2025届广西壮族自治区玉林市陆川县数学九上期末质量检测模拟试题含解析

2025届广西壮族自治区玉林市陆川县数学九上期末质量检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1．在一次篮球邀请赛中，参赛的每两个队之间都要比赛一场，共比赛36场．则参赛的球队数为（）A．6个 B．8个 C．9个 D．12个2．下列方程是一元二次方程的是（）A．3x2＋＝0 B．（3x－1）（3x＋1）＝3C．（x－3）（x－2）＝x2 D．2x－3y＋1＝03．在某一时刻，测得一根高为1.8m的竹竿的影长为3m，同时测得一根旗杆的影长为25m，那么这根旗杆的高度为（）A．10m B．12m C．15m D．40m4．下列方程中，是关于x的一元二次方程的是（）A．5x+5＝2x﹣1 B．y2﹣7y＝0C．ax2+bc+c＝0 D．2x2+2x＝x2-15．如图，AB是半圆O的直径，∠BAC＝40°，则∠D的度数为()A．140° B．135° C．130° D．125°6．在△ABC中，∠C＝90°，a，b，c分别为∠A，∠B，∠C的对边，下列关系中错误的是（）A．b＝c•cosB B．b＝a•tanB C．b＝c•sinB D．a＝b•tanA7．如图，已知BD是⊙O直径，点A、C在⊙O上，，∠AOB=60°，则∠BDC的度数是（）A．20° B．25° C．30° D．40°8．如图，在中，，，，点O是AB的三等分点，半圆O与AC相切，M，N分别是BC与半圆弧上的动点，则MN的最小值和最大值之和是（）A．5 B．6 C．7 D．89．人教版初中数学教科书共六册，总字数是978000，用科学记数法可将978000表示为（）A．978×103 B．97.8×104 C．9.78×105 D．0.978×10610．如图，点I是△ABC的内心，∠BIC＝130°，则∠BAC＝（）A．60° B．65° C．70° D．80°11．已知正多边形的边心距与边长的比为，则此正多边形为（）A．正三角形 B．正方形 C．正六边形 D．正十二边形12．已知a≠0，下列计算正确的是（）A．a2+a3＝a5 B．a2•a3＝a6 C．a3÷a2＝a D．（a2）3＝a5二、填空题（每题4分，共24分）13．一个扇形的弧长是，它的面积是，这个扇形的圆心角度数是_____．14．已知二次函数的图像开口向上，则的值为________.15．如图，已知梯形ABCO的底边AO在轴上，，AB⊥AO，过点C的双曲线交OB于D，且，若△OBC的面积等于3，则k的值为__________．16．在矩形ABCD中，P为CD边上一点（DP＜CP），∠APB＝90°．将△ADP沿AP翻折得到△AD'P，PD'的延长线交边AB于点M，过点B作BN∥MP交DC于点N，连接AC，分别交PM，PB于点E，F．现有以下结论：①连接DD'，则AP垂直平分DD'；②四边形PMBN是菱形；③AD2＝DP•PC；④若AD＝2DP，则；其中正确的结论是_____（填写所有正确结论的序号）17．如图，等腰直角△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点O分斜边AB为BO：OA=1：，将△BOC绕C点顺时针方向旋转到△AQC的位置，则∠AQC=．18．若方程x2＋2x－11＝0的两根分别为m、n，则mn（m＋n）＝______．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D为的中点．过点D作直线AC的垂线，垂足为E，连接OD．（1）求证：∠A=∠DOB；（2）DE与⊙O有怎样的位置关系？请说明理由．20．（8分）如图，在中，连接，点,分别是的点（点不与点重合），,相交于点.(1)求，的长；(2)求证：～；(3)当时，请直接写出的长.21．（8分）用合适的方法解方程：（1）；（2）．22．（10分）《海岛算经》第一个问题的大意是：如图，要测量海岛上一座山峰的高度，立两根高丈的标杆和，两竿之间的距步，成一线，从处退行步到，人的眼睛贴着地面观察点，三点成一线；从处退行步到，从观察点，三点也成一-线．试计算山峰的高度及的长．(这里步尺，丈尺，结果用丈表示)．怎样利用相似三角形求得线段及的长呢？请你试一试!23．（10分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象分别相交于第一、三象限内的，两点，与轴交于点．(1)求该反比例函数和一次函数的解析式；(2)在轴上找到一点使最大，请直接写出此时点的坐标．24．（10分）某广场有一个小型喷泉，水流从垂直于地面的水管OA喷出，OA长为1.5米.水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落到地面上，某方向上抛物线路径的形状如图所示，落点B到O的距离为3米．建立平面直角坐标系，水流喷出的高度y（米）与水平距离x（米）之间近似满足函数关系（1）求y与x之间的函数关系式；（2）求水流喷出的最大高度．25．（12分）如图，将矩形沿折叠，使顶点恰好落在边的处，点落在点处，交线段于点.（1）求证：；（2）若是的中点，，，求的长.26．如图，转盘A的三个扇形面积相等，分别标有数字1，2，3，转盘B的四个扇形面积相等，分别有数字1，2，3，1．转动A、B转盘各一次，当转盘停止转动时，将指针所落扇形中的两个数字相乘（当指针落在四个扇形的交线上时，重新转动转盘）．（1）用树状图或列表法列出所有可能出现的结果；（2）求两个数字的积为奇数的概率．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【分析】设有x个队参赛，根据题意列出方程即可求出答案即可解决．【详解】解：设有x个队参赛，根据题意，可列方程为：x（x﹣1）＝36，解得：x＝9或x＝﹣8（舍去），故选：C．