河北省沧州市青县第二中学2024-2025年上学期九年级数学期末模拟试卷3

这是一份河北省沧州市青县第二中学2024-2025年上学期九年级数学期末模拟试卷3，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(共12题，共36分)
1．(3分)用配方法解方程x2-2x-5=0时，原方程应变形为（ ）
A. （x+1）2=6 B. （x+2）2=9 C. （x-1）2=6 D. （x-2）2=9
2．(3分)“抛掷一枚均匀硬币，落地后正面朝上”这一事件是（ ）
A. 确定事件 B. 必然事件
C. 随机事件 D. 不可能事件
3．(3分)解方程2（x-1）2=3（x-1）最适当的方法是（ ）
A. 直接开平方法 B. 配方法
C. 公式法 D. 因式分解法
4．(3分)若关于x的一元二次方程x2+mx-3=0有一个解为1，则该方程的另一个解为（ ）
A. 0 B. 2 C. 3 D. -3
5．(3分)彩民小明购买10000张彩票，中一等奖．这个事件是（ ）
A. 必然事件 B. 确定性事件
C. 不可能事件 D. 随机事件
6．(3分)如图，AB为⊙O的弦，点C在AB上，AC=4，BC=2，CD⊥OC交⊙O于点D，则CD的长为（ ）
A. B. 3
C. 2 D. 3
7．(3分)把方程x2+6x-5=0化成（x+m）2=n的形式，则m+n=（ ）
A. 17 B. 14 C. 11 D. 7
8．(3分)如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，AC=AD，若∠ABC=130°，⊙O的半径为9，则劣弧的长为（ ）
A. 4π B. 8π C. 9π D. 18π
9．(3分)如图，是同一种蔬菜的两种栽植方法．甲：A、B、C、D四珠顺次连接成为一个菱形，且AB=BD．乙：A'、B'、C'、D'四株连接成一个正方形．其中两行作物间的距离为行距；一行中相邻两株作物的距离为株距；设这两种蔬菜充分生长后，每株在地面上的影子近似成一个圆面（相邻两圆如图相切），其中阴影部分的面积表示生长后空隙地面积．设株距都为a,其它客观因素都相同．则对于下列说法：
①甲的行距比乙的小；②甲的行距为；③甲、乙两种栽植方式，空隙地面积面积相同；④甲的空隙地面积比乙的空隙地面积少．
其中正确的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
10．(3分)如图，点D，E，F分别在正三角形ABC的三边上，且△DEF也是正三角形．若△ABC的边长为a,△DEF的边长为b,则△FDC的内切圆半径为（ ）
A. B.
C. D.
11．(3分)如图是抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的部分图象，其顶点坐标为（1，n），且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间，则下列结论：
①b=2a；
②c-a=n；
③抛物线另一个交点（m,0）在-2到-1之间；
④当x＜0时，ax2+（b+2）x＜0；
⑤一元二次方程ax2+（b-）x+c=0有两个不相等的实数根
其中正确结论的个数是（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
12．(3分)如图，在正方形ABCD中，F是BC边上一点，连接AF，以AF为斜边作等腰直角三角形AEF．有下列四个结论：①∠CAF=∠DAE；②FC=DE；③当∠AEC=135°时，E为△AEC的外心；④若点F在BC上以一定的速度，从B往C运动，则点E与点F的运动速度相等．其中正确的结论为（ ）
A. ①② B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④
二、填空题(共4题，共12分)
13．(3分)⊙O的半径为2，点A到圆心的距离是3，则点A与⊙O的位置关系是 _____．
14．(3分)抛物线y=-x2+x+3的顶点坐标为 _____．
15．(3分)已知抛物线y=x2-ax+a-1的顶点恰好在x轴上，则a=_____．
16．(3分)如果抛物线C1的顶点在抛物线C2上，同时，抛物线C2的顶点在抛物线C1上，那么，我们称抛物线C1与C2关联．现将抛物线C1：y=（x+1）2-2，绕点P（t,2）旋转180°得到抛物线C2，若抛物线C1与C2关联，则t的值为_____．
三、解答题(共8题，共72分)
17．(9分)已知关于x的方程x2-2x+2m-1=0有实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）当时，求方程的根．
18．(9分)如图，请根据船帆的位置变化，画出小船ABCD经过平移后得到的位置．
19．(9分)计算：
（1）（x+y）（x-y）-（x-2y）2；
（2）x（x+2）=2（x+2）2．
20．(9分)如图，PA，PB分别为⊙O的切线，切点分别为A、B，∠P=60°，PA=10cm,那么AB的长为_____cm.
