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文档简介
2025届吉林省长春市第72中学九年级数学第一学期期末调研模拟试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每小题3分,共30分)1.把两个同样大小的含45°角的三角板如图所示放置,其中一个三角板的锐角顶点与另一个的直角顶点重合于点,且另三个锐角顶点在同一直线上,若,则的长是()A. B. C.0.5 D.2.如图,D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点,DE∥AC,若S△BDE:S△CDE=1:3,则S△DOE:S△AOC的值为()A. B. C. D.3.在△ABC中,∠C=90°,则下列等式成立的是()A.sinA= B.sinA= C.sinA= D.sinA=4.若点A(1,y1),B(2,y2),C(﹣2,y3)都在反比例函数y=(k>0)的图象上,则y1,y2,y3的大小关系是()A.<< B.<< C.<< D.<<5.一元二次方程的根的情况为()A.有两个相等的实数根 B.有两个不相等的实数根C.没有实数根 D.只有一个实数根6.我市某家快递公司,今年8月份与10月份完成投递的快递总件数分别为6万件和8.64万件,设该快递公司这两个月投递总件数的月平均增长率为x,则下列方程正确的是()A.6(1+x)=8.64B.6(1+2x)=8.64C.6(1+x)2=8.64D.6+6(1+x)+6(1+x)2=8.647.关于x的一元二次方程x2﹣mx﹣3=0的一个解为x=﹣1,则m的值为()A.﹣2 B.2 C.5 D.﹣48.二次函数的图象如图所示,对称轴为直线,下列结论不正确的是()A.B.当时,顶点的坐标为C.当时,D.当时,y随x的增大而增大9.用配方法解一元二次方程时,下列变形正确的是().A. B. C. D.10.⊙O的半径为5cm,弦AB//CD,且AB=8cm,CD=6cm,则AB与CD之间的距离为()A.1cm B.7cm C.3cm或4cm D.1cm或7cm二、填空题(每小题3分,共24分)11.若关于x的一元二次方程有实数根,则m的取值范围是___________.12.如图,一段抛物线:记为,它与轴交于两点,;将绕旋转得到,交轴于;将绕旋转得到,交轴于;如此进行下去,直至得到,若点在第段抛物线上,则___________.13.如图,AB是⊙O的直径,AB=6,点C在⊙O上,∠CAB=30°,D为的中点,P是直径AB上一动点,则PC+PD的最小值为_____.14.已知袋中有若干个小球,它们除颜色外其它都相同,其中只有2个红球,若随机从中摸出一个,摸到红球的概率是,则袋中小球的总个数是_____15.如图所示,在中,,垂直平分,交于点,垂足为点,,,则等于___________.16.已知二次函数的图象如图所示,并且关于的一元二次方:有两个不相等的实数根,下列结论:①;②;③;④,其中正确的有__________.17.如图,在扇形AOB中,∠AOB=90°,点C为OA的中点,CE⊥OA交于点E,以点O为圆心,OC的长为半径作交OB于点D,若OA=2,则阴影部分的面积为.18.如图,在半径为3的⊙O中,直径AB与弦CD相交于点E,连接AC,BD.若AC=2,则cosD=________.三、解答题(共66分)19.(10分)抛物线y=ax2+bx+1经过点A(﹣1,0),B(1,0),与y轴交于点C.点D(xD,yD)为抛物线上一个动点,其中1<xD<1.连接AC,BC,DB,DC.