2022年广东省东莞市五校数学九上期末综合测试模拟试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项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（每题4分，共48分）1．如图，AD，BC相交于点O，AB∥CD．若AB=1，CD=2，则△ABO与△DCO的面积之比为A． B． C． D．2．如图，AB是半径为1的⊙O的直径，点C在⊙O上，∠CAB＝30°，D为劣弧CB的中点，点P是直径AB上一个动点，则PC+PD的最小值为（）A．1 B．2 C． D．3．若关于x的一元二次方程kx2﹣4x+3=0有实数根，则k的非负整数值是（）A．1 B．0，1 C．1，2 D．1，2，34．在一个不透明的布袋中，有红色、黑色、白色球共40个，它们除颜色外其他完全相同，小明通过多次摸球试验后发现其中摸到红色球、黑色球的频率稳定在和，则布袋中白色球的个数可能是（）A．24 B．18 C．16 D．65．下图中几何体的左视图是（）A． B． C． D．6．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（）A． B． C． D．7．如图，中，点、分别在、上，，，则与四边形的面积的比为（）A． B． C． D．8．下列命题中，为真命题的是（）A．同位角相等 B．相等的两个角互为对顶角C．若a2＝b2，则a＝b D．若a＞b，则﹣2a＜﹣2b9．已知，则的值是（）A． B．2 C． D．10．一个袋子中装有6个黑球3个白球，这些球除颜色外，形状、大小、质地等完全相同，在看不到球的条件下，随机地从这个袋子中摸出一个球，摸到白球的概率为（）A． B． C． D．11．已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），函数y与自变量x的部分对应值如下表所示：x…﹣10123…y…﹣23676…当y＜6时，x的取值范围是（）A．x＜1 B．x≤3 C．x＜1或x＞0 D．x＜1或x＞312．如图，在中，，，平分，是的中点，若，则的长为（）A．4 B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．如图所示，小明在探究活动“测旗杆高度”中，发现旗杆的影子恰好落在地面和教室的墙壁上，测得，，而且此时测得高的杆的影子长，则旗杆的高度约为__________．14．如图，在⊙O中，弦AB=8cm，OC⊥AB,垂足为C，OC=3cm，则⊙O的半径为______cm.15．若有一组数据为8、4、5、2、1，则这组数据的中位数为__________．16．如图，点是矩形的对角线上一点，正方形的顶点在边上，则的值为__________．17．用配方法解方程时，原方程可变形为_________．18．如图所示的两个四边形相似，则的度数是．三、解答题（共78分）19．（8分）用适当的方法解下列一元二次方程．（1）；（2）．20．（8分）定义：连结菱形的一边中点与对边的两端点的线段把它分成三个三角形，如果其中有两个三角形相似，那么称这样的菱形为自相似菱形．(1)判断下列命题是真命题，还是假命题？①正方形是自相似菱形；②有一个内角为60°的菱形是自相似菱形．③如图1，若菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC=α(0°＜α＜90°)，E为BC中点，则在△ABE，△AED，△EDC中，相似的三角形只有△ABE与△AED．(2)如图2，菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC是锐角，边长为4，E为BC中点．①求AE，DE的长；②AC，BD交于点O，求tan∠DBC的值．21．（8分）同时抛掷3枚硬币做游戏，其中1元硬币1枚，5角硬币两枚．（1）求3枚硬币同时正面朝上的概率．（2）小张、小王约定：正面朝上按面值算，背面朝上按0元算．3枚落地后，若面值和为1.5元，则小张获得1分；若面值和为1元，则小王得1分．谁先得到10分，谁获胜，请问这个游戏是否公平？并说明理由．22．（10分）如图，某中学有一块长为米，宽为米的矩形场地，计划在该场地上修筑宽都为2米的两条互相垂直的道路（阴影部分），余下的四块矩形小场地建成草坪．（1）请分别写出每条道路的面积（用含或的代数式表示）；（2）若，并且四块草坪的面积之和为144平方米，试求原来矩形场地的长与宽各为多少米？23．（10分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线，其顶点为A．（1）写出这条抛物线的开口方向、顶点A的坐标，并说明它的变化情况；（2）直线BC平行于x轴，交这条抛物线于B、C两点（点B在点C左侧），且，求点B坐标．24．（10分）（1）已知关于x的一元二次方程x2+（a+3）x+a+1＝1．求证：无论a取何值，原方程总有两个不相等的实数根：（2）已知：二次函数y＝ax2+bx+c（a≠1）中的x和y满足下表：x…﹣11123…y…31﹣11m…①观察上表可求得m的值为；②试求出这个二次函数的解析式．25．（12分）如图，在△ABC中，∠A为钝角，AB=25，AC=39，，求tanC和BC的长.

