2023届河北省唐山滦南县联考九年级数学第一学期期末考试试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．函数y＝3（x﹣2）2＋4的图像的顶点坐标是（ 　）
A．（3，4） B．（﹣2，4） C．（2，4） D．（2，﹣4）
2．二次三项式配方的结果是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，该几何体的主视图是（ ）

A． B． C． D．
4．正方形具有而菱形不具有的性质是（　　）
A．对角线互相平分 B．对角线相等
C．对角线平分一组对角 D．对角线互相垂直
5．在中，，若已知，则（ ）
A． B． C． D．
6．在中，是边上的点，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
7．用一个平面去截一个圆锥，截面的形状不可能是( )
A．圆 B．矩形 C．椭圆 D．三角形
8．下列四个结论，①过三点可以作一个圆；②圆内接四边形对角相等；③平分弦的直径垂直于弦；④相等的圆周角所对的弧也相等；不正确的是（ ）
A．②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④
9．关于x的一元二次方程有实数根，则a的取值范围是
A． B． C． D．
10．方程的两根分别是，则等于 （ ）
A．1 B．-1 C．3 D．-3
11．三角形的两边分别2和6，第三边是方程x2-10x+21=0的解，则三角形周长为（ ）
A．11 B．15 C．11或15 D．不能确定
12．如图，矩形ABCD中，E为DC的中点，AD：AB＝：2，CP：BP＝1：2，连接EP并延长，交AB的延长线于点F，AP、BE相交于点O．下列结论：①EP平分∠CEB；②＝PB•EF；③PF•EF＝2；④EF•EP＝4AO•PO．其中正确的是（　　）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．③④
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，设点P在函数y=的图象上，PC⊥x轴于点C，交函数y= 的图象于点A，PD⊥y轴于点D，交函数y=的图象于点B，则四边形PAOB的面积为_____．

14．如图，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条AB，AC夹角为120°，AB的长为20cm，扇面BD的长为15cm，则弧DE的长是_____．

15．在国庆节的一次同学聚会上，每人都向其他人赠送了一份小礼品，共互送110份小礼品，则参加聚会的有______名同学．
16．抛物线y=9x2﹣px+4与x轴只有一个公共点，则p的值是_____．
17．某工厂1月份的产值为50000元，3月份的产值达到72000元，这两个月的产值平均月增长的百分率是多少？
18．如图，菱形的顶点C的坐标为，顶点A在x轴的正半轴上.反比例函数的图象经过顶点B，则k的值为__．

三、解答题（共78分）
19．（8分）速滑运动受到许多年轻人的喜爱。如图，四边形是某速滑场馆建造的滑台，已知，滑台的高为米，且坡面的坡度为.后来为了提高安全性，决定降低坡度，改造后的新坡面AC的坡度为.
（1）求新坡面的坡角及的长；
（2）原坡面底部的正前方米处是护墙，为保证安全，体育管理部门规定，坡面底部至少距护墙米。请问新的设计方案能否通过，试说明理由（参考数据：）

20．（8分）把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知EF=CD=16cm，请求出球的半径．

21．（8分）《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，在“勾股”章中有这样一个问题：“今有邑方二百步，各中开门，出东门十五步有木，问：出南门几步面见木？”用今天的话说，大意是：如图，DEFG是一座边长为200步（“步”是古代的长度单位）的正方形小城，东门H位于GD的中点，南门K位于ED的中点，出东门15步的A处有一树木，求出南门多少步恰好看到位于A处的树木（即点D在直线AC上）？请你计算KC的长为多少步．

22．（10分）解下列方程
（1）
（2）
23．（10分）习近平总书记指出，到2020年全面建成小康社会，实现第一个百年奋斗目标．为贯彻习总书记的指示，实现精准脱贫，某区相关部门指导对口帮扶地区的村民，加工包装当地特色农产品进行销售，以增加村民收入．已知该特色农产品每件成本10元，日销售量(袋)与每袋的售价(元)之间关系如下表：
每袋的售价(元)
…
20
30
…
日销售量(袋)
…
20
10
…
如果日销售量y (袋)是每袋的售价x(元)的一次函数，请回答下列问题：
（1）求日销售量y(袋)与每袋的售价x(元)之间的函数表达式；
（2）求日销售利润(元)与每袋的售价(元)之间的函数表达式；
（3）当每袋特色农产品以多少元出售时，才能使每日所获得的利润最大？最大利润是多少元？
(提示：每袋的利润=每袋的售价每袋的成本)
24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是A（﹣3，2），B（0，4），C（0，2）．
（1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C1，平移△ABC，若点A的对应点A2的坐标为（0，﹣4），画出平移后对应的△A2B2C2；
（2）若将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标．

