详解：连接AC．∵从一块直径为2m的圆形铁皮上剪出一个同心角为90°的扇形，即∠ABC=90°，∴AC为直径，即AC=2m，AB=BC．∵AB2+BC2=22，∴AB=BC=m，∴阴影部分的面积是=（m2）．故选A．点睛：本题考查了圆周角定理和扇形的面积计算，能熟记扇形的面积公式是解答此题的关键．9、B【解析】由等腰三角形“三线合一”的性质可得EF=BF，根据H是正方形对角线BD的中点可得CH=DH=BH，即可证明HF是△BDE的中位线，可得HF=DE，HF//DE；由BD=DE即可得HC=HF；利用直角三角形两锐角互余的关系可得∠CBE=∠CDG，利用ASA可证明△BCE≌△DCG，可得DG=BE，可判定DG=2EF，由正方形的性质可得BD2=2CD2，根据∠CBE=∠CDG，∠E是公共角可证明△BCE∽△DFE，即可得，即BE·DF=DE·BC，可对③进行判定，根据等底等高的三角形面积相等可对④进行判定，综上即可得答案.【详解】∵BD=DE，DF⊥BE，∴EF=BF，∵H是正方形ABCD对角线BD的中点，∴CH=DH=BH=BD，∴HF是△BDE的中位线，∴HF=DE=BD=CH，HF//DE，故①⑤正确，∵∠CBE+∠E=90°，∠FDE+∠E=90°，∴∠CBE=∠FDE，又∵CD=BC，∠DCG=∠BCE=90°，∴△BCE≌△DCG，∴DG=BE，∵BE=2EF，∴DG=2EF，故②正确，∵∠CBE=∠FDE，∠E=∠E，∴△BCE∽△DFE，∴，即BE·DF=DE·BC，∵BD2=CD2+BC2=2CD2∴DE2=2CD2，∴DE·BC≠2CD2，∴BE·DF≠2CD2，故③错误，∵DH=BD，∴S△DFH=S△DFB，∵BF=BE，∴S△DFB=S△BDE，∴S△DFH=S△BDE，即S△BDE=4S△DFH，故④正确，综上所述：正确的结论有①②④⑤，共4个，故选B.【点睛】本题考查正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及三角形中位线的性质，综合性较强，熟练掌握所学性质及定理是解题关键.10、A【分析】顶点在x轴上,所以顶点的纵坐标是0.据此作答.【详解】∵二次函数y=-8x+c的顶点的横坐标为x=-

=

-=4，∵顶点在x轴上，

∴顶点的坐标是(4，0)，

把(4，0)代入y=-8x+c中，得：16-32+c=0，解得：c=16，故答案为A【点睛】本题考查求抛物线顶点纵坐标的公式,比较简单.11、A【解析】先移项，再配方，即方程两边同时加上一次项系数一般的平方．【详解】解：移项得，x2−2x＝3，配方得，x2−2x＋1＝4，即（x−1）2＝4，故选：A．【点睛】本题考查了用配方法解一元二次方程，掌握配方法的步骤是解题的关键．12、A【分析】先算出甲、乙、丙三人的方差，比较方差得出最稳定的人选．【详解】由表格得：甲的平均数=甲的方差=同理可得：乙的平均数为：8.5，乙的方差为：1.45丙的平均数为：8.5，乙的方差为：1.25∴甲的方差最小，即甲最稳定故选：A【点睛】本题考查根据方差得出结论，解题关键是分别求解出甲、乙、丙的方差，比较即可．二、填空题（每题4分，共24分）13、【分析】先求出扇形弧长，再求出圆锥的底面半径，再根据勾股定理即可出圆锥的高.【详解】圆心角为120°，半径为6cm的扇形的弧长为4cm∴圆锥的底面半径为2，故圆锥的高为=4cm【点睛】此题主要考查圆的弧长及圆锥的底面半径，解题的关键是熟知圆的相关公式.14、．【解析】试题分析：如图所示，∵共有4种结果，两次摸出小球的数字和为偶数的有2次，∴两次摸出小球的数字和为偶数的概率==．故答案为．考点：列表法与树状图法．15、4.5，101【分析】证明，然后根据相似三角形的性质可解.【详解】解：∵，，∴，∵，∴，∴，，∴AC=4.5，y=101.故答案是：x=4.5，y=101.【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，要熟悉相似三角形的各种判定方法，关键在找角相等以及边的比例关键.16、【分析】连接，延长BA，CD交于点，根据∠BAD=∠BCD=90°可得点A、B、C、D四点共圆，根据圆周角定理可得，根据DE⊥AC可证明△AED∽△BCD，可得，利用勾股定理可求出AD的长，由∠ABC=45°可得△ABG为等腰直角三角形，进而可得△ADG是等腰直角三角形，即可求出AG、DG的长，根据BC=2CD可求出CD、BC、AB的长，根据，可证明△AED∽△FAD，根据相似三角形的性质可求出AF的长，即可求出BF的长.