2023-2024学年山东省东营市东营区九年级（上）期末数学模拟试卷（五四学制）（含解析）

2023-2024学年山东省东营市东营区九年级（上）期末数学模拟试卷（五四学制）
一．选择题（共10小题）
1．sin45°的值为（　　）
A． B． C．1 D．
2．下列关系式中，哪个等式表示y是x的反比例函数（　　）
A．y B．y C．y2 D．y
3．如图所示的几何体的俯视图是（　　）
A． B．
C． D．
4．下列事件中，属于随机事件的是（　　）
A．两个负数相乘，积为负
B．圆内接四边形对角互补
C．13个人中至少有2个人的生日在同一个月
D．购买一张彩票，恰好中奖
5．如图，⊙O中，OD⊥弦AB于点C，交⊙O于点D，OB＝13，AB＝24，则OC的长为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
6．将二次函数y＝（x﹣1）2+2的图象向上平移3个单位长度，再向右平移4个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为（　　）
A．y＝（x+3）2+5 B．y＝（x﹣5）2﹣1
C．y＝（x﹣5）2+5 D．y＝（x+5）2﹣5
7．如图，在平地上种植树木时，要求株距（相邻两棵树之间的水平距离）为10m，若在坡度为1：1.25的山坡上种树，也要求株距为10m，那么相邻两棵树间的坡面距离为（　　）
A． B． C．12m D．12.5m
8．如图，函数（x＞0）和（x＞0）的图象将第一象限分成三个区域，点M是 ②区域内一点，MN⊥x轴于点N，则△MON的面积可能是（　　）
A．0.5 B．1 C．2 D．3.5
9．如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为（3，4），则射线OP与x轴正方向所夹锐角α的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
10．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，其对称轴为直线x＝﹣1，与x轴的交点为（x1，0）、（x2，0），其中0＜x2＜1，有下列结论：①b2﹣4ac＞0；②4a﹣2b+c＞﹣1；③﹣3＜x1＜﹣2；④当m为任意实数时，a﹣b≤am2+bm；⑤3a+c＝0．其中，正确的结论有（　　）
A．②③④ B．①③⑤ C．②④⑤ D．①③④
二．填空题（共8小题）
11．如表记录了一名球员在罚球线上投篮的结果
投篮次数n 50 100 150 200 250 300 500
进球次数m 28 60 78 104 123 152 251
那么这位运动员在罚球线上投篮一次，进球的概率约为 　 　（结果保留小数点后一位）．
12．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的顶点A，C的坐标分别是（0，2），（2，0），∠ACB＝90°，AC＝2BC．若函数y（k＞0，x＞0）的图象经过点B，则k的值为 　 　．
13．在半径为15的圆中，120°的圆心角所对的弧长是 　 　．
14．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为等边三角形，则该几何体的表面积为 　 　．
15．如图，在菱形ABCD中，AC＝2cm，，分别以A、C为圆心，AC为半径作弧，则图中阴影部分面积等于 　 　cm2．
16．如图，轮船在A处观测灯塔C位于北偏西70°方向上，轮船从A处以每小时20海里的速度沿南偏西50°方向匀速航行，2小时后到达码头B处，此时，观测灯塔C位于北偏西25°方向上，则灯塔C与码头B的距离是 　 　海里．（结果保留根号）
17．已知⊙O直径AB与弦CD垂直于P，且AB＝8cm，CD＝4cm，则OP＝　 　cm．
