安徽省亳州地区2025届九上数学期末质量跟踪监视模拟试题含解析

安徽省亳州地区2025届九上数学期末质量跟踪监视模拟试题注意事项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．下列说法中不正确的是（）A．相似多边形对应边的比等于相似比B．相似多边形对应角平线的比等于相似比C．相似多边形周长的比等于相似比D．相似多边形面积的比等于相似比2．的值等于（）A． B． C． D．3．估计，的值应在()A．1和2之间 B．2和3之间 C．3和4之间 D．4和5之间4．一元二次方程的二次项系数、一次项系数和常数项分别是（）A．3，2，1 B．3，2，-1 C．3，-2，1 D．3，-2，-15．如图，点C、D在圆O上，AB是直径，∠BOC=110°，AD∥OC，则∠AOD=（）A．70° B．60° C．50° D．40°6．如图，直线l⊥x轴于点P，且与反比例函数y1=（x＞0）及y2=（x＞0）的图象分别交于点A，B，连接OA，OB，已知△OAB的面积为2，则k1﹣k2=（）．A．-2 B．2 C．-4 D．47．在同一坐标系中，二次函数的图象与一次函数的图象可能是（）A． B．C． D．8．如图，OA、OB是⊙O的半径，C是⊙O上一点．若∠OAC＝16°，∠OBC＝54°，则∠AOB的大小是（）A．70° B．72° C．74° D．76°9．若反比例函数y=的图象经过点（2，﹣1），则k的值为（）A．﹣2 B．2 C．﹣ D．10．如图，小明同学设计了一个测量圆直径的工具，标有刻度的尺子．在点钉在一起．并使它们保持垂直，在测直径时，把点靠在圆周上．读得刻度个单位，个单位，则圆的直径为（）A．12个单位 B．10个单位 C．11个单位 D．13个单位二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，在直角坐标系中，已知点、，对连续作旋转变换，依次得到，则的直角顶点的坐标为__________．12．方程的解为________.13．如图，已知PA，PB是⊙O的两条切线，A，B为切点．C是⊙O上一个动点．且不与A，B重合．若∠PAC＝α，∠ABC＝β，则α与β的关系是_______．14．已知_______15．如果方程x2-4x+3=0的两个根分别是Rt△ABC的两条边，△ABC最小的角为A，那么tanA的值为＿＿＿＿＿＿＿．16．如图，四边形，都是平行四边形，点是内的一点，点，，，分别是，上，，的一点，，，若阴影部分的面积为5，则的面积为__________．17．如图，⊙O的半径OA长为6，BA与⊙O相切于点A，交半径OC的延长线于点B，BA长为，AH⊥OC，垂足为H，则图中阴影部分面积为_____．（结果保留根号）18．一圆锥的侧面积为，底面半径为3，则该圆锥的母线长为________．三、解答题(共66分)19．（10分）如图1，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，如果点E由点B出发沿BC方向向点C匀速运动，同时点F由点D出发沿DA方向向点A匀速运动，它们的速度分别为每秒2cm和1cm，FQ⊥BC，分别交AC、BC于点P和Q，设运动时间为t秒（0＜t＜4）．（1）连接EF，若运动时间t＝秒时，求证：△EQF是等腰直角三角形；（2）连接EP，当△EPC的面积为3cm2时，求t的值；（3）在运动过程中，当t取何值时，△EPQ与△ADC相似．20．（6分）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴为直线，将直线绕着点顺时针旋转的度数后与该抛物线交于两点（点在点的左侧），点是该抛物线上一点（1）若，求直线的函数表达式（2）若点将线段分成的两部分，求点的坐标（3）如图②，在（1）的条件下，若点在轴左侧，过点作直线轴，点是直线上一点，且位于轴左侧，当以，，为顶点的三角形与相似时，求的坐标21．（6分）一节数学课后，老师布置了一道课后练习题：如图1，是的直径，点在上，，垂足为，，分别交、于点、.求证：.图1图2（1）本题证明的思路可用下列框图表示：根据上述思路，请你完整地书写本题的证明过程.（2）如图2，若点和点在的两侧，、的延长线交于点，的延长线交于点，其余条件不变，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（3）在（2）的条件下，若，，求的长.22．（8分）定义：如果三角形的两个内角与满足，那么称这样的三角形为“类直角三角形”．尝试运用（1）如图1，在中，，，，是的平分线．①证明是“类直角三角形”；②试问在边上是否存在点（异于点），使得也是“类直角三角形”？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由．类比拓展（2）如图2，内接于，直径，弦，点是弧上一动点（包括端点，），延长至点，连结，且，当是“类直角三角形”时，求的长．23．（8分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A(－3，1)，B(－1，3)，C(0，1)．（1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后的△A1B1C1，并写出A1，B1的坐标；（2）平移△ABC，若点A的对应点A2的坐标为(－5，－3)，画出平移后的△A2B2C2，并写出B2，C2的坐标；（3）若△A2B2C2和△A1B1C1关于点P中心对称，请直接写出对称中心P的坐标．24．（8分）如图1，在和中，顶点是它们的公共顶点，，．（特例感悟）（1）当顶点与顶点重合时（如图1），与相交于点，与相交于点，求证：四边形是菱形；（探索论证）（2）如图2，当时，四边形是什么特殊四边形？试证明你的结论；（拓展应用）（3）试探究：当等于多少度时，以点为顶点的四边形是矩形？请给予证明．25．（10分）如图，有一路灯杆AB（底部B不能直接到达），在灯光下，小华在点D处测得自己的影长DF＝3m，沿BD方向到达点F处再测得自己的影长FG＝4m．如果小华的身高为1.5m，求路灯杆AB的高度．26．（10分）如图，AB、CD为⊙O的直径，弦AE∥CD，连接BE交CD于点F，过点E作直线EP与CD的延长线交于点P，使∠PED＝∠C．（1）求证：PE是⊙O的切线；（2）求证：DE平分∠BEP；（3）若⊙O的半径为10，CF＝2EF，求BE的长．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【分析】根据相似多边形的性质判断即可．【详解】若两个多边形相似可知：①相似多边形对应边的比等于相似比；②相似多边形对应角平线的比等于相似比③相似多边形周长的比等于相似比，④相似多边形面积的比等于相似比的平方，故选D．【点睛】本题考查了相似多边形的性质，即相似多边形对应边的比相等、应面积的比等于相似比的平方．2、B【解析】根据特殊角的三角函数值求解．【详解】．

