2024学年江苏省常州市北郊初级中学九年级下学期新课结束学业水平调研数学模拟预测题（原卷版+解析版）

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1. 的相反数是（ ）
A. 2024B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】此题考查了相反数的定义．根据相反数的定义“只有符号不同的两个数是互为相反数”解答即可．
【详解】解：的相反数是2024，
故选：A．
2. 代数式的意义可以是（ ）
A. 与x的和B. 与x的差C. 与x的积D. 与x的商
【答案】C
【解析】
【分析】根据代数式赋予实际意义即可解答．
【详解】解：的意义可以是与x的积．
故选C．
【点睛】本题主要考查了代数式的意义，掌握代数式和差乘除的意义是解答本题的关键．
3. 先贤孔子曾说过“鼓之舞之”，这是“鼓舞”一词最早的起源，如图是喜庆集会时击鼓瞬间的情景及鼓的立体图形，该立体图形的主视图是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过观察立体图形即可．
【详解】解：该立体图形的主视图是 ，
故选：B．
【点睛】本题考查简单几何体三视图，理解视图的定义，掌握解答几何体三视图的画法是正确解答．
4. 如图，一块直角三角板的直角顶点放在直尺的一边上．如果，那么的度数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两直线平行，同位角相等可得，再结合三角板的特征利用平角定义即可算出的度数．
【详解】解：如下图进行标注，

，
，
，
故选：．
【点睛】本题考查了平行线性质，三角形平角的定义，利用三角板的特点求出结果是解答本题的关键．
5. 关于x的一元一次方程的解为，则m的值为（ ）
A. 3B. C. 7D.
【答案】A
【解析】
【分析】把代入再进行求解即可．
【详解】解：把代入得：，
解得：．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的解，以及解一元一次方程，解题的关键是掌握使一元一次方程左右两边相等的未知数的值是一元一次方程的解，以及解一元一次方程的方法和步骤．
6. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由可得，则，根据不等式的性质求解即可．
【详解】解：得，则，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了不等式的性质，注意：当不等式两边同时乘以一个负数，则不等式的符号需要改变．
7. 已知锐角∠AOB如图，（1）在射线OA上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径作，交射线OB于点D，连接CD；
（2）分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，交于点M，N；
（3）连接OM，MN．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（ ）
A. ∠COM=∠CODB. 若OM=MN，则∠AOB=20°
C. MN∥CDD. MN=3CD
【答案】D
【解析】
分析】由作图知CM=CD=DN，再利用圆周角定理、圆心角定理逐一判断可得．
【详解】解：由作图知CM=CD=DN，
∴∠COM=∠COD，故A选项正确；
∵OM=ON=MN，
∴△OMN是等边三角形，
∴∠MON=60°，
∵CM=CD=DN，
∴∠MOA=∠AOB=∠BON=∠MON=20°，故B选项正确；
∵∠MOA=∠AOB=∠BON，
∴∠OCD=∠OCM= ，
∴∠MCD=，
又∠CMN=∠AON=∠COD，
∴∠MCD+∠CMN=180°，
∴MN∥CD，故C选项正确；
∵MC+CD+DN＞MN，且CM=CD=DN，
∴3CD＞MN，故D选项错误；
故选D．
【点睛】本题主要考查作图-复杂作图，解题的关键是掌握圆心角定理和圆周角定理等知识点．
8. 已知二次函数和（m是常数）的图象与x轴都有两个交点，且这四个交点中每相邻两点间的距离都相等，则这两个函数图象对称轴之间的距离为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得两个抛物线与x轴的交点坐标，据此求解即可．