18．如图，在y轴正半轴上依次截取OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝An﹣1An（n为正整数），过A1，A2，A3，…，An分别作x轴的平行线，与反比例函数交于点B1，B2，B3，…，Bn，如图所示的Rt△B1C1B2，Rt△B2C2B3，Rt△B3C3B4，…，Rt△Bn﹣1Cn﹣1Bn面积分别记为S1，S2，S3， ，Sn﹣1，则S1+S2+S3+…+S2020＝　 　．
三．解答题（共7小题）
19．（1）计算：；
（2）先化简，再求值：，其中x＝2．
20．为深入推进“双减”，促进优质教育资源共享，更好地满足学生学习发展的需求，成都市教育局推出了“名师导学+在线答疑”服务，为有需求的学生答疑解惑．某学校为了解学生对该服务的了解情况，随机抽取若干名九年级学生进行调查，调查选项分为“A：非常了解；B：比较了解；C：了解较少；D：不了解．”四种，并将调查结果绘制成以下两幅不完整的统计图．
请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）m＝　 　，并补全条形统计图；
（2）若该校九年级学生人数为500名，根据调查结果，估计该校对“名师导学+在线答疑”服务“比较了解”的学生共有 　 　名；
（3）已知对“名师导学+在线答疑”服务“非常了解”的是1名男生和3名女生，从中随机抽取2名向其他同学做介绍，请用画树状图或列表的方法，求恰好抽到1男1女的概率．
21．如图，AB为⊙O的弦，过点O作OA的垂线，交⊙O于点C，交AB于点D，交过点B的切线于点E，连接AC．
（1）求证：EB＝ED；
（2）若AC，求tan∠OAD和EB的长．
22．如图，一次函数y＝﹣2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，与反比例函数y（x＜0）交于点C，且AB＝2BC．
（1）求出点C的坐标及反比例函数的关系表达式；
（2）请直接写出不等式﹣2x+40的解集．
23．如图，在一次足球比赛中，守门员在地面O处将球踢出，一运动员在离守门员8米的A处发现球在自己头上的正上方4米处达到最高点M，球落地后又一次弹起．据实验测算，足球在空中运行的路线是一条抛物线，在草坪上弹起后的抛物线与原来的抛物线形状相同，最大高度减少到原来最大高度的一半．
（1）求足球第一次落地之前的运动路线的函数表达式及第一次落地点B和守门员（点O）的距离；
（2）运动员（点A）要抢到第二个落点C，他应再向前跑多少米？（假设点O、A、B、C在同一条直线上，结果保留根号）
24．如图，二次函数y＝﹣x2+mx+3的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点D在函数图象上，CD∥x轴且CD＝2，直线l是抛物线的对称轴，E是抛物线的顶点．
（1）则m＝　 　、A点的坐标　 　、B点的坐标　 　、E点的坐标　 　；
（2）如图1，连接BE，线段OC上的点F关于直线l的对称点F'恰好在线段BE上，求点F的坐标；
（3）如图2，抛物线的对称轴上是否存在点T，使得线段TA绕点T顺时针旋转90°后，点A的对应点A'恰好也落在此抛物线上？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
（4）如图3，动点P在线段OB上，过点P作x轴的垂线分别与BC交于点M、与抛物线交于点N．试问：抛物线上是否存在点Q，使得△PQN与△APM的面积相等，且线段NQ的长度最小？若存在，直接写出Q的坐标；若不存在，说明理由．
25．矩形ABCD的边CD上有一动点E，连接AE，把△ADE沿着AE翻折，使点D落在边BC上的F点处（如图）．
（1）求证：．
（2）若矩形ABCD的边AD＝5，AB＝4，求DE的长．
（3）若S△AEF＝S△ABF+S△CEF，试判断的值与的值的大小关系，并证明你的判断．
2023-2024学年山东省东营市东营区九年级（上）期末数学模拟试卷（五四学制）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．【解答】解：sin45°，
