山东省潍坊市滨海区2022-2023学年九年级数学第一学期期末联考试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
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（每题4分，共48分）
1．电影《流浪地球》一上映就获得追捧，第一天票房收入约8亿元，第三天票房收入达到了11.52亿元，设第一天到第三天票房收入平均每天增长的百分率为x，则可列方程（　　）
A．8（1+x）＝11.52 B．8（1+2x）＝11.52
C．8（1+x）＝11.52 D．8（1﹣x）＝11.52
2．抛物线的顶点坐标为　　
A． B． C． D．
3．如图，D是△ABC的边BC上一点，已知AB=4，AD=1．∠DAC=∠B，若△ABD的面积为a，则△ACD的面积为（ ）

A．a B．a C．a D．a
4．如图，AB为⊙O的直径，点C、D在⊙O上，若∠AOD=30°，则∠BCD的度数是（　　）

A．150° B．120° C．105° D．75°
5．如图，在中，，D为AC上一点，连接BD，且，则DC长为（ ）

A．2 B． C． D．5
6．如图所示的几何体是由一些正方体组合而成的立体图形，则这个几何体的俯视图是

A． B． C． D．
7．一组数据-3，2，2，0，2，1的众数是（ ）
A．-3 B．2 C．0 D．1
8．已知一元二次方程x2+kx﹣5＝0有一个根为1，k的值为（　　）
A．﹣2 B．2 C．﹣4 D．4
9．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A(3，0)，顶点B在y轴正半轴上，顶点D在x轴负半轴上，若抛物线y=－x2－5x+c经过点B、C，则菱形ABCD的面积为（ ）

A．15 B．20 C．25 D．30
10．若在实数范围内有意义，则的取值范围是( )
A． B． C． D．
11．已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象大致如图所示，则下列关系式中成立的是（　　）

A．a＞0 B．b＜0 C．c＜0 D．b+2a＞0
12．如图，点A，B是反比例函数y=（x＞0）图象上的两点，过点A，B分别作AC⊥x轴于点C，BD⊥x轴于点D，连接OA、BC，已知点C（2，0），BD=3，S△BCD=3，则S△AOC为( )

A．2 B．3 C．4 D．6
二、填空题（每题4分，共24分）
13．一个小组新年互送贺卡，若全组共送贺卡72张，则这个小组共______人.
14．如图，已知中，，，，将绕点顺时针旋转得到，点、分别为、的中点，若点刚好落在边上，则______.

15．如图，一辆小车沿着坡度为的斜坡从点A向上行驶了50米到点B处，则此时该小车离水平面的垂直高度为_____________.

16．若是方程的一个根，则的值是________.
17．如图，把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A’B’C，A’B’交AC于点D，若∠A’DC=90°，则∠A= °.

18．点A(﹣2，y1)，B(0，y2)，C(，y3)是二次函数y＝ax2﹣ax（a是常数，且a＜0）的图象上的三点，则y1，y2，y3的大小关系为_____（用“＜”连接）．
三、解答题（共78分）
19．（8分）已知△ABC为等边三角形， M为三角形外任意一点，把△ABM绕着点A按逆时针方向旋转60°到△CAN的位置.
(1)如图①，若∠BMC=120°，BM=2，MC=3.求∠AMB的度数和求AM的长.
(2)如图②，若∠BMC = n°，试写出AM、BM、CM之间的数量关系，并证明你的猜想.

20．（8分）超市销售某种儿童玩具，如果每件利润为40元（市场管理部门规定，该种玩具每件利润不能超过60元），每天可售出50件．根据市场调查发现，销售单价每增加2元，每天销售量会减少1件．设销售单价增加元，每天售出件．
（1）请写出与之间的函数表达式；
（2）当为多少时，超市每天销售这种玩具可获利润2250元？
（3）设超市每天销售这种玩具可获利元，当为多少时最大，最大值是多少？
21．（8分）随着国家“惠民政策”的陆续出台，为了切实让老百姓得到实惠，国家卫计委通过严打药品销售环节中的不正当行为，某种药品原价200元/瓶，经过连续两次降价后，现仅卖98元/瓶，现假定两次降价的百分率相同，求该种药品平均每次降价的百分率．
22．（10分）如图所示的双曲线是函数为常数，)图象的一支若该函数的图象与一次函数的图象在第一象限的交点为，求点的坐标及反比例函数的表达式．

23．（10分）如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，每个小方格的边长为个单位长度，在第二象限内有横、纵坐标均为整数的两点，点，点的横坐标为， 且.

