2025届广东省佛山市六峰中学九上数学期末质量检测模拟试题含解析

2025届广东省佛山市六峰中学九上数学期末质量检测模拟试题注意事项：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．⊙O的半径为3，点P到圆心O的距离为5，点P与⊙O的位置关系是（）A．无法确定 B．点P在⊙O外 C．点P在⊙O上 D．点P在⊙O内2．如图，，，EF与AC交于点G，则是相似三角形共有（）A．3对 B．5对 C．6对 D．8对3．已知是关于的一元二次方程的两个根，且满足，则的值为（）A．2 B． C．1 D．4．如图，△ABC中，AB=AC，∠ABC=70°，点O是△ABC的外心，则∠BOC的度数为（）A．40° B．60° C．70° D．80°5．由于受猪瘟的影响，今年9月份猪肉的价格两次大幅上涨，瘦肉价格由原来每千克元，连续两次上涨后，售价上升到每千克元，则下列方程中正确的是（）A． B．C． D．6．一个不透明的袋中装有2个红球和4个黄球，这些球除颜色外完全相同．从袋中随机摸出一个球，摸到黄球的概率是（）A． B． C． D．7．如图，是的内切圆，切点分别是、，连接，若，则的度数是()A． B． C． D．8．关于的一元二次方程有一个根为，则的值应为（）A． B． C．或 D．9．如图，矩形矩形，连结，延长分别交、于点、，延长、交于点，一定能求出面积的条件是（）A．矩形和矩形的面积之差 B．矩形和矩形的面积之差C．矩形和矩形的面积之差 D．矩形和矩形的面积之差10．cos60°的值等于（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，抛物线y＝ax2与直线y＝bx+c的两个交点坐标分别为A(﹣2，4)，B(1，1)，则不等式ax2＜bx+c的解集是______.12．如图，已知反比例函数y=(k为常数，k≠0)的图象经过点A，过A点作AB⊥x轴，垂足为B，若△AOB的面积为1，则k=________________．13．四边形为的内接四边形，为的直径，为延长线上一点，为的切线，若，则_________.若，则__________．14．我们定义一种新函数：形如（，且）的函数叫做“鹊桥”函数．小丽同学画出了“鹊桥”函数y=|x2-2x-3|的图象（如图所示），并写出下列五个结论：①图象与坐标轴的交点为，和；②图象具有对称性，对称轴是直线；③当或时，函数值随值的增大而增大；④当或时，函数的最小值是0；⑤当时，函数的最大值是1．其中正确结论的个数是______.15．将正整数按照图示方式排列，请写出“2020”在第_____行左起第_____个数．16．计算：________．17．如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠ADC＝60°，∠B＝30°，若CD＝3cm，则BD＝_____cm．18．如图，王师傅在一块正方形钢板上截取了宽的矩形钢条，剩下的阴影部分的面积是，则原来这块正方形钢板的边长是__________cm.三、解答题(共66分)19．（10分）当时，求的值．20．（6分）空间任意选定一点，以点为端点作三条互相垂直的射线，，．这三条互相垂直的射线分别称作轴、轴、轴，统称为坐标轴，它们的方向分别为（水平向前），（水平向右），（竖直向上）方向，这样的坐标系称为空间直角坐标系．将相邻三个面的面积记为，且的小长方体称为单位长方体，现将若干个单位长方体在空间直角坐标系内进行码放，要求码放时将单位长方体所在的面与轴垂直，所在的面与轴垂直，所在的面与轴垂直，如图所示．