故选：B．【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值，解答本题的关键是熟记几个特殊角的三角函数值．3、B【解析】先根据二次根式的乘法法则化简，再估算出的大小即可判断.【详解】解：，，故的值应在2和3之间.故选：B.【点睛】本题主要考查了无理数的估算，正确估算出的范围是解答本题的关键．4、D【解析】根据一元二次方程一般式的系数概念，即可得到答案．【详解】一元二次方程的二次项系数、一次项系数和常数项分别是：3，-2，-1，故选D．【点睛】本题主要考查一元二次方程一般式的系数概念，掌握一元二次方程一般式的系数，是解题的关键．5、D【分析】根据平角的定义求得∠AOC的度数，再根据平行线的性质及三角形内角和定理即可求得∠AOD的度数．【详解】∵∠BOC＝110°，∠BOC＋∠AOC＝180°∴∠AOC＝70°∵AD∥OC，OD＝OA∴∠D＝∠A＝70°∴∠AOD＝180°−2∠A＝40°故选：D．【点睛】此题考查圆内角度求解，解题的关键是熟知圆的基本性质、平行线性质及三角形内角和定理的运用．6、D【分析】由反比例函数的图象过第一象限可得出，，再由反比例函数系数的几何意义即可得出，，根据的面积为再结合三角形之间的关系即可得出结论．【详解】∵反比例函数及的图象均在第一象限内，

