河北省沧州市青县第六中学2024-2025学年九年级上学期数学期末模拟试卷2

这是一份河北省沧州市青县第六中学2024-2025学年九年级上学期数学期末模拟试卷2，共20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36.0分)
1．(3分)抛物线y=2（x-2）（x+6）的对称轴是（ ）
A. x=3 B. x=-3 C. x=2 D. x=-2
2．(3分)下列方程中，是关于x的一元二次方程的是（ ）
A. x+=1 B. x（x+3）=5
C. x3+2x=0 D. 2x2+xy-3=0
3．(3分)一元二次方程x2-2x+3=0的一次项系数是（ ）
A. 3 B. 1 C. 0 D. -2
4．(3分)如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上的两点，若∠ABD=54°，则∠C的度数为（ ）
A. 34° B. 36° C. 46° D. 54°
5．(3分)香水梨在甘肃白银境内种植历史悠久，明代就有记载．某水果店以每千克10元的进价进了批香水梨，经市场调研发现：售价为每千克20元时，每天可销售40千克，售价每上涨1元，每天的销量将减少3千克．如果该水果店想平均每天获利408元，设这种香水梨的售价上涨了x元，根据题意可列方程为（ ）
A. （20+x）（40-3x）=408
B. （20+x-10）（40-3x）=408
C. （x-10）[40-3（x-20）]=408
D. （20+x）（40-3x）-10×40=408
6．(3分)如图，若△ABC绕点A按逆时针方向旋转50°后与△AB1C1重合，则∠AB1B=（ ）
A. 50° B. 55° C. 60° D. 65°
7．(3分)抛物线y=-2（x+2）2-5的顶点坐标是（ ）
A. （2，-5） B. （2，5） C. （-2，-5） D. （-2，5）
8．(3分)如图，⊙O的半径为5，弦AB的长为8，M是弦AB上的一个动点，则线段OM的长的最小值为（ ）
A. 3 B. 4 C. 6 D. 8
9．(3分)如图一个扇形纸片的圆心角为90°，半径为6．将这张扇形纸片折叠，使点A与点O恰好重合，折痕为CD，则阴影部分的面积为（ ）
A. B.
C. D.
10．(3分)如图，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=2，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点，当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是（ ）
A. B. π
C. D. 2
11．(3分)如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，∠ACB=∠ACD=30°，AC=4，以AC中点O为圆心作弧AB及弧AD，动点P从C点出发沿线段CB，弧BA，弧AD，线段DC的路线运动，点P从点C运动到点D时，线段OP扫过的面积为（ ）
A. B.
C. D.
12．(3分)如图，⊙O的半径为5，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AD∥BC（AD，BC位于圆心O的两侧），AD=6，BC=8，将，分别沿AB，CD翻折得到，，M为上点，过点M作MN∥AD交于点N，则MN的最小值为（ ）