21．(9分)如图，Rt△ABC中，∠C=90°，点O在边AB上，以O点为圆心、OB为半径作圆，分别与BC、AB相交于点D、E，连接AD，AD是⊙O的切线．
（1）求证：∠CAD=∠B；
（2）若BC=4，tanB=，求⊙O半径．
22．(9分)如图，点M，N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且∠MAN=45°．把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE．
（1）求证：△AEM≌△ANM．
（2）若BM=3，DN=2，求正方形ABCD的边长．
23．(9分)在平面直角坐标系中，△DEF是△ABC经过某种变换得到的图形，点A与点D，点B与点F，点C与点E分别是对应点（如图所示），观察对应点与点的坐标之间的关系，解答下列问题：
（1）分别写出点A与点D，点B与点F，点C与点E的坐标
（2）若点P（a+9，4-b）与点Q（2a,2b-3）也是通过上述变换得到的对应点，求a、b的值．
24．(9分)抛物线y=-x2+（m-1）x+m.
（1）求证：无论m为何值，这条抛物线都与x轴至少有一个交点；
（2）求它与x轴交点坐标A，B和与y轴的交点C的坐标；（用含m的代数式表示点坐标）
（3）S△ABC=3，求抛物线的解析式．
试卷答案
1．【答案】C
【解析】配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
解：由原方程移项，得
x2-2x=5，
方程的两边同时加上一次项系数-2的一半的平方1，得
x2-2x+1=6
∴（x-1）2=6．
故选：C．
2．【答案】C
【解析】根据事件发生的可能性大小判断即可．
解：“抛掷一枚均匀硬币，落地后正面朝上”这一事件是随机事件，
故选：C．
3．【答案】D
【解析】移项后提公因式，即可得出答案．
解：移项得：2（x-1）2-3（x-1）=0，
（x-1）（2x-2-3）=0，
即使用的是因式分解法，
故选：D．
4．【答案】D
【解析】设该方程的另一个解为t,然后利用两根之积为3求出t即可．
解：设该方程的另一个解为t,
根据根与系数得到1×t=-3，
解得t=-3，
即该方程的另一个解为-3．
故选：D．
5．【答案】D
【解析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点，即可解答．
解：彩民小明购买10000张彩票，中一等奖．这个事件是随机事件，
故选：D．
6．【答案】C
【解析】过点O作OE⊥AB于点E，连接OA、OD，根据垂径定理可计算出AE、CE，根据勾股定理可表示出OA、OC，进而计算出CD．
解：过点O作OE⊥AB于点E，连接OA、OD，
∵AC=4，BC=2，
∴AB=6，
∵OE⊥AB，
∴AE=BE=3，
∴CE=3-2=1，
设OE=x,
在Rt△OAE中，OA2=x2+9，
在Rt△OCE中，OC2=x2+1，
∵CD⊥OC，
∴CD2=OD2-OC2=x2+9-（x2+1）=8，
∴CD=（舍负）．
故选C．
7．【答案】A
【解析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，继而得出答案．
解：x2+6x-5=0，
x2+6x=5，
x2+6x+9=5+9，
（x+3）2=14，
∴m=3，n=14，
∴m+n=3+14=17，
故选：A．
8．【答案】B
【解析】连接OD，OC．利用圆内接四边形的性质求出∠ADC，再求出圆心角∠DOC，利用弧长公式求解．
解：连接OD，OC，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC=130°，
