2023届山东省莱芜莱城区五校联考九年级数学第一学期期末监测试题含解析.pdf

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2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
,请将本试卷和答题卡一并交回.
,请务必将自己的姓名、.
、准考证号与本人是否相符.
,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他
,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.
,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.
一、选择题(每题4分,共48分)
,主视图是三角形的是()
.
,侧面展开图是半圆,则圆锥的侧面积是()

:-2,4,-8,16,-32,64,….若最后三个数的和为768,则为()

、正方形、正六边形的边长之比为()
:2::2::2:
k
,过反比例函数yx0的图象上一点A作ABx轴于点B,连接AO,若S2,则k的值为()
xAOB

kk
,已知一次函数y=ax+b和反比例函数y=的图象相交于A(﹣2,y)、B(1,y)两点,则不等式ax+b<
12
xx
的解集为():.
<﹣2或0<x<<﹣<x<1D.﹣2<x<0或x>1
k
,在菱形ABOC中,∠A=60°,它的一个顶点C在反比例函数y的图像上,若菱形的边长为4,则k值为
x
()
.43D.23
x2(2m1)xm2与坐标轴有一个交点,则m的取值范围是()
1111

4444
x2
,则x的取值范围为()
x3
≥≠3
≥2或x≠≥2且x≠3
,E是BC上一点,BE∶EC=2∶3,AE交BD于F,则S∶S等于()
△BFE△FDA
∶∶∶∶3
,PA、PB、DE分别切O于A、B、C点,若圆O的半径为6,OP10,则PDE的周长为():.