A. 4 B. 4
C. D.
二、填空题(共4题，共12.0分)
13．(3分)如图，在方格中画着两艘完全一样的小船，左边小船向右平移了_____格可以来到右边小船位置．
14．(3分)如图，将半径为2的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心O，则折痕AB的长为_____．
15．(3分)已知关于x的一元二次方程x2+mx-2=0的一个根为-1，则m的值为 _____，另一个根为 _____．
16．(3分)九年（1）班将竞选出正、副班长各1名，现有甲、乙两位男生和丙、丁两位女生参加竞选．则两位女生同时当选正、副班长的概率为_____．
三、解答题(共8题，共72.0分)
17．(9分)如图，△BCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，若∠CDB=42°，求∠ABC的度数．
18．(9分)如图，已知一次函数y=0.5x+2的图象与x轴交于点A，与二次图象交于y轴上的一点B，二次函数的顶点C在x轴上，且OC=2．
（1）求二次函数的解析式；
（2）设一次函数y=0.5x+2的图象与二次函数图象另一交点为D．
①在抛物线上是否存在点P，使△BCD面积与△BDP面积相等．
②已知P为x轴上一个动点，且△PBD为直角三角形，求点P坐标．
19．(9分)如图，AB是⊙O的直径，点E为弧AC的中点，AC、BE交于点D，过A的切线交BE的延长线于F．
（1）求证：AD=AF；
（2）若=，求tan∠OAD的值．
20．(9分)如图，已知AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，OC∥BD，交AD于点E，连接BC．
（1）求证：AE=ED；
（2）若AB=6，∠ABC=30°，求图中阴影部分的面积．
21．(9分)若关于x的一元二次方程（m-1）x2+2x+m2-1=0的常数项为0，求m的值是多少？
22．(9分)已知二次函数y=x2+4x+3．
（1）用配方法将y=x2+4x+3化成y=a（x-h）2+k的形式；
（2）在平面直角坐标系xOy中，画出这个二次函数的图象．
23．(9分)如图1，在矩形ABCD中，AB=20cm,BC=4cm,点P从A开始沿折线A-B-C-D以4cm/s的速度移动，点Q从C开始沿CD边以1cm/s的速度移动，如果点P、Q分别从A、C同时出发，当其中一点到达D时，另一点也随之停止运动．设运动时间为t（s）．
（1）t为何值时，四边形APQD为矩形？
（2）当P在AB上运动时，t为何值时，直线PQ与以AD为直径的圆相切？
（3）如图2，如果⊙P和⊙Q的半径都是2cm,那么t为何值时，⊙P和⊙Q外切？
24．(9分)如图，菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，AC为对角线．将△ACD绕点A逆时针旋转60°得到△AC′D′，连接DC′．
（1）求证：△ADC≌△ADC′；
（2）求在旋转过程中点C扫过路径的长．（结果保留π）
试卷答案
1．【答案】D
【解析】把抛物线y=2（x-2）（x+6）化成顶点坐标形式求解即可．
解：抛物线y=2（x-2）（x+6）=2（x2+4x-12）=2[（x+2）2-32，
所以对称轴是直线x=-2．
故选：D．
2．【答案】B
【解析】根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
解：A．是分式方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B．是一元二次方程，故本选项符合题意；
C．是一元三次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
D．是二元二次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