(1)求该抛物线的解析式;(2)当△BCD的面积等于△AOC的面积的2倍时,求点D的坐标;(1)在(2)的条件下,若点M是x轴上一动点,点N是抛物线上一动点,试判断是否存在这样的点M,使得以点B,D,M,N为顶点的四边形是平行四边形.若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.20.(6分)如图,P是平面直角坐标系中第四象限内一点,过点P作PA⊥x轴于点A,以AP为斜边在右侧作等腰Rt△APQ,已知直角顶点Q的纵坐标为﹣2,连结OQ交AP于B,BQ=2OB.(1)求点P的坐标;(2)连结OP,求△OPQ的面积与△OAQ的面积之比.21.(6分)如图,在一笔直的海岸线上有A,B两观景台,A在B的正东方向,BP=5(单位:km),有一艘小船停在点P处,从A测得小船在北偏西60°的方向,从B测得小船在北偏东45°的方向.(1)求A、B两观景台之间的距离;(2)小船从点P处沿射线AP的方向进行沿途考察,求观景台B到射线AP的最短距离.(结果保留根号)22.(8分)计算:|1﹣|+.23.(8分)先化简,再从中取一个恰当的整数代入求值.24.(8分)定义:点P在△ABC的边上,且与△ABC的顶点不重合.若满足△PAB、△PBC、△PAC至少有一个三角形与△ABC相似(但不全等),则称点P为△ABC的自相似点.如图①,已知点A、B、C的坐标分别为(1,0)、(3,0)、(0,1).(1)若点P的坐标为(2,0),求证点P是△ABC的自相似点;(2)求除点(2,0)外△ABC所有自相似点的坐标;(3)如图②,过点B作DB⊥BC交直线AC于点D,在直线AC上是否存在点G,使△GBD与△GBC有公共的自相似点?若存在,请举例说明;若不存在,请说明理由.25.(10分)如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,BA=BC,BD平分∠ABC.(1)求证:四边形ABCD是菱形;(2)过点D作DE⊥BD,交BC的延长线于点E,若BC=5,BD=8,求四边形ABED的周长.26.(10分)某单位准备组织员工到武夷山风景区旅游,旅行社给出了如下收费标准(如图所示):设参加旅游的员工人数为x人.(1)当25<x<40时,人均费用为元,当x≥40时,人均费用为元;(2)该单位共支付给旅行社旅游费用27000元,请问这次参加旅游的员工人数共有多少人?
参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【分析】过点D作BC的垂线DF,垂足为F,由题意可得出BC=AD=2,进而得出DF=BF=1,利用勾股定理可得出AF的长,即可得出AB的长.【详解】解:过点D作BC的垂线DF,垂足为F,由题意可得出,BC=AD=2,根据等腰三角形的三线合一的性质可得出,DF=BF=1利用勾股定理求得:∴故选:D.【点睛】本题考查的知识点是等腰直角三角形的性质,灵活运用等腰直角三角形的性质是解此题的关键.2、D【分析】证明BE:EC=1:3,进而证明BE:BC=1:4;证明△DOE∽△AOC,得到,借助相似三角形的性质即可解决问题.【详解】∵S△BDE:S△CDE=1:3,∴BE:EC=1:3;∴BE:BC=1:4;∵DE∥AC,∴△DOE∽△AOC,∴,∴S△DOE:S△AOC=,故选:D.【点睛】此题考查相似三角形的判定及性质,根据BE:EC=1:3得到同高两个三角形的底的关系是解题的关键,再利用相似三角形即可解答.3、B【解析】分析:根据题意画出图形,进而分析得出答案.详解:如图所示:sinA=.故选B.