2025届辽宁省昌图县数学九上期末学业质量监测模拟试题含解析

2025届辽宁省昌图县数学九上期末学业质量监测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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．半径为10的⊙O和直线l上一点A，且OA=10，则直线l与⊙O的位置关系是（）A．相切 B．相交 C．相离 D．相切或相交2．在平面直角坐标系中，二次函数与坐标轴交点个数（）A．3个 B．2个 C．1个 D．0个3．点A（﹣3，y1），B（﹣1，y2），C（1，y3）都在反比例函数y=﹣的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（）A．y1＜y2＜y3 B．y3＜y2＜y1 C．y3＜y1＜y2 D．y2＜y1＜y34．抛物线的顶点坐标是（）A． B． C． D．5．如图，一个斜坡长130m，坡顶离水平地面的距离为50m，那么这个斜坡的坡度为（

）A． B． C． D．6．若3x=2y（xy≠0），则下列比例式成立的是（）A． B． C． D．7．若，则的值是（）A． B． C． D．8．已知函数的图象如图所示，则一元二次方程根的存在情况是A．没有实数根 B．有两个相等的实数根C．有两个不相等的实数根 D．无法确定9．如图，AB是⊙O直径，若∠AOC＝140°，则∠D的度数是（）A．20° B．30° C．40° D．70°10．如图，随意向水平放置的大⊙O内部区域抛一个小球，则小球落在小⊙O内部(阴影)区域的概率为（）A． B． C． D．11．在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝35°，AB＝3，则BC的长为（）A．3sin35° B． C．3cos35° D．3tan35°12．如图，PA与PB分别与圆O相切与A、B两点，∠P=80o，则∠C=（）A．45 B．50 C．55 D．60二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，在△ABC中，∠BAC=35°，将△ABC绕点A顺时针方向旋转50°，得到△AB′C′，则∠B′AC的度数是．14．抛物线y＝(x-2)2+3的顶点坐标是______.15．在平面直角坐标系中，直线y=x-2与x轴、y轴分别交于点B、C，半径为1的⊙P的圆心P从点A（4，m）出发以每秒个单位长度的速度沿射线AC的方向运动，设点P运动的时间为t秒，则当t=_____秒时，⊙P与坐标轴相切.16．如图，在矩形ABCD中，如果AB＝3，AD＝4，EF是对角线BD的垂直平分线，分别交AD，BC于点EF，则ED的长为____________________________．17．因式分解：______．18．将二次函数y＝2x2的图像向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到的图像所对应的函数表达式为____．三、解答题（共78分）19．（8分）解方程：x(x－2)＋x－2＝1．20．（8分）如图，直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过B、C两点，与x轴另一交点为A，顶点为D．（1）求抛物线的解析式；（2）在x轴上找一点E，使△EDC的周长最小，求符合条件的E点坐标；（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得∠APB＝∠OCB？若存在，求出PB2的值；若不存在，请说明理由．21．（8分）如图1，在△ABC中，AB＝BC＝20，cosA＝，点D为AC边上的动点（点D不与点A，C重合），以D为顶点作∠BDF＝∠A，射线DE交BC边于点E，过点B作BF⊥BD交射线DE于点F，连接CF．（1）求证：△ABD∽△CDE；（2）当DE∥AB时（如图2），求AD的长；（3）点D在AC边上运动的过程中，若DF＝CF，则CD＝．22．（10分）佩佩宾馆重新装修后,有间房可供游客居住，经市场调查发现，每间房每天的定价为元，房间会全部住满，当每间房每天的定价每增加元时,就会有一间房空闲，如果游客居住房间，宾馆需对每间房每天支出元的各项费用．设每间房每天的定价增加元，宾馆获利为元．(1)求与的函数关系式(不用写出自变量的取值范围);(2)物价部门规定，春节期间客房定价不能高于平时定价的倍,此时每间房价为多少元时宾馆可获利元?23．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，∠BAC的平分线交⊙O于点D，过点D作DE⊥AC分别交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F．（1）求证：EF是⊙O的切线；（2）若AC＝8，CE＝4，求弧BD的长．（结果保留π）24．（10分）已知关于x的方程x2﹣（m+2）x+2m＝1．（1）若该方程的一个根为x＝1，求m的值；（2）求证：不论m取何实数，该方程总有两个实数根．25．（12分）若关于的一元二次方程有实数根，（1）求的取值范围：（2）如果是符合条件的最小整数，且一元二次方程与方程有一个相同的根，求此时的值.26．超速行驶是引发交通事故的主要原因．上周末，小明和三位同学尝试用自己所学的知识检测车速，如图，观测点设在到县城城南大道的距离为米的点处．这时，一辆出租车由西向东匀速行驶，测得此车从处行驶到处所用的时间为秒，且，．求、之间的路程；请判断此出租车是否超过了城南大道每小时千米的限制速度？