故选：A．
2．【解答】解：根据反比例函数的定义，y是反比例函数．
故选：D．
3．【解答】解：从上面看到的图形是一个长方形，能看见的轮廓线用实线表示，看不见的轮廓线用虚线表示，
因此选项D中的图形，符合题意，
故选：D．
4．【解答】解：A、两个负数相乘，积为负，是不可能事件，不符合题意；
B、圆内接四边形对角互补，是必然事件，不符合题意；
C、13个人中至少有2个人的生日在同一个月，是必然事件，不符合题意；
D、购买一张彩票，恰好中奖，是随机事件，符合题意；
故选：D．
5．【解答】解：∵OD⊥AB，
∴AC＝BCAB24＝12，
在Rt△OBC中，OC5．
故选：B．
6．【解答】解：将二次函数y＝（x﹣1）2+2的图象向上平移3个单位长度，再向右平移4个单位长度，得到的抛物线相应的函数表达式为：y＝（x﹣1﹣4）2+2+3，即y＝（x﹣5）2+5，
故选：C．
7．【解答】解：∵相邻两棵树之间的水平距离为10m，坡度为1：1.25，
∴铅直高度为：8（m），
由勾股定理得：相邻两棵树间的坡面距离为：2（m），
故选：B．
8．【解答】解：∵点M是 ②区域内一点，MN⊥x轴于点N，
∴S△MON，
∴1＜S△MON＜3，
故选：C．
9．【解答】解：如图，过P作PA⊥x轴于A，
∵P（3，4），
∴PA＝4，OA＝3，
由勾股定理得：OP＝5，
∴α的余弦值是．
故选：C．
10．【解答】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴有两个交点，
∴b2﹣4ac＞0，故①正确；
∵该函数图象的对称轴是直线x＝﹣1，当x＝0时的函数值小于﹣1，
∴x＝﹣2时的函数值和x＝0时的函数值相等，都小于﹣1，
∴4a﹣2b+c＜﹣1，故②错误；
∵该函数图象的对称轴是直线x＝﹣1，与x轴的交点为（x1，0）、（x2，0），其中0＜x2＜1，
∴﹣3＜x，1＜﹣2，故③正确；
∵当x＝﹣1时，该函数取得最小值，
∴当m为任意实数时，则a﹣b+c≤am2+bm+c，即a﹣b≤am2+bm，故④正确；
∵1，
∴b＝2a，
∵x＝1时，y＝a+b+c＞0，
∴3a+c＞0，故⑤错误；
故选：D．
二．填空题（共8小题）
11．【解答】解：根据题意得：
0.56，0.6，0.52，0.492，0.507，0.502，
由上数据可得，进球的概率约为0.5；
故答案为：0.5．
12．【解答】解：过B点作BD⊥x轴于D，如图，
∵A，C的坐标分别是（0，2），（2，0）．
∴OA＝OC＝2，
∴△OAC为等腰直角三角形，
∴ACOC＝2，∠ACO＝45°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCD＝45°，
∵△BCD为等腰直角三角形，
∴CD＝BDBC，
∵AC＝2BC，
∴BC，
∴CD＝BD＝1，
∴OD＝2+1＝3，
∴B（3，1），
∵函数y（k＞0，x＞0）的图象经过点B，
∴k＝3×1＝3．
故答案为3．
13．【解答】解：l10π．
故答案为：10π．
14．【解答】解：该几何体是一个三棱柱，底面等边三角形边长为2cm，底面三角形的高为cm，三棱柱的高为3cm，
所以该几何体的表面积为：
22×2+2×3×3＝（218）cm2．
故答案为：（218）cm2．
15．【解答】解：设在菱形ABCD中，AC与BD交于点O，
∴AO＝COAC＝1cm，BO＝DOBDcm，AC⊥BD，
∴AB＝BC2cm，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠BCA＝60°，
∴∠BAD＝∠BCD＝120°，
∴S阴影＝2S扇形BCD﹣2S菱形ABCD＝2222＝（4）cm2．
故答案为：4．
16．【解答】解：作BD⊥AC于点D．
∵∠CBA＝25°+50°＝75°，∠CAB＝（90°﹣70°）+（90°﹣50°）＝20°+40°＝60°，
∴∠ABD＝90°﹣∠DAB＝30°，