点睛:本题主要考查了锐角三角函数的定义,正确记忆边角关系是解题的关键.4、D【分析】先根据反比例函数中k>1判断出函数图象所在的象限及增减性,再根据各点横坐标的特点即可得出结论.【详解】解:∵反比例函数y=中k>1,∴函数图象的两个分支分别位于一、三象限,且在每一象限内y随x的增大而减小.∵﹣2<1,∴点C(﹣2,y2)位于第三象限,∴y2<1,∵1<1<2,∴点A(1,y1),B(2,y2)位于第一象限,∴y1>y2>1.∴y1>y2>y2.故选:D.【点睛】本题考查的是反比例函数的性质,掌握反比例函数图象所在象限及增减性是解答此题的关键.5、B【分析】直接利用判别式△判断即可.【详解】∵△=∴一元二次方程有两个不等的实根故选:B.【点睛】本题考查一元二次方程根的情况,注意在求解判别式△时,正负号不要弄错了.6、C【分析】设该快递公司这两个月投递总件数的月平均增长率为x,根据今年8月份与10月份完成投递的快递总件数,即可得出关于x的一元二次方程,此题得解.【详解】解:设该快递公司这两个月投递总件数的月平均增长率为x,根据题意得:6(1+x)2=8.1.故选:C.【点睛】此题主要考查一元二次方程的应用,解题的关键是熟知增长率的问题.7、B【分析】把x=﹣1代入方程x1﹣mx﹣3=0得1+m﹣3=0,然后解关于m的方程即可.【详解】解:把x=﹣1代入方程x1﹣mx﹣3=0得1+m﹣3=0,解得m=1.故选:B.【点睛】本题主要考查对一元二次方程的解,解一元一次方程,等式的性质等知识点的理解和掌握8、C【解析】根据对称轴公式和二次函数的性质,结合选项即可得到答案.【详解】解:∵二次函数∴对称轴为直线∴,故A选项正确;当时,∴顶点的坐标为,故B选项正确;当时,由图象知此时即∴,故C选项不正确;∵对称轴为直线且图象开口向上∴当时,y随x的增大而增大,故D选项正确;故选C.【点睛】本题考查二次函数,解题的关键是熟练掌握二次函数.9、D【分析】根据配方法的原理,凑成完全平方式即可.【详解】解:,,,故选D.【点睛】本题主要考查配方法的掌握,关键在于一次项的系数等于2倍的二次项系数和常数项的乘积.10、D【分析】分AB、CD在圆心的同侧和异侧两种情况求得AB与CD的距离.构造直角三角形利用勾股定理求出即可.【详解】当弦AB和CD在圆心同侧时,如图①,过点O作OF⊥CD,垂足为F,交AB于点E,连接OA,OC,∵AB∥CD,∴OE⊥AB,∵AB=8cm,CD=6cm,∴AE=4cm,CF=3cm,∵OA=OC=5cm,∴EO=3cm,OF=4cm,∴EF=OF-OE=1cm;当弦AB和CD在圆心异侧时,如图②,过点O作OE⊥AB于点E,反向延长OE交AD于点F,连接OA,OC,∵AB∥CD,∴OF⊥CD,∵AB=8cm,CD=6cm,∴AE=4cm,CF=3cm,∵OA=OC=5cm,∴EO=3cm,OF=4cm,∴EF=OF+OE=7cm.故选D.【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理;熟练掌握垂径定理和勾股定理,根据题意画出图形是解题的关键,要注意有两种情况.二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】根据根的判别式可得方程有实数根则,然后列出不等式计算即可.【详解】根据题意得:解得:故答案为:【点睛】本题考查的是一元二次方程的根的判别式,根据一元二次方程的根的情况确定与0的关系是关键.12、-1【分析】将这段抛物线C1通过配方法求出顶点坐标及抛物线与x轴的交点,由旋转的性质可以知道C1与C2的顶点到x轴的距离相等,且OA1=A1A2,照此类推可以推导知道点P(11,m)为抛物线C6的顶点,从而得到结果.