∴∠ADC=50°，
∵AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC=50°，
∴∠DAC=80°，
∴∠DOC=2∠DAC=160°，
∴的长==8π．
故选：B．
9．【答案】C
【解析】根据题意求出甲乙的行距，阴影部分的面积即可判断．
解：∵甲的株距为a,行距为a,乙的行距为a,
∴甲的行距比乙的小，故①②正确，
∵甲阴影部分的面积=2×a2-π•（）2=a2-，乙的阴影部分的面积=a2-π•（）2=a2-，
∴甲的空隙地面积比乙的空隙地面积少，故③错误，④正确．
故选：C．
10．【答案】B
【解析】欲求△FDC的内切圆半径，可以画出图形，然后利用题中已知条件，证明△AEF≌△CFD≌△BDE可得CD=AF，即CD+CF=AF+CF=a.根据三角形内切圆的性质可得CH=（CF+CD-DF）=（a-b），再根据含30度角的直角三角形即可求解．
解：∵△ABC，△DEF都为正三角形，
∴AB=BC=CA，EF=FD=DE，∠BAC=∠B=∠C=∠FED=∠EFD=∠EDF=60°，
∴∠AFE+∠DFC=∠DFC+∠FDC=120°，
∴∠AFE=∠CDF，
在△AEF和△CFD中，
，
∴△AEF≌△CFD（AAS）；
同理可证：△AEF≌△CFD≌△BDE；
∴CD=AF，即CD+CF=AF+CF=a.
如图，设△FDC的内切圆圆心为I，IH⊥FC于点H，
则CH=（CF+CD-DF）=（a-b）；
∵IC平分∠BCA，
∴∠HCI=30°；
∴HI=CH•tan30°=（a-b）•=（a-b）=．
故选：B．
11．【答案】D
【解析】①根据抛物线的对称轴公式即可求解；
②当x等于1时，y等于n,再利用对称轴公式即可求解；
③根据抛物线的对称性即可求解；
④根据抛物线的平移即可求解；
⑤根据一元二次方程的判别式即可求解．
解：①因为抛物线的对称轴为x=1，
即-=1，所以b=-2a,
所以①错误；
②当x=1时，y=n,
所以a+b+c=n,因为b=-2a,
所以-a+c=n,
所以②正确；
③因为抛物线的顶点坐标为（1，n），
即对称轴为x=1，
且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间，
所以抛物线另一个交点（m,0）在-2到-1之间；
所以③正确；
④因为ax2+（b+2）x＜0，即ax2+bx＜-2x
根据图象可知：
把抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）图象向下平移c个单位后图象过原点，
即可得抛物线y=ax2+bx（a≠0）的图象，
所以当x＜0时，ax2+bx＜-2x,
即ax2+（b+2）x＜0．
所以④正确；
⑤一元二次方程ax2+（b-）x+c=0
Δ=（b-）2-4ac
因为根据图象可知：a＜0，c＞0，
所以-4ac＞0，
所以Δ=（b-）2-4ac＞0
所以一元二次方程ax2+（b-）x+c=0有两个不相等的实数根．
所以⑤正确．
故选：D．
12．【答案】A
【解析】根据等腰直角三角形的性质可以判断①；根据△DEF，△ADC是等腰直角三角形，可得AC=AD，AF=，所以==，因为∠CAF=∠DAE，所以△CAF∽△DAE，进而可以判断②；依据垂直平分线，进而可以判断③；根据正方形的性质可得当点F与点B重合时，点E与点O重合；当点F与点C重合时，点E与点D重合，点E的运动轨迹为线段OD，点F的运动轨迹是线段BC，BC=CD=OD，且点F与点E的运动时间相同，进而可以判断④．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，∠DAC=∠DCA=45°，
