2026届山东省枣庄山亭区七校联考数学九年级第一学期期末达标检测试题含解析

这是一份2026届山东省枣庄山亭区七校联考数学九年级第一学期期末达标检测试题含解析，共20页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，如图，中，等内容，欢迎下载使用。
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．下列事件中，属于必然事件的是（ ）
A．方程无实数解
B．在某交通灯路口，遇到红灯
C．若任取一个实数a，则
D．买一注福利彩票，没有中奖
2．作⊙O的内接正六边形ABCDEF，甲、乙两人的作法分别是：
甲：第一步：在⊙O上任取一点A，从点A开始，以⊙O的半径为半径，在⊙O上依次截取点B，C，D，E，F. 第二步：依次连接这六个点.
乙：第一步：任作一直径AD．第二步：分别作OA，OD的中垂线与⊙O相交，交点从点A开始，依次为点B，C，E，F. 第三步：依次连接这六个点.
对于甲、乙两人的作法，可判断( )
A．甲正确，乙错误B．甲、乙均错误
C．甲错误，乙正确D．甲、乙均正确
3．如图，正六边形内接于，正六边形的周长是12，则的半径是（ ）
A．3B．2C．D．
4．如果，、分别对应、，且，那么下列等式一定成立的是（ ）
A．B．的面积：的面积
C．的度数：的度数D．的周长：的周长
5．如图，在矩形ABCD中，点M从点B出发沿BC向点C运动，点E、F别是AM、MC的中点，则EF的长随着M点的运动（ ）
A．不变B．变长C．变短D．先变短再变长
6．将抛物线y=3x2﹣3向右平移3个单位长度，得到新抛物线的表达式为（ ）
A．y=3（x﹣3）2﹣3B．y=3x2C．y=3（x+3）2﹣3D．y=3x2﹣6
7．国家实施”精准扶贫“政策以来，很多贫困人口走向了致富的道路．某地区2016年底有贫困人口9万人，通过社会各界的努力，2018年底贫困人口减少至1万人．设2016年底至2018年底该地区贫困人口的年平均下降率为，根据题意列方程得（ ）
A．B．C．D．
8．如图，点A、B、C在⊙O上，CO的延长线交AB于点D，∠A＝50°，∠B＝30°，∠ACD的度数为（ ）
A．10°B．15°C．20°D．30°
9．已知x＝1是方程x2+m＝0的一个根，则m的值是（ ）
A．﹣1B．1C．﹣2D．2
10．如图，中，．将绕点顺时针旋转得到，边与边交于点（不在上），则的度数为（ ）
A．B．C．D．
11．如图，是用棋子摆成的“上”字：如果按照以上规律继续摆下去，那么通过观察，可以发现：第30个“上”字需用多少枚棋子（ ）
A．122B．120C．118D．116
12．若抛物线y＝x2﹣3x+c与y轴的交点为（0，2），则下列说法正确的是（ ）
A．抛物线开口向下
B．抛物线与x轴的交点为（﹣1，0），（3，0）
C．当x＝1时，y有最大值为0
D．抛物线的对称轴是直线x＝
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，在宽为20m，长为32m的矩形地面上修筑同样宽的道路（图中阴影部分），余下的部分种上草坪．要使草坪的面积为540m2，则道路的宽为 ．
14．如图，直线轴于点，且与反比例函数（）及（）的图象分别交于、两点，连接、，已知的面积为4，则________．
15．河北省赵县的赵州桥的拱桥是近似的抛物线形，建立如图所示的平面直角坐标系，其函数的关系式为，当水面离桥拱顶的高度DO为4m时，这时水面宽度AB 为______________.