【详解】解：令，则和，
解得或或或，
不妨设，
∵和关于原点对称，又这四个交点中每相邻两点间距离都相等，
∴与原点关于点对称，
∴，
∴或（舍去），
∵抛物线的对称轴为，抛物线的对称轴为，
∴这两个函数图象对称轴之间的距离为2，
故选：A．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点问题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）
9. 计算：_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据同底数幂相除，底数不变，指数相减即可解答．
【详解】．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了同底数幂相除法则，正确运用同底数幂除法法则是解题的关键．
10. 2023年全国高考报名人数约12910000人，数12910000用科学记数法表示为 ______________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数，据此求解即可．
【详解】解：，
故答案为：．
11. 分解因式：a2b﹣9b=_____．
【答案】b（a+3）（a﹣3）
【解析】
【详解】【分析】先提取公因式b，然后利用平方差公式进行因式分解即可．
【详解】a2b﹣9b
=b（a2﹣9）
=b（a+3）（a﹣3），
故答案为b（a+3）（a﹣3）．
【点睛】本题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，熟练掌握公式法分解因式是解题关键．
12. 函数的图象经过点，则函数值y随着x的增大而 _______．（填“增大”或“不变”或“减小”）
【答案】减小
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的性质以及一次函数图象上点的坐标特征，利用一次函数图象上点的坐标特征，求出k值是解题的关键．由函数的图象经过点，利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出k值，由，利用一次函数的性质，即可得出函数值y随着x的增大而减小．
【详解】解：∵函数的图象经过点，
∴，
解得：．
∵，
∴函数值y随着x的增大而减小．
故答案为：减小．
13. 某校九年级有8个班级，人数分别为37，32，32，36，37，32，38，34．则这组数据的中位数为 _______．
【答案】35
【解析】
【分析】本题考查了确定一组数据的中位数的能力．注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求，如果是偶数个则找中间两位数的平均数．
【详解】解：把这些书从小到大排列为：32，32，32，34，36，37，37，38，
则这组数据的中位数为．
故答案为：35．
14. 关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则__________________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查根的判别式，解答本题的关键是明确题意，求出c的值．根据关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，可知，然后求出c的值即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
解得，
故答案为：．
15. 用半径为，面积为的扇形纸片，围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆的半径为________．
【答案】
【解析】
【分析】应为圆锥侧面母线的长就是侧面展开扇形的半径，利用圆锥侧面面积公式：，就可以求出圆锥的底面圆的半径．
【详解】解：设圆锥底面圆的半径为，，
由扇形的面积：，
得：
故答案为：
【点睛】本题考查了圆锥侧面面积的相关计算，熟练掌握圆锥侧面面积的计算公式是解题的关键，注意用扇形围成的圆锥，扇形的半径就是圆锥的母线．
16. 如图，直线AD，BC交于点O，.若，，.则的值为______．