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解决本题的关键是正确理解题意，找到题意中蕴含的等量关系.2、B【分析】根据一元二次方程的定义，二次项系数不能等于0，未知数最高次数是2的整式方程，即可得到答案.【详解】解：A、不是整式方程，故本项错误；B、化简得到，是一元二次方程，故本项正确；C、化简得到，是一元一次方程，故本项错误；D、是二元一次方程，故本项错误；故选择：B.【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，熟记定义是解题的关键.3、C【解析】根据同时同地物高与影长成正比，列式计算即可得解．【详解】设旗杆高度为x米，由题意得，，解得：x＝15，故选C．【点睛】本题考查了相似三角形的应用，熟知同时同地物高与影长成比例是解题的关键.4、D【分析】根据一元二次方程的定义逐个判断即可．【详解】解：A、是关于x的一元一次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；B、是关于y的一元二次方程，不是关于x的一元二次方程，故本选项不符合题意；C、只有当a≠0时，是关于x的一元二次方程，故本选项不符合题意；D、是关于x的一元二次方程，故本选项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义的内容是解此题的关键．5、C【分析】根据圆周角定理可知，再由三角形的内角和可得，最后根据圆内接四边形的性质即可得.【详解】AB是半圆O的直径（圆周角定理）（圆内接四边形的对角互补）故选：C.【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形的内角和定理、圆内接四边形的性质，掌握灵活运用各定理和性质是解题关键.6、A【分析】本题可以利用锐角三角函数的定义求解即可．【详解】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，则tanA＝，tanB＝，cosB＝，sinB＝；因而b＝c•sinB＝a•tanB，a＝b•tanA，错误的是b＝c•cosB．故选：A．【点睛】本题考查三角函数的定义,熟记定义是解题的关键.7、C【详解】∵，∠AOB=60°，∴∠BDC=∠AOB=30°．故选C．8、B【解析】设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作垂足为P交⊙O于F，此时垂线段OP最短，PF最小值为，当N在AB边上时，M与B重合时，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，根据图形与圆的性质即可求解.【详解】如图，设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作垂足为P交⊙O于F，此时垂线段OP最短，PF最小值为，∵，，∴∵，∴∵点O是AB的三等分点，∴，，∴，∵⊙O与AC相切于点D，∴，∴，∴，∴，∴MN最小值为，如图，当N在AB边上时，M与B重合时，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，MN最大值，,∴MN长的最大值与最小值的和是1．故选B．【点睛】此题主要考查圆与三角形的性质，解题的关键是熟知圆的性质及直角三角形的性质.9、C【详解】解：978000用科学记数法表示为：9.78×105，故选C．【点睛】本题考查科学记数法—表示较大的数．10、D【分析】根据三角形的内接圆得到∠ABC=2∠IBC，∠ACB=2∠ICB，根据三角形的内角和定理求出∠IBC+∠ICB，求出∠ACB+∠ABC的度数即可；【详解】解：∵点I是△ABC的内心，∴∠ABC＝2∠IBC，∠ACB＝2∠ICB，∵∠BIC＝130°，∴∠IBC+∠ICB＝180°﹣∠CIB＝50°，∴∠ABC+∠ACB＝2×50°＝100°，∴∠BAC＝180°﹣（∠ACB+∠ABC）＝80°．故选D．【点睛】本题主要考查了三角形的内心，掌握三角形的内心的性质是解题的关键.11、B【分析】边心距与边长的比为，即边心距等于边长的一半，进而可知半径与边心距的夹角是15度．可求出中心角的度数，从而得到正多边形的边数．【详解】如图，圆A是正多边形的内切圆；∠ACD＝∠ABD＝90°，AC＝AB，CD＝BD是边长的一半，当正多边形的边心距与边长的比为，即如图有AB＝BD，则△ABD是等腰直角三角形，∠BAD＝15°，∠CAB＝90°，即正多边形的中心角是90度，所以它的边数＝360÷90＝1．故选：B．【点睛】本题利用了正多边形与它的内切圆的关系求解，转化为解直角三角形的计算．12、C【分析】结合选项分别进行同底数幂的乘法、同底数幂的除法、幂的乘方的运算，选出正确答案．【详解】A、a2和a3不是同类项，不能合并，故本选项错误；B、a2•a3＝a5，原式计算错误，故本选项错误；C、a3÷a2＝a，计算正确，故本选项正确；D、（a2）3＝a6，原式计算错误，故本选项错误．故选：C．【点睛】本题考查了同底数幂的乘法、同底数幂的除法、幂的乘方等运算，掌握运算法则是解答本题的关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、120°【分析】设扇形的半径为r，圆心角为n°．利用扇形面积公式求出r，再利用弧长公式求出圆心角即可．【详解】设扇形的半径为r，圆心角为n°．由题意：,∴r＝4，∴∴n＝120，故答案为120°【点睛】本题考查扇形的面积的计算，弧长公式等知识，解题的关键是掌握基本知识.14、2【分析】根据题意：的最高次数为2，由开口向上知二次项系数大于0，据此求解即可.【详解】∵是二次函数，