∴∠CBD＝∠CBA﹣∠ABD＝75°﹣30°＝45°．
在Rt△ABD中，∠CAB＝60°，AB＝2×20＝40，
BD＝AB sin∠CAB＝40 sin60°＝4020．
在Rt△BCD中，∠CBD＝45°，cosC，
∴∠C＝90﹣∠CBD＝45°，
则BCBD＝20（海里）．
故答案为：20．
17．【解答】解：如图，连接OC．
∵AB是直径，且AB＝8cm，
∴OCAB＝4cm．
又∵⊙O直径AB与弦CD垂直于P，CD＝4cm，
∴∠OPC＝90°，CPCD＝2cm，
∴在Rt△OCP中，根据勾股定理知，OP2（cm）．
故答案为：2
18．【解答】解：设OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝An﹣1An＝a，
由题意得，
B1（，a），B2（，2a），B3（，3a），B4（，4a），…，Bn（，2020a），
则S1+S2+S3+…+S2020（）×a（）×a（）×a（）×a＝1，
故答案为：．
三．解答题（共7小题）
19．【解答】解：（1）原式
＝1﹣3+4﹣3
＝﹣1；
（2）



，
当x＝2时，原式．
20．【解答】解：（1）被调查的总人数为4÷8%＝50（人），
C选项人数为50×30%＝15（人），
则D选项人数为50﹣（4+21+15）＝10（人），
∴m%100%＝20%，即m＝20，
补全图形如下：
故答案为：20；
（2）估计该校对“名师导学+在线答疑”服务“比较了解”的学生共有500210（名），
故答案为：210；
（3）列表如下：
男 女 女 女
男 （女，男） （女，男） （女，男）
女 （男，女） （女，女） （女，女）
女 （男，女） （女，女） （女，女）
女 （男，女） （女，女） （女，女）
由表知，共有12种等可能结果，其中恰好抽到1男1女的有6种结果，
所以恰好抽到1男1女的概率为．
21．【解答】（1）证明：连接OB，
∵BE是⊙O的切线，切点为B，
∴OB⊥BE，
即∠DBE+∠OBD＝90°，
又∵OA⊥CE，
∴∠AOD＝90°，
∴∠OAD+∠ODA＝90°，
∵OA＝OB，
∴∠OBD＝∠OAD，
∵∠ADO＝∠BDE，
∴∠BDE＝∠DBE，
∴BE＝DE；
（2）解：过点O作OM⊥AB于M，则AM＝BMAB＝4，
在Rt△AOC中，AC＝10，OA＝OC，
∴OAAC＝10，
∴OM2，
∴tan∠OAD，
∵OA＝10，
∴ODAO＝5，ADOD＝5，
∴BD＝AB﹣AD＝3，DM，
过点E作EN⊥BD于N，则DN＝BNBD，
∴BE＝DEDN．
22．【解答】解：（1）如图，过点C作CD⊥x轴，垂足为D．
把y＝0代入y＝﹣2x+4，得x＝2，
∴点A的坐标为（2，0），
把x＝0代入y＝﹣2x+4，得y＝4，
∴点B的坐标为（0，4），
∴OA＝2，OB＝4，
∵OB∥DC，
∴，即，
∴OD＝1．
∴点D的横坐标为﹣1．
把x＝﹣1代入y＝﹣2x+4，得y＝6．
∴点C坐标为（﹣1，6）．
把点C坐标（﹣1，6）代入，得．得k＝﹣6．
∴反比例函数的关系表达式为；
（2）由图象可知，不等式﹣2x+40的解集为x＜﹣1．
23．【解答】解：（1）设足球第一次落地之前的运动路线的函数表达式为y＝a（x﹣8）2+4，根据其顶点为（8，4），过点O（0，0）得
0＝64a+4，
解得：a，
∴y（x﹣8）2+4．
当y＝0时，（﹣8）2+4＝0，
解得：x＝0（舍去）或x＝16，
答：足球第一次落地之前的运动路线的函数表达式为y（x﹣8）2+4，第一次落地点B和守门员（点O）的距离为16米；
（2）设第一次落地之后的运动路线的函数表达式为y（x﹣m）2+2，由题意，得
0（16﹣m）2+2，
解得m＝16+4或m＝16﹣4（舍去），
∴y（x﹣16﹣4）2+2．
当y＝0时，
0（x﹣16﹣4）2+2．
解得：x＝16+8或x＝16．
∴他应从A点再往前的距离为：
16+88＝（8+8）米．
答：他应再向前跑（8+8）米．