故选：B．
3．【答案】D
【解析】根据一元二次方程的一般形式找出一次项系数即可．
解：一元二次方程x2-2x+3=0的一次项系数是-2．
故选：D．
4．【答案】B
【解析】连接AD，如图，根据圆周角定理得到∠ADB=90°，∠C=∠A，然后利用互余计算出∠A，从而得到∠C的度数．
解：连接AD，如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠A=90°-∠ABD=90°-54°=36°，
∴∠C=∠A=36°．
故选：B．
5．【答案】B
【解析】设这种香水梨的售价上涨了x元，则每千克的销售利润为（20+x-10）元，每天可销售（40-3x）千克，利用每天的销售利润=每千克的销售利润×每天的销售量，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
解：设这种香水梨的售价上涨了x元，则每千克的销售利润为（20+x-10）元，每天可销售（40-3x）千克，
依题意得：（20+x-10）（40-3x）=408．
故选：B．
6．【答案】D
【解析】根据旋转的性质知AB=AB1，∠BAB1=50°，然后利用三角形内角和定理进行求解．
解：∵△ABC绕点A按逆时针方向旋转50°后与△AB1C1重合，
∴AB=AB1，∠BAB1=50°，
∴∠AB1B=（180°-50°）=65°．
故选：D．
7．【答案】C
【解析】根据二次函数的性质，由顶点式直接得出顶点坐标即可．
解：∵抛物线y=-2（x+2）2-5，
∴抛物线y=-2（x+2）2-5的顶点坐标是：（-2，-5），
故选：C．
8．【答案】A
【解析】过O作OM′⊥AB，连接OA，由“过直线外一点与直线上的所有连线中垂线段最短”的知识可知，当OM于OM′重合时OM最短，由垂径定理可得出AM′的长，再根据勾股定理可求出OM′的长，即线段OM长的最小值．
解：如图所示，过O作OM′⊥AB，连接OA，
∵过直线外一点与直线上的所有连线中垂线段最短，
∴当OM于OM′重合时OM最短，
∵AB=8，OA=5，
∴AM′=×8=4，
在Rt△OAM′中，OM′===3，
∴线段OM长的最小值为3．
故选：A．
9．【答案】A
【解析】连接OD，如图，利用折叠性质得由弧AD、线段AC和CD所围成的图形的面积等于阴影部分的面积，AC=OC，则OD=2OC=6，CD=3，从而得到∠CDO=30°，∠COD=60°，然后根据扇形面积公式，利用由弧AD、线段AC和CD所围成的图形的面积=S扇形AOD-S△COD，能进而求出答案．
解：连接OD，如图，
∵扇形纸片折叠，使点A与点O恰好重合，折痕为CD，
∴AC=OC，
∴OD=2OC=6，
∴CD==3，
∴∠CDO=30°，∠COD=60°，
∴由弧AD、线段AC和CD所围成的图形的面积=S扇形AOD-S△COD=-×3×3=6π-，
∴阴影部分的面积为-2×（6π-）=9-3π，
故选：A．
10．【答案】C
【解析】取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，利用等腰直角三角形的性质得到AB=BC=2，则OC=AB=，OP=AB=，再根据等腰三角形的性质得OM⊥PC，则∠CMO=90°，于是根据圆周角定理得到点M在以OC为直径的圆上，由于点P点在A点时，M点在E点；点P点在B点时，M点在F点，则利用四边形CEOF为正方得到EF=OC=，所以M点的路径为以EF为直径的半圆，然后根据圆的周长公式计算点M运动的路径长．
解：取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，
∵在等腰Rt△ABC中，AC=BC=2，
∴AB=BC=2，
∴OC=AB=，OP=AB=，
∵∠ACB=90°
∴C在⊙O上，
∵M为PC的中点，
∴OM⊥PC，
∴∠CMO=90°，
∴点M在以OC为直径的圆上，