26．如图，点A是我市某小学，在位于学校南偏西15°方向距离120米的C点处有一消防车.某一时刻消防车突然接到报警电话，告知在位于C点北偏东75°方向的F点处突发火灾，消防队必须立即沿路线CF赶往救火．已知消防车的警报声传播半径为110米，问消防车的警报声对学校是否会造成影响？若会造成影响，已知消防车行驶的速度为每小时60千米，则对学校的影响时间为几秒？（≈3.6，结果精确到1秒）

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【解析】根据相似三角形的判定与性质即可求出答案．【详解】∵AB∥CD，∴△AOB∽△DOC，∵，∴，故选B．【点睛】本题考查相似三角形，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，本题属于基础题型．2、C【分析】作D点关于AB的对称点E，连接OC．OE、CE，CE交AB于P'，如图，利用对称的性质得到P'E=P'D，，再根据两点之间线段最短判断点P点在P'时，PC+PD的值最小，接着根据圆周角定理得到∠BOC=60°，∠BOE=30°，然后通过证明△COE为等腰直角三角形得到CE的长即可．【详解】作D点关于AB的对称点E，连接OC、OE、CE，CE交AB于P'，如图，∵点D与点E关于AB对称，∴P'E=P'D，，∴P'C+P'D=P'C+P'E=CE，∴点P点在P'时，PC+PD的值最小，最小值为CE的长度．∵∠BOC=2∠CAB=2×30°=60°，而D为的中点，∴∠BOE∠BOC=30°，∴∠COE=60°+30°=90°，∴△COE为等腰直角三角形，∴CEOC，∴PC+PD的最小值为．故选：C．【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．3、A【详解】由题意得，根的判别式为△=(-4)2-4×3k，由方程有实数根，得(-4)2-4×3k≥0，解得k≤，由于一元二次方程的二次项系数不为零，所以k≠0，所以k的取值范围为k≤且k≠0，即k的非负整数值为1，故选A．4、C【分析】先由频率之和为1计算出白球的频率，再由数据总数×频率＝频数计算白球的个数．【详解】∵摸到红色球、黑色球的频率稳定在15%和45%，∴摸到白球的频率为1−15%−45%＝40%，故口袋中白色球的个数可能是40×40%＝16个．故选：C．【点睛】大量反复试验下频率稳定值即概率．关键是算出摸到白球的频率．5、D【分析】根据左视图是从左面看到的图形，即可．【详解】从左面看从左往右的正方形个数分别为1，2，故选D．【点睛】本题主要考查几何体的三视图，理解左视图是从左面看到的图形，是解题的关键．6、B【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（-x，-y），可以直接写出答案．【详解】点P(-3，4)关于原点对称的点的坐标是(3，-4)．故选：B．【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握两个点关于原点对称时坐标变化特点：横纵坐标均互为相反数．7、C【分析】因为DE∥BC，所以可得△ADE∽△ABC，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方解答即可．【详解】解：∵DE∥BC，