在平面直角坐标系中标出点，写出点的坐标并连接；
画出关于点成中心对称的图形.
24．（10分）（1）解方程：x2﹣4x﹣3＝0
（2）计算：
25．（12分）先化简：，再求代数式的值，其中是方程的一个根．
26．在一次篮球拓展课上，，，三人玩篮球传球游戏，游戏规则是：每一次传球由三人中的一位将球随机地传给另外两人中的某一人．例如：第一次由传球，则将球随机地传给，两人中的某一人．
（1）若第一次由传球，求两次传球后，球恰好回到手中的概率．（要求用画树状图法或列表法）
（2）从，，三人中随机选择一人开始进行传球，求两次传球后，球恰好在手中的概率．（要求用画树状图法或列表法）

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】设平均每天票房的增长率为，根据第一天票房收入约8亿元，第三天票房收入达到了11.52亿元，即可得出关于的一元二次方程．
【详解】解：设平均每天票房的增长率为，
根据题意得：．
故选：C．
【点睛】
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
2、B
【分析】利用顶点公式 ，进行计算
【详解】

顶点坐标为
故选B.
【点睛】
本题考查二次函数的性质，熟练运用抛物线顶点的公式是解题关键.
3、C
【详解】解：∵∠DAC=∠B，∠C=∠C，
∴△ACD∽△BCA，
∵AB=4，AD=1，
∴△ACD的面积：△ABC的面积为1：4，
∴△ACD的面积：△ABD的面积=1：3，
∵△ABD的面积为a，
∴△ACD的面积为a，
故选C．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定与性质，掌握相关性质是本题的解题关键．
4、C
【解析】试题解析：连接AC，

∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠AOD=30°，
∴∠ACD=15°，
∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=105°，
故选C．
5、C
【分析】利用等腰三角形的性质得出∠ABC=∠C=∠BDC，可判定△ABC∽△BCD，利用相似三角形对应边成比例即可求出DC的长.
【详解】∵AB=AC=6
∴∠ABC=∠C
∵BD=BC=4
∴∠C=∠BDC
∴∠ABC=∠BCD，∠ACB=∠BDC
∴△ABC∽△BCD
∴
∴
故选C.
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是找到两组对应角相等判定相似三角形.
6、A
【解析】从正面看到的图叫做主视图，从左面看到的图叫做左视图，从上面看到的图叫做俯视图．根据图中正方体摆放的位置，从上面看，下面一行左面是横放2个正方体，上面一行右面是一个正方体．故选A．
7、B
【解析】一组数据中出现次数最多的数据是众数，根据众数的定义进行求解即可得.
【详解】数据-3，2，2，0，2，1中，2出现了3次，出现次数最多，其余的都出现了1次，
所以这组数据的众数是2，
故选B.
【点睛】本题考查了众数的定义，熟练掌握众数的定义是解题的关键.
8、D
【分析】根据一元二次方程的解的定义，把x＝1代入方程得到关于k的一次方程1﹣5+k＝0，然后解一次方程即可．
【详解】解：把x＝1代入方程得1+k﹣5＝0，
解得k＝1．
故选：D．
【点睛】
本题考查一元二次方程的解. 熟记一元二次方程解得定义是解决此题的关键.
9、B
【分析】根据抛物线的解析式结合抛物线过点B、C，即可得出点C的横坐标，由菱形的性质可得出AD=AB=BC=1，再根据勾股定理可求出OB的长度，套用平行四边形的面积公式即可得出菱形ABCD的面积．
【详解】解：抛物线的对称轴为，
∵抛物线y=-x2-1x+c经过点B、C，且点B在y轴上，BC∥x轴，
∴点C的横坐标为-1．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=AD=1，
∴点D的坐标为（-2，0），OA=2．
在Rt△ABC中，AB=1，OA=2，
∴OB=，
∴S菱形ABCD=AD•OB=1×4=3．
故选：B．
【点睛】
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、菱形的性质以及平行四边形的面积，根据二次函数的性质、菱形的性质结合勾股定理求出AD=1、OB=4是解题的关键．
10、A
【解析】根据二次根式有意义的条件:被开方数≥0和分式有意义的条件:分母≠0,列出不等式,解不等式即可．
【详解】解:由题意可知:
解得：
故选A．
【点睛】
此题考查的是二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件:被开方数≥0和分式有意义的条件:分母≠0是解决此题的关键．
11、D
【解析】分析：根据抛物线的开口、对称轴及与y轴的交点的位置，可得出a＜1、c＞1、b＞﹣2a，进而即可得出结论．
详解：∵抛物线开口向下，对称轴大于1，与y轴交于正半轴，∴a＜1，﹣＞1，c＞1，∴b＞﹣2a，∴b+2a＞1．
故选D．
点睛：本题考查了二次函数图象与系数的关系，根据抛物线的对称轴大于1找出b＞﹣2a是解题的关键．
12、D
【分析】先求CD长度，再求点B坐标，再求函数解析式，可求得面积.
【详解】因为，BD=3，S△BCD==3，
所以，,
解得，CD=2，
因为，C(2，0)
所以，OD=4，
所以，B（4，3）
把B(4，3)代入y=，得k=12,
所以，y=
所以，S△AOC=
故选D
【点睛】
本题考核知识点：反比例函数. 解题关键点：熟记反比例函数性质.

