四川省达川区2025届九上数学期末质量跟踪监视模拟试题含解析

四川省达川区2025届九上数学期末质量跟踪监视模拟试题注意事项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(每小题3分,共30分)1．矩形的长为4，宽为3，它绕矩形长所在直线旋转一周形成几何体的全面积是（）A．24 B．33 C．56 D．422．如图，△ABC内接于⊙O，AB=BC，∠ABC=120°，⊙O的直径AD=6，则BD的长为()A．2 B．3 C．2 D．33．反比例函数y=2A．第一、三象限 B．第二、四象限 C．第一、二象限 D．第三、四象限4．已知圆内接四边形ABCD中，∠A：∠B：∠C=1：2：3，则∠D的大小是（）A．45° B．60° C．90° D．135°5．如图，在⊙O中，弦BC＝1，点A是圆上一点，且∠BAC＝30°，则的长是()A．π B． C． D．6．二次函数y=-2(x+1)2+5的顶点坐标是()A．-1 B．5 C．(1,5) D．(-1,5)7．下列事件中，属于必然事件的是（）A．方程无实数解B．在某交通灯路口，遇到红灯C．若任取一个实数a，则D．买一注福利彩票，没有中奖8．若关于的方程有两个相等的实数根，则的值是（）A．-1 B．-3 C．3 D．69．如果点D、E分别在△ABC中的边AB和AC上，那么不能判定DE∥BC的比例式是（）A．AD：DB＝AE：EC B．DE：BC＝AD：ABC．BD：AB＝CE：AC D．AB：AC＝AD：AE10．如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，其中点与点是对应点，且点在同一条直线上；则的长为()A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．已知m为一元二次方程x²-3x-2020=0的一个根，则代数式2m²-6m+2的值为___________12．如图，已知两个反比例函数和在第一象限内的图象，设点在上，轴于点交于点轴于点交于点，则四边形的面积为_______________________．13．如图，已知二次函数的图象与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点为该二次函数在第一象限内的一点，连接，交于点，则的最大值为__________.14．双曲线经过点，，则______（填“”，“”或“”）.15．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，反比例函数的图象经过线段OA的中点B，则k=_____．16．如图，在中，交于点，交于点．若、、，则的长为_________．17．一元二次方程配方后得，则的值是__________．18．我市博览馆有A，B，C三个入口和D，E两个出口，小明入馆游览，他从A口进E口出的概率是____．三、解答题(共66分)19．（10分）根据要求完成下列题目：

（1）图中有块小正方体；（2）请在下面方格纸中分别画出它的主视图，左视图和俯视图.20．（6分）如图①，在矩形ABCD中，BC＝60cm．动点P以6cm/s的速度在矩形ABCD的边上沿A→D的方向匀速运动，动点Q在矩形ABCD的边上沿A→B→C的方向匀速运动．P、Q两点同时出发，当点P到达终点D时，点Q立即停止运动．设运动的时间为t(s)，△PDQ的面积为S(cm2)，S与t的函数图象如图②所示．（1）AB＝cm，点Q的运动速度为cm/s；（2）在点P、Q出发的同时，点O也从CD的中点出发，以4cm/s的速度沿CD的垂直平分线向左匀速运动，以点O为圆心的⊙O始终与边AD、BC相切，当点P到达终点D时，运动同时停止．①当点O在QD上时，求t的值；②当PQ与⊙O有公共点时，求t的取值范围．21．（6分）有一组邻边相等的凸四边形叫做“和睦四边形”，寓意是全世界和平共处，睦邻友好，共同发展.如菱形，正方形等都是“和睦四边形”.（1）如图1，BD平分∠ABC，AD∥BC，求证:四边形ABCD为“和睦四边形”；（2）如图2，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，点P、Q分别是线段OA、AB上的动点.点P从点A出发,以每秒4个单位长度的速度向点O运动.点Q从点A出发,以每秒5个单位长度的速度向点B运动.P、Q两点同时出发，设运动时间为t秒.当四边形BOPQ为“和睦四边形”时，求t的值；（3）如图3，抛物线与轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点，抛物线的顶点为点D．当四边形COBD为“和睦四边形”，且CD=OC．抛物线还满足：①；②顶点D在以AB为直径的圆上.点是抛物线上任意一点，且.若恒成立，求m的最小值.22．（8分）解方程：.23．（8分）已知关于x的一元二次方程kx2﹣4x+2＝0有两个不相等的实数根．(1)求实数k的取值范围；(2)写出满足条件的k的最大整数值，并求此时方程的根．24．（8分）已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，求m的取值范围．25．（10分）先化简，再求值：1-，其中a、b满足．26．（10分）如图，已知在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，对角线AC＝8，求菱形ABCD的周长和面积．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【分析】旋转后的几何体是圆柱体，先确定出圆柱的底面半径和高，再根据圆柱的表面积公式计算即可求解．【详解】解：π×3×2×4＋π×32×2＝24π＋18π＝42π（cm2）；故选：D．【点睛】本题主要考查的是点、线、面、体，根据图形确定出圆柱的底面半径和高的长是解题的关键．2、D【分析】连接OB，如图，利用弧、弦和圆心角的关系得到，则利用垂径定理得到OB⊥AC，所以∠ABO=∠ABC=60°，则∠OAB=60°，再根据圆周角定理得到∠ABD=90°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系计算BD的长．【详解】连接OB，如图：