25．（12分）盒中有x枚黑棋和y枚白棋，这些棋除颜色外无其他差别．
（1）从盒中随机取出一枚棋子，如果它是黑棋的概率是，写出表示x和y关系的表达式．
（2）往盒中再放进10枚黑棋，取得黑棋的概率变为，求x和y的值．
26．已知：在平面直角坐标系中，抛物线（）交x轴于A、B两点，交y轴于点C，且对称轴为直线x=-2 .

（1）求该抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）若点P(0,t)是y轴上的一个动点，请进行如下探究：
探究一：如图1，设△PAD的面积为S，令W＝t·S，当0＜t＜4时，W是否有最大值？如果有，求出W的最大值和此时t的值；如果没有，说明理由；
探究二：如图2，是否存在以P、A、D为顶点的三角形与Rt△AOC相似？如果存在，求点P的坐标；如果不存在，请说明理由．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【详解】函数y＝3（x﹣2）2＋4的图像的顶点坐标是（2，4）
故选C.
2、B
【解析】试题分析：在本题中，若所给的式子要配成完全平方式，常数项应该是一次项系数-4的一半的平方；可将常数项3拆分为4和-1，然后再按完全平方公式进行计算．
解：x2-4x+3=x2-4x+4-1=（x-2）2-1．
故选B．
考点：配方法的应用．
3、C
【解析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
【详解】解：从正面看易得是1个大正方形，大正方形左上角有个小正方形．
故答案选：C．
【点睛】
本题主要考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图，难度适中.
4、B
【分析】根据正方形和菱形的性质逐项分析可得解.
【详解】根据正方形对角线的性质：平分、相等、垂直；菱形对角线的性质：平分、垂直，
故选B．
【点睛】
考点：1.菱形的性质；2.正方形的性质．
5、B
【分析】根据题意利用三角函数的定义，定义成三角形的边的比值，进行分析计算即可求解．
【详解】解：在中，，

