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_第1页
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文档简介

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

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