【答案】
【解析】
【分析】由平行线分线段成比例可得，，，得出，，从而.
【详解】， ，，
，
，
，
，
；
故答案为：.
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例的知识点，根据平行线分线段成比例找出线段之间的关系是解决本题的关键.
17. 矩形中，M为对角线的中点，点N在边上，且．当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，的长为______．
【答案】2或
【解析】
【分析】分两种情况：当时和当时，分别进行讨论求解即可．
【详解】解：当时，

∵四边形矩形，
∴，则，
由平行线分线段成比例可得：，
又∵M为对角线的中点，
∴，
∴，
即：，
∴，
当时，

∵M为对角线的中点，
∴为的垂直平分线，
∴，
∵四边形矩形，
∴，则，
∴
∴，
综上，的长为2或，
故答案为：2或．
【点睛】本题考查矩形的性质，平行线分线段成比例，垂直平分线的判定及性质等，画出草图进行分类讨论是解决问题的关键．
18. 如图，已知点，点B为直线上的一动点，点，于点C，连接．若直线与x轴正半轴所夹的锐角为α，那么当的值最大时，n的值为 __________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质，解直角三角形等，当的值最大时，则值最大，即当最大时，的值最大，设，由，得到，进而求解．
【详解】解：过点A作轴于点M，作交于点N，
∵直线与x轴平行，
∴，
当的值最大时，则值最大，
故最小，即最大时，最大，
即当最大时，的值最大，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴当时，m取得最大值，
故，
故答案为：．
三、解答题（本大题共10小题，第19、20题每题6分，第21-25题每题8分，第26-27题每题10分，第28题12分，共84分）
19. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】代入特殊角三角函数值，利用负整数指数幂，绝对值和二次根式的性质化简，然后计算即可．
【详解】解：原式
．
【点睛】本题考查了实数的混合运算，牢记特殊角三角函数值，熟练掌握负整数指数幂，绝对值和二次根式的性质是解题的关键．
20. 解不等式组：，并写出整数解．
【答案】，、0、1、2
【解析】
【分析】本题考查的是解一元一次不等式组．分别求出每个不等式的解集，再依据口诀“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”确定不等式组的解集．
【详解】解：由得：，
由得：，
则不等式组的解集为．
所以不等式组的整数解为、0、1、2．
21. 书籍是人类进步的阶梯．联合国教科文组织把每年的4月23日确定为“世界读书日”．在“世界读书日”前夕，某校开展了“共享阅读，向上人生”的读书活动．为了解学生对书籍种类（A：艺术类，B：科技类，C：文学类，D：体育类）的喜欢情况，在全校范围内随机抽取若干名学生，进行问卷调查（每个被调查的学生必须选择而且只能在这四种类型中选择一项），将调查结果绘成如下尚不完整的统计图表．
（1）本次调查的样本容量是 ，统计表中m= ；
（2）扇形统计图中D（体育类）所在扇形的圆心角度数为 °；
（3）若全校有1200名学生，请估计喜欢B（科技类）的学生人数．
【答案】（1）200；60；
（2）54； （3）估计喜欢B（科技类）的学生人数大约为420名
【解析】
【分析】此题主要考查了统计表和扇形统计图的应用，正确利用统计图得出正确信息是解题关键．
（1）根据A类的人数和所占的百分比，即可求出样本容量，用样本容量减去其它三类的人数，可得m的值；
（2）用整体1减去A、C、D类所占的百分比，即可求出扇形统计图中“D”所在扇形的圆心角的度数；
（3）总人数乘以样本中B所占百分比即可得．
【小问1详解】
解：本次调查的样本容量：，
故．
故答案为：200；60；
【小问2详解】
解：D所占百分比为，
扇形统计图中“D”所在扇形的圆心角的度数为：；
故答案为：54；
【小问3详解】
解：（名），
答：估计喜欢B（科技类）的学生人数大约为420名．
22. 为了弘扬雷锋精神，某校组织“学雷锋，争做新时代好少年”的宣传活动，根据活动要求，每班需要2名宣传员，某班班主任决定从甲、乙、丙、丁4名同学中随机选取2名同学作为宣传员．
（1）“甲、乙同学都被选为宣传员”是_______事件：（填“必然”、“不可能”或“随机”）
（2）请用画树状图法或列表法，求甲、丁同学都被选为宣传员的概率．
【答案】（1）随机 （2）
【解析】
【分析】（1）由确定事件与随机事件的概念可得答案；
（2）先画树状图得到所有可能的情况数与符合条件的情况数，再利用概率公式计算即可．
【小问1详解】
解：“甲、乙同学都被选为宣传员”是随机事件；
【小问2详解】
画树状图为：

共有12种等可能的结果，其中选中的两名同学恰好是甲，丁的结果数为2，
所以选中的两名同学恰好是甲，丁的概率．
【点睛】本题考查的是事件的含义，利用画树状图求解随机事件的概率，熟记事件的概念与分类以及画树状图的方法是解本题的关键．
23. 如图，中，点D在边上，且．