∵，
设BC=3x，则AC=4x，
根据勾股定理可得：，
∴.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查三角函数的定义，注意掌握求锐角的三角函数值的方法：利用锐角三角函数的定义，通过设参数的方法求三角函数值，或者利用同角（或余角）的三角函数关系式求三角函数值．
6、C
【分析】先利用比例性质得到AD：AB=3：4，再证明△ADE∽△ABC，然后利用相似比可计算出AC的长．
【详解】解：解：∵AD=9，BD=3，
∴AD：AB=9：12=3：4，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴=，
∵AE=6，
∴AC=8，
故选C.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；在利用相似三角形的性质时主要利用相似比计算线段的长．
7、B
【分析】利用圆锥的形状特点解答即可.
【详解】解：平行于圆锥的底面的截面是圆，故A可能;
截面不可能是矩形，故B符合题意；
斜截且与底面不相交的截面是椭圆，故C可能;
过圆锥的顶点的截面是三角形，故D可能.
故答案为B.
【点睛】
本题主要考查了截一个几何体所得的截面的形状，解答本题的关键在于明确截面的形状既与被截的几何体有关，还与截面的角度和方向有关.
8、D
【分析】根据确定圆的条件、圆的内接四边形的性质、垂径定理及圆心角、弧、弦的关系定理逐一判断即可得答案.
【详解】过不在同一条直线上的三点可以作一个圆，故①错误，
圆的内接四边形对角互补，故②错误，
平分弦（非直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧，故③错误，
在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等，故④错误，
综上所述：不正确的结论有①②③④，
故选：D.
【点睛】
本题考查确定圆的条件、圆的内接四边形的性质、垂径定理及圆心角、弧、弦的关系定理，熟练掌握相关性质及定理是解题关键.
9、A
【解析】试题分析：根据一元二次方程的意义，可知a≠0，然后根据一元二次方程根的判别式，可由有实数根得△=b2-4ac=1-4a≥0，解得a≤，因此可知a的取值范围为a≤且a≠0.
点睛：此题主要考查了一元二次方程根的判别式，解题关键是根据一元二次方程根的个数判断△=b2-4ac的值即可.
注意：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；
当△=0时，方程有两个相等的十数根；
当△＜0时，方程没有实数根.
10、B
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，即可得到答案.
【详解】解：∵的两根分别是，
∴，
故选：B.
【点睛】
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握一元二次方程根与系数的关系进行解题.
11、B
【详解】解：方程x2-10x+21=0，变形得：（x-3）（x-7）=0，
解得：x1=3，x2=7，
若x=3，三角形三边为2，3，6，不合题意，舍去，
则三角形的周长为2+6+7=1．
故选：B．
12、B
【解析】由条件设AD=x，AB=2x，就可以表示出CP=x，BP=x，用三角函数值可以求出∠EBC的度数和∠CEP的度数，则∠CEP=∠BEP，运用勾股定理及三角函数值就可以求出就可以求出BF、EF的值，从而可以求出结论．
【详解】解：设AD=x，AB=2x
∵四边形ABCD是矩形
∴AD=BC，CD=AB，∠D=∠C=∠ABC=90°．DC∥AB
∴BC=x，CD=2x
∵CP：BP=1：2
∴CP=x，BP=x
∵E为DC的中点，
∴CE=CD=x，
∴tan∠CEP==，tan∠EBC==
∴∠CEP=30°，∠EBC=30°
∴∠CEB=60°
∴∠PEB=30°
∴∠CEP=∠PEB
∴EP平分∠CEB，故①正确；
∵DC∥AB，
∴∠CEP=∠F=30°，
∴∠F=∠EBP=30°，∠F=∠BEF=30°，
∴△EBP∽△EFB，
∴
∴BE·BF=EF·BP
∵∠F=∠BEF，
∴BE=BF
∴＝PB·EF，故②正确
∵∠F=30°，
∴PF=2PB=x，
过点E作EG⊥AF于G，

∴∠EGF=90°，
∴EF=2EG=2x
∴PF·EF=x·2x=8x2
2AD2=2×（x）2=6x2，
∴PF·EF≠2AD2，故③错误.
在Rt△ECP中，
∵∠CEP=30°，
∴EP=2PC=x
∵tan∠PAB==
∴∠PAB=30°
∴∠APB=60°
∴∠AOB=90°
在Rt△AOB和Rt△POB中，由勾股定理得，
AO=x，PO=x
∴4AO·PO=4×x·x=4x2
又EF·EP=2x·x=4x2
∴EF·EP=4AO·PO．故④正确．
故选，B
【点睛】
本题考查了矩形的性质的运用，相似三角形的判定及性质的运用，特殊角的正切值的运用，勾股定理的运用及直角三角形的性质的运用，解答时根据比例关系设出未知数表示出线段的长度是关键．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、4
【解析】