16．如图，点在双曲线上，且轴于，若的面积为，则的值为__________．
17．从一副扑克牌中的13张黑桃牌中随机抽取一张，它是王牌的概率为____．
18．在平面直角坐标系中，解析式为的直线、解析式为的直线如图所示，直线交轴于点，以为边作第一个等边三角形，过点作轴的平行线交直线于点，以为边作第二个等边三角形，……顺次这样做下去，第2020个等边三角形的边长为______．
三、解答题（共78分）
19．（8分）化简
（1）
（2）
20．（8分）如图，在中，点在边上，点在边上，且，．
（1）求证：∽；
（2）若，，求的长．
21．（8分）解一元二次方程：
22．（10分）如图，在中，，.，平分交于点，过点作交于点，点是线段上的动点，连结并延长分别交，于点，.
（1）求的长.
（2）若点是线段的中点，求的值.
23．（10分）如图，AN是⊙O的直径，四边形ABMN是矩形，与圆相交于点E，AB＝15，D是⊙O上的点，DC⊥BM，与BM交于点C，⊙O的半径为R＝1．
（1）求BE的长．
（2）若BC＝15，求的长．
24．（10分）空间任意选定一点，以点为端点，作三条互相垂直的射线，，．这三条互相垂直的射线分别称作轴、轴、轴，统称为坐标轴，它们的方向分别为（水平向前），（水平向右），（竖直向上）方向，这样的坐标系称为空间直角坐标系．将相邻三个面的面积记为，，，且的小长方体称为单位长方体，现将若干个单位长方体在空间直角坐标系内进行码放，要求码放时将单位长方体所在的面与轴垂直，所在的面与轴垂直，所在的面与轴垂直，如图1所示．若将轴方向表示的量称为几何体码放的排数，轴方向表示的量称为几何体码放的列数，二轴方向表示的量称为几何体码放的层数；如图2是由若干个单位长方体在空间直角坐标内码放的一个几何体，其中这个几何体共码放了排列层，用有序数组记作，如图3的几何体码放了排列层，用有序数组记作．这样我们就可用每一个有序数组表示一种几何体的码放方式．

（1）有序数组所对应的码放的几何体是______________；
A．B．C．D．
（2）图4是由若干个单位长方体码放的一个几何体的三视图，则这种码放方式的有序数组为（______，_______，_______），组成这个几何体的单位长方体的个数为____________个．
（3）为了进一步探究有序数组的几何体的表面积公式，某同学针对若干个单位长方体进行码放，制作了下列表格：
根据以上规律，请直接写出有序数组的几何体表面积的计算公式；（用，，，，，表示）
（4）当，，时，对由个单位长方体码放的几何体进行打包，为了节约外包装材料，我们可以对个单位长方体码放的几何体表面积最小的规律进行探究，请你根据自己探究的结果直接写出使几何体表面积最小的有序数组，这个有序数组为（______，_______， ______），此时求出的这个几何体表面积的大小为____________（缝隙不计）
25．（12分）如图将矩形ABCD沿CM折叠，使点D落在AB边上的点E处，
（1）求证：△AME∽△BEC．
（2）若△EMC∽△AME，求AB与BC的数量关系．
26．如图，正方形ABCD 中，E，F分别是AB，BC边上的点，AF与DE相交于点G，且AF＝DE.
求证：(1)BF＝AE；
(2)AF⊥DE.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【分析】根据必然事件就是一定发生的事件，即发生的概率是1的事件即可得出答案．
【详解】解：A、方程2x2+3＝0的判别式△＝0﹣4×2×3＝﹣24＜0，因此方差2x2+3＝0无实数解是必然事件，故本选项正确；
B、在某交通灯路口，遇到红灯是随机事件，故本选项错误；
C、若任取一个实数a，则（a+1）2＞0是随机事件，故本选项错误；
D、买一注福利彩票，没有中奖是随机事件，故本选项错误；
故选：A．
本题主要考察随机事件，解题关键是熟练掌握随机事件的定义.
2、D
【分析】根据等边三角形的判定与性质，正六边形的定义解答即可.