∴，即

解得：，

又∵图象的开口向上，

∴，

∴．故答案为：．【点睛】本题综合考查了二次函数的性质及定义，要注意二次项系数的取值范围．15、【分析】设C（x，y），BC=a．过D点作DE⊥OA于E点．根据DE∥AB得比例线段表示点D坐标；根据△OBC的面积等于3得关系式，列方程组求解．【详解】设C（x，y），BC=a．则AB=y，OA=x+a．过D点作DE⊥OA于E点．∵OD：DB=1：2，DE∥AB，∴△ODE∽△OBA，相似比为OD：OB=1：3，∴DE=AB=y，OE=OA=（x+a）．∵D点在反比例函数的图象上，且D（（x+a），y），∴y•（x+a）=k，即xy+ya=9k，∵C点在反比例函数的图象上，则xy=k，∴ya=8k．∵△OBC的面积等于3，∴ya=3，即ya=1．∴8k=1，k=．故答案为：．16、①②③【分析】根据折叠的性质得出AP垂直平分DD'，判断出①正确．过点P作PG⊥AB于点G，易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，所以AD＝PG，DP＝AG，GB＝PC，易证△APG∽△PBG，所以PG2＝AG•GB，即AD2＝DP•PC判断出③正确；DP∥AB，所以∠DPA＝∠PAM，由题意可知：∠DPA＝∠APM，所以∠PAM＝∠APM，由于∠APB﹣∠PAM＝∠APB﹣∠APM，即∠ABP＝∠MPB，从而可知PM＝MB＝AM，又易证四边形PMBN是平行四边形，所以四边形PMBN是菱形；判断出②正确；由于，可设DP＝1，AD＝2，由（1）可知：AG＝DP＝1，PG＝AD＝2，从而求出GB＝PC＝4，AB＝AG+GB＝5，由于CP∥AB，从而可证△PCF∽△BAF，△PCE∽△MAE，从而可得，，从而可求出EF＝AF﹣AE＝AC﹣＝AC，从而可得，判断出④错误．【详解】解：∵将△ADP沿AP翻折得到△AD'P，∴AP垂直平分DD'，故①正确；解法一：过点P作PG⊥AB于点G，∴易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，∴AD＝PG，DP＝AG，GB＝PC∵∠APB＝90°，∴∠APG+∠GPB＝∠GPB+∠PBG＝90°，∴∠APG＝∠PBG，∴△APG∽△PBG，∴，∴PG2＝AG•GB，即AD2＝DP•PC；解法二：易证：△ADP∽△PCB，∴，由于AD＝CB，∴AD2＝DP•PC；故③正确；∵DP∥AB，∴∠DPA＝∠PAM，由题意可知：∠DPA＝∠APM，∴∠PAM＝∠APM，∵∠APB﹣∠PAM＝∠APB﹣∠APM，即∠ABP＝∠MPB∴AM＝PM，PM＝MB，∴PM＝MB，又易证四边形PMBN是平行四边形，∴四边形PMBN是菱形；故②正确；由于，可设DP＝1，AD＝2，由（1）可知：AG＝DP＝1，PG＝AD＝2，∵PG2＝AG•GB，∴4＝1•GB，∴GB＝PC＝4，AB＝AG+GB＝5，∵CP∥AB，∴△PCF∽△BAF，∴，∴又易证：△PCE∽△MAE，AM＝AB＝∴，∴，∴EF＝AF﹣AE＝AC﹣＝AC∴，故④错误，即：正确的有①②③，故答案为：①②③．【点睛】本题是一道关于矩形折叠的综合题目，考查的知识点有折叠的性质，矩形的性质，相似三角形的性质，菱形的判定等，此题充分考查了学生对所学知识点的掌握情况以及综合利用能力，是一道很好的题目.17、105°．【分析】连接OQ，由旋转的性质可知：△AQC≌△BOC，从而推出∠OAQ=90°，∠OCQ=90°，再根据特殊直角三角形边的关系，分别求出∠AQO与∠OQC的值，可求出结果．【详解】连接OQ，∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠BAC=∠B=45°，由旋转的性质可知：△AQC≌△BOC，∴AQ=BO，CQ=CO，∠QAC=∠B=45°，∠ACQ=∠BCO，∴∠OAQ=∠BAC+∠CAQ=90°，∠OCQ=∠OCA+∠ACQ=∠OCA+∠BCO=90°，∴∠OQC=45°，∵BO：OA=1：，设BO=1，OA=，∴AQ=1，则tan∠AQO==，∴∠AQO=60°，∴∠AQC=105°．故答案为105°．18、22【分析】