＝6－1－1
＝4
【点睛】
本题考察了反比例函数的几何意义及割补法求图形的面积．通过观察可知，所求四边形的面积等于矩形OCPD的面积减去△OBD和△OCA的面积，而矩形OCPD的面积可通过的比例系数求得；△OBD和△OCA的面积可通过的比例系数求得，从而用矩形OCPD的面积减去△OBD和△OCA的面积即可求得答案．
14、cm
【分析】直接利用弧长公式计算得出答案．
【详解】弧DE的长为：.
故答案是：.
【点睛】
考查了弧长公式计算，正确应用弧长公式是解题关键．
15、1
【解析】设参加聚会的有x名学生，根据“在国庆节的一次同学聚会上，每人都向其他人赠送了一份小礼品，共互送10份小礼品”，列出关于x的一元二次方程，解之即可．
【详解】解：设参加聚会的有x名学生，
根据题意得：
，
解得：，舍去，
即参加聚会的有1名同学，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用，正确找出等量关系，列出一元二次方程是解题的关键．
16、±1
【解析】试题解析：抛物线与x轴只有一个交点，则△=b2-4ac=0，
故：p2-4×9×4=0，
解得p=±1．
故答案为±1．
17、20%
【分析】设这两个月的产值平均月增长的百分率为x，根据该工厂1月份及3月份的产值，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【详解】解：设这两个月的产值平均月增长的百分率为x，
依题意，得：50000（1+x）2＝72000，
解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（舍去）．
答：这两个月的产值平均月增长的百分率是20%．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是找准等量关系，正确列出一元二次方程．
18、1
【分析】根据点C的坐标以及菱形的性质求出点B的坐标，然后利用待定系数法求出k的值．
【详解】∵C（3，4），
∴OC==5，
∴CB=OC=5，
则点B的横坐标为3+5=8，
故B的坐标为：（8，4），
将点B的坐标代入y=得，
4=，
解得：k=1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了菱形的性质以及利用待定系数法求反比例函数解析式，解答本题的关键是根据菱形的性质求出点B的坐标．

三、解答题（共78分）
19、（1）新坡面的坡角为，米；（2）新的设计方案不能通过，理由详见解析．
【分析】（1）过点C作CH⊥BG，根据坡度的概念、正确的定义求出新坡面AC的坡角；（2）根据坡度的定义分别求出AH、BH，求出EA，根据题意进行比较，得到答案．
【详解】解：如图，过点作垂足为

（1）新坡面的坡度为 ，

即新坡面的坡角为
米；
（2）新的设计方案不能通过.
理由如下：
坡面的坡度为，

，

新的设计方案不能通过．
【点睛】
本题考查的是解直角三角形的应用-坡度坡角问题，掌握坡度坡角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
20、10cm
【分析】取EF的中点M，作MN⊥AD交BC于点N，则MN经过球心O，连接OF，设OF＝x，则OM＝16−x，MF＝8，然后在中利用勾股定理求得OF的长即可．
【详解】解：如图，取EF的中点M，作MN⊥AD交BC于点N，则MN经过球心O，连接OF，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠D=90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴MN=CD=16，
设OF=x，则OM=16－x，MF=8，
∴在中，，即，
解得：x=10，
答：球的半径为10cm．
【点睛】
本题主要考查了垂径定理，矩形的判定与性质及勾股定理的知识，解题的关键是正确作出辅助线构造直角三角形．
21、
【分析】根据平行证出△CDK∽△DAH，利用相似比即可得出答案.
【详解】解：DH=100，DK=100，AH=15，
∵AH∥DK，
∴∠CDK=∠A，
而∠CKD=∠AHD，
∴△CDK∽△DAH，
∴，即，
∴CK=
答：KC的长为步．
【点睛】
本题主要考查的是相似三角形的应用，难度适中，解题关键是找出相似三角形.
22、（1）；（2）.
【分析】（1）方程变形后，利用因式分解法即可求解；
（2）方程变形后，利用因式分解法即可求解．
【详解】（1）方程变形得：，
分解因式得：，
即：或，
∴；
（2）方程变形得：，
分解因式得：，
即：或，
∴．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解法，灵活运用因式分解法是解决本题的关键．
23、（1）；（2）P=；（3）当每袋特色农产品以25元出售时，才能使每日所获得的利润最大,最大利润是225元.
【分析】（1）用待定系数法即可求出一次函数的解析式；
（2）根据日销售利润=每袋的利润×销售量即可得出日销售利润(元)与每袋的售价(元)之间的函数表达式；
（3）根据二次函数的性质求最大值即可.
【详解】解：（1）设一次函数的表达式为：，
将(，)，(，)代入中得
解得
∴售量(袋)与售价(元)之间的函数表达式为．
(2) ()()
．
(3) () (40)
∴当时，
∴当每袋特色农产品以25元出售时，才能使每日所获得的利润最大,最大利润是225元.
【点睛】
本题主要考查二次函数的应用，掌握待定系数法是解题的关键.
24、（1）图形见解析；（2）P点坐标为（，﹣1）．
【分析】（1）分别作出点A、B关于点C的对称点，再顺次连接可得；由点A的对应点A2的位置得出平移方向和距离，据此作出另外两个点的对应点，顺次连接可得；
（2）连接A1A2、B1B2，交点即为所求．
【详解】（1）如图所示：A1（3，2）、C1（0，2）、B1（0，0）；A2（0，-4）、B2（3，﹣2）、C2（3，﹣4）．