24．【解答】解：（1）∵CD∥x轴，CD＝2，
∴抛物线对称轴为x＝1，
∴1，
∴m＝2，
∴抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴点E（1，4），
∵二次函数y＝﹣x2+2x+3的图象与x轴交于A、B两点，
∴0＝﹣x2+2x+3，
∴x1＝3，x2＝﹣1，
∴点A（﹣1，0），点B（3，0），
故答案为：2，（﹣1，0），（3，0），（1，4）；
（2）设点F的坐标为（0，a），
∵对称轴为直线x＝1，
∴点F关于直线l的对称点F′的坐标为（2，a），
∵直线BE经过点B（3，0），E（1，4），
∴直线BE的表达式为y＝﹣2x+6，
∵点F′在BE上，
∴a＝﹣2×2+6＝2，
∴点F的坐标为（0，2）；
（3）如图2﹣1，若点T在x轴上方时，设对称轴与x轴交点为G点，过点A'作A'H⊥EG于H点，
设T（1，c），则TG＝c，
∵将线段TA绕点T顺时针旋转90°，
∴AT＝A'T，∠ATA'＝90°，
∴∠ATG+∠A'TH＝90°，
又∵∠ATG+∠TAG＝90°，
∴∠A'TH＝∠TAG，
又∵∠A'HT＝∠AGT＝90°，
∴△ATG≌△TA'H（AAS），
∴AG＝HT＝2，TG＝A'H＝c，
∴点A'（1﹣c，c+2），
∵点A'在抛物线上，
∴c+2＝﹣（1﹣c﹣1）2+4，
∴c1＝1，c2＝﹣2（舍去），
∴点T（1，1）；
若点T在x轴下方时，
当AG＝GT＝GB＝2时，
∴∠GAT＝∠ATG＝45°＝∠ABT＝∠BTG，
∴AT＝BT，∠ATB＝90°，
∴线段TA绕点T顺时针旋转90°得到TB，
∴点T（1，﹣2），
综上所述：点T坐标为（1，1）或（1，﹣2）；
（4）存在点Q满足题意．
设点P坐标为（n，0），则PA＝n+1，PB＝PM＝3﹣n，PN＝﹣n2+2n+3．
作QR⊥PN，垂足为R，
∵S△PQN＝S△APM，
∴（n+1）（3﹣n）（﹣n2+2n+3） QR，
∴QR＝1．
①点Q在直线PN的左侧时，Q点的坐标为（n﹣1，﹣n2+4n），R点的坐标为（n，﹣n2+4n），N点的坐标为（n，﹣n2+2n+3）．
∴在Rt△QRN中，NQ2＝1+（2n﹣3）2，
∴n时，NQ取最小值1，
此时Q点的坐标为（ ，）；
②点Q在直线PN的右侧时，Q点的坐标为（n+1，﹣n2+4）．
同理，NQ2＝1+（2n﹣1）2，
∴n时，NQ取最小值1，
此时Q点的坐标为（，）；
综上所述可得：存在满足题意的点Q，其坐标为（，）或（，）．
25．【解答】（1）证明：∵△ADE沿着AE翻折，使点D落在边BC上的F点处，
∴△AED≌△AFE，
∴∠CFE+∠BFA＝90°，
∴∠AFE＝∠D＝90°，
在矩形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，
∴∠BFA+∠BAF＝90°，
∴∠CFE＝∠BAF，
∴△ABF∽△FCE，
∴，
∵AB＝CD，
∴；
（2）解：设ED＝x，
∵CD＝AB＝4，
∴CE＝4﹣x，FE＝x，
又∵AF＝AD＝5，AB2+BF2＝AF2，
∴BF3，
∴CF＝5﹣3＝2，
∵CF2+CE2＝EF2，
∴22+（4﹣x）2＝x2，
∴x，
∴DE；
（3）答：相等．
证明：∵S△AEF＝S△ABF+S△EFC，
∴S△AEF，
过F作AB的平行线交AE于G，则（AB+CE）BC，
∴FG（AB+CE），
过E作EH⊥AB于H，交FG于M．
∵FG∥AB∥CE，
∴FM（BH+CE），
∴FM+GM（BH+AH+CE），
∴GMAH，
∴G，F分别为AE、BC中点．
在Rt△ABF中，BFBCAF．
∴∠BAF＝30°，
∴∠BAF＝∠CFE＝∠EAF＝30°，
∵∠ABF＝∠AFE＝∠FCE＝90°，
∴△ABF∽△AEF，△AFE∽△FCE，
∴，，
∴AF2＝AE AB，EF2＝AE CE，
∴，
∴．
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