∴，，

∵⊥轴，

∴，，

∴，

解得：．

故选：D．【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题已经反比例函数系数k的几何意义，解题的关键是反比例函数系数k的几何意义得出．7、C【分析】根据二次函数、一次函数图像与系数的关系，对每个选项一一判断即可．【详解】A．由一次函数图像可得：a>0，b>0；由二次函数图像可得：a>0，b<0，故A选项不可能．B．由一次函数图像可得：a>0，b<0；由二次函数图像可得：a>0，b>0，故B选项不可能．C．由一次函数图像可得：a<0，b>0；由二次函数图像可得：a<0，b>0，故C选项可能．D．由一次函数图像可得：a>0，b>0；由二次函数图像可得：a<0，b<0，故D选项不可能．故选：C．【点睛】本题主要考查一次函数、二次函数图像与系数的关系，根据一次函数、二次函数图像判断系数的正负是解题关键．8、D【解析】连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠OAC=∠OCA=16°；∠OBC=∠OCB=54°求出∠ACB的度数，然后根据同圆中同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求解．【详解】解：连接OC∵OA=OC，OB=OC∴∠OAC=∠OCA=16°；∠OBC=∠OCB=54°∴∠ACB=∠OCB-∠OCA=54°-16°=38°∴∠AOB=2∠ACB=76°故选：D【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质及同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半，掌握相关性质定理是本题的解题关键.9、A【解析】把点（1，-1）代入解析式得-1=，

解得k=-1．

故选A．10、B【分析】根据圆中的有关性质“90°的圆周角所对的弦是直径”．判断EF即为直径，然后根据勾股定理计算即可．【详解】解：连接EF，

∵OE⊥OF，

∴EF是圆的直径，．故选：B．【点睛】本题考查圆周角的性质定理，勾股定理．掌握“90°的圆周角所对的弦是直径”定理的应用是解决此题的关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】根据勾股定理列式求出AB的长，再根据第四个三角形与第一个三角形的位置相同可知每三个三角形为一个循环组依次循环，然后求出一个循环组旋转前进的长度，再用2019除以3，根据商为673可知第2019个三角形的直角顶点为循环组的最后一个三角形的顶点，求出即可．【详解】解：∵点A（-3，0）、B（0，4），

∴AB==5，

由图可知，每三个三角形为一个循环组依次循环，一个循环组前进的长度为：4+5+3=12，

∵2019÷3=673，

∴△2019的直角顶点是第673个循环组的最后一个三角形的直角顶点，

∵673×12=8076，

∴△2019的直角顶点的坐标为（8076，0）．故答案为（8076，0）.【点睛】本题主要考查了点的坐标变化规律，仔细观察图形得到每三个三角形为一个循环组依次循环是解题的关键，也是求解的难点．图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．12、【解析】这个式子先移项，变成x2=9，从而把问题转化为求9的平方根．【详解】解：移项得x2=9，

解得x=±1．

故答案为．【点睛】本题考查了解一元二次方程-直接开平方法，解这类问题要移项，把所含未知数的项移到等号的左边，把常数项移项等号的右边，化成x2=a（a≥0）的形式，利用数的开方直接求解．注意：

（1）用直接开方法求一元二次方程的解的类型有：x2=a（a≥0）；ax2=b（a，b同号且a≠0）；（x+a）2=b（b≥0）；a（x+b）2=c（a，c同号且a≠0）．法则：要把方程化为“左平方，右常数，先把系数化为1，再开平方取正负，分开求得方程解”．