∵AB=BC，

∴，

∴OB⊥AC，

∴OB平分∠ABC，

∴∠ABO=∠ABC=×120°=60°，

∵OA=OB，

∴∠OAB=60°，

∵AD为直径，

∴∠ABD=90°，

在Rt△ABD中，AB=AD=3，

∴BD=.故选D．【点睛】考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了垂径定理和圆周角定理．3、A【解析】试题分析：∵k=2＞0，∴反比例函数y=2考点：反比例函数的性质．4、C【分析】根据圆内接四边形对角互补，结合已知条件可得∠A：∠B：∠C：∠D=1：2：3：2，∠B+∠D=180°，由此即可求得∠D的度数.【详解】∵四边形ABCD为圆的内接四边形，∠A：∠B：∠C=1：2：3，∴∠A：∠B：∠C：∠D=1：2：3：2，而∠B+∠D=180°，∴∠D=×180°=90°．故选C．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，熟练运用圆内接四边形对角互补的性质是解决问题的关键.5、B【解析】连接OB，OC．首先证明△OBC是等边三角形，再利用弧长公式计算即可．【详解】解：连接OB，OC．∵∠BOC＝2∠BAC＝60°，∵OB＝OC，∴△OBC是等边三角形，∴OB＝OC＝BC＝1，∴的长＝，故选B．【点睛】考查弧长公式，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．6、D【解析】直接利用顶点式的特点写出顶点坐标．【详解】因为y=2（x+1）2-5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（-1，5）．故选：D．【点睛】主要考查了求抛物线的顶点坐标的方法，熟练掌握顶点式的特点是解题的关键.7、A【分析】根据必然事件就是一定发生的事件，即发生的概率是1的事件即可得出答案．【详解】解：A、方程2x2+3＝0的判别式△＝0﹣4×2×3＝﹣24＜0，因此方差2x2+3＝0无实数解是必然事件，故本选项正确；B、在某交通灯路口，遇到红灯是随机事件，故本选项错误；C、若任取一个实数a，则（a+1）2＞0是随机事件，故本选项错误；D、买一注福利彩票，没有中奖是随机事件，故本选项错误；故选：A．【点睛】本题主要考察随机事件，解题关键是熟练掌握随机事件的定义.8、C【分析】根据方程有两个相等的实数根，判断出根的判别式为0，据此求解即可．【详解】∵关于的方程有两个相等的实数根，

∴，

解得：．故选：C．【点睛】本题考查了一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．9、B【解析】由AD：DB＝AE：EC,DE：BC＝AD：AB与BD：AB＝CE：ACAB：AC＝AD：AE,根据平行线分线段成比例定理,均可判定DE∥BC,然后利用排除法即可求得答案.【详解】A、∵AD：DB＝AE：EC,∴DE∥BC，故本选项能判定DE∥BC;

B、由DE：BC＝AD：AB,不能判定DE∥BC,故本选项不能判定DE∥BC.

C、∵BD：AB＝CE：AC,∴DE∥BC,故本选项能判定DE∥BC;D、∵AB：AC＝AD：AE,∴AB:AD=AC:AE,∴DE∥BC，,故本选项能判定DE∥BC.