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【分析】根据直线和圆的位置关系来判断.【详解】设圆心到直线l的距离为d，则d≤10，当d＝10时，d＝r，直线与圆相切；当r＜10时，d＜r，直线与圆相交，所以直线与圆相切或相交.故选D点睛：本题考查了直线与圆的位置关系，①直线和圆相离时，d>r；②直线和圆相交时，d<r；③直线和圆相切时，d＝r(d为圆心到直线的距离)，反之也成立.2、B【分析】首先根据根的判别式判定与轴的交点，然后令，判定与轴的交点，即可得解.【详解】由题意，得∴该函数与轴有一个交点当时，∴该函数与轴有一个交点∴该函数与坐标轴有两个交点故答案为B.【点睛】此题主要考查利用根的判别式判定二次函数与坐标轴的交点，熟练掌握，即可解题.3、C【解析】将x的值代入函数解析式中求出函数值y即可判断．【详解】当x=-3时，y1=1，

当x=-1时，y2=3，

当x=1时，y3=-3，

∴y3＜y1＜y2

故选：C．【点睛】考查反比例函数图象上的点的特征，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．4、D【分析】当时，是抛物线的顶点，代入求出顶点坐标即可．【详解】由题意得，当时，是抛物线的顶点代入到抛物线方程中∴顶点的坐标为故答案为：D．【点睛】本题考查了抛物线的顶点坐标问题，掌握求二次函数顶点的方法是解题的关键．5、A【解析】试题解析：∵一个斜坡长130m，坡顶离水平地面的距离为50m，∴这个斜坡的水平距离为：=10m，∴这个斜坡的坡度为：50：10=5：1．故选A．点睛：本题考查解直角三角形的应用-坡度坡角问题，解题的关键是明确坡度的定义．坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比，又叫做坡比，它是一个比值，反映了斜坡的陡峭程度，一般用i表示，常写成i=1：m的形式．6、A【分析】根据两内项之积等于两外项之积对各选项分析判断即可得解．【详解】A．由得：3x=2y，故本选项比例式成立；B．由得：xy=6，故本选项比例式不成立；C．由得：2x=3y，故本选项比例式不成立；D．由得：2x=3y，故本选项比例式不成立．故选A．【点睛】本题考查了比例的性质，主要利用了两内项之积等于两外项之积，熟记性质是解题的关键．7、B【分析】解法一：将变形为，代入数据即可得出答案.解法二：设，，带入式子约分即可得出答案.【详解】解法一：解法二：设，则故选B.【点睛】本题考查比例的性质，将比例式变形，或者设比例参数是解题的关键.8、C【详解】试题分析：一次函数的图象有四种情况：①当，时，函数的图象经过第一、二、三象限；②当，时，函数的图象经过第一、三、四象限；③当，时，函数的图象经过第一、二、四象限；④当，时，函数的图象经过第二、三、四象限.由图象可知，函数的图象经过第二、三、四象限，所以，.根据一元二次方程根的判别式，方程根的判别式为，当时，，∴方程有两个不相等的实数根．故选C.9、A【分析】根据邻补角的性质，求出∠BOC的值，再根据圆周角与圆心角的关系求出∠D的度数即可．【详解】∵∠AOC＝140°，∴∠BOC＝180°-∠AOC=40°，∵∠BOC与∠BDC都对，∴∠D＝∠BOC＝20°，故选A．【点睛】本题考查了圆周角定理，知道同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解题的关键．10、B【分析】针扎到内切圆区域的概率就是内切圆的面积与外切圆面积的比．【详解】解：∵如图所示的正三角形，∴∠CAB＝60°，∴∠OAB＝30°，∠OBA＝90°，设OB＝a，则OA＝2a，则小球落在小⊙O内部(阴影)区域的概率为．故选：B．【点睛】本题考查了概率问题，掌握圆的面积公式是解题的关键．11、C【分析】根据余弦定义求解即可．【详解】解：如图，∵∠C＝90°，∠B＝35°，AB＝3，cos35°＝，∴BC＝3cos35°．故选：C．【点睛】本题考查了锐角三角函数，属于基础题型，熟练掌握余弦的定义是解此题的关键．12、B【分析】连接AO，BO，根据题意可得∠PAO=∠PBO=90°，根据∠P=80°得出∠AOB=100°，利用圆周角定理即可求出∠C．【详解】解：连接AO，BO，∵PA与PB分别与圆O相切与A、B两点，∴∠PAO=∠PBO=90°，∵∠P=80°，∴∠AOB=360°-90°-90°-80°=100°，∴∠C=，故选：B．【点睛】本题考查了切线的性质以及圆周角定理，解题的关键是熟知切线的性质以及圆周角定理的内容．二、填空题（每题4分，共24分）13、15°【分析】先根据旋转的性质，求得∠BAB'的度数，再根据∠BAC=35°，求得∠B′AC的度数即可．【详解】∵将绕点顺时针方向旋转50°得到，∴，又∵，∴，故答案为：15°．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，解题时注意：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．14、（2，3）【分析】已知解析式为顶点式，可直接根据顶点式的坐标特点，求顶点坐标，从而得出对称轴．【详解】解：y=（x-2）2+3是抛物线的顶点式，