∵△DEF是等腰直角三角形，
∴∠EAF=∠DAC=45°，
∴∠EAF-∠CAE=∠DAC-∠CAE，
∴∠CAF=∠DAE，故①正确；
∵△DEF，△ADC是等腰直角三角形，
∴AC=AD，AF=，
∴==，
∵∠CAF=∠DAE，
∴△CAF∽△DAE，
∴==，
∴FC=DE，故②正确；
依据外心的定义，三角形的外心就是三角形三边垂直平分线的交点，
故③错误；
如图，连接BD交AC于点O，
∵∠ADE=∠CDE=45°，
当点F与点B重合时，点E与点O重合；当点F与点C重合时，点E与点D重合，
∴点E的运动轨迹为线段OD，点F的运动轨迹是线段BC，
∵BC=CD=OD，且点F与点E的运动时间相同，
∴vF=vE，
∴点F与点E的运动速度不相同，故④错误．
综上所述：正确的结论是①②，共2个．
故选：A．
13．【答案】点A在⊙O外
【解析】根据⊙O的半径r=2，且点A到圆心O的距离d=3知d＞r,据此可得答案．
解：∵⊙O的半径r=2，且点A到圆心O的距离d=3，
∴d＞r,
∴点A在⊙O外，
故答案为：点A在⊙O外．
14．【答案】（，）
【解析】将二次函数解析式化为顶点式求解．
解：∵y=-x2+x+3=-（x-）2+，
∴抛物线顶点坐标为（，），
故答案为：（，）．
15．【答案】2
【解析】求x2-ax+a-1=0的判别式为0即可．
解：x2-ax+a-1=0中判别式Δ=a2-4（a-1），
由题意得a2-4（a-1）=0，
解得a=2．
故答案为：2．
16．【答案】3或-5
【解析】抛物线C2是由抛物线C1绕点P（t,2）旋转180°所得，那么两条抛物线的顶点关于点P对称，据此求出抛物线C2的顶点坐标，若抛物线C1、C2相关联，那么抛物线C2的顶点必在抛物线C1的函数图象上，进而求出即可．
解：抛物线C1：y=（x+1）2-2的顶点M（-1，-2）；
由于抛物线C2是抛物线C1绕点P（t,2）旋转180°所得，所以抛物线C1、C2的顶点关于点P对称，
∴抛物线C2的顶点坐标M′（2t+1，6），抛物线C2：y=-（x-（2t+1））2+6；
已知抛物线C1和抛物线C2相关联，那么点M′必在抛物线C1的函数图象上，即：
6=（2t+1+1）2-2，解得：t1=3、t2=-5，
故答案为：3或-5．
17．【解析】（1）根据判别式不小于零，解不等式即可；
（2）将m的值代入，求解方程即可．
解：（1）∵关于x的方程x2-2x+2m-1=0有实数根，
∴Δ=b2-4ac=4-4（2m-1）≥0，
解得m≤1．
（2）当时，原方程为x2-2x=0．
即x（x-2）=0，
∴x1=0，x2=2．
18．【解析】直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案．
解：如图所示：
．
19．【解析】（1）利用平方差公式，完全平方公式，进行计算即可解答；
（2）利用解一元二次方程-因式分解法，进行计算即可解答．
解：（1）（x+y）（x-y）-（x-2y）2
=x2-y2-（x2-4xy+4y2）
=x2-y2-x2+4xy-4y2
=4xy-5y2；
（2）x（x+2）=2（x+2）2，
x（x+2）-2（x+2）2=0，
（x+2）[x-2（x+2）]=0，
（x+2）（x-2x-4）=0，
（x+2）（-x-4）=0，
x+2=0或-x-4=0，
x1=-2，x2=-4．
20．【答案】10
【解析】由切线长定理和∠P=60°，可得△PAB为等边三角形，则AB=PA．
解：∵PA，PB分别为⊙O的切线，
∴PA=PB，
∵∠P=60°，
∴△PAB为等边三角形，
∴AB=PA，
∵PA=10cm,
∴AB=10cm.