【详解】（1）如图1，由作法知，△AOB, △BOC, △COD,△DOE,△EOF,△AOF都是等边三角形，
∴∠ABO=∠CBO=60°,
∴∠ABC=120°,
同理可证：∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠EFA=∠FAB=120°,
∵AB=BC=CD=DE=EF=AF,
∴六边形ABCDEF是正六边形，
故甲正确；
（2）如图2，连接OB，OF，
由作法知，OF=AF，AB=OB，
∵OA=OF=OB，
∴△AOF，△AOB是等边三角形，
∴∠OAF=∠OAB=60°,AB=AF,
∴∠BAF=120°,
同理可证，∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠EFA=∠FAB=120°,AB=BC=CD=DE=EF=AF,
∴六边形ABCDEF是正六边形，
故乙正确.
故选D.
本题考查了圆的知识，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，以及正六边形的定义，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．
3、B
【分析】根据题意画出图形，求出正六边形的边长，再求出∠AOB=60°即可求出的半径．
【详解】解：如图，连结OA,OB,
∵ABCDEF为正六边形，
∴∠AOB=360°×=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∵正六边形的周长是12，
∴AB=12×=2,
∴AO=BO=AB=2，
故选B．
本题考查了正多边形和圆，以及正六边形的性质，根据题意画出图形，作出辅助线求出∠AOB=60°是解答此题的关键.
4、D
【解析】相似三角形对应边的比等于相似比，面积之比等于相似比的平方,对应角相等.
【详解】根据相似三角形性质可得：A：BC和DE不是对应边，故错；B：面积比应该是，故错；C:对应角相等，故错；D：周长比等于相似比，故正确.
故选：D
考核知识点：相似三角形性质.理解基本性质是关键.
5、A
【分析】由题意得EF为三角形AMC的中位线，由中位线的性质可得：EF的长恒等于定值AC的一半.
【详解】解：∵E，F分别是AM，MC的中点，
∴，
∵A、C是定点，
∴AC的的长恒为定长，
∴无论M运动到哪个位置EF的长不变，
故选A．
此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行且等于第三边的一半.
6、A
【解析】根据二次函数的图象平移规律：左加右减，上加下减，即可得出.
【详解】抛物线向右平移3个单位,
得到的抛物线的解析式是
故选A.
本题主要考查二次函数的图象平移规律：左加右减，上加下减.
7、B
【分析】等量关系为：2016年贫困人口年贫困人口，把相关数值代入计算即可．
【详解】解：设这两年全省贫困人口的年平均下降率为，根据题意得：
，
故选B．
本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，得到2年内变化情况的等量关系是解决本题的关键．
8、C
【分析】根据圆周角定理求得∠BOC=100°，进而根据三角形的外角的性质求得∠BDC=70°，然后根据外角求得∠ACD的度数．
【详解】解：∵∠A=50°，
∴∠BOC=2∠A=100°，
∵∠B=30°，∠BOC=∠B+∠BDC，
∴∠BDC=∠BOC-∠B=100°-30°=70°，
∴∠ACD=70°50°=20°；
故选：C．
本题考查了圆心角和圆周角的关系及三角形外角的性质，圆心角和圆周角的关系是解题的关键．
9、A
【分析】把x=1代入方程，然后解一元一次方程即可．
【详解】把x=1代入方程得：1+m=0，解得：m=﹣1．
故选A．
本题考查了一元二次方程的解．掌握一元二次方程的解的定义是解答本题的关键．
10、D
【分析】根据旋转的性质可得∠B′=∠B=30°，∠BOB′=52°，再由三角形外角的性质即可求得的度数.
【详解】∵△A′OB′是由△AOB绕点O顺时针旋转得到，∠B=30°，
∴∠B′=∠B=30°，
∵△AOB绕点O顺时针旋转52°，
∴∠BOB′=52°，
∵∠A′CO是△B′OC的外角，
∴∠A′CO=∠B′+∠BOB′=30°+52°=82°．
故选D．
本题主要考查了旋转的性质，熟知旋转的性质是解决问题的关键.