y2x2y2x627
()
,然后向上平移7个单位长度
,然后向下平移7个单位长度
,然后向上平移7个单位长度
,然后向下平移7个单位长度
二、填空题(每题4分,共24分)
,即使是一片小小的树叶,也蕴含着“黄金分割”,如图,P为AB的黄金分割点(AP>PB),
如果AB的长度为10cm,那么AP的长度为_____cm.
,向某园林公司购买了一批树苗,园林公司规定:如果购买树苗不超过60棵,每棵售价
为120元;如果购买树苗超过60棵,在一定范围内,每增加1棵,,若该校最
终向园林公司支付树苗款8800元,设该校共购买了x棵树苗,则可列出方程__________.
x22xc图象与x轴交于点A(2,0),则与图象x轴的另一个交点B的坐标为__.
,等腰三角形OAB,BAB,BAB,…,BAB(n为正整数)的一直角边在x轴上,
11122233n1nn
k
双曲线y经过所有三角形的斜边中点C,C,C,…,C,已知斜边OA42,则点A的坐标为_________.
x123n1n
“配紫色”游戏:分别转动两个转盘各一次,若其中的一个转盘转出了红色,另一个转
出了蓝色,则可配成紫色,此时小刚赢,,用P表示小亮赢概率,则两人赢
12
的概率P________P(填写>,=或<)
12:.
=x2+2mx+2,当x>2时,y的值随x值的增大而增大,则实数m的取值范围是_____.
三、解答题(共78分)
19.(8分)如图,已知抛物线y=﹣x2+bx+c的图象经过(1,0),(0,3)两点.
(1)求b,c的值;
(2)写出当y>0时,x的取值范围.
20.(8分)如图,四边形ABCD内接于O,对角线AC为O的直径,过点C作AC的垂线交AD的延长线于点E,
过点D作O的切线,交EC于点F.
(1)求证:EFFC;
(2)填空:
①当ACD的度数为时,四边形ODFC为正方形;
②若AD4,DC2,则四边形ABCD的最大面积是.
21.(8分)已知x2﹣8x+16﹣m2=0(m≠0)是关于x的一元二次方程
(1)证明:此方程总有两个不相等的实数根;
(2)若等腰△ABC的一边长a=6,另两边长b、c是该方程的两个实数根,求△ABC的面积.
22.(10分)如图,在RtABC中,C90,点E在边AB上,点D在边BC上,且AE是O的直径,CAB的
:.
(1)证明:直线BC是O的切线;
(2)连接ED,若ED4,B30,求边AB的长.
m
23.(10分)如图,一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=的图象交于A(﹣2,1),B(1,n)两点.
x
(1)求反比例函数和一次函数的解析式;
(2)根据图象写出使一次函数的值>反比例函数的值的x的取值范围.
15k
24.(10分)如图,一次函数yx的图像与反比例函数y(k>0)的图像交于A,B两点,过点A做x轴
22x
的垂线,垂足为M,△AOM面积为1.
(1)求反比例函数的解析式;
(2)在y轴上求一点P,使PA+PB的值最小,并求出其最小值和P点坐标.
AD3
25.(12分)如图,在△ABC中,CD平分∠ACB,DE∥BC,若,且AC=14,求DE的长.
DB4
,3个黄球,,从中摸出一个球不放回,再:.
随机摸出一球,两次摸到的球颜色相同的概率是______.
参考答案
一、选择题(每题4分,共48分)
1、C
【分析】主视图是从正面看所得到的图形,据此判断即可.
【详解】解:A、正方体的主视图是正方形,故此选项错误;
B、圆柱的主视图是长方形,故此选项错误;
C、圆锥的主视图是三角形,故此选项正确;
D、六棱柱的主视图是长方形,中间还有两条竖线,故此选项错误;
故选:C.
【点睛】
此题主要考查了几何体的三视图,解此题的关键是熟练掌握几何体的主视图.
2、B
【分析】圆锥的侧面积为半径为10的半圆的面积.
1
【详解】解:圆锥的侧面积=半圆的面积=10250,
2
故选B.
【点睛】
解决本题的关键是把圆锥的侧面积转换为规则图形的面积.
3、B
【分析】观察得出第n个数为(-2)n,根据最后三个数的和为768,列出方程,求解即可.
【详解】由题意,得第n个数为(-2)n,
那么(-2)n-2+(-2)n-1+(-2)n=768,
当n为偶数:整理得出:3×2n-2=768,解得:n=10;
当n为奇数:整理得出:-3×2n-2=768,则求不出整数.
故选B.
4、C:.
【分析】根据题意画出图形,设出圆的半径,再由正多边形及直角三角形的性质求解即可.
【详解】解:设圆的半径为R,
如图(一),
连接OB,过O作OD⊥BC于D,
3
则∠OBC=30°,BD=OB•cos30°R,
2
故BC=2BD3R;
如图(二),
连接OB、OC,过O作OE⊥BC于E,
则△OBE是等腰直角三角形,
2R
2BE2=OB2,即BE,
2
故BC2R;
如图(三),
连接OA、OB,过O作OG⊥AB,
则△OAB是等边三角形,
1
故AG=OA•cos60°R,AB=2AG=R,
2
∴圆内接正三角形、正方形、正六边形的边长之比为3R:2R:R3:2:1.
故选:C.
【点睛】
本题主要考查了正多边形和圆,掌握正多边形和圆是解题的关键.
5、C
【分析】根据S2,利用反比例函数系数k的几何意义即可求出k值,再根据函数在第一象限可确定k的符号.
AOB
1
【详解】解:由ABx轴于点B,S2,得到Sk2
AOBAOB2:.
1
又因图象过第一象限,Sk2,解得k4
AOB2
故选C
【点睛】
本题考查了反比例函数系数k的几何意义.
6、D
【解析】分析:根据一次函数图象与反比例函数图象的上下位置关系结合交点坐标,即可得出不等式的解集.
详解:观察函数图象,发现:当-2<x<0或x>1时,一次函数图象在反比例函数图象的下方,
k
∴不等式ax+b<的解集是-2<x<0或x>1.
x
故选D.
点睛:本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题,
属于基础题,难度不大,解决该题型题目时,根据两函数图象的上下位置关系结合交点坐标得出不等式的解集是关键.
7、C
【分析】由题意根据菱形的性质和平面直角坐标系的特点可以求得点C的坐标,从而可以求得k的值.
【详解】解:∵在菱形ABOC中,∠A=60°,菱形边长为4,
∴OC=4,∠COB=60°,C的横轴坐标为(-42)=-2,C的纵轴坐标为42-22=23,
∴点C的坐标为(-2,23),
k
∵顶点C在反比例函数y的图象上,
x
k
∴23=,得k=43,
2
故选:C.
【点睛】
本题考查反比例函数图像以及菱形的性质,解答本题的关键是明确题意,求出点C的坐标,利用反比例函数的性质解
答.
8、A
【分析】根据抛物线y=x2+(2m-1)x+m2与坐标轴有一个交点,可知抛物线只与y轴有一个交点,抛物线与x轴没有
交点,据此可解.
【详解】解:∵抛物线y=x2+(2m-1)x+m2与坐标轴有一个交点,
抛物线开口向上,m2≥0,
∴抛物线与x轴没有交点,与y轴有1个交点,:.
∴(2m-1)2-4m2<0
1
解得m
4
故选:A.
【点睛】
本题考查了二次函数与一元二次方程的关系,解决本题的关键是掌握判别式和抛物线与x轴交点的关系.
9、D
【分析】求函数自变量的取值范围,就是求函数解析式有意义的条件,根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分
母不为0的条件可得关于x的不等式组,解不等式组即可.
x2x20x2
【详解】由题意,要使在实数范围内有意义,必须x2且x≠3,
x3x30x3
故选D.
10、C
【分析】由四边形ABCD是平行四边形,可得AD∥BE,由平行得相似,即△BEF∽△DAF,再利用相似比解答本题.
【详解】∵BE:EC2:3,
∴BE:BC2:5,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴ADBC,AD∥BE,
∴BE:AD2:5,BEF∽DAF,
∴BF:FDBE:AD2:5,
S:S4:25,
BFEFDA
故选:C.
【点睛】
.
11、C
【分析】根据切线的性质,得到直角三角形OAP,根据勾股定理求得PA的长;根据切线长定理,得AD=CD,CE=BE,
PA=PB,从而求解.
【详解】∵PA、PB、DE分别切⊙O于A、B、C点,
∴AD=CD,CE=BE,PA=PB,OA⊥AP.
在直角三角形OAP中,根据勾股定理,得AP=10262=8,
∴△PDE的周长为2AP=:.
故选C.
【点睛】
此题综合运用了切线长定理和勾股定理.
12、C
【分析】分别确定出两个抛物线的顶点坐标,再根据左减右加,上加下减确定平移方向即可得解.
【详解】解:抛物线y=2x2的顶点坐标为(0,0),
抛物线y=2(x-6)2+1的顶点坐标为(6,1),
所以,先向右平移6个单位,再向上平移1个单位可以由抛物线y=2x2平移得到抛物线y=2(x-6)2+1.
故选:C.
【点睛】
本题考查了二次函数图象与几何变换,利用点的平移规律左减右加,上加下减解答是解题的关键.
二、填空题(每题4分,共24分)
13、55-5
【分析】利用黄金分割的定义计算出AP即可.
【详解】解:∵P为AB的黄金分割点(AP>PB),
5-15-1
∴AP=AB=×10=55﹣5(cm),
22
故答案为55﹣5
【点睛】
本题考查黄金分割:把线段AB分成两条线段AC和BC(AC>BC),且使AC是AB和BC的比例中项(即AB:AC
=AC:BC),叫做把线段AB黄金分割,点C叫做线段AB的黄金分割点.
14、x[120(x60)]8800
【分析】根据“总售价=每棵的售价×棵数”列方程即可.
【详解】解:根据题意可得:x[120(x60)]8800
故答案为:x[120(x60)]8800.
【点睛】
此题考查的是一元二次方程的应用,掌握实际问题中的等量关系是解决此题的关键.
15、(4,0):.
b
【分析】确定函数的对称轴为:x1,即可求解.
2a
b
【详解】解:函数的对称轴为:x1,故另外一个交点B的坐标为(4,0),
2a
故答案为(4,0).
【点睛】
本题考查的是抛物线与x轴的交点和函数图象上点的坐标特征,熟练掌握二次函数与坐标轴的交点、二次函数的对称
轴是解题的关键.