所以选B.【点睛】此题考查了平行线分线段成比例定理.此题难度不大,解题的关键是注意准确应用平行线分线段成比例定理与数形结合思想的应用.10、A【分析】根据旋转的性质说明△ACC′是等腰直角三角形，且∠CAC′=90°，理由勾股定理求出CC′值，最后利用B′C=CC′-C′B′即可．【详解】解：根据旋转的性质可知AC=AC′，∠ACB=∠AC′B′=45°，BC=B′C′=1，∴△ACC′是等腰直角三角形，且∠CAC′=90°，∴CC′=＝4，∴B′C=4-1=1．故选：A．【点睛】本题主要考查了旋转的性质、勾股定理，在解决旋转问题时，要借助旋转的性质找到旋转角和旋转后对应的量．二、填空题(每小题3分,共24分)11、1【分析】由题意可得m2－3m=2020，进而可得2m2－6m=4040，然后整体代入所求式子计算即可．【详解】解：∵m为一元二次方程x2－3x－2020=0的一个根，∴m2－3m－2020=0，∴m2－3m=2020，∴2m2－6m=4040，∴2m2－6m+2=4040+2=1．故答案为：1．【点睛】本题考查了一元二次方程的解和代数式求值，熟练掌握基本知识、灵活应用整体思想是解题的关键．12、【分析】根据反比函数比例系数k的几何意义得到S△AOC=S△BOD=，S矩形PCOD=3，然后利用矩形面积分别减去两个三角形的面积即可得到四边形PAOB的面积．【详解】解：∵PC⊥x轴，PD⊥y轴，∴S△AOC=S△BOD=×=，S矩形PCOD=3，∴四边形PAOB的面积=3－－=1故答案为：1．【点睛】本题考查了反比函数比例系数k的几何意义：在反比例函数y=图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．13、【分析】由抛物线的解析式易求出点A、B、C的坐标，然后利用待定系数法求出直线BC的解析式，过点P作PQ∥x轴交直线BC于点Q，则△PQK∽△ABK，可得，而AB易求，这样将求的最大值转化为求PQ的最大值，可设点P的横坐标为m，注意到P、Q的纵坐标相等，则可用含m的代数式表示出点Q的横坐标，于是PQ可用含m的代数式表示，然后利用二次函数的性质即可求解.【详解】解：对二次函数，令x=0，则y=3，令y=0，则，解得：，∴C(0，3)，A(－1，0)，B(4，0)，设直线BC的解析式为：，把B、C两点代入得：，解得：，∴直线BC的解析式为：，过点P作PQ∥x轴交直线BC于点Q，如图，则△PQK∽△ABK，∴，设P（m，），∵P、Q的纵坐标相等，∴当时，，解得：，∴，又∵AB=5，∴.∴当m=2时，的最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查了二次函数与坐标轴的交点、二次函数的性质和二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求函数的解析式、相似三角形的判定和性质等知识，难度较大，属于填空题中的压轴题，解题的关键是利用相似三角形的判定和性质将所求的最大值转化为求PQ的最大值、熟练掌握二次函数的性质.14、>【分析】将点A、B的坐标分别代入双曲线的解析式，求得、，再比较、的大小即可.【详解】双曲线经过点，，当时，，当时，，∴．故答案为：>．【点睛】本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，直接将横坐标代入解析式求得纵坐标，再作比较更为简单．15、-2【解析】由A，B是OA的中点，点B的坐标，把B的坐标代入关系式可求k的值．【详解】∵A（-4，2），O（0，0），B是OA的中点，∴点B（-2，1），代入得：∴故答案为：-2【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征及线段中点坐标公式；根据中点坐标公式求出点B坐标，代入求k的值是本题的基本方法．16、6【分析】接运用平行线分线段成比例定理列出比例式，借助已知条件即可解决问题．【详解】，∵DE∥BC，∴，即，解得：，故答案为：．【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例定理及其应用问题；运用平行线分线段成比例定理正确写出比例式是解题的关键．17、1【分析】将原方程进行配方，然后求解即可.【详解】解：∴-m+1=nm+n=1故答案为：1【点睛】本题考查配方法，掌握配方步骤正确计算是本题的解题关键.18、．【解析】根据题意作出树状图，再根据概率公式即可求解.【详解】根据题意画树形图：共有6种等情况数，其中“A口进E口出”有一种情况，从“A口进E口出”的概率为；故答案为：．【点睛】此题主要考查概率的计算，解题的关键是依题意画出树状图.三、解答题(共66分)19、6，根据三视图的基本画法，画出其基本三视图【分析】试题分析：小正方形的数=3+2+1=6