11、A
【分析】可以将上字看做有四个端点每次每个端点增加一个，还有两个点在里面不发生变化．找到其规律即可解答.
【详解】第1个“上”字中的棋子个数是6；第2个“上”字中的棋子个数是10；第3个“上”字中的棋子个数是14；进一步发现规律：第n个“上”字中的棋子个数是（4n+2）．
所以第30个“上”字需要4×30+2=122枚棋子．
故选：A．
此题考查规律型：图形的变化，解题关键是通过归纳与总结，得到其中的规律.
12、D
【解析】A、由a=1＞0，可得出抛物线开口向上，A选项错误；
B、由抛物线与y轴的交点坐标可得出c值，进而可得出抛物线的解析式，令y=0求出x值，由此可得出抛物线与x轴的交点为（1，0）、（1，0），B选项错误；
C、由抛物线开口向上，可得出y无最大值，C选项错误；
D、由抛物线的解析式利用二次函数的性质，即可求出抛物线的对称轴为直线x=-，D选项正确．
综上即可得出结论．
【详解】解：A、∵a=1＞0，
∴抛物线开口向上，A选项错误；
B、∵抛物线y=x1-3x+c与y轴的交点为（0，1），
∴c=1，
∴抛物线的解析式为y=x1-3x+1．
当y=0时，有x1-3x+1=0，
解得：x1=1，x1=1，
∴抛物线与x轴的交点为（1，0）、（1，0），B选项错误；
C、∵抛物线开口向上，
∴y无最大值，C选项错误；
D、∵抛物线的解析式为y=x1-3x+1，
∴抛物线的对称轴为直线x=-=-=，D选项正确．
故选D．
本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数的性质、二次函数的最值以及二次函数图象上点的坐标特征，利用二次函数的性质及二次函数图象上点的坐标特征逐一分析四个选项的正误是解题的关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、2m
【解析】试题分析：本题考查了一元二次方程的应用，这类题目体现了数形结合的思想，如图，需利用平移把不规则的图形变为规则图形，进而即可列出方程，求出答案．还要注意根据题意考虑根的合理性，从而确定根的取舍．本题可设道路宽为x米，利用平移把不规则的图形变为规则图形，如此一来，所有草坪面积之和就变为了（32-x）（20-x）米2，进而即可列出方程，求出答案．
试题解析：
解：设道路宽为x米
（32-x）(20-x)=540
解得：x1=2，x2=50（不合题意，舍去）
∴x=2
答：设道路宽为2米
考点：1、一元二次方程的应用；2、数形结合的思想．
14、1．
【分析】根据反比例函数的几何意义可知：的面积为，的面积为，然后两个三角形面积作差即可求出结果．
【详解】解：根据反比例函数的几何意义可知：的面积为，的面积为，
∴的面积为，∴，∴.
故答案为1．
本题考查反比例函数的几何意义，解题的关键是正确理解的几何意义，本题属于基础题型．
15、
【详解】根据题意B的纵坐标为﹣4，把y=﹣4代入y=﹣x2，
得x=±10，
∴A（﹣10，﹣4），B（10，﹣4），
∴AB=20m．即水面宽度AB为20m．
16、
【分析】设点A坐标为（x，y），由反比例函数的几何意义得，根据的面积为，即可求出k的值.
【详解】解：设点A的坐标为：（x，y），
∴，
∴，
∴，
∵反比例函数经过第二、四象限，则，
∴
故答案为：.
本题考查了反比例函数的性质，以及反比例函数的几何意义，解题的关键是熟练掌握反比例函数的几何意义进行解题.
17、1
【分析】根据是王牌的张数为1可得出结论．
【详解】∵13张牌全是黑桃，王牌是1张，
∴抽到王牌的概率是1÷13=1，
故答案为：1．
本题考查了概率的公式计算，熟记概率=所求情况数与总情况数之比是解题的关键．
18、
【分析】由题意利用一次函数的性质以及等边三角形性质结合相似三角形的性质进行综合分析求解.