若将轴方向表示的量称为几何体码放的排数，轴方向表示的量称为几何体码放的列数，轴方向表示的量称为几何体码放的层数；如图是由若干个单位长方体在空间直角坐标内码放的一个几何体，其中这个几何体共码放了排列层，用有序数组记作(1，2，6)，如图的几何体码放了排列层，用有序数组记作(2，3，4)．这样我们就可用每一个有序数组表示一种几何体的码放方式．（1）有序数组(3，2，4)所对应的码放的几何体是_____；（2）图是由若干个单位长方体码放的一个几何体的三视图，则这种码放方式的有序数组为(___，____，____)，组成这个几何体的单位长方体的个数为____个；（3）为了进一步探究有序数组的几何体的表面积公式，某同学针对若干个单位长方体进行码放，制作了下列表格：根据以上规律，请直接写出有序数组的几何体表面积的计算公式；（用表示）（4）当时，对由个单位长方体码放的几何体进行打包，为了节约外包装材料，我们可以对个单位长方体码放的几何体表面积最小的规律进行探究，请你根据自己探究的结果直接写出使几何体表面积最小的有序数组，这个有序数组为(___，___，___)，此时求出的这个几何体表面积的大小为________．（缝隙不计）21．（6分）某网络经销商销售一款夏季时装，进价每件60元，售价每件130元，每天销售30件，每销售一件需缴纳网络平台管理费4元．未来30天，这款时装将开展“每天降价1元”的促销活动，即从第一天起每天的单价均比前一天降1元，通过市场调查发现，该时装单价每降1元，每天销售量增加5件，设第x天（1≤x≤30且x为整数）的销量为y件．（1）直接写出y与x的函数关系式；（2）在这30天内，哪一天的利润是6300元？（3）设第x天的利润为W元，试求出W与x之间的函数关系式，并求出哪一天的利润最大，最大利润是多少？22．（8分）已知关于的方程.（1）求证：无论为何值，该方程都有两个不相等的实数根；（2）若该方程的一个根为-1，则另一个根为.23．（8分）我们把端点都在格点上的线段叫做格点线段．如图，在7×7的方格纸中，有一格点线段AB，按要求画图．（1）在图1中画一条格点线段CD将AB平分．（2）在图2中画一条格点线段EF．将AB分为1：1．24．（8分）某景区平面图如图1所示，为边界上的点.已知边界是一段抛物线，其余边界均为线段，且，抛物线顶点到的距离.以所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系.求边界所在抛物线的解析式;如图2，该景区管理处欲在区域内围成一个矩形场地，使得点在边界上，点在边界上，试确定点的位置，使得矩形的周长最大，并求出最大周长.25．（10分）如图，抛物线y=ax2+bx+6经过点A（﹣2，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为m（1＜m＜4）连接BC，DB，DC．（1）求抛物线的函数解析式；（2）△BCD的面积是否存在最大值，若存在，求此时点D的坐标；若不存在，说明理由；（3）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，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．26．（10分）如图，已知反比例函数（k1＞0）与一次函数相交于A、B两点，AC⊥x轴于点C.若△OAC的面积为1，且tan∠AOC＝2.（1）求出反比例函数与一次函数的解析式；（2）请直接写出B点的坐标，并指出当x为何值时，反比例函数y1的值大于一次函数y2的值.