【详解】连接，延长BA，CD交于点，∵，∴四点共圆，∴，∵，∴，∴△AED∽△BCD，∴，∴，∴AD==，∵∴是等腰直角三角形，∵BC=2CD，∴∴CD=DG，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵，，∴△AED∽△FAD，∴，∴∴.【点睛】本题考查圆周角定理、勾股定理及相似三角形的判定与性质，如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等,那么这两个三角形相似；如果两个三角形的两组对应边的比相等，并且对应的夹角相等，那么这两个三角形相似；如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似；熟练掌握相似三角形的判定定理是解题关键.17、【分析】根据“总售价=每棵的售价×棵数”列方程即可．【详解】解：根据题意可得：故答案为：．【点睛】此题考查的是一元二次方程的应用，掌握实际问题中的等量关系是解决此题的关键．18、12π．【分析】利用弧长公式即可求扇形的半径，进而利用扇形的面积公式即可求得扇形的面积．【详解】设扇形的半径为r．则＝4π，解得r＝6，∴扇形的面积＝＝12π，故答案为12π．【点睛】本题考查了扇形面积求法，用到的知识点为：扇形的弧长公式l＝，扇形的面积公式S＝，解题的关键是熟记这两个公式．三、解答题（共78分）19、【分析】原式去括号并利用单项式乘以多项式法则计算,合并得到最简结果,将x的值代入计算即可求出值.【详解】解：原式=x﹣1+3x﹣x+x1=x1+x﹣1，当x=1时，原式=+﹣1=．【点睛】此题考查了整式的混合运算-化简求值,熟练掌握运算法则是解本题的关键.20、（1）①；②见解析；（2）①见解析；②【分析】（1）①根据题意证得四边形为平行四边形，从而求得结论；②根据平行投影的特点作图：过木杆的顶点作太阳光线的平行线；（2）①分别过影子的端点及其线段的相应的端点作射线，两条射线的交点即为光源的位置；②根据∥，可证得，利用相似三角形对应高的比等于相似比即可求得结论.【详解】（1）①根据题意：∥，∥，∴四边形为平行四边形，∴；②如图所示，线段即为所求；（2）①如图所示，点即为所求；②过点作分别交、于点、∵∥∴，，解得：，路灯距离地面的高度为米.【点睛】本题考查平行投影问题以及相似三角形的判定和性质，平行光线得到的影子是平行光线经过物体的顶端得到的影子，利用相似三角形对应高的比等于相似比是解决本题的关键．21、（1）或；（2）或．【分析】（1）根据平方差公式因式分解，根据题意可得或；（2）根据翻折性质可证∠AEF=180°∠BEF=90°，分两种情况：①如图a，当∠EAF=30°时，设BD=x，根据勾股定理，即；②如图b，当∠AFE=30°时，设BD=x，根据勾股定理，，；【详解】（1）解：∵>0，且x，y均为正整数，∴与均为正整数，且>，与奇偶性相同．又∵∴或解得：或．（2）解：∵∠ACB=90°，AC=BC∴∠B=∠BAC=45°又∵将△BDE沿着直线DE翻折，点B落在射线BC上点F处∴∠BDE=∠EDF=90°，且△BDE≌△FDE∴∠BED=∠DEF=45°，∠BEF=90°，BE=EF∴∠AEF=180°∠BEF=90°①如图a，当∠EAF=30°时，设BD=x，则：BD=DF=DE=x，，，∵∠EAF=30°，∴AF=，在Rt△AEF中，，∴，解得．∴．②如图b，当∠AFE=30°时，设BD=x，则：同理①可得：，∵∠AFE=30°，∴AF=在Rt△AEF中，，∴，解得．∴．综上所述，或．【点睛】考核知识点：因式分解运用，轴对称，勾股定理.分析翻折过程，分类讨论情况是关键；运用因式分解降次是要点.22、（1）；（2）点，点；（3）6.【分析】（1）将点和点代入即可求出解析式；（2）令y=0，解出的x的值即可得到点A、B的坐标；（3）根据点坐标求得，代入面积公式计算即可.