（2）用直接开方法求一元二次方程的解，要仔细观察方程的特点．13、或【分析】分点C在优弧AB上和劣弧AB上两种情况讨论，根据切线的性质得到∠OAC的度数，再根据圆周角定理得到∠AOC的度数，再利用三角形内角和定理得出α与β的关系.【详解】解：当点C在优弧AB上时，如图，连接OA、OB、OC，∵PA是⊙O的切线，∴∠PAO=90°，∴∠OAC=α-90°=∠OCA，∵∠AOC=2∠ABC=2β，∴2（α-90°）+2β=180°，∴；当点C在劣弧AB上时，如图，∵PA是⊙O的切线，∴∠PAO=90°，∴∠OAC=90°-α=∠OCA，∵∠AOC=2∠ABC=2β，∴2（90°-α）+2β=180°，∴.综上：α与β的关系是或.故答案为：或.【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，利用圆周角定理是解题的关键，同时注意分类讨论.14、2【分析】设，分别用k表示x、y、z，然后代入计算，即可得到答案.【详解】解：根据题意，设，∴，，，∴；故答案为：2.【点睛】本题考查了比例的性质，解题的关键是掌握比例的性质，正确用k来表示x、y、z.15、或【解析】解方程x2-4x+3=0得，x1=1，x2=3，①当3是直角边时，∵△ABC最小的角为A，∴tanA=；②当3是斜边时，根据勾股定理，∠A的邻边=，∴tanA=；所以tanA的值为或．16、90【分析】根据平行四边形的性质得到AB∥CD，AB=CD，EF∥HG，EF=HG，根据平行线分线段成比例定理和相似三角形的性质即可得到结论．【详解】∵四边形都是平行四边形，∴，，∴，∴，．又∵，∴，∴，，，．易知，∴【点睛】此题考查平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，三角形的面积，正确的识别图形是解题的关键．17、【分析】由已知条件易求直角三角形AOH的面积以及扇形AOC的面积，根据阴影部分的面积＝扇形AOC的面积﹣直角三角形AOH的面积，计算即可．【详解】∵BA与⊙O相切于点A，∴AB⊥OA，∴∠OAB＝90°，∵OA＝6，AB＝6，∴tan∠B＝，∴∠B＝30°，∴∠O＝60°，∴∠OAH＝30°，∴OH＝OA＝3，∴AH＝3，∴阴影部分的面积＝扇形AOC的面积﹣直角三角形AOH的面积＝﹣×3×3＝；故答案为：．【点睛】此题考查圆的性质，直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，扇形面积公式，三角函数.18、2【分析】圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷1．【详解】解：底面半径为3，则底面周长=6π，设圆锥的母线长为x，圆锥的侧面积=×6πx=12π．解得：x=2，故答案为2．三、解答题(共66分)19、（1）详见解析；（2）2秒；（3）2秒或秒或秒．【分析】（1）由题意通过计算发现EQ＝FQ＝6，由此即可证明；（2）根据题意利用三角形的面积建立方程即可得出结论；（3）由题意分点E在Q的左侧以及点E在Q的右侧这两种情况，分别进行分析即可得出结论．【详解】解：（1）证明：若运动时间t＝秒，则BE＝2×＝（cm），DF＝（cm），∵四边形ABCD是矩形∴AD＝BC＝8（cm），AB＝DC＝6（cm），∠D＝∠BCD＝90°∵∠D＝∠FQC＝∠QCD＝90°，∴四边形CDFQ也是矩形，∴CQ＝DF，CD＝QF＝6（cm），∴EQ＝BC﹣BE﹣CQ＝8﹣﹣＝6（cm），∴EQ＝QF＝6（cm），又∵FQ⊥BC，∴△EQF是等腰直角三角形；（2）由（1）知，CE＝8﹣2t，CQ＝t，在Rt△ABC中，tan∠ACB＝＝，在Rt△CPQ中，tan∠ACB＝＝＝，∴PQ＝t，∵△EPC的面积为3cm2，∴S△EPC＝CE×PQ＝×（8﹣2t）×t＝3，∴t＝2秒，即t的值为2秒；（3）解：分两种情况：Ⅰ．如图1中，点E在Q的左侧．①∠PEQ=∠CAD时，△EQP∽△ADC，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠CAD=∠ACB，∵△EQP∽△ADC，∴∠CAD=∠QEP，∴∠ACB=∠QEP，∴EQ=CQ，∴CE=2CQ，由（1）知，CQ=t，CE=8-2t，∴8-2t=2t，∴t=2秒；②∠PEQ=∠ACD时，△EPQ∽△CAD，∴，∵FQ⊥BC，∴FQ∥AB，∴△CPQ∽△CAB，∴，即，解得：，∴，解得：；Ⅱ．如图2中，点E在Q的右侧．∵0＜t＜4，∴点E不能与点C重合，∴只存在△EPQ∽△CAD，可得，即，解得：；综上所述，t的值为2秒或秒或秒时，△EPQ与△ADC相似．【点睛】本题是相似形综合题，主要考查矩形的性质和判定，三角函数，相似三角形的判定和性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．20、（1）；（2）或；（3），，，【分析】（1）根据题意易得点M、P的坐标，利用待定系数法来求直线AB的解析式；（2）分和两种情况根据点A、点B在直线y=x+2上列式求解即可；（3）分和两种情况，利用相似三角形的性质列式求解即可.【详解】（1）如图①，设直线AB与x轴的交点为M．

∵∠OPA=45°，

∴OM=OP=2，即M（-2，0）．

设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0），将M（-2，0），P（0，2）两点坐标代入，得，