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【分析】根据点在圆上，则d=r；点在圆外，d＞r；点在圆内，d＜r（d即点到圆心的距离，r即圆的半径）．【详解】解：∵OP=5>3，

∴点P与⊙O的位置关系是点在圆外．

故选：B．【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，理解并掌握点和圆的位置关系与数量之间的等价关系是解题的关键．2、C【分析】根据相似三角形的判定即可判断.【详解】图中三角形有：，，，，∵，∴共有6个组合分别为：∴，，，，，故选C．【点睛】此题主要考查相似三角形的判定，解题的关键是熟知相似三角形的判定定理.3、B【分析】根据根与系数的关系，即韦达定理可得，易求,从而可得,解可求,再利用根的判别式求出符合题意的.【详解】由题意可得，a=1，b=k，c=-1，∵满足，∴①根据韦达定理②把②式代入①式，可得：k=-2故选B.【点睛】此题主要考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合进行解题.4、D【分析】首先根据等腰三角形的性质可得∠A的度数，然后根据圆周角定理可得∠O＝2∠A，进而可得答案．【详解】解：∵AB＝AC，

∴∠ABC＝∠ACB＝70°，

∴∠A＝180°−70°×2＝40°，

∵点O是△ABC的外心，

∴∠BOC＝40°×2＝80°，

故选：D．【点睛】此题主要考查了三角形的外接圆和外心，关键是掌握圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．5、A【分析】增长率问题，一般用增长后的量=增长前的量×（1+增长率），先表示出第一次提价后商品的售价，再根据题意表示第二次提价后的售价，然后根据已知条件得到关于a%的方程．【详解】解：当猪肉第一次提价时，其售价为；当猪肉第二次提价后，其售价为故选：.【点睛】本题考查了求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2=b．6、B【解析】试题分析：根据概率的求法，找准两点：①全部等可能情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率.因此，∵地口袋中共有2+4=6个球，其中黄球3个，∴随机抽取一个球是黄球的概率是.故选B．考点：概率．7、C【分析】由已知中∠A＝100°，∠C＝30°，根据三角形内角和定理，可得∠B的大小，结合切线的性质，可得∠DOE的度数，再由圆周角定理即可得到∠DFE的度数．【详解】解：∠B＝180°−∠A−∠C＝180−100°−30°＝50°

∠BDO＋∠BEO＝180°

∴B、D、O、E四点共圆

∴∠DOE＝180°−∠B＝180°−50°＝130°

又∵∠DFE是圆周角，∠DOE是圆心角

∠DFE＝∠DOE＝65°

故选：C．【点睛】本题考查的知识点是圆周角定理，切线的性质，其中根据切线的性质判断出B、D、O、E四点共圆，进而求出∠DOE的度数是解答本题的关键．8、B【分析】把x=0代入方程可得到关于m的方程，解方程可得m的值，根据一元二次方程的定义m-2≠0，即可得答案.【详解】关于的一元二次方程有一个根为，且，解得，．故选B．【点睛】本题考查一元二次方程的解及一元二次方程的定义，使等式两边成立的未知数的值叫做方程的解，明确一元二次方程的二次项系数不为0是解题关键.9、B【分析】根据相似多边形的性质得到，即AF·BC=AB·AH①．然后根据IJ∥CD可得，，再结合以及矩形中的边相等可以得出IJ=AF=DE．最后根据S△BIJ=BJ·IJ=BJ·DE=(BC-DH)·DE=BC·AF-DH·DE②，结合①②可得出结论．【详解】解：∵矩形ABCD∽矩形FAHG，，∴AF·BC=AB·AH，又IJ∥CD，∴，又DC=AB，BJ=AH，∴，∴IJ=AF=DE．S△BIJ=BJ·IJ=BJ·DE=(BC-DH)·DE=BC·AF-DH·DE=AB·AH-DH·DE=(S矩形ABJH-S矩形HDEG)．∴能求出△BIJ面积的条件是知道矩形ABJH和矩形HDEG的面积之差．故选：B．【点睛】本题考查了相似多边形的性质，矩形的性质等知识，正确的识别图形及运用相关性质是解题的关键．10、A【解析】试题分析：因为cos60°=，所以选：A．考点：特殊角的三角比值．二、填空题(每小题3分,共24分)11、﹣2＜x＜1【分析】直接利用函数图象结合其交点坐标得出不等式ax2＜bx+c的解集即可；【详解】解：如图所示：∵抛物线y＝ax2与直线y＝bx+c的两个交点坐标分别为A(﹣2，4)，B(1，1)，∴不等式ax2＜bx+c的解集，即一次函数在二次函数图象上方时，得出x的取值范围为：﹣2＜x＜1.故答案为：﹣2＜x＜1.【点睛】本题主要考查了二次函数与不等式（组），掌握二次函数的性质和不等式的解是解题的关键.12、-1【解析】试题解析：设点A的坐标为(m，n)，因为点A在y=的图象上，所以，有mn＝k，△ABO的面积为＝1，∴=1，∴=1，∴k=±1，由函数图象位于第二、四象限知k<0，∴k=-1．考点：反比例外函数k的几何意义.13、【分析】连接OC，AC、过点A作AF⊥CE于点F，根据相似三角形的性质与判定，以及勾股定理即可求出答案．【详解】解：连接OC，