考点：简单图形三视图的画法点评：三视图的图形画法是常考知识点，需要考生在熟练把握的基础上画出各种图形的三视图【详解】20、（1）30，6；（2）①；②≤t≤．【分析】（1）设点Q的运动速度为a，则由图②可看出，当运动时间为5s时，△PDQ有最大面积450，即此时点Q到达点B处，可列出关于a的方程，即可求出点Q的速度，进一步求出AB的长；（2）①如图1，设AB，CD的中点分别为E，F，当点O在QD上时，用含t的代数式分别表示出OF，QC的长，由OF＝QC可求出t的值；②设AB，CD的中点分别为E，F，⊙O与AD，BC的切点分别为N，G，过点Q作QH⊥AD于H，如图2﹣1，当⊙O第一次与PQ相切于点M时，证△QHP是等腰直角三角形，分别用含t的代数式表示CG，QM，PM，再表示出QP，由QP＝QH可求出t的值；同理，如图2﹣2，当⊙O第二次与PQ相切于点M时，可求出t的值，即可写出t的取值范围．【详解】（1）设点Q的运动速度为a，则由图②可看出，当运动时间为5s时，△PDQ有最大面积450，即此时点Q到达点B处，∵AP＝6t，∴S△PDQ＝(60﹣6×5)×5a＝450，∴a＝6，∴AB＝5a＝30，故答案为：30，6；（2）①如图1，设AB，CD的中点分别为E，F，当点O在QD上时，QC＝AB+BC﹣6t＝90﹣6t，OF＝4t，∵OF∥QC且点F是DC的中点，∴OF＝QC，即4t＝(90﹣6t)，解得，t＝；②设AB，CD的中点分别为E，F，⊙O与AD，BC的切点分别为N，G，过点Q作QH⊥AD于H，如图2﹣1，当⊙O第一次与PQ相切于点M时，∵AH+AP＝6t，AB+BQ＝6t，且BQ＝AH，∴HP＝QH＝AB＝30，∴△QHP是等腰直角三角形，∵CG＝DN＝OF＝4t，∴QM＝QG＝90﹣4t﹣6t＝90﹣10t，PM＝PN＝60﹣4t﹣6t＝60﹣10t，∴QP＝QM+MP＝150﹣20t，∵QP＝QH，∴150﹣20t＝30，∴t＝；如图2﹣2，当⊙O第二次与PQ相切于点M时，∵AH+AP＝6t，AB+BQ＝6t，且BQ＝AH，∴HP＝QH＝AB＝30，∴△QHP是等腰直角三角形，∵CG＝DN＝OF＝4t，∴QM＝QG＝4t﹣(90﹣6t)＝10t﹣90，PM＝PN＝4t﹣(60﹣6t)＝10t﹣60，∴QP＝QM+MP＝20t﹣150，∵QP＝QH，∴20t﹣150＝30，∴t＝，综上所述，当PQ与⊙O有公共点时，t的取值范围为：≤t≤．【点睛】本题考查了圆和一元一次方程的综合问题，掌握圆切线的性质、解一元一次方程的方法、等腰直角三角形的性质是解题的关键．21、（1）见解析；（2）或；（3）【分析】（1）由BD平分∠ABC推出∠ABD=∠CBD，又AB∥BC，所以∠ADB=∠CBD，所以∠ABD=∠ADB，即AB=AD，所以四边形ABCD为“和睦四边形”；(2)分别求出AQ、AP、BQ、OP、OB的值，连接PQ，因为，所以，所以，根据勾股定理求出PQ，再分类讨论t的值即可；（3）表示出点的坐标，由可得，因为得出所以，即，由①②的方程，且解出a、b的值，求出抛物线的解析式为，因为P在抛物线上，将P代入抛物线得，，可得当，又因为，所以，即，得出m的最小值为；【详解】解：（1），，，，，四边形ABCD为“和睦四边形”；（2）由题意得：AQ=5t，AP=4t，BQ=10-5t，OP=8-4t，OB=6，连接PQ，，，综上：；（3）由题意得：，由①②，且，得，，【点睛】本题是二次函数的综合性题目，给了新型定义，解题的关键是审清题目的意思.22、，【解析】试题分析：运用配方法求解即可．试题解析：故：，考点：解一元二次方程-配方法．23、（1）k＜2且k≠0；（2）x1＝2+，x2＝2﹣．【解析】（1）利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且△＝42﹣4k•2＞0，然后求出两不等式的公共部分即可；（2）先确定k的最大整数值得到方程x2﹣4x+2＝0，然后利用因式分解法解方程即可．【详解】解：（1）由题意得，b2﹣4ac＞0即42﹣4k•2＞0k＜2，又∵一元二次方程k≠0∴k＜2且k≠0；（2）∵k＜2且k取最大整数∴k＝1，当k＝1时，x2