∴△ADE∽△ABC，

∴，

∵AD：DB=1：2，

∴AD：AB=1：3，

∴，

∴△ADE的面积与四边形DBCE的面积之比=1：8，

故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟记相似三角形面积的比等于相似比的平方是解题的关键．8、D【解析】根据同位角、对顶角和等式以及不等式的性质，逐一判断选项，即可．【详解】A、两直线平行，同位角相等，原命题是假命题；B、相等的两个角不一定互为对顶角，原命题是假命题；C、若a2＝b2，则a＝b或a＝﹣b，原命题是假命题；D、若a＞b，则﹣2a＜﹣2b，是真命题；故选：D．【点睛】本题主要考查真假命题的判断，熟练掌握常用的公理，定理，推论和重要结论，是解题的关键.9、C【分析】设x=5k（k≠0），y=2k（k≠0），代入求值即可．【详解】解：∵∴x=5k（k≠0），y=2k（k≠0）∴故选：C．【点睛】本题考查分式的性质及化简求值，根据题意，正确计算是解题关键．10、B【分析】让白球的个数除以球的总数即为摸到白球的概率．【详解】解：6个黑球3个白球一共有9个球，所以摸到白球的概率是．故选：B．【点睛】本题考查了概率，熟练掌握概率公式是解题的关键．11、D【分析】根据表格确定出抛物线的对称轴，开口方向，然后根据二次函数的图像与性质解答即可.【详解】∵当x=1时，y=6；当x=1时，y=6，∴二次函数图象的对称轴为直线x=2，∴二次函数图象的顶点坐标是（2，7），由表格中的数据知，抛物线开口向下，∴当y＜6时，x＜1或x＞1．故选D．【点睛】本题考察了二次函数的图像和性质，对于二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0），当a>0时，开口向上，在对称轴的左侧y随x的增大而减小，在对称轴的右侧y随x的增大而增大；当a<0时，开口向下，在对称轴的左侧y随x的增大而增大，在对称轴的右侧y随x的增大而减小.12、B【分析】首先证明，然后再根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，即.【详解】解：设则,在中，即解得为中点，故选B【点睛】本题主要考查了角平分线的性质、直角三角形斜边上的中线，含30度角的直角三角形.二、填空题（每题4分，共24分）13、1【分析】作BE⊥AC于E，可得矩形CDBE，利用同一时刻物高与影长的比一定得到AE的长度，加上CE的长度即为旗杆的高度【详解】解：作BE⊥AC于E，∵BD⊥CD于D，AC⊥CD于C，∴四边形CDBE为矩形，∴BE=CD=1m，CE=BD=2m，∵同一时刻物高与影长所组成的三角形相似，∴，即，解得AE=2（m），∴AC=AE+EC=2+2=1（m）．故答案为：1．【点睛】本题考查相似三角形的应用；作出相应辅助线得到矩形是解决本题的难点；用到的知识点为：同一时刻物高与影长的比一定．14、5【分析】先根据垂径定理得出AC的长，再由勾股定理即可得出结论．【详解】连接OA，∵OC⊥AB，AB=8，∴AC=4，∵OC=3，∴OA=故答案为：5.【点睛】此题考查勾股定理、垂径定理及其推论，解题关键在于连接OA作为辅助线.15、4【分析】根据中位数的定义求解即可.【详解】解：将数据8、4、5、2、1按从小到大的顺序排列为：1、2、4、5、8，所以这组数据的中位数为4.故答案为：4.【点睛】本题考查了中位数的定义，属于基本题型，解题的关键是熟知中位数的概念.16、【分析】先证明△AHE∽△CBA，得到HE与AH的倍数关系，则可知GF与AG的倍数关系，从而求解tan∠GAF的值．【详解】∵四边形是正方形，∴，∵∠AHE=∠ABC=90°，∠HAE=∠BCA，

∴△AHE∽△CBA，∴，即，设，则A，

∴，

∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质、正方形、矩形的性质、解直角三角形．利用参数求解是解答本题的关键．17、【分析】将常数项移到方程的右边，将二次项系数化成1，再两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可得．【详解】∵，

方程整理得：，

配方得：，即．故答案为：．【点睛】本题主要考查了解一元二次方程-配方法，熟练掌握完全平方公式的结构特点是解本题的关键．18、．【解析】由两个四边形相似，根据相似多边形的对应角相等，即可求得∠A的度数，又由四边形的内角和等于360°，即可求得∠α的度数．【详解】解：∵四边形ABCD∽四边形A′B′C′D′，