根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（2，3）．

故答案为（2，3）【点睛】考查将解析式化为顶点式y=a（x-h）2+k，顶点坐标是（h，k），对称轴是x=h．15、1，3，5【分析】设⊙P与坐标轴的切点为D，根据一次函数图象上点的坐标特征可得出点A、B、C的坐标，即可求出AB、AC的长，可得△OBC是等腰直角三角形，分⊙P只与x轴相切、与x轴、y轴同时相切、只与y轴相切三种情况，根据切线的性质和等腰直角三角形的性质分别求出AP的长，即可得答案.【详解】设⊙P与坐标轴的切点为D，∵直线y=x-2与x轴、y轴分别交于点B、C，点A坐标为（4，m），∴x=0时，y=-2，y=0时，x=2，x=4时，y=2，∴A（4，2），B（2，0），C（0，-2），∴AB=2，AC=4，OB=OC=2，∴△OBC是等腰直角三角形，∠OBC=45°，①如图，当⊙P只与x轴相切时，∵点D为切点，⊙P的半径为1，∴PD⊥x轴，PD=1，∴△BDP是等腰直角三角形，∴BD=PD=1，∴BP=，∴AP=AB-BP=，∵点P的速度为个单位长度，∴t=1，②如图，⊙P与x轴、y轴同时相切时，同①得PB=，∴AP=AB+PB=3，∵点P的速度为个单位长度，∴t=3.③如图，⊙P只与y轴相切时，同①得PB=，∴AP=AC+PB=5，∵点P的速度为个单位长度，∴t=5.综上所述：t的值为1、3、5时，⊙P与坐标轴相切，故答案为：1，3，5【点睛】本题考查切线的性质及一次函数图象上点的坐标特征，一次函数图象上的点的坐标都适合该一次函数的解析式；圆的切线垂直于过切点的直径；熟练掌握切线的性质是解题关键.16、【分析】连接EB，构造直角三角形，设AE为，则，利用勾股定理得到有关的一元一次方程，即可求出ED的长．【详解】连接EB，

∵EF垂直平分BD，

∴ED=EB，

设，则，

在Rt△AEB中，

，

即：，

解得：．∴，

故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，线段的垂直平分线的性质和勾股定理，正确根据勾股定理列出方程是解题的关键．17、x（x-5）【分析】直接提公因式，即可得到答案.【详解】解：，故答案为：.【点睛】本题考查了提公因式法因式分解，解题的关键是熟练掌握因式分解的方法.18、y＝2(x－2)2＋3【分析】根据平移的规律：左加右减，上加下减可得函数解析式．【详解】解：将抛物线y=2x2向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后，得到的抛物线的表达式为y=2（x-2）2+3，

故答案为：y＝2(x－2)2＋3.【点睛】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，关键是掌握平移的规律．三、解答题（共78分）19、．【分析】把方程中的x-2看作一个整体，利用因式分解法解此方程．【详解】解：（x－2）（x+2）=2，∴x－2=2或x+2=2，∴x2=2，x2=-2．20、（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）点E（，0）；（3）PB2的值为16+8．【分析】(1)求出点B、C的坐标分别为(3，0)、(0，3)，将点B、C的坐标代入二次函数表达式，即可求解；(2)如图1，作点C关于x轴的对称点C′，连接CD′交x轴于点E，则此时EC+ED为最小，△EDC的周长最小，即可求解；(3)分点P在x轴上方、点P在x轴下方两种情况，由勾股定理可求解．【详解】(1)直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，令x=0，则y=3，令y=0，则x=3，∴点B、C的坐标分别为(3，0)、(0，3)，将点B、C的坐标代入二次函数表达式得：，解得：，故函数的表达式为：y=﹣x2+2x+3；(2)如图1，作点C关于x轴的对称点C′，连接CD′交x轴于点E，此时EC+ED为最小，则△EDC的周长最小，令x=0，则﹣x2+2x+3=0，解得：，∴点A的坐标为(-1，0)，∵y=﹣x2+2x+3，∴抛物线的顶点D的坐标为(1，4)，则点C′的坐标为(0，﹣3)，设直线C′D的表达式为，将C′、D的坐标代入得，解得：，∴直线C′D的表达式为：y=7x﹣3，当y=0时，x=，故点E的坐标为(，0)；(3)①当点P在x轴上方时，如图2，∵点B、C的坐标分别为(3，0)、(0，3)，∴OB=OC=3，则∠OCB=45°=∠APB，过点B作BH⊥AP于点H，设PH=BH=a，则PB=PA=a，由勾股定理得：AB2=AH2+BH2，∴16=a2+(a﹣a)2，解得：a2=8+4，则PB2=2a2=16+8；②当点P在x轴下方时，同理可得．综合以上可得，PB2的值为16+8．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法，勾股定理，等腰三角形的性质，点的对称性等知识，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．21、（1）证明见解析；（2）；（3）1．【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可．