【详解】解：将代入分别两个解析式可以求出AO=1，
∵为边作第一个等边三角形，
∴BO=1，
过B作x轴的垂线交x轴于点D，
由可得，即，
∴，，即B的横轴坐标为，
∵与轴平行，
∴将代入分别两个解析式可以求出，
∵,
∴，即相邻两个三角形的相似比为2，
∴第2020个等边三角形的边长为.
故答案为：.
本题考查一次函数图形的性质以及等边三角形性质和相似三角形的性质的综合问题，熟练掌握相关知识并运用数形结合思维分析是解题的关键.
三、解答题（共78分）
19、（1）；（2）.
【分析】（1）直接利用乘法公式以及单项式乘以多项式分别化简得出答案；
（2）直接将括号里面通分进而利用分式的乘除运算法则计算得出答案.
【详解】解：（1）

（2）
此题主要考查了分式的混合运算以及整式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
20、（1）证明见解析；（1）AB=1．
【分析】（1）由题意根据相似三角形的判定定理即可证明∽；
（1）根据题意利用相似三角形的相似比，即可分析求解.
【详解】解：（1）证明：∵，.
∴.
∵
∴ ，
∵为公共角，
∴∽.
（1）∵∽
∴
∴
∴（-1舍去）
∴.
本题主要考查相似三角形的判定和性质，能够证得∽是解答此题的关键．
21、，.
【分析】利用十字相乘法即可解方程.
【详解】，
（x+1）（2x-5）=0，
∴，.
此题考查一元二次方程的解法，根据方程的特点选择适合的方法求解是解题的关键.
22、（1）；（2）.
【解析】（1）求出，在Rt△ADC中，由三角函数得出；
（2）由三角函数得出BC=AC•tan60°=，得出，证明△DFM≌△AGM（ASA），得出DF=AG，由平行线分线段成比例定理得出，即可得出答案．
【详解】解：
（1）∵平分，，
∴，
在中，，
（2）∵∠C=90°，AC=6，∠BAC=60°，
∴，
∴，
∵DE∥AC，∠DMF和∠AMG是对顶角，
∴∠FDM=∠GAM，∠DMF=∠AMG，
∵点M是线段AD的中点，
∴，
∵，
∴，
∴.
由DE∥AC，得，
∴，
∴；
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，特殊角的三角函数值，掌握全等三角形的性质与判定，特殊角的三角函数值是解题的关键.
23、（1）1﹣15；（2）15π
【分析】（1）连接OE，过O作OF⊥BM于F，在Rt△OEF中，由勾股定理得出EF的长，进而求得EB的长．
（2）连接OD，则在直角三角形ODQ中，可求得∠QOD=60°，过点E作EH⊥AO于H，在直角三角形OEH中，可求得∠EOH=1°，则得出的长度．
【详解】解：（1）连接OE，过O作OF⊥BM于F，则四边形ABFO是矩形，
∴FO=AB=15，BF=AO，
在Rt△OEF中，EF＝＝15，
∵BF＝AO＝1，
∴BE＝1﹣15．
（2）连接OD，在直角三角形ODQ中，
∵OD＝1，OQ＝1﹣15＝15，
∴∠ODQ＝1°，
∴∠QOD＝60°，
过点E作EH⊥AO于H，在直角三角形OEH中，
∵OE＝1，EH＝15，
∴，
∴∠EOH＝1°，
∴∠DOE＝90°，
∴＝π•60＝15π．
本题考查了直角三角形的性质，弧长的计算、矩形的性质以及垂径定理，是基础知识要熟练掌握．
24、 (1) B；(2) 2，3，2 ， 1 ；(3)S(x，y，z)＝2(yzS1＋xzS2＋xyS3)；(4)2，2，3，2
【分析】（1）根据几何体码放的情况，即可得到答案；
（2）根据几何体的三视图，可知：几何体有2排，3列，2层，进而即可得到答案；