（1）请用无刻度的直尺和圆规作出的平分线（保留作图痕迹，不写作法）．
（2）若（1）中所作的角平分线与边交于点E，连接．求证：．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）利用角平分线的作图步骤作图即可；
（2）证明，即可得到结论．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求，
【小问2详解】
证明：∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了角平分线的作图、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握角平分线的作图和全等三角形的判定是解题的关键．
24. “科技改变生活”，小王是一名摄影爱好者，新入手一台无人机用于航拍．在一次航拍时，数据显示，从无人机A看建筑物顶部B的仰角为，看底部C的俯角为，无人机A到该建筑物的水平距离为10米，求该建筑物的高度．（结果精确到米；参考数据：，）

【答案】该建筑物高度约为米
【解析】
【分析】由题意可知，，，，根据三角形内角和定理和等角对等边的性质，得到米，再利用锐角三角函数，求出米，即可得到该建筑物的高度．
【详解】解：由题意可知，，，，
，
，
米，
在中，米，
米，
答：该建筑物BC的高度约为米．
【点睛】本题考查的是解直角三角形——仰俯角问题，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，锐角三角函数，熟练掌握直角三角形的特征关键．
25. 如图，点A的坐标是，点B的坐标是，点C为中点，将绕着点B逆时针旋转得到．

（1）反比例函数的图像经过点，求该反比例函数的表达式；
（2）一次函数图像经过A、两点，求该一次函数的表达式．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由点B的坐标是，点C为中点，可得，，由旋转可得：，，可得，可得，从而可得答案；
（2）如图，过作于，则，而，，证明，可得，，，设直线为，再建立方程组求解即可．
【小问1详解】
解：∵点B的坐标是，点C为中点，
∴，，
由旋转可得：，，
∴，
∴，
∴反比例函数的表达式为；
【小问2详解】
如图，过作于，
则，而，，

∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
设直线为，
∴，解得：，
∴直线为．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，利用待定系数法求解一次函数与反比例函数的解析式，全等三角形的判定与性质，熟练的求解是解本题的关键．
26. 对于与上一点A，若平面内的点P满足：射线与交于点Q，且，则称点P为点A关于的“倍距点”．已知平面直角坐标系中，点A的坐标是．

（1）如图1，点O为坐标原点，的半径是，点P是点A关于的“倍距点”．
①若点P在x轴正半轴上，直接写出点P的坐标是_______
②若点P在第一象限，且，求点P的坐标；
（2）设点，以点T为圆心，长为半径作，一次函数的图象分别与x轴、y轴交于D、E，若一次函数的图象上存在唯一一点P，使点P是点A关于的“倍距点”，求t的值．
【答案】（1）①；②
（2）或
【解析】
【分析】（1）①在轴正半轴时，如图1，设点为与轴正半轴的交点，根据“倍距点”的定义，可求得，即可求出答案；
②若时，如图2，作轴于，轴于，连接，先证得，再根据“倍距点”的定义和三角函数即可求得答案；
（2）先求得，进而得出，取的中点，过点作交轴于点，则直线的解析式为，当与直线相切时，一次函数的图象上存在唯一一点，使点是点关于的“倍距点”，设切点为或，连接，根据，，建立方程求解即可．
【小问1详解】
①在轴正半轴时，如图1，设点为与轴正半轴交点，

∵点为坐标原点，的半径是，点是点关于的“倍距点”，
∴，
∴点离开原点的距离，
∴点的坐标是，
故答案为：；
②若时，如图2，

作轴于，轴于，连接，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点为坐标原点，的半径是，点是点关于的“倍距点”，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴由比例式得：，
∴，
∴；
【小问2详解】
存在符合条件的点．如图3，