【详解】∵y=−x(x−2)(0≤x≤2),∴配方可得y=−(x−1)2+1(0≤x≤2),∴顶点坐标为(1,1),∴A1坐标为(2,0)∵C2由C1旋转得到,∴OA1=A1A2,即C2顶点坐标为(3,−1),A2(4,0);照此类推可得,C3顶点坐标为(5,1),A3(6,0);C4顶点坐标为(7,−1),A4(8,0);C5顶点坐标为(9,1),A5(10,0);C6顶点坐标为(11,−1),A6(12,0);∴m=−1.故答案为:-1.【点睛】本题考查了二次函数的性质及旋转的性质,解题的关键是求出抛物线的顶点坐标,学会从一般到特殊的探究方法,属于中考常考题型.13、3【分析】作出D关于AB的对称点D',则PC+PD的最小值就是CD'的长度.在△COD'中根据边角关系即可求解.【详解】作出D关于AB的对称点D',连接OC,OD',CD'.又∵点C在⊙O上,∠CAB=30°,D为的中点,∴∠BAD'∠CAB=15°,∴∠CAD'=45°,∴∠COD'=90°.∴△COD'是等腰直角三角形.∵OC=OD'AB=3,∴CD'=3.故答案为:3.【点睛】本题考查了圆周角定理以及路程的和最小的问题,正确作出辅助线是解答本题的关键.14、8个【解析】根据概率公式结合取出红球的概率即可求出袋中小球的总个数.【详解】袋中小球的总个数是:2÷=8(个).故答案为8个.【点睛】本题考查了概率公式,根据概率公式算出球的总个数是解题的关键.15、3cm【分析】根据三角形内角和定理求出∠BAC,根据线段垂直平分线性质求出,求出,求出∠EAC,根据含30°角的直角三角形的性质求解即可.【详解】∵在△ABC中,∵垂直平分,故答案为:3cm.【点睛】本题考查了三角形的边长问题,掌握三角形内角和定理、线段垂直平分线的性质、含30°角的直角三角形的性质是解题的关键.16、③【分析】①利用可以用来判定二次函数与x轴交点个数,即可得出答案;②根据图中当时的值得正负即可判断;③由函数开口方向可判断的正负,根据对称轴可判断的正负,再根据函数与轴交点可得出的正负,即可得出答案;④根据方程可以看做函数,就相当于函数(a0)向下平移个单位长度,且与有两个交点,即可得出答案.【详解】解:①∵函数与轴有两个交点,∴,所以①错误;②∵当时,,由图可知当,,∴,所以②错误;③∵函数开口向上,∴,∵对称轴,,∴,∵函数与轴交于负半轴,∴,∴,所以③正确;④方程可以看做函数当y=0时也就是与轴交点,∵方程有两个不相等的实数根,∴函数与轴有两个交点∵函数就相当于函数向下平移个单位长度∴由图可知当函数向上平移大于2个单位长度时,交点不足2个,∴,所以④错误.正确答案为:③【点睛】本题考查了二次函数与系数的关系:可以用来判定二次函数与x轴交点的个数,当时,函数与x轴有2个交点;当时,函数与x轴有1个交点;当时,函数与x轴没有交点.;二次函数系数中决定开口方向,当时,开口向上,当时,开口向下;共同决定对称轴的位置,可以根据“左同右异”来判断;决定函数与轴交点.17、.【解析】试题解析:连接OE、AE,∵点C为OA的中点,∴∠CEO=30°,∠EOC=60°,∴△AEO为等边三角形,∴S扇形AOE=∴S阴影=S扇形AOB-S扇形COD-(S扇形AOE-S△COE)===.18、【解析】试题分析:连接BC,∴∠D=∠A,∵AB是⊙O的直径,∴∠ACB=90°,∵AB=3×2=6,AC=2,∴cosD=cosA===.故答案为.考点:1.圆周角定理;2.解直角三角形.