∴∠A=∠A′=138°，

∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，

∴∠α=360°-∠A-∠B-∠C=360°-60°-138°-75°==87°．

故答案为87°．【点睛】此题考查了相似多边形的性质．此题比较简单，解题的关键是掌握相似多边形的对应角相等定理的应用．三、解答题（共78分）19、（1），；（2），．【分析】（1）把原方程化成一元二次方程的一般形式，利用公式法解方程即可；（2）按照平方差公式展开、合并，再利用十字相乘法解方程即可．【详解】（1）整理得：，∵，∴，∴，∴，．（2）整理得：，∴，∴x+4=0或x-2=0，解得：，．【点睛】本题考查解一元二次方程，一元二次方程的常用解法有：直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法等，熟练掌握并灵活运用适当的方法是解题关键．20、(1)见解析；(2)①AE=2，DE=4；②tan∠DBC=．【分析】（1）①证明△ABE≌△DCE（SAS），得出△ABE∽△DCE即可；②连接AC，由自相似菱形的定义即可得出结论；③由自相似菱形的性质即可得出结论；（2）①由（1）③得△ABE∽△DEA，得出，求出AE＝2，DE＝4即可；②过E作EM⊥AD于M，过D作DN⊥BC于N，则四边形DMEN是矩形，得出DN＝EM，DM＝EN，∠M＝∠N＝90°，设AM＝x，则EN＝DM＝x+4，由勾股定理得出方程，解方程求出AM＝1，EN＝DM＝5，由勾股定理得出DN＝EM＝＝，求出BN＝7，再由三角函数定义即可得出答案．【详解】解：(1)①正方形是自相似菱形，是真命题；理由如下：如图3所示：∵四边形ABCD是正方形，点E是BC的中点，∴AB=CD，BE=CE，∠ABE=∠DCE=90°，在△ABE和△DCE中，∴△ABE≌△DCE(SAS)，∴△ABE∽△DCE，∴正方形是自相似菱形，故答案为：真命题；②有一个内角为60°的菱形是自相似菱形，是假命题；理由如下：如图4所示：连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD，AD∥BC，AB∥CD，∵∠B=60°，∴△ABC是等边三角形，∠DCE=120°，∵点E是BC的中点，∴AE⊥BC，∴∠AEB=∠DAE=90°，∴只能△AEB与△DAE相似，∵AB∥CD，∴只能∠B=∠AED，若∠AED=∠B=60°，则∠CED=180°﹣90°﹣60°=30°，∴∠CDE=180°﹣120°﹣30°=30°，∴∠CED=∠CDE，∴CD=CE，不成立，∴有一个内角为60°的菱形不是自相似菱形，故答案为：假命题；③若菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC=α(0°＜α＜90°)，E为BC中点，则在△ABE，△AED，△EDC中，相似的三角形只有△ABE与△AED，是真命题；理由如下：∵∠ABC=α(0°＜α＜90°)，∴∠C＞90°，且∠ABC+∠C=180°，△ABE与△EDC不能相似，同理△AED与△EDC也不能相似，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠AEB=∠DAE，当∠AED=∠B时，△ABE∽△DEA，∴若菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC=α(0°＜α＜90°)，E为BC中点，则在△ABE，△AED，△EDC中，相似的三角形只有△ABE与△AED，故答案为：真命题；(2)①∵菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC是锐角，边长为4，E为BC中点，∴BE=2，AB=AD=4，由(1)③得：△ABE∽△DEA，∴∴AE2=BE•AD=2×4=8，∴AE=2，DE===4，故答案为：AE=2；DE=4；②过E作EM⊥AD于M，过D作DN⊥BC于N，如图2所示：则四边形DMEN是矩形，∴DN=EM，DM=EN，∠M=∠N=90°，设AM=x，则EN=DM=x+4，由勾股定理得：EM2=DE2﹣DM2=AE2﹣AM2，即(4)2﹣(x+4)2=(2)2﹣x2，解得：x=1，∴AM=1，EN=DM=5，∴DN=EM==，在Rt△BDN中，∵BN=BE+EN=2+5=7，∴tan∠DBC=，故答案为：．【点睛】本题考查了自相似菱形的定义和判定，菱形的性质应用，三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的定义，掌握三角形相似的判定和性质是解题的关键．21、（1）；（2）公平，见解析【分析】（1）用列表法或树状图法表示出所有可能出现的结果，进而求出3枚硬币同时正面朝上的概率．（2）求出小张获得1分；小王得1分的概率，再判断游戏的公平性．【详解】解：（1）用树状图表示所有可能出现的情况如下：∴P（3枚硬币同时正面朝上）＝；（2）公平，所有面值出现的情况如图所示：∵P（小张获得1分），P（小王得1分），∴P（小张获得1分）＝P（小王得1分），因此对于他们来说是公平的．【点睛】本题考查了树状图和概率计算公式，解决本题的关键是正确理解题意，熟练掌握树状图的画法和概率的计算公式.22、（1）这两条道路的面积分别是平方米和平方米；（2）原来矩形的长为20米，宽为10米．【分析】（1）由题意矩形场地的长为米，宽为米以及道路宽为2米即可得出每条道路的面积；（2）根据题意四块草坪的面积之和为144平方米这一等量关系建立方程进行分析计算即可.【详解】解：（1）由题意可知这两条道路的面积分别是平方米和平方米.（2），∴，根据题意得：解得：，（舍去），∴（米）答：原来矩形的长为20米，宽为10米.【点睛】本题考查一元二次方程的实际应用，理解题意并根据题意列方程求解是解题的关键.23、（1）开口方向向下，点A的坐标是，在对称轴直线左侧部分是上升的，右侧部分是下降的；（2）点B的坐标为【分析】（1）先化为顶点式，然后由二次函数的性质可求解；（2）如图，设直线与对称轴交于点，则，设线段的长为，则，可求点坐标，代入解析式可求的值，即可求点坐标．【详解】解：（1）抛物线的开口方向向下，顶点的坐标是，抛物线的变化情况是：在对称轴直线左侧部分是上升的，右侧部分是下降的；（2）如图，设直线与对称轴交于点，则．设线段的长为，则，点的坐标可表示为，代入，得．解得（舍，，点的坐标为．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，二次函数的应用，利用参数求点坐标是本题的关键．24、（2）证明见解析；（2）①3；②y＝（x﹣2）2﹣2．【分析】（2）△＝（a+3）2﹣4（a+2）＝a2+2a+5＝（a+2）2+4＞2，即可求解；（2）①函数的对