【详解】∵方程x2＋2x－11＝0的两根分别为m、n，∴m+n=-2,mn=-11,∴mn(m＋n)＝（-11）×(-2)=22.故答案是：22三、解答题（共78分）19、（1）见解析；（2）相切，理由见解析【分析】（1）连接OC，由D为的中点，得到，根据圆周角定理即可得到结论；

（2）根据平行线的判定定理得到AE∥OD，根据平行线的性质得到OD⊥DE，从而得到结论．【详解】（1）证明：连接OC，∵D为的中点，∴，∴∠BOD＝∠BOC，由圆周角定理可知，∠BAC＝∠BOC，∴∠A＝∠DOB；（2）解：DE与⊙O相切，理由：∵∠A＝∠DOB，∴AE∥OD，∵DE⊥AE，∴OD⊥DE，∴DE与⊙O相切．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，圆周角定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．20、（1）AD=10，BD=10；（2）见解析；（3）AG=．【分析】（1）由可证明△ABC∽△DAC，通过相似比即可求出AD，BD的长；（2）由（1）可证明∠B=∠DAB，再根据已知条件证明∠AFC=∠BEF即可；（3）过点C作CH∥AB，交AD的延长线于点H，根据平行线的性质得到，计算出CH和AH的值，由已知条件得到≌，设AG=x，则AF=15-x，HG=18-x，再由平行线的性质得到，表达出即可解出x，即AG的值．【详解】解：（1）∵，∴，又∵∠ACB=∠DCA，∴△ABC∽△DAC，∴，即，解得：CD=8，AD=10，∴BD=BC-CD=18-8=10，∴AD=10，BD=10；（2）由（1）可知，AD=BD=10，∴∠B=∠DAB，∵∠AFE=∠B+∠BEF，∴∠AFC+∠CFE=∠B+∠BEF，∵，∴∠AFC=∠BEF，又∵∠B=∠DAB，∴～；（3）如图，过点C作CH∥AB，交AD的延长线于点H，∴，即，解得：CH=12，HD=8，∴AH=AD+HD=18，若，则≌；∴BF=AG，设AG=x，则AF=15-x，HG=18-x，∵CH∥AB，∴，即，解得：，（舍去）∴AG=．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质以及平行线分线段成比例，解题的关键是熟悉相似三角形的判定，并灵活作出辅助线．21、（1）；（2），．【分析】（1）把方程整理后左边进行因式分解，求方程的解即可；（2）方程整理配方后，开方即可求出解；【详解】(1)，移项整理得：，提公因式得：，∴或，解得：；(2)，方程移项得：，二次项系数化成1得：，配方得：，即，开方得：，解得：．【点睛】本题主要考查了解一元二次方程－配方法、因式分解法，熟练掌握一元二次方程的各种解法是解题的关键．22、BH=18450丈，AH=753丈．【分析】根据“平行线法”证得△BCF∽△HAF、△DEG∽△HAG，然后由相似三角形的对应边成比例即可求解．【详解】∵AH∥BC，∴△BCF∽△HAF，∴，又∵DE∥AH，∴△DEG∽△HAG，∴，又∵BC=DE，∴，即，∴BH=30750(步)，30750步=18450丈，BH=18450丈，又∵，步，∴AH=(步)，1255步=753丈，AH=753丈．【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用，得出△