（3）根据有序数组的几何体，表面上面积为S1的个数为2yz个, 表面上面积为S2的个数为2xz个，表面上面积为S3的个数为2xy个，即可得到答案；
（4）由题意得：xyz=1，＝4yz＋6xz＋8xy，要使的值最小，x，y，z应满足x≤y≤z（x，y，z为正整数），进而进行分类讨论，即可求解．
【详解】（1）∵有序数组所对应的码放的几何体是：3排列4层，
∴B选项符合题意，
故选B．
（2）根据几何体的三视图，可知：几何体有2排，3列，2层，
∴这种码放方式的有序数组为(2，3，2)，
∵几何体有2层，每层有6个单位长方体，
∴组成这个几何体的单位长方体的个数为1个．
故答案是：2，3，2；1．
（3）∵有序数组的几何体，表面上面积为S1的个数为2yz个, 表面上面积为S2的个数为2xz个，表面上面积为S3的个数为2xy个，
∴＝2(yzS1＋xzS2＋xyS3)．
（4）由题意得：xyz=1，＝4yz＋6xz＋8xy，
∴要使的值最小，x，y，z应满足x≤y≤z（x，y，z为正整数）．
∴在由1个单位长方体码放的几何体中，满足条件的有序数组为(1，1，1)，(1，2，6)，(1，3，4)，(2，2，3)，
∵，，，，
∴由1个单位长方体码放的几何体中，表面积最小的有序数组为：(2，2，3)，最小表面积为：2．
故答案是：2，2，3；2．
本题主要考查几何体的三视图与表面积的综合，掌握几何体的三视图的定义和表面积公式，是解题的关键．
25、（1）详见解析；（2）．
【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似即可证明．
（2）利用相似三角形的性质证明∠BCE＝∠ECM＝∠DCM＝30°即可解决问题．
【详解】（1）∵矩形ABCD，
∴∠A＝∠B＝∠D＝90°，
∵将矩形ABCD沿CM折叠，使点D落在AB边上的点E处，
∴∠MEC＝∠D＝90°，
∴∠AEM+∠BEC＝90°，
∵∠AEM+∠AME＝90°，
∴∠AME＝∠EBC，
又∵∠A＝∠B，
∴△AME∽△BEC．
（2）∵△EMC∽△AME，
∴∠AEM＝∠ECM，
∵△AME∽△BEC，
∴∠AEM＝∠BCE，
∴∠BCE＝∠ECM
由折叠可知：△ECM≌△DCM，
∴∠DCM＝∠ECM，DC＝EC，
即∠BCE＝∠ECM＝∠DCM＝30°，
在Rt△BCE中，，
∴，
∵DC＝EC＝AB，
∴.
此题考查矩形的性质，相似三角形的判定及性质，利用30角的余弦值求边长的比，利用三角形相似及折叠得到∠BCE＝∠ECM＝∠DCM＝30°是解题的关键.
26、 (1)见解析;(2)见解析.
【解析】（1）根据正方形的性质得到AD=AB，∠DAE=∠ABE=90°，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到∠ADE=∠BAF，根据余角的性质即可得到结论．
【详解】证明：（1）四边形是正方形，
∴AD=AB，∠DAE=∠ABE=90°，
在Rt△DAE与Rt△ABF中， ，
∴Rt△DAE≌Rt△ABF（HL），
∴BF=AE；
（2）∵Rt△DAE≌Rt△ABF，
∴∠ADE=∠BAF，
∵∠ADE=∠AED=90°，
∴∠BAF=∠AEG=90°，
∴∠AGE=90°，
∴AF⊥DE．
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
几何体有序数组
单位长方体的个数
表面上面积为S1的个数
表面上面积为S2的个数
表面上面积为S3的个数
表面积