三、解答题(共66分)19、(1)抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+1;(2)点D坐标(2,1);(1)M坐标(1,0)或(,0)或(﹣,0)或(5,0)【分析】(1)利用待定系数法求函数解析式;(2)根据解析式先求出△AOC的面积,设点D(xD,yD),由直线BC的解析式表示点E的坐标,求出DE的长,再由△BCD的面积等于△AOC的面积的2倍,列出关于xD的方程得到点D的坐标;(1)设点M(m,0),点N(x,y),分两种情况讨论:当BD为边时或BD为对角线时,列中点关系式解答.【详解】解:(1)∵抛物线y=ax2+bx+1经过点A(﹣1,0),B(1,0),∴,解得:∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+1;(2)如图,过点D作DH⊥x轴,与直线BC交于点E,∵抛物线y=﹣x2+2x+1,与y轴交于点C,∴点C(0,1),∴OC=1,∴S△AOC=×1×1=,∵点B(1,0),点C(0,1)∴直线BC解析式为y=﹣x+1,∵点D(xD,yD),∴点E(xD,﹣xD+1),yD=﹣xD2+2xD+1,∴DE=﹣xD2+2xD+1﹣(﹣xD+1)=﹣xD2+1xD,∴S△BCD=1=×DE×1,∵△BCD的面积等于△AOC的面积的2倍∴2=﹣xD2+1xD,∴xD=1(舍去),xD=2,∴点D坐标(2,1);(1)设点M(m,0),点N(x,y)当BD为边,四边形BDNM是平行四边形,∴BN与DM互相平分,∴,∴y=1,∴1=﹣x2+2x+1∴x=2(不合题意),x=0∴点N(0,1)∴,∴m=1,当BD为边,四边形BDMN是平行四边形,∴BM与DN互相平分,∴,∴y=﹣1,∴﹣1=﹣x2+2x+1∴x=1±,∴,∴m=±,当BD为对角线,∴BD中点坐标(,),∴,,∴y=1,∴1=﹣x2+2x+1∴x=2(不合题意),x=0∴点N(0,1)∴m=5,综上所述点M坐标(1,0)或(,0)或(﹣,0)或(5,0).【点睛】此题是二次函数的综合题,考查待定系数法求函数解析式,动线、动图形与抛物线的结合问题,在(1)使以点B,D,M,N为顶点的四边形是平行四边形时,要分情况讨论:当BD为边时或BD为对角线时,不要有遗漏,平行四边形的性质:对角线互相平分,列中点坐标等式求得点M的坐标.20、(1)点P的坐标(1,﹣4);(2)△OPQ的面积与△OAQ的面积之比为1.【分析】(1)过Q作QC⊥x轴于C,先求得AC=QC=2、AQ=2、AP=4,然后再由AB∥CQ,运营平行线等分线段定理求得OA的长,最后结合AP=4即可解答;(2)先说明△OAB∽△OCQ,再根据相似三角形的性质求得AB和PB的长,然后再求出△OPQ和△OAQ的面积,最后作比即可.【详解】解:(1)过Q作QC⊥x轴于C,∵△APQ是等腰直角三角形,∴∠PAQ=∠CAQ=41°,∴AC=QC=2,AQ=2,AP=4,∵AB∥CQ,∴,∴OA=AC=1,∴点P的坐标(1,﹣4);(2)∵AB∥CQ,∴△OAB∽△OCQ,∴,∴AB=CQ=,∴PB=,∴S△OAQ=OA•CQ=×1×2=1,S△OPQ=PB•OA+PB•AC=1,∴△OPQ的面积与△OAQ的面积之比=1.【点睛】本题考查了一次函数的图像、相似三角形的判定与性质、平行线等分线段定理以及三角形的面积,掌握相似三角形的判定和性质是解答本题的关键.21、(1)A、B两观景台之间的距离为=(5+5)km;(2)观测站B到射线AP的最短距离为()km.【分析】(1)过点P作PD⊥AB于点D,先解Rt△PBD,得到BD和PD的长,再解Rt△PAD,得到AD和AP的长,然后根据BD+AD=AB,即可求解;