（2）解直角三角形求出BC，由△ABD∽△ACB，推出，可得AD=．

（3）点D在AC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF=CF．作FH⊥AC于H，BM⊥AC于M，BN⊥FH于N．则∠NHM=∠BMH=∠BNH=90°，由△BFN∽△BDM，可得=tan∠BDF=tanA=，推出AN=AM=×12=9，推出CH=CMMH=CMAN=169=7，再利用等腰三角形的性质，求出CD即可解决问题．【详解】（1）证明：如图1中，∵BA＝BC，∴∠A＝∠ACB，∵∠BDE+∠CDE＝∠A+∠ABD，∠BDE＝∠A，∴∠BAD＝∠CDE，∴△ABD∽△CDE．（2）解：如图2中，作BM⊥AC于M．在Rt△ABM中，则AM＝AB•cosA＝20×＝16，由勾股定理，得到AB2＝AM2+BM2，∴202＝162+BM2，∴BM＝12，∵AB＝BC，BM⊥AC，∴AC＝2AM＝32，∵DE∥AB，∴∠BAD＝∠ADE，∵∠ADE＝∠B，∠B＝∠ACB，∴∠BAD＝∠ACB，∵∠ABD＝∠CBA，∴△ABD∽△ACB，∴∴AD＝＝．（3）点D在AC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF＝CF．理由：作FH⊥AC于H，AM⊥AC于M，BN⊥FH于N．则∠NHM＝∠BMH＝∠BNH＝90°，∴四边形BMHN为矩形，∴∠MBN＝90°，MH＝BN，∵AB＝BC，BM⊥AC，∵AB＝20，AM＝CM＝16，AC＝32，BM＝12，∵BN⊥FH，BM⊥AC，∴∠BNF＝90°＝∠BMD，∵∠DBF＝90°＝∠MBN，∴∠NBF＝∠MBD，∴△BFN∽△BDM，∴＝tan∠BDF＝tanA＝，∴BN＝BM＝×12＝9，∴CH＝CM﹣MH＝CM﹣BN＝16﹣9＝7，当DF＝CF时，由点D不与点C重合，可知△DFC为等腰三角形，∵FH⊥DC，∴CD＝2CH＝1．故答案为：1．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了新三角形的判定和性质，解直角三角形，锐角三角函数等，等腰三角形的判定和性质知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．22、（1）；（2）每间房价为元时，宾馆可获利元【分析】(1)根据题意表示出每间房间的利润和房间数，进而求得答案；(2)代入(1)求出的函数式，解方程即可，注意要符合条件的.【详解】解：由题意得答:与的函数关系式为：由可得：令，即解得解得此时每间房价为:(元)答:每间房价为元时，宾馆可获利元。【点睛】本题考查的是盈利问题的二次函数式及二次函数的最值问题，通常做法是先列出二次函数式，然后利用y最值或化成顶点式进行求解.用代数表示每间房间的利润和房间数是关键.23、（1）见解析；（2）【分析】（1）连接OD，由OA＝OD知∠OAD＝∠ODA，由AD平分∠EAF知∠DAE＝∠DAO，据此可得∠DAE＝∠ADO，继而知OD∥AE，根据AE⊥EF即可得证；（2）作OG⊥AE，知AG＝CG＝AC＝4，证四边形ODEG是矩形，得出OA＝OB＝OD＝CG+CE＝4，再证△ADE∽△ABD得AD2＝192，据此得出BD的长及∠BAD的度数，利用弧长公式可得答案．【详解】（1）证明：连接OD，如图1所示：∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵AD平分∠EAF，∴∠DAE＝∠DAO，∴∠DAE＝∠ADO，∴OD∥AE，∵AE⊥EF，∴OD⊥EF，∴EF是⊙O的切线；（2）解：作OG⊥AE于点G，连接BD，如图2所示：则AG＝CG＝AC＝4，∠OGE＝∠E＝∠ODE＝90°，∴四边形ODEG是矩形，∴OA＝