点P在A点时，M点在E点；点P在B点时，M点在F点，易得四边形CEOF为正方形，EF=OC=，
∴M点的路径为以EF为直径的半圆，
∴点M运动的路径长=•2π•=π．
故选：C．
11．【答案】C
【解析】如图，连接OB，OP，PB，PB交AC于点T．线段OP扫过的面积=S△COB+S扇形OBP．
解：如图，连接OB，OP，PB，PB交AC于点T．
由题意，AB=AP=OB=OP=OA=OC=2，
∴△ABO，△APO都是等边三角形，
∴BP⊥OA，∠AOB=∠AOP=60°，
∴AT=OT=1，∠BOP=120°，
∴BT===，
由题意，线段OP扫过的面积=S△COB+S扇形OBP=×2×+=+．
故选：C．
12．【答案】A
【解析】如图，过点O作OP⊥AD于P，交BC于Q，设弧AEB所在的圆的圆心为O′，弧DFC所在的圆的圆心为O″，连接AO′，O′B，AO，OB，O′O″，MO′，NO″，设O′O″交PQ于J．想办法求出O′O″即可解决问题．
解：如图，过点O作OP⊥AD于P，交BC于Q，设弧AEB所在的圆的圆心为O′，弧DFC所在的圆的圆心为O″，连接AO′，O′B，AO，OB，O′O″，MO′，NO″，设O′O″交PQ于J．
∵AD∥BC，OP⊥AD，
∴OQ⊥BC，AP=PD=3，
∵OA=5，∠APO=90°，
∴OP==4．同法可得OQ=3，
∴PA=OQ，BQ=OP=4，
∵∠APO=∠BQO=90°，
∴△APO≌△OQB（SAS），
∴∠AOP=∠OBQ，
∵∠OBQ+∠BOQ=90°，
∴∠AOP+∠BOQ=90°，
∴∠AOB=90°，
∵OA=OB=AO′=BO′，
∴四边形AO′BO是正方形，
∴∠OAO′=90°，
过点O′作O′T⊥DA交DA的延长线于T．
∵∠T=∠APO=∠OAO′=90°，
∴∠TAO′+∠PAO=90°，∠PAO+∠AOP=90°，
∴∠TAO′=∠AOP，
∴△ATO′≌△OPA（AAS），
∴TO′=PA=3，AT=OP=4，
根据对称性可知，O′O″⊥PQ，
∴∠T=∠O′JP=∠JPT=90°，
∴四边形PTO′J是矩形，
∴PJ=TO′=3，PT=OJ′=JO″=7，
∵O′M+MN+NO″≥O′O″，
∴5+MN+5≥14，
∴MN≥4，
∴MN的最小值为4．
故选：A．
13．【答案】6
【解析】由图形中小船上对应点平移的距离进而得出答案．
解：如图所示：左边小船向右平移了6格可以来到右边小船位置．
故答案为：6．
14．【答案】2
【解析】作OD⊥AB于D，连接OA，先根据勾股定理得AD的长，再根据垂径定理得AB的长．
解：作OD⊥AB于D，连接OA．
∵OD⊥AB，OA=2，OD=1，
在Rt△OAD中
AD===，
∴AB=2AD=2．
故答案为：2．
15．【答案】(1)-1;(2)2;
【解析】将x=-1代入原方程，可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出m的值，再结合两根之积等于-2，即可求出方程的另一个根．
解：将x=-1代入原方程可得1-m-2=0，
解得：m=-1，
∵方程的两根之积为=-2，
∴方程的另一个根为-2÷（-1）=2．
故答案为：-1，2．
16．【答案】
【解析】列举出所有情况，让两位女生同时当选正、副班长的情况数除以总情况数即为所求的概率．
解：列表得：
∴两位女生同时当选正、副班长的概率为=．
17．【解析】连接AC，根据直径所对的圆周角为直角得∠ACB=90°，再根据圆周角定理得∠A=∠CDB=42°，由此可得∠ABC的度数．
解：连接AC，如图所示：

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵△BCD内接于⊙O，
∴∠A=∠CDB=42°，
∴∠ABC=90°-∠A=90°-42°=48°．
18．【解析】（1）根据y=0.5x+2交x轴于点A，与y轴交于点B，即可得出A，B两点坐标，二次函数的顶点C在x轴上，且OC=2．得出可设二次函数y=ax2+bx+c=a（x-2）2，进而求出即可；