∵CE是⊙O的切线，

∴∠OCE=90°，

∵∠E=20°，

∴∠COD=70°，

∵OC=OD，∴∠ABC=180°-55°=125°，

连接AC，过点A做AF⊥CE交CE于点F，

设OC=OD=r，

∴OE=8+r，

在Rt△OEC中，

由勾股定理可知：（8+r）2=r2+122，

∴r=5，

∵OC∥AF

∴△OCE∽△AEF，故答案为：【点睛】本题考查圆的综合问题，涉及勾股定理，相似三角形的性质与判定，切线的性质等知识，需要学生灵活运用所学知识．14、1【解析】由，和坐标都满足函数，∴①是正确的；从图象可以看出图象具有对称性，对称轴可用对称轴公式求得是直线，②也是正确的；根据函数的图象和性质，发现当或时，函数值随值的增大而增大，因此③也是正确的；函数图象的最低点就是与轴的两个交点，根据，求出相应的的值为或，因此④也是正确的；从图象上看，当或，函数值要大于当时的，因此⑤时不正确的；逐个判断之后，可得出答案．【详解】解：①∵，和坐标都满足函数，∴①是正确的；②从图象可知图象具有对称性，对称轴可用对称轴公式求得是直线，因此②也是正确的；③根据函数的图象和性质，发现当或时，函数值随值的增大而增大，因此③也是正确的；④函数图象的最低点就是与轴的两个交点，根据，求出相应的的值为或，因此④也是正确的；⑤从图象上看，当或，函数值要大于当时的，因此⑤是不正确的；故答案是：1【点睛】理解“鹊桥”函数的意义，掌握“鹊桥”函数与与二次函数之间的关系；两个函数性质之间的联系和区别是解决问题的关键；二次函数与轴的交点、对称性、对称轴及最值的求法以及增减性应熟练掌握.15、611【分析】根据图形中的数字，可以写出前n行的数字之和，然后即可计算出2020在多少行左起第几个数字，本题得以解决．【详解】解：由图可知，第一行1个数，第二行2个数，第三行3个数，…，则第n行n个数，故前n个数字的个数为：1+2+3+…+n＝，∵当n＝63时，前63行共有＝2016个数字，2020﹣2016＝1，∴2020在第61行左起第1个数，故答案为：61，1．【点睛】本题考查了数字类规律探究，从已有数字确定其变化规律是解题的关键.16、【分析】根据特殊角的三角函数值直接书写即可．【详解】故答案为：．【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值，牢固记忆是解题的关键．17、1【分析】根据30°直角三角形的比例关系求出AD,再根据外角定理证明∠DAB=∠B,即可得出BD=AD．【详解】∵∠B＝30°，∠ADC＝10°，∴∠BAD＝∠ADC﹣∠B＝30°，∴AD＝BD，∵∠C＝90°，∴∠CAD＝30°，∴BD＝AC＝2CD＝1cm，故答案为：1．【点睛】本题考查30°直角三角形的性质、外交定理,关键在于熟练掌握基础知识并灵活运用．18、【分析】设原来正方形钢板的边长为xcm,根据题意可知阴影部分的矩形的长和宽分别为xcm,(x-4)cm,然后根据题意列出方程求解即可.【详解】解：设原来正方形钢板的边长为xcm,根据题意可知阴影部分的矩形的长和宽分别为xcm,(x-4)cm,根据题意可得：整理得：解得：（负值舍去）故答案为：12.【点睛】本题考查一元二次方程的应用，根据题意列出阴影部分的面积的方程是本题的解题关键.三、解答题(共66分)19、【分析】先对分式进行化简，然后代值计算．【详解】原式=将代入得故答案为：【点睛】本题考查分式的化简，注意先化简过程中，可以适当使用乘法公式，从而简化计算．20、（1）B；（2）；；；；（3）；（4）；；；．【分析】（1）根据有序数组中x、y和z表示的实际意义即可得出结论；（2）根据三视图的定义和有序数组中x、y和z表示的实际意义即可得出结论；（3）根据题意，分别从不同方向找出面积为、和的长方形，用含x、y、z的式子表示出它们的个数，然后根据表面积公式计算即可；（4）由题意可知：xyz=12，而12=1×1×12=1×2×6=1×3×4=2×2×3，然后分类讨论，根据（3）的公式分别求出在每一种情况下的最小值，最后通过比较找出最小的即可得出结论．【详解】解：（1）有序数组(3，2，4)表示3排2列4层，故B选项符合故选：B．