二、填空题（每题4分，共24分）
13、1
【解析】每个人都要送给他自己以外的其余人，等量关系为：人数×（人数﹣1）=72，把相关数值代入计算即可．
【详解】设这小组有x人．由题意得：
x（x﹣1）=72
解得：x1=1，x2=﹣8（不合题意，舍去）．
即这个小组有1人．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用，得到互送贺卡总张数的等量关系是解决本题的关键，注意理解答本题中互送的含义，这不同于直线上点与线段的数量关系．
14、
【分析】根据旋转性质及直角三角形斜边中线等于斜边一半，求出CD=CE=5,再根据勾股定理求DE长，的值即为等腰△CDE底角的正弦值，根据等腰三角形三线合一构建直角三角形求解.
【详解】如图，过D点作DM⊥BC，垂足为M，过C作CN⊥DE，垂足为N，
在Rt△ACB中，AC=8，BC=6，由勾股定理得，AB=10，
∵D为AB的中点，
∴CD= ,
由旋转可得，∠MCN=90°,MN=10，
∵E为MN的中点，
∴CE=,
∵DM⊥BC,DC=DB,
∴CM=BM=,
∴EM=CE-CM=5-3=2，
∵DM=,
∴由勾股定理得，DE=，
∵CD=CE=5，CN⊥DE,
∴DN=EN= ,
∴由勾股定理得，CN=,
∴sin∠DEC= .

故答案为：.
【点睛】
本题考查旋转性质，直角三角形的性质和等腰三角形的性质，能够用等腰三角形三线合一的性质构建直角三角形解决问题是解答此题的关键.
15、2
【分析】设出垂直高度，表示出水平距离，利用勾股定理求解即可．
【详解】设此时该小车离水平面的垂直高度为x米，则水平前进了x米．
根据勾股定理可得：x2＋（x）2＝1．
解得x＝2．
即此时该小车离水平面的垂直高度为2米．
故答案为：2.
【点睛】
考查了解直角三角形的应用−坡度坡角问题，此题的关键是熟悉且会灵活应用公式：tan（坡度）＝垂直高度÷水平宽度，综合利用了勾股定理．
16、1
【分析】将代入方程，得到，进而得到，，然后代入求值即可.
【详解】解：由题意，将代入方程
∴，，
∴
故答案为：1
【点睛】
本题考查一元二次方程的解，及分式的化简，掌握方程的解的概念和平方差公式是本题的解题关键.
17、55.
【详解】试题分析：∵把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A’B’C
∴∠ACA’=35°，∠A =∠A’，.
∵∠A’DC=90°，
∴∠A’ =55°.
∴∠A=55°.
考点：1.旋转的性质；2.直角三角形两锐角的关系.
18、y1＜y3＜y1
【分析】求出抛物线的对称轴，求出C关于对称轴的对称点的坐标，根据抛物线的开口方向和增减性，即可求出答案．
【详解】y=ax1﹣ax(a是常数，且a＜0)，
对称轴是直线x，
即二次函数的开口向下，对称轴是直线x，
即在对称轴的左侧y随x的增大而增大，
C点关于直线x=1的对称点是(1，y3)．
∵﹣1＜1，
∴y1＜y3＜y1．
故答案为：y1＜y3＜y1．
【点睛】
本题考查了学生对二次函数图象上点的坐标特征的理解和运用，主要考查学生的观察能力和分析能力，本题比较典型，但是一道比较容易出错的题目．