（2）①分点在直线AB上方和点P在直线AB下方两种情况，利用平行关系和对称性求出直线CP'，PH解析式再分别和抛物线解析式联立求出点P坐标．
②根据当B为直角顶点，当D为直角顶点，以及当P为直角顶点时，分别利用三角形相似对应边成比例求出即可
解：（1）∵y=0.5x+2交x轴于点A，
∴0=0.5x+2，
∴x=-4，
与y轴交于点B，
∵x=0，
∴y=2
∴B点坐标为：（0，2），
∴A（-4，0），B（0，2），
∵二次函数的顶点C在x轴上，且OC=2，
∴可设二次函数y=a（x-2）2或y=a（x+2）2
把B（0，2）代入得：a=0.5
∴二次函数的解析式：y=0.5x2-2x+2或y=0.5x2+2x+2（对称轴在y轴左侧，舍去）；
（2）①如图，
当点P在直线AB下方时，
由（1）知，直线AB解析式为y=0.5x+2，
过点C作CP'∥AB，
∵C（2，0），
∴直线CP'的解析式为y=0.5x-1①，
∵抛物线的解析式：y=0.5x2-2x+2②，
联立①②得，（舍）或，
∴P'（3，0.5）；
当点P在直线AB上方时，
过点C作直线CE⊥AB于E，并延长，
∵直线AB解析式为y=0.5x+2③，C（2，0）
∴直线CE解析式为y=-2x+4④，
联立③④得，E（0.8，2.4），
∴点C关于直线AB的对称点H（-0.4，4.8），
过点H作MH∥AB，
∴直线HM解析式为y=0.5x+5⑤，
联立②⑤得，或，
∴P（-1，4.5）或（6，8），
即：使△BCD面积与△BDP面积相等的点P的坐标为（3，0.5），（-1，4.5），（6，8）；
②（Ⅰ）如图1，
当B为直角顶点时，过B作BP1⊥AD交x轴于P1点
由Rt△AOB∽Rt△BOP1
∴，
∴，
得：OP1=1，
∴P1（1，0），
（Ⅱ）如图2，
作P2D⊥BD，连接BP2，
将y=0.5x+2与y=0.5x2-2x+2联立求出两函数交点坐标：
D点坐标为：（5，4.5），
则AD=，
当D为直角顶点时
∵∠DAP2=∠BAO，∠BOA=∠ADP2，
∴△ABO∽△AP2D，
∴，
∴，
解得：AP2=11.25，
则OP2=11.25-4=7.25，
故P2点坐标为（7.25，0）；
（Ⅲ）如图3，
当P为直角顶点时，过点D作DE⊥x轴于点E，设P3（a,0）
则由Rt△OBP3∽Rt△EP3D
得：，
∵方程无解，
∴点P3不存在，
∴点P的坐标为：P1（1，0）和P2（7.25，0）．
19．【解析】（1）连接AE，由“ASA”可证△AEF≌△AED，可得AD=AF；
（2）设AO=2x,AF=3x,通过证明△AEH∽△AFE，可求OH，DH的长，即可求解．
（1）证明：连接AE，OE交AC于H，
∵AB是直径，
∴∠AEB=90°，
∴∠B+∠BAE=90°，
∵AF是⊙O的切线，
∴∠BAF=90°，
∴∠BAE+∠FAE=90°，
∴∠B=∠FAE，
∵点E为弧AC的中点，
∴=，
∴∠B=∠CAE，
∴∠CAE=∠FAE，
在△ADE和△AFE中，
，
∴△ADE≌△AFE（ASA），
∴AD=AF；
（2）解：∵，
∴设AO=2x,AF=3x,
∴AB=4x,
∴BF==5x,
∵S△ABF=×AB×AF=×BF×AE，
∴AE=x,
∴EF==x,
∵点E为弧AC的中点，
∴OE⊥AC，AH=CH，
∵∠DAE=∠EAF，∠AEF=∠AHE=90°，
∴△AEH∽△AFE，
∴，
∴==，
∴AH=x,HE=x,
∴OH=x,
∴tan∠OAD==．
20．【解析】（1）根据圆周角定理得到∠ADB=90°，根据平行线的性质得到∠AEO=∠ADB=90°，即OC⊥AD，于是得到结论；
（2）连接CD，OD，根据等腰三角形的性质得到∠OCB=∠ABC=30°，即可求得∠AOC=∠OCB+∠ABC=60°，根据垂径定理得出=，从而得出∠COD=∠AOC=60°，求得∠AOD=120°，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵OC∥BD，
∴∠AEO=∠ADB=90°，即OC⊥AD，
又∵OC为半径，
∴AE=ED，
（2）解：连接CD，OD，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠ABC=30°，
∴∠AOC=∠OCB+∠ABC=60°，
∵OC⊥AD，
∴=，
∴∠COD=∠AOC=60°，
∴∠AOD=120°，
∵AB=6，
∴BD=3，AD=3，
∵OA=OB，AE=ED，
∴OE==，
∴S阴影=S扇形AOD-S△AOD=-×=3π-．
21．【解析】常数项为零即m2-1=0，再根据二次项系数不等于0，即可求得m的值．
解：一元二次方程（m-1）x2+2x+m2-1=0的常数项为m2-1=0，所以m=±1，
又因为二次项系数不为0，m-1≠0，m≠1，
所以m=-1．
22．【解析】（1）利用配方法易得y=（x+2）2-1，则抛物线的顶点坐标为（-2，-1），对称轴为直线x=-2；
（2）利用描点法画二次函数图象；
解：（1）y=（x2+4x）+3
=（x2+4x+4-4）+3
=（x+2）2-1；
（2）如图：
23．【解析】（1）四边形APQD为矩形，也就是AP=DQ，分别用含t的代数式表示，解即可；
（2）利用切线的性质定理以及勾股定理得出（20-5t）2+42=（20+3t）2，进而求出即可；
（3）主要考虑有四种情况，一种是P在AB上；一种是P在BC上时．一种是P在CD上时，又分为两种情况，一种是P在Q右侧，一种是P在Q左侧．并根据每一种情况，找出相等关系，解即可．
解：（1）根据题意，当AP=DQ时，四边形APQD为矩形．
此时，4t=20-t,解得t=4（s）．
答：t为4s时，四边形APQD为矩形；
（2）如图所示：
当PQ切圆于点E，过点Q作QF⊥AB于点F，
则AP=PE=4t,DQ=EQ=20-t,QF=AD=4，PF=DQ-AP=20-t-4t=20-5t,
PQ=DQ+PE=20-t+4t=20+3t,
∵PF2+QF2=PQ2，
∴（20-5t）2+42=（20+3t）2，
解得：t=10+3（舍去）或t=10-3
t为10-3秒时，直线PQ与以AD为直径的圆相切；
（3）当PQ=4时，⊙P与⊙Q外切．
①如果点P在AB上运动．如图3
只有当四边形APQD为矩形时，PQ=4．
由（1），得t=4（s）；
②如果点P在BC上运动，图右图．
此时t≥5，则CQ≥5，PQ≥CQ≥5＞4，
∴⊙P与⊙Q外离；
③如果点P在CD上运动，且点P在点Q的右侧，如图．
可得CQ=t,CP=4t-24．当CQ-CP=4时，⊙P与⊙Q外切．
此时，t-（4t-24）=4，
解得 t=（s）；
④如果点P在CD上运动，且点P在点Q的左侧，如图．
当CP-CQ=4时，⊙P与⊙Q外切．
此时，4t-24-t=4，
解得 t=（s），
∵点P从A开始沿折线A-B-C-D移动到D需要11s,
点Q从C开始沿CD边移动到D需要20s,
而＜11，
∴当t为4s,s,s时，
⊙P与⊙Q外切．
24．【解析】（1）可利用菱形的性质以及边角边公式进行证明；
（2）求出AC的长后，因为AC转到AC′旋转角为60°，即可知圆心角为60°，利用弧长公式l=即可解答．
解：（1）在菱形ABCD中，
∵∠BAD=60°∴∠CAD=30°，
∵旋转角为60°，
∴∠DAD′=60°．
又∵∠D′AC′=∠CAD=30°，
∴∠C′AD=30°．
在△ACD和△AC′D中
∵AC=AC′，∠CAD=∠C′AD，AD=AD，
∴△ADC≌△ADC′．
（2）连接BD交AC与O，在三角形ABO中，
∵∠BAO=30°，AB=6，
∴AO=AB×cs30°=3，
∴．
又∠CAC′=60°，
∴弧CC′==2．
（甲，丁）
（乙，丁）
（丙，丁）

（甲，丙）
（乙，丙）
（乙，丙）
（丁，丙）
（甲，乙）


（丁，乙）

（乙，甲）
（乙，甲）
（丁，甲）