∵一次函数的图象分别与轴、轴交于、，
∴令，则，
令，则，
解得，
∴，
∴，
∵轴轴，
取的中点，过点作交轴于点，
则直线的解析式为，
当与直线相切时，一次函数的图象上存在唯一一点，使点是点关于的“倍距点”，
设切点为或，连接，
则，
，
或，
解得：或．
【点睛】本题是圆与一次函数综合题，考查了圆的性质，切线的性质，待定系数法，一次函数图象，特殊角三角函数值，相似三角形的判定和性质，新定义等，解题关键是对新定义“倍距点”的理解和运用．
27. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，点P，Q在此抛物线上，其横坐标分别为，连接．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）当的边与x轴平行时，求点P与点Q的纵坐标的差；
（3）设此抛物线在点A与点P之间部分（包括点A和点P）的最高点与最低点的纵坐标的差为，在点A与点Q之间部分（包括点A和点Q）的最高点与最低点的纵坐标的差为，当时，直接写出m的值．
【答案】（1）
（2）1或8 （3）或
【解析】
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）分分轴时，轴时，分别根据抛物线的对称性求得的横坐标与的横坐标，进而代入抛物线解析式，求得纵坐标，即可求解；
（3）分四种情况讨论，如图所示，当都在对称轴的左侧时，当在对称轴两侧时，当点在的右侧时，当的纵坐标小于1时，分别求得，根据建立方程，解方程即可求解．
【小问1详解】
解：∵抛物线经过点，
∴，
∴地物线解析式为；
【小问2详解】
①轴时，点关于对称轴对称，
则，
∴，
∴点与点的纵坐标的差为；
②当轴时，则关于直线对称，，
则，
∴；
∴点与点的纵坐标的差为；
综上所述，点与点的纵坐标的差为1或8；
【小问3详解】
①如图1所示，当都在对称轴的左侧时，
则
解得：或(舍去)；
②当在对称轴两侧或其中一点在对称轴上时，如图2，
则，即，
则，
解得：(舍去)或(舍)；
③当点在的右侧且在直线上方时，如图3，即，
解得：或(舍去)；
④当在直线上或下方时，如图4，即，
解得：(舍去)或(舍去)，
综上所述，或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，顶点式，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
28. 如图1和图2，平面上，四边形中，，，，，，点在边上，且．将线段绕点顺时针旋转到，的平分线所在直线交折线于点，设点在该折线上运动的路径长为，连接．

（1）若点在上，求证：；
（2）如图2．连接．
①求的度数，并直接写出当时，的值；
②若点到的距离为，求的值；
（3）当时，请直接写出点到直线的距离．（用含的式子表示）．
【答案】（1）见解析 （2）①，；②或
（3）点到直线的距离为．
【解析】
【分析】（1）根据旋转的性质和角平分线的概念得到，，然后证明出，即可得到；
（2）①首先根据勾股定理得到，然后利用勾股定理的逆定理即可求出；首先画出图形，然后证明出，利用相似三角形的性质求出，，然后证明出，利用相似三角形的性质得到，进而求解即可；
②当点在上时，，，分别求得，根据正切的定义即可求解；②当在上时，则，过点作交的延长线于点，延长交的延长线于点，证明，得出，，进而求得，证明，即可求解；
（3）如图所示，过点作交于点，过点作于点，则四边形是矩形，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【小问1详解】
证明：∵将线段绕点顺时针旋转到，
∴
∵的平分线所在直线交折线于点，
∴
又∵
∴
∴；
【小问2详解】
解：①∵，，
∴
∵，
∴，
∴
∴；
如图所示，当时，

∵平分
∴
∴
∴
∴
∵，
∴
∴，
∴
∵，
∴
∴，即
∴解得
∴．
②如图所示，当点在上时，，

∵，
∴，，
∴，
∴
∴；
如图所示，当在上时，则，过点作交的延长线于点，延长交的延长线于点，

∵，
∴，
∴
∴
即
∴，，
∴
∵
∴，
∴，
∴
∴
解得：
∴，
综上所述，的值为或；
【小问3详解】
解：∵当时，
∴在上，
如图所示，过点作交于点，过点作于点，则四边形是矩形，
∴，，

∵，
∴，
∴，
又，
∴，
又∵，
∴，
∴
∵，，设，，
即，
∴，
∴
整理得
即点到直线的距离为．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，求正切值，熟练掌握以上知识且分类讨论是解题的关键．
书籍种类
A：艺术类
B：科技类
C：文学类
D：体育类
人数
40
70
m
30