（2）将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，旋转中心的P点坐标为（，﹣1）．
【点睛】
本题主要考查作图-旋转变换、平移变换，解题关键是根据旋转变换和平移变换的定义作出变换后的对应点．
25、（1）关系式；（2）x=15，y=1．
【解析】（1）根据盒中有x枚黑棋和y枚白棋，得出袋中共有（x+y）个棋，再根据概率公式列出关系式即可；
（2）根据概率公式和（1）求出的关系式列出关系式，再与（1）得出的方程联立方程组，求出x，y的值即可．
【详解】（1）∵盒中有x枚黑棋和y枚白棋，
∴袋中共有（x+y）个棋，
∵黑棋的概率是，
∴可得关系式；
（2）如果往口袋中再放进10个黑球，则取得黑棋的概率变为，又可得；
联立求解可得x=15，y=1．
【点睛】
考查概率的求法,如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=.
26、（1）， D（-2，4）．
（2）①当t=3时，W有最大值，W最大值=1．②存在．只存在一点P（0，2）使Rt△ADP与Rt△AOC相似．
【解析】（1）由抛物线的对称轴求出a，就得到抛物线的表达式了；
（2）①下面探究问题一，由抛物线表达式找出A，B，C三点的坐标，作DM⊥y轴于M，再由面积关系：SPAD=S梯形OADM-SAOP-SDMP得到t的表达式，从而W用t表示出来，转化为求最值问题．
②难度较大，运用分类讨论思想，可以分三种情况：
（1）当∠P1DA=90°时；（2）当∠P2AD=90°时；（3）当AP3D=90°时。
【详解】解：（1）∵抛物线y=ax2-x+3（a≠0）的对称轴为直线x=-2．

∴D（-2，4）．
（2）探究一：当0＜t＜4时，W有最大值．
∵抛物线交x轴于A、B两点，交y轴于点C，
∴A（-6，0），B（2，0），C（0，3），
∴OA=6，OC=3．
当0＜t＜4时，作DM⊥y轴于M，

则DM=2，OM=4．
∵P（0，t），
∴OP=t，MP=OM-OP=4-t．
∵S三角形PAD=S梯形OADM-S三角形AOP-S三角形DMP

=12-2t
∴W=t（12-2t）=-2（t-3）2+1
∴当t=3时，W有最大值，W最大值=1．
探究二：
存在．分三种情况：
①当∠P1DA=90°时，作DE⊥x轴于E，则OE=2，DE=4，∠DEA=90°，

∴AE=OA-OE=6-2=4=DE．
∴∠DAE=∠ADE=45°，
∴∠P1DE=∠P1DA-∠ADE=90°-45°=45度．
∵DM⊥y轴，OA⊥y轴，
∴DM∥OA，
∴∠MDE=∠DEA=90°，
∴∠MDP1=∠MDE-∠P1DE=90°-45°=45度．
∴P1M=DM=2，
此时
又因为∠AOC=∠P1DA=90°，
∴Rt△ADP1∽Rt△AOC，
∴OP1=OM-P1M=4-2=2，
∴P1（0，2）．
∴当∠P1DA=90°时，存在点P1，使Rt△ADP1∽Rt△AOC，
此时P1点的坐标为（0，2）
②当∠P2AD=90°时，则∠P2AO=45°，

∴△P2AD与△AOC不相似，此时点P2不存在．
③当∠AP3D=90°时，以AD为直径作⊙O1，则⊙O1的半径
圆心O1到y轴的距离d=4．
∵d＞r，
∴⊙O1与y轴相离．
不存在点P3，使∠AP3D=90度．
∴综上所述，只存在一点P（0，2）使Rt△ADP与Rt△AOC相似．