（2）由左视图和俯视图可知：该几何体共码放了2排，由主视图和俯视图可知：该几何体共码放了3列，由主视图和左视图可知：该几何体共码放了2层，故这种码放方式的有序数组为（，，）；组成这个几何体的单位长方体的个数为2×3×2=；故答案为：；；；；（3）根据题意可知：从几何体的前面和后面看：面积为的长方形共有2yz个，从几何体的左面和右面看：面积为的长方形共有2xz个，从几何体的上面和下面看：面积为的长方形共有2xy个，∴几何体表面积（4）由题意可知：xyz=12，而12=1×1×12=1×2×6=1×3×4=2×2×3①当xyz=1×1×12时∵根据（3）中公式可知，此时当x=1，y=1，z=12时，几何体表面积最小此时；②当xyz=1×2×6时∵根据（3）中公式可知，此时当x=1，y=2，z=6时，几何体表面积最小此时；③当xyz=1×3×4时∵根据（3）中公式可知，此时当x=1，y=3，z=4时，几何体表面积最小此时；④当xyz=2×2×3时∵根据（3）中公式可知，此时当x=2，y=2，z=3时，几何体表面积最小此时；∵∴这个有序数组为（，，），最小面积为．故答案为：；；；1．【点睛】此题考查的是新定义类问题，读懂材料、并归纳总结公式和掌握三视图的概念和表面积的求法和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．21、（1）y=5x+30；（2）第24天；（3）W=﹣5（x﹣30）2+6480，第30天的利润最大，最大利润是6480元．【解析】试题分析：（1）原来每天销售30件，根据每降1元，每天销售量增加5件，则可得第x天（1≤x≤30且x为整数）的销量y件与x的关系式；（2）根据每件利润×销量=6300，列方程进行求解即可得；（3）根据利润=每件利润×销量，列出函数关系式，利用函数的性质即可求得.试题解析：（1）由题意可知y=5x+30；（2）根据题意可得（130﹣x﹣60﹣4）（5x+30）=6300，解得：x=24或x=36（舍），答：在这30天内，第24天的利润是6300元;（3）根据题意可得：w=（130﹣x﹣60﹣4）（5x+30）=﹣5x2+300x+1980=﹣5（x﹣30）2+6480，∵a=﹣5＜0，∴函数有最大值，∴当x=30时，w有最大值为6480元，答：第30天的利润最大，最大利润是6480元．22、（1）见解析；（2）1或－1【分析】（1）根据因式分解法求出方程的两个解，再证明这两个解不相等即可；（2）根据（1）中的两个解分类讨论即可．【详解】（1）证明：原方程可化为或，∵∴无论为何值，该方程都有两个不相等的实数根．（2）当时，解得：m=1，即方程的另一个根为1；当m=-1时，则另一个根为，∴另一个根为1或－1故答案为：1或－1．【点睛】此题考查的是解一元二次方程和根据一元二次方程的一个根求另一个根，掌握因式分解法解一元二次方程和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．23、（1）见解析；（2）见解析．【分析】（1）根据矩形ACBD即可解决问题．（2）利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．【详解】解：（1）如图，线段CD即为所求．（2）如图，线段EF即为所求，注意有两种情形．【点睛】本题考查作图-应用与设计，矩形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．24、（1）（）；（2）点与点重合，取最大值.【分析】（1）首先由题意得出，然后代入抛物线解析式，即可得解；（2）首先设点的坐标为，矩形的周长为，然后根据坐标与周长构建二次函数，即可求的最大值.【详解】由题意得，，且为抛物线的顶点，则设抛物线的解析式为，代入得:，解得所以边界所在抛物线的解析式是（）设点的坐标为，矩形的周长为.则，，矩形的周长，化简得，当时，取最大值.此时点与点重合.【点睛】此题主要考查抛物线的性质以及最值问题，熟练掌握，即可解题.25、（1）；（2）存在，D的坐标为（2，6）；（3）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，点M的坐标为：（2，0）或（6，0）或（，0）或（，0）．【分析】（1）根据点，利用待定系数法求解即可；（2）先根据函数解析式求出点C、D坐标，再将过点D作y轴的平行线交BC于点E，利用待定系数法求出直线BC的函数解析式，从而得出点E坐标，然后根据得出的面积表达式，最后利用二次函数的性