三、解答题（共78分）
19、（1）60°,5;（2）AM=BM+CM
【分析】（1）由旋转性质可得△ABM≌△CAN，根据全等三角形的性质和等边三角形的判定可得△AMN是等边三角形,继而求出∠AMN=60°，根据∠BMC=120°,∠AMN=∠AMC=60°，继而求出∠AMB；AM =MN= MC+ CN.
（2）
【详解】解∵把△ABM绕着点A按逆时针方向旋转60到△ACN的位置，
所以∠NAM=60°，
因为AN=AM，
所以△AMN是等边三角形,
所以∠AMN=60°，
因为∠BMC=120°,∠AMN=∠AMC=60°，
所以∠AMB=∠BMG-∠AMG=120°-60°=60°，
∵把△ABM绕着点A按逆时针方向旋转60°到△ACN的位置，
所以△ABM≌△CAN,
所以BM=CN=2，
△AMN是等边三角形
AM =MN= MC+ CN= 3+2=5,
故答案为60°,5;
（2）AM=BM+CM,
∵把△ABM绕着点A按逆时针方向旋转60°到△ACN的位置，
所以△ABM≌△CAN,
因为AN=AM，
所以△AMN是等边三角形,
所以∠AMN=60°，
因为∠BMC=n°,∠AMN=∠AMC=60°，
所以∠MNA=∠MAN，
所以MA=MN，
所以AM=BM+CM.
【点睛】
本题主要考的三角形的旋转及等边三角形的应用以及三角形全等性质的使用，解决本题的关键是要熟练掌握旋转性质和全等三角形的性质.
20、（1）（2）当为10时，超市每天销售这种玩具可获利润2250元（3）当为20时最大，最大值是2400元
【分析】（1）根据题意列函数关系式即可；
（2）根据题意列方程即可得到结论；
（3）根据题意得到，根据二次函数的性质得到当时，随的增大而增大，于是得到结论．
【详解】（1）根据题意得，；
（2）根据题意得，，
解得：，，
∵每件利润不能超过60元，
∴，
答：当为10时，超市每天销售这种玩具可获利润2250元；
（3）根据题意得，，
∵，
∴当时，随的增大而增大，
∴当时，，
答：当为20时最大，最大值是2400元．
【点睛】
本题考查了一次函数、二次函数的应用，弄清题目中包含的数量关系是解题关键．
21、该种药品平均每次降价的百分率是30%.
【解析】试题分析：设该种药品平均每场降价的百分率是x，则两个次降价以后的价格是，据此列出方程求解即可．
试题解析：设该种药品平均每场降价的百分率是x，由题意得：
解得：（不合题意舍去），=30%．
答：该种药品平均每场降价的百分率是30%．
考点：一元二次方程的应用；增长率问题．
22、点的坐标为；反比例函数的表达式为．
【分析】先将x=2代入一次函数中可得，点的坐标为，再将点A的坐标代入可得反比例函数的解析式．
【详解】解：点在一次函数的图象上，

点的坐标为．
又点在反比例函数为常数，)的图象上，

反比例函数的表达式为．
【点睛】
本题考查反比例函数和一次函数的交点问题和解析式，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
23、（1）作图见解析；（2）作图见解析.
【分析】（1）根据勾股定理求得点A的纵坐标，即可在坐标系中描出点A，并连接；
（2）将OA、OB分别延长相等的长度，连接后即可得到中心对称的图形.
【详解】（1）∵点的横坐标为，
∴OA=2，
∵，
∴点A的纵坐标为,
∴点坐标
（2）如图，

【点睛】
此题考查中心对称图形的画法，掌握中心对称的特点即可正确画出图形.
24、（1）x1＝2+，x2＝2﹣；（2）1
【分析】(1)方程利用配方法求出解即可；
(2)原式利用二次根式性质，绝对值的代数意义，零指数幂法则，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值．
【详解】(1)方程整理得：x2﹣4x=3，
配方得：x2﹣4x+4=3+4，即(x﹣2)2=7，
开方得：x﹣2=±，
解得：x1=2+，x2=2﹣；
(2)

=1．
【点睛】
本题考查了利用配方法求一元二次方程的解以及实数的混合运算，涉及了：零指数、二次根式以及特殊角的三角函数值．解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法以及特殊角的锐角三角函数的值．
25、；1．
【分析】首先对括号内的分式进行通分，然后把除法转化为乘法即可化简，最后整体代值计算．
【详解】解：，
，
，
，
；
∵是方程的一个根，
∴，
∴，
∴，
∴原式=
【点睛】
本题考查了分式的化简求值和一元二次方程的根，熟知整体代入是解答此题关键．
26、（1），树状图见解析；（2），树状图见解析
【分析】（1）用树状图表示所有可能情况，找出符合条件的情况，求出概率即可．
（2）用树状图表示所有可能情况，找出符合条件的情况，求出概率即可．
【详解】解：（1）画树状图得：

∵共有4种等可能的结果，两次传球后，球恰在手中的只有2种情况，
∴两次传球后，球恰在手中的概率为．
（2）根据题意画树状图如下：

∴共有12种等可能的结果，第二次传球后，球恰好在手中的有4种情况，
∴第二次传球后，球恰好在手中的概率是．
【分析】本题主要考查了树状图求概率的方法，正确掌握树状图求概率的方法是解题的关键．