(2)过点B作BF⊥AC于点F,解直角三角形即可得到结论.【详解】解:(1)如图,过点P作PD⊥AB于点D.在Rt△PBD中,∠BDP=90°,∠PBD=90°﹣45°=45°,∴BD=PD=BP=5km.在Rt△PAD中,∠ADP=90°,∠PAD=90°﹣60°=30°,∴AD=PD=5km,PA=1.∴AB=BD+AD=(5+5)km;答:A、B两观景台之间的距离为=(5+5)km;(2)如图,过点B作BF⊥AC于点F,则∠BAP=30°,∵AB=(5+5),∴BF=AB=()km.答:观测站B到射线AP的最短距离为()km.【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题,难度适中.通过作辅助线,构造直角三角形是解题的关键.22、1.【分析】根据根式、绝对值、指数的运算,以及特殊角的三角函数值,即可求得.【详解】|1﹣|+(﹣cos60°)2﹣﹣(2+3)0=﹣1+4﹣+3﹣1=1【点睛】本题考查根式、绝对值、指数的运算,以及特殊角的三角函数值,属基础题.23、,0【分析】根据分式的混合运算法则进行计算化简,再代入符合条件的x值进行计算.【详解】解:原式====又∵且,,∴整数.∴原式=.【点睛】考核知识点:分式的化简求值.掌握分式的基本运算法则是关键.24、(1)见解析;(2)△CPA∽△CAB,此时P(,);△BPA∽△BAC,此时P(,);(3)S(3,-2)是△GBD与△GBC公共的自相似点,见解析【分析】(1)利用:两边对应成比例且夹角相等,证明△APC∽△CAB即可;(2)分类讨论:△CPA∽△CAB和△BPA∽△BAC,分别求得P点的坐标;(3)先求得点D的坐标,说明点G(5,)、S(3,-2)在直线AC:上,证得△ABC△SGB,再证得△GBS∽△GCB,说明点S是△GBC的自相似点;又证得△DBG△DSB,说明点S是△GBD的自相似点.从而说明S(3,-2)是△GBD与△GBC公共的自相似点.【详解】(1)如图,∵A(1,0),B(3,0),C(0,1),P(2,0),∴AP=2-1=1,AC=,AB=3-1=2,∴,,∴=,∵∠PAC=∠CAB,∴△APC∽△CAB,故点P是△ABC的自相似点;(2)点P只能在BC上,①△CPA∽△CAB,如图,由(1)得:AC,AB,又,∵△CPA∽△CAB,∴,∴,∴,过点P作PD∥y轴交轴于D,∴,,∴,,∴,,P点的坐标为(,)②△BPA∽△BAC,如图,由前面获得的数据:AB,,∵△BPA∽△BAC,∴,∴,∴,过点P作PE∥y轴交轴于E,∴,∴,∴,,∴,P点的坐标为(,);(3)存在.当点G的坐标为(5,)时,△GBD与△GBC公共的自相似点为S(3,).理由如下:如图:设直线AC的解析式为:,
∴,解得:,∴直线AC的解析式为:,过点D作DE⊥x轴于点E,
∵∠CBO+∠DBE=90,∠EDB+∠DBE=90,∴∠CBO=∠EDB,∴,∴,设BE=a,则DE=3a,∴OE=3-a,∴点D的坐标为(3-a,-3a),∵点D在直线AC上,∴,解得:,∴点D的坐标为(,);如下图:当点G的坐标为(5,)时,△GBD与△GBC公共的自相似点为S(3,).直线AC的解析式为:,
∵,,∴点G、点S在直线AC上,过点G作GH⊥x轴于点H,∵,∴,由S(3,)、B(3,0)知BS⊥x轴,∴△AED、△ABS、△AHG为等腰直角三角形,∵D(,),S,G(,∴,,B,,,,,,,,在△ABC和△SGB中∵,,∴,∵∴∴△ABC△SGB∴∠SBG=∠BCA,又∠SGB=∠BGC,∴△GBS∽△GCB,∴点S是△GBC的自相似点;在△DBG和△DSB中,∵,,∴,且,∴△DBG△DSB;∴点S是△GBD的自相似点.∴S(3,)是△GB
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