16、4n,4n4n1
【分析】先求出双曲线的解析式,设BB=2m,BB=2m,分别求出m和m的值,从中找到规律表示出BB的
21132212nn1
值,据此可求得点A的坐标.
n
【详解】解:∵OA42,ΔOAB是等腰三角形,
111
∴AB=OB=4,
111
∴A的坐标是(-4,4),
1
∴C的坐标是(-2,2),
1
4
∴双曲线解析式为y,
x
设BB=2m,则BA=2m,
211221
∴A的坐标是(-4-2m,2m),
211
∴C的坐标是(-4-m,m),
211
∴(-4-m)m=-4,
11
∴m=222(负值舍去),
1
∴BB=424,
21
设BB=2m,则BA=2m,
322332
同理可求得m=2322,
2
∴BB=4342,
32
……,:.
依此类推BB=4n4n1,
nn1
∴BA=BB=4n4n1,
nnnn1
∴OB=OB+BB+BB+……+BB
n12132nn1
=4+424+4342+……+4n4n1
=4n
∴A的坐标是(4n,4n4n1),
n
故答案是:(4n,4n4n1).
【点睛】
k
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征:反比例函数y(k为常数,k≠0)的图象是双曲线,图象上的点(x,
x
y)的横纵坐标的积是定值k,即xy=.
17、<
【分析】由于第二个转盘红色所占的圆心角为120°,则蓝色部分为红色部分的两倍,即相当于分成三个相等的扇形
(红、蓝、蓝),再列出表,根据概率公式计算出小刚赢的概率和小亮赢的概率,即可得出结论.
【详解】解:用列表法将所有可能出现的结果表示如下:
红蓝蓝
蓝(红,蓝)(蓝,蓝)(蓝,蓝)
黄(红,黄)(蓝,黄)(蓝,黄)
黄(红,黄)(蓝,黄)(蓝,黄)
红(红,红)(蓝,红)(蓝,红)
上面等可能出现的12种结果中,有3种情况可以得到紫色,
3113
所以小刚赢的概率是P;则小亮赢的概率是P1
1124244
所以PP;
12
故答案为:<
【点睛】
本题考查了列表法或树状图法:通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n,再从中选出符合事件A或B的:.
结果数目m,然后根据概率公式求出事件A或B的概率.
18、m≥﹣1
2m
【解析】试题分析:抛物线的对称轴为直线xm,
21
∵当x>1时,y的值随x值的增大而增大,
∴﹣m≤1,解得m≥﹣1.
三、解答题(共78分)
19、(1)b=-2,c=3;(2)当y>0时,﹣3<x<1.
【分析】(1)由题意求得b、c的值;
(2)当y>0时,即图象在第一、二象限的部分,再求出抛物线和x轴的两个交点坐标,即得x的取值范围;
【详解】(1)根据题意,将(1,0)、(0,3)代入,得:
1bc0