【详解】（1）把点和点代入得解得所以抛物线的解析式为：；（2）把代入，得，解得，点在点的左边，点，点；（3）连接AC、BC,由题意得，.【点睛】此题考查待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图形与一元二次方程的关系，利用点坐标求图象中三角形的面积.23、（1）证明见解析；（2）6；（3）.【解析】(1)连接OA、OD,如图,利用垂径定理的推论得到OD⊥BE,再利用CA=CF得到∠CAF=∠CFA,然后利用角度的代换可证明∠OAD+∠CAF=,则OA⊥AC,从而根据切线的判定定理得到结论;(2)设⊙0的半径为r,则OF=8-r,在Rt△ODF中利用勾股定理得到,然后解方程即可;(3)先证明△BOD为等腰直角三角形得到OB=,则OA=,再利用圆周角定理得到∠AOB=2∠ADB=,则∠AOE=,接着在Rt△OAC中计算出AC,然后用一个直角三角形的面积减去一个扇形的面积去计算阴影部分的面积.【详解】（1）证明：连接OA、OD，如图，∵D为BE的下半圆弧的中点，∴OD⊥BE，∴∠ODF+∠OFD=90°，∵CA=CF，∴∠CAF=∠CFA，而∠CFA=∠OFD，∴∠ODF+∠CAF=90°，∵OA=OD，∴∠ODA=∠OAD，∴∠OAD+∠CAF=90°，即∠OAC=90°，∴OA⊥AC，∴AC是⊙O的切线；（2）解：设⊙O的半径为r，则OF=8﹣r，在Rt△ODF中，（8﹣r）2+r2=（）2，解得r1=6，r2=2（舍去），即⊙O的半径为6；（3）解：∵∠BOD=90°，OB=OD，∴△BOD为等腰直角三角形，∴OB=BD=，∴OA=，∵∠AOB=2∠ADB=120°，∴∠AOE=60°，在Rt△OAC中，AC=OA=，∴阴影部分的面积=••﹣=．【点睛】本题主要考查圆、圆的切线及与圆相关的不规则阴影的面积，需综合运用各知识求解.24、（1）；（2）或；（3）不存在，理由见解析.【分析】（1）设对称轴与轴交于点，如图1，易求出抛物线的对称轴，可得OE的长，然后根据平行线分线段成比例定理可得OA的长，进而可得点A的坐标，再把点A的坐标代入抛物线解析式即可求出m的值；（2）设点Q的横坐标为n，当点在轴上方时，过点Q作QH⊥x轴于点H，利用可得关于n的方程，解方程即可求出n的值，进而可得点Q坐标；当点在轴下方时，注意到，所以点与点关于直线对称，由此可得点Q坐标；（3）当点为x轴上方的点时，若存在点P，可先求出直线BQ的解析式，由BP⊥BQ可求得直线BP的解析式，然后联立直线BP和抛物线的解析式即可求出点P的坐标，再计算此时两个三角形的两组对应边是否成比例即可判断点P是否满足条件；当点Q取另外一种情况的坐标时，再按照同样的方法计算判断即可.【详解】解：（1）设抛物线的对称轴与轴交于点，如图1，∴轴，∴，∵抛物线的对称轴是直线，∴OE=1，∴，∴∴将点代入函数表达式得：，∴；（2）设，①点在轴上方时，，如图2，过点Q作QH⊥x轴于点H，∵，∴，解得：或（舍），∴；②点在轴下方时，∵OA=1，OC=3，∴，∵，∴点与点关于直线对称，∴；（3）①当点为时，若存在点P，使∽，则∠PBQ=∠COA=90°，由B（3，0）、Q可得，直线BQ的解析式为：，所以直线PB的解析式为：，联立方程组：，解得：，，∴，∵，，∴，∴不存在；②当点为时，如图4，由B（3，0）、Q可得，直线BQ的解析式为：，所以直线PB的解析式为：，联立方程组：，解得：，，∴，∵，，∴，∴不存在.综上所述，不存在满足条件的点，使∽.【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理、二次函数图象上点的坐标特征、一元二次方程的解法、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数和两个函数的交点等知识，综合性强、具有相当的难度，熟练掌握上述知识、灵活应用分类和数形结合的数学思想是解题的关键.25、（1）8人；（2）648人.【分析】（1）设每轮传染中平均一个人传染了x个人，根据人患了流感，经过两轮传染后共有81人患了流感，列方程求解；(2)根据（1）中所求数据，进而得到第三轮被传染的人数.【详解】解：（1）设每轮传染中平均一个人传染了x个人，依题意有x+1+（x