故答案为：10．
21．【解析】（1）连接OD，由切线的性质以及圆的半径构成的等腰三角形即可证明∠CAD=∠B；
（2）设圆的半径为r,利用锐角三角函数定义求出AB的长，再利用勾股定理列出关于r的方程，求出方程的解即可得到结果．
解：（1）证明：
∵AD是⊙O的切线，
∴OD⊥AD，
∴∠ADO=90°，
∴∠ODB+∠ADC=90°，
∵∠C=90°，
∴∠ADC+∠DAC=90°，
∴∠DAC=∠ODB，
∵OD=OB，
∴∠B=∠ODB，
∴∠CAD=∠B；
（2）设圆O的半径为r,
在Rt△ABC中，AC=BCtanB=2，
根据勾股定理得：AB==2，
∴OA=2-r,
在Rt△ACD中，tan∠CAD=tanB=，
∴CD=ACtan∠CAD=1，
根据勾股定理得：AD2=AC2+CD2=4+1=5，
在Rt△ADO中，OA2=OD2+AD2，即（2-r）2=r2+5，
解得：r=，
∴⊙O半径为．
22．【解析】（1）想办法证明∠MAE=∠MAN=45°，根据SAS证明三角形全等即可．
（2）设CD=BC=x,则CM=x-3，CN=x-2，在Rt△MCN中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
（1）证明：由旋转的性质得，△ADN≌△ABE，
∴∠DAN=∠BAE，AE=AN，∠D=∠ABE=90°，
∴∠ABC+∠ABE=180°，
∴点E，点B，点C三点共线，
∵∠DAB=90°，∠MAN=45°，
∴∠MAE=∠BAE+∠BAM=∠DAN+∠BAM=45°，
∴∠MAE=∠MAN，
∵MA=MA，
∴△AEM≌△ANM（SAS）．
（2）解：设CD=BC=x,则CM=x-3，CN=x-2，
∵△AEM≌△ANM，
∴EM=MN，
∵BE=DN，
∴MN=BM+DN=5，
∵∠C=90°，
∴MN2=CM2+CN2，
∴25=（x-2）2+（x-3）2，
解得，x=6或-1（舍弃），
∴正方形ABCD的边长为6．
23．【解析】（1）根据坐标与图形的性质写出各点的坐标；
（2）找出对应点的横纵坐标之间的关系，列式计算即可．
解：（1）点A的坐标为（2，3），点D的坐标为（-2，-3），点B的坐标为（4，2），点F的坐标为（-4，-2），点C的坐标为（1，1），点E的坐标为（-1，-1）；
（2）由对应点的坐标可知，对应点的横、纵坐标互为相反数，
∴a+9+2a=0，4-b+2b-3=0，
解得，a=-3，b=-1．
24．【解析】（1）先列出三角形的代数式，然后利用配方法证明△≥0即可；
（2）令x=0可求得点C的坐标，令y=0求得方程的解，从而可求得点A、B的坐标；
（3）利用三角形的面积求得m的值从而可求得抛物线的解析式．
解：（1）∵△=（m-1）2-4×1×m=（m+1）2≥0
∴无论m为何值这条抛物线都与x轴至少有一个交点；
（2）∵令x=0得：y=m,
∴点C的坐标为（0，m）．
∵令y=0得；-x2+（m-1）x+m=0，解得：x=-1或x=m,
∴A（-1，0）B（m,0）．
（3）由上题可得|AB|=|m+1|，OC=|m|，
∵SS△ABC=3，
∴|m+1||m|=6．
解得：m=-3，m=2．
∴y=-x2-4x-3或y=-x2+x+2．