解得，．

故直线AB的解析式为y=x+2；（2）①设（a＞0）∵点A、点B在直线y=x+2上和抛物线y=x2的图象上，∴，∴，∴解得，，（舍去）②设（a＞0）∵点A、点B在直线y=x+2上和抛物线y=x2的图象上，∴，∴，∴解得：，（舍去）综上或（3），，①此时，关于轴对称，为等腰直角三角形②此时满足，左侧还有也满足，，，四点共圆，易得圆心为中点设，∵且不与重合，为正三角形，过作，则，∵∴∴解得，∴∵∴∴解得，∴综上所述，满足条件的点M的坐标为：，，，.【点睛】本题考查了二次函数综合题．其中涉及到了待定系数法求一次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，方程思想，难度比较大．另外，解答（2）、（3）题时，一定要分类讨论，做到不重不漏．21、（1）见解析；（2）成立，理由见解析；（3）【分析】（1）如图1中，延长CD交⊙O于H．想办法证明∠3=∠4即可解决问题．（2）成立，证明方法类似（1）．（3）构建方程组求出BD，DF即可解决问题．【详解】（1）延长交于；∵为直径，∴.∵∴∴∴∵为直径∴∴，∴∴（2）成立；∵为直径，∴.∵∴∴∴∵为直径∴∴，∴∴（3）由（2）得：，∵，∴，∴，解得：，，∴，∴.【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．22、（1）①证明见解析，②存在，；（2）或．【分析】（1）①证明∠A+2∠ABD=90°即可解决问题．

②如图1中，假设在AC边设上存在点E（异于点D），使得△ABE是“类直角三角形”．证明△ABC∽△BEC，可得，由此构建方程即可解决问题．

（2）分两种情形：①如图2中，当∠ABC+2∠C=90°时，作点D关于直线AB的对称点F，连接FA，FB．则点F在⊙O上，且∠DBF=∠DOA．

②如图3中，由①可知，点C，A，F共线，当点E与D共线时，由对称性可知，BA平分∠FBC，可证∠C+2∠ABC=90°，利用相似三角形的性质构建方程即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵是的角平分线，∴，∵，∴，∴，∴为“类直角三角形”．②如图1中，假设在边设上存在点（异于点），使得是“类直角三角形”．在中，∵，，∴，∵，∴，∵∴，∴，∴，∴，（2）∵是直径，∴，∵，，∴，①如图2中，当时，作点关于直线的对称点，连接，．则点在上，且，∵，且，∴，∴，，共线，∵∴，∴，∴，即∴．②如图3中，由①可知，点，，共线，当点与共线时，由对称性可知，平分，∴，∵，，∴，∴，即，∴，且中解得综上所述，当是“类直角三角形”时，的长为或．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，“类直角三角形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．23、（1）见解析，A1(3，1)，B1(1，－1)．（2）见解析，B2(－3，－1)，C2(－2，－3)．（3）（-1，-1）【分析】（1）依据以点C为旋转中心旋转180°，即可画出旋转后的△A1B1C1；

（2）依据点A的对应点A2的坐标为（−5，−3），即可画出平移后的△A2B2C2；

（3）依据中心对称的性质，即可得到对称中心P的坐标．【详解】(1)如图所示，△A1B1C1为所作三角形，A1(3，1)，B1(1，－1)．(2)如图所示，△A2B2C2为所作三角形，B2(－3，－1)，C2(－2，－3)．(3)对称中心P的坐标为(－1，－1)．【点睛】本题主要考查了利用平移变换以及旋转变换进行作图，根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．24、(1)见解析；(2)

当∠GBC=30°时，四边形GCFD是正方形．证明见解析；(3)当∠GBC=120°时，以点，，，为顶点的四边形CGFD是矩形.证明见解析．【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再通过证明得出，从而证明四边形是菱形；（2）证法一：如图，连接交于，在上取一点，使得，通过证明，，，从而证明当∠GBC=30°时，四边形GCFD是正方形；证法二：如图，过点G作GH⊥BC于H，通过证明OD=OC=OG=OF，GF=CD，从而证明当∠GBC=30°时，四边形GCFD是正方形；（3）

当∠GBC=120°时，点E与点A重合，通过证明，CD=GF，，从而证明四边形是矩形．【详解】(1)，，四边形是平行四边形，在和中，，，四边形是菱形．(2)

当∠GBC=30°时，四边形GCFD是正方形．证法一：如图，连接交于，在上取