c3,
b2
解得:
c3;
(2)由(1)知抛物线的解析式为yx22x3,
当y=0时,x22x30,
解得:x3或x=1,
3,0,10,,
则抛物线与x轴的交点为
∴当y>0时,﹣3<x<1.
【点睛】
考查待定系数法求二次函数解析式,抛物线与x轴的交点,二次函数的性质,数形结合是解题的关键.
20、(1)证明见解析;(2)①45;②1.
【分析】(1)=CF,由圆周角定理得到∠ADC=10°,于是
得到结论;
(2)①连接OD,根据圆周角定理和正方形的判定定理即可得到结论;
②根据圆周角定理得到∠ADC=∠ABC=10°,根据勾股定理得到ACAD2CD225,根据三角形的面积公式
即可得到结论.
【详解】(1)证明:∵AC是O的直径,CEAC,
∴:.
又∵DF是O的切线,且交CE于点F,
∴DFCF,
∴CDFDCF,
∵AC是O的直径,
∴ADC90,
∴DCFE90,CDFEDF90,
∴EEDF,
∴DFEF,
∴EFFC.
(2)解:①当∠ACD的度数为45°时,四边形ODFC为正方形;
理由:连接OD,
∵AC为O的直径,
∴∠ADC=10°,
∵∠ACD=45°,
∴∠DAC=45°,
∴∠DOC=10°,
∴∠DOC=∠ODF=∠OCF=10°,.
∵OD=OC,
∴四边形ODFC为正方形;
故答案为:45°
②四边形ABCD的最大面积是1,
理由:∵AC为O的直径,
∴∠ADC=∠ABC=10°,
∵AD=4,DC=2,
∴ACAD2CD225,,
∴要使四边形ABCD的面积最大,则△ABC的面积最大,
∴当△ABC是等腰直角三角形时,△ABC的面积最大,
11
∴四边形ABCD的最大面积:422559
22
故答案为:1
【点睛】:.
本题以圆为载体,考查了圆的切线的性质、平行线的判定、平行四边形的性质、直角三角形全等的判定和45°角的直
角三角形的性质,涉及的知识点多,熟练掌握相关知识是解题的关键.
21、(1)证明见解析;(2)△ABC的面积为35.
【分析】(1)计算判别式的值得到△=4m2,从而得到△>0,然后根据判别式的意义得到结论;
(2)利用求根公式解方程得到x=4±m,即b=4+m,c=4﹣m,讨论:当b=a=6时,即4+m=6,解得m=2,利
用勾股定理计算出底边上的高,然后计算△ABC的面积;当c=a时,即4﹣m=6,解得m=﹣2,即a=c=6,b=2,
利用同样方法计算△ABC的面积.
【详解】(1)证明:△=(﹣8)2﹣4×(16﹣m2)
=4m2,
∵m≠0,
∴m2>0,
∴△>0,
∴此方程总有两个不相等的实数根;
(2)解:∵=(﹣)82﹣4(16﹣m2)=4m2
84m2
∴x=4|m|4m,
2
即b=4+m,c=4﹣m,
∵m≠0
∴b≠c
当b=a时,4+m=6,解得m=2,即a=b=6,c=2,
如图,AB=AC=6,BC=2,AD为高,
则BD=CD=1,
∴ADAB2BD2621235:.
1
∴△ABC的面积为:×2×35=35;
2
当c=a时,4﹣m=6,解得m=﹣2,即a=c=6,b=2,
如图,AB=AC=6,BC=2,AD为高,
则BD=CD=1,
∴ADAB2BD2621235
1
∴△ABC的面积为:×2×35=35,
2
即△ABC的面积为35.
【点睛】
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式△=b2﹣4ac:①当△>0,方程有两个不相等的实数根;
②当△=0,方程有两个相等的实数根;③当△<0,.
22、(1)见解析;(2)12
【分析】(1)连接OD,AD是∠CAB的平分线,以及OA=DO,推出∠CAD=∠ODA,进而得出OD∥AC,最后根据
∠C=90°可得出结论;
(2)因为∠B=30°,所以∠CAB=60°,结合(1)可得AC∥OD,证明△ODE是等边三角形,
在Rt△BOD中,利用含30°直角三角形的性质求出BO的长,从而得出结论.
【详解】解:(1)证明:连接OD
AD平分∠CAB,
CADBAD.
在O中,OAOD,:.
OADADO.
CADADO.
∴AC∥OD.
Rt△ABC中,C90,
ODBC,直线BC为圆O的切线;
(2)解:如图,
Rt△ABC中,C90,B30,
∴CAB60.
由(1)可得:AC∥OD,
∴DOB60,
△DOE为等边三角形,ODOEDE4,
OAOD4.
由(1)可得ODB90,
又B30,
在Rt△ODB中,OB2OD8.
ABOAOB12.
【点睛】
本题考查的是切线的判定与性质,等边三角形的判定,含30°的直角三角形的性质等知识,在解答此类题目时要注意
添加辅助线,构造直角三角形.
2
23、(1)反比例函数为y;一次函数解析式为y=﹣x﹣1;(2)x<﹣2或0<x<1.
x
【分析】(1)由A的坐标易求反比例函数解析式,从而求B点坐标,进而求一次函数的解析式;
(2)观察图象,找出一次函数的图象在反比例函数的图象上方时,x的取值即可.
m
【详解】解:(1)把A(﹣2,1)代入y=,
x
得m=﹣2,
2
即反比例函数为y=﹣,
x:.
2
将B(1,n)代入y=﹣,解得n=﹣2,
x
即B(1,﹣2),
把A(﹣2,1),B(1,﹣2)代入y=kx+b,得
12kb

2kb
解得k=﹣1,b=﹣1,
所以y=﹣x﹣1;
(2)由图象可知:当一次函数的值>反比例函数的值时,x<﹣2或0<x<1.
【点睛】
此题考查的是反比例函数和一次函数的综合题,掌握利用待定系数法求一次函数、反比例函数的解析式和根据图象求
自变量的取值范围是解决此题的关键.
210917
24、(1)y=;(2)最小值即为,P(0,).
x210
1
【解析】(1)根据反比例函数比例系数k的几何意义得出k1,进而得到反比例函数的解析式;
2
AyAAByPAPB
(2)作点关于轴的对称点,连接,交轴于点P,得到最小时,点P的位置,根据两点间
ABABy
的距离公式求出最小值的长;利用待定系数法求出直线的解析式,得到它与轴的交点,即点P的坐标.
k
【详解】(1)反比例函数y(k0)的图象过点A,过A点作x轴的垂线,垂足为M,AOM面积为1,
x
1
k1,
2
k0,
k2,
2
故反比例函数的解析式为:y;
x
AyA'A'ByPAPB
(2)作点关于轴的对称点,连接,交轴于点P,:.
15
yxx4
x1
22
由,解得,或1,
2y2y

y2
x
1
A1,2B4,
,,
2
12109
2
A'1,2,最小值A'B412.

22
设直线A'B的解析式为ymxn,
3
mn2m

10
则1,解得,
4mn17
n
2
10
317
直线A'B的解析式为yx,
1010
17
x0时,y,
10
17
P点坐标为0,.
10
【点睛】
考查的是反比例函数图象与一次函数图象的交点问题以及最短路线问题,解题的关键是确定PAPB最小时,点P的
位置,灵活运用数形结合思想求出有关点的坐标和图象的解析式是解题的关键.
25、DE=8.
【分析】先根据角平分线的性质和平行线的性质证得DECE,再根据平行线分线段成比例即可得.
【详解】如图,CD平分ACB
12
DE//BC
32
13
DECE:.
又DE//B