2023年山東省樂陵市第一中學數學九上期末調研模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，將△ABC繞C點按逆時針方向旋轉角(0°＜＜90°)得到△DEC，設CD交AB于點F，連接AD，當旋轉角度數為________，△ADF是等腰三角形．A．20° B．40° C．10° D．20°或40°2．如圖，以原點O為圓心的圓交x軸于點A、B兩點，交y軸的正半軸于點C，D為第一象限內上的一點，若，則的度數是A．B．C．D．3．如圖，某同學用圓規畫一個半徑為的圓，測得此時，為了畫一個半徑更大的同心圓，固定端不動，將端向左移至處，此時測得，則的長為（）A． B． C． D．4．若拋物線y=ax2+2ax+4（a＜0）上有A（-，y1），B（-

，y2），C（

，y3）三點，則y1，y2，y3的大小關系為（）A．y1＜y2＜y3 B．y3＜y2＜y1 C．y3＜y1＜y2 D．y2＜y3＜y15．下列方程中，是關于x的一元二次方程的為（）A． B． C． D．6．如圖，四邊形內接于,為延長線上一點,若，則的度數為（）A． B． C． D．7．如圖，菱形ABCD中，∠B＝70°，AB＝3，以AD為直徑的⊙O交CD于點E，則弧DE的長為（）A．π B．π C．π D．π8．下列對于二次根式的計算正確的是()A． B．2＝2C．2＝2 D．2＝9．二次函數中與的部分對應值如下表所示，則下列結論錯誤的是（）-1013-1353A． B．當時，的值隨值的增大而減小C．當時， D．3是方程的一個根10．已知：不在同一直線上的三點A,B,C求作：⊙O，使它經過點A,B,C作法：如圖，（1）連接AB,作線段AB的垂直平分線DE；（2）連接BC,作線段BC的垂直平分線FG,交DE于點O；（3）以O為圓心，OB長為半徑作⊙O．⊙O就是所求作的圓.根據以上作圖過程及所作圖形，下列結論中正確的是（）A．連接AC,則點O是△ABC的內心 B．C．連接OA,OC，則OA,OC不是⊙的半徑 D．若連接AC,則點O在線段AC的垂直平分線上11．已知函數的圖象如圖所示，則一元二次方程根的存在情況是A．沒有實數根 B．有兩個相等的實數根C．有兩個不相等的實數根 D．無法確定12．如圖，在⊙O中，點A、B、C在圓上，∠AOB＝100°，則∠C＝（）A．45° B．50° C．55° D．60°二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，正五邊形ABCDE內接于⊙O，若⊙O的半徑為10，則的長為____．14．已知，=________．15．如圖，在△ABC中，點D、E分別在△ABC的兩邊AB、AC上，且DE∥BC，如果，，，那么線段BC的長是______．16．某廠四月份生產零件50萬個，已知五、六月份平均每月的增長率是20%，則第二季度共生產零件_____萬個．17．不等式組的整數解的和是__________．18．已知p，q都是正整數，方程7x2﹣px+2009q＝0的兩個根都是質數，則p+q＝_____．三、解答題（共78分）19．（8分）如圖1，在正方形ABCD中，P是對角線BD上的一點，點E在AD的延長線上，且PA=PE，PE交CD于F.（1）證明：△APD≌△CPD；（2）求∠CPE的度數；（3）如圖2，把正方形ABCD改為菱形ABCD，其他條件不變，當∠ABC=120°時，連接CE，試探究線段AP與線段CE的數量關系，并說明理由.20．（8分）某型號飛機的機翼形狀如圖所示，已知所在直線互相平行且都與所在直線垂直，．，，，．求的長度（參考數，，，，，）21．（8分）城市規劃期間，欲拆除一電線桿AB，已知距電線桿AB水平距離14m的D處有一大壩，背水坡CD的坡度i=2：1，壩高CF為2m，在壩頂C處測得桿頂A的仰角為30°，D、E之間是寬為2m的人行道．試問：在拆除電線桿AB時，為確保行人安全，是否需要將此人行道封上？請說明理由（在地面上，以點B為圓心，以AB長為半徑的圓形區域為危險區域．）（≈1.732，≈1.414）22．（10分）如圖，拋物線y=ax2+bx+4(a≠0)與軸交于點B(－3，0)和C(4，0)與軸交于點A．(1)a=，b=；(2)點M從點A出發以每秒1個單位長度的速度沿AB向B運動，同時，點N從點B出發以每秒1個單位長度的速度沿BC向C運動，當點M到達B點時，兩點停止運動．t為何值時，以B、M、N為頂點的三角形是等腰三角形？(3)點P是第一象限拋物線上的一點，若BP恰好平分∠ABC，請直接寫出此時點P的坐標．23．（10分）如圖，在中，是上的高．．求證：．24．（10分）如圖1（注：與圖2完全相同），在直角坐標系中，拋物線經過點三點,,．（1）求拋物線的解析式和對稱軸；（2）是拋物線對稱軸上的一點，求滿足的值為最小的點坐標（請在圖1中探索）；（3）在第四象限的拋物線上是否存在點，使四邊形是以為對角線且面積為的平行四邊形？若存在，請求出點坐標，若不存在請說明理由.（請在圖2中探索）25．（12分）計算：2cos60°+4sin60°?tan30°﹣cos45°26．如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線y＝x﹣2與反比例函數y＝（k為常數，k≠0）的圖象在第一象限內交于點A，點A的橫坐標為1．（1）求反比例函數的表達式；（2）設直線y＝x﹣2與y軸交于點C，過點A作AE⊥x軸于點E，連接OA，CE．求四邊形OCEA的面積．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、D【分析】根據旋轉的性質可得AC=CD，根據等腰三角形的兩底角相等求出∠ADF=∠DAC，再表示出∠DAF，根據三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和表示出∠AFD，然后分①∠ADF=∠DAF，②∠ADF=∠AFD，③∠DAF=∠AFD三種情況討論求解．【詳解】∵△ABC繞C點逆時針方向旋轉得到△DEC，∴AC=CD，∴∠ADF=∠DAC=（180°-α），∴∠DAF=∠DAC-∠BAC=（180°-α）-30°，根據三角形的外角性質，∠AFD=∠BAC+∠DCA=30°+α，△ADF是等腰三角形，分三種情況討論，①∠ADF=∠DAF時，（180°-α）=（180°-α）-30°，無解，②∠ADF=∠AFD時，（180°-α）=30°+α，解得α=40°，③∠DAF=∠AFD時，（180°-α）-30°=30°+α，解得α=20°，綜上所述，旋轉角α度數為20°或40°．故選：D．【點睛】本題考查了旋轉的性質，等邊對等角的性質，三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和的性質，難點在于要分情況討論．2、D【分析】根據圓周角定理求出，根據互余求出∠COD的度數，再根據等腰三角形性質即可求出答案．【詳解】解：連接OD，，，，，.故選D．【點睛】本題考查了圓周角定理，等腰三角形性質等知識.熟練應用圓周角定理是解題的關鍵．3、A【分析】△ABO是等腰直角三角形，利用三角函數即可求得OA的長，過O'作O'D⊥AB于點D，在直角△AO'D中利用三角函數求得AD的長，則AB'=2AD，然后根據BB'=AB'-AB即可求解．【詳解】解：在等腰直角△OAB中，AB=1，則OA=cm，AO＇=cm，∠AO'D=×120°=60°，

過O'作O'D⊥AB于點D．

則AD=AO'?sin60°=2×=．

則AB'=2AD=2，

故BB'=AB'-AB=2-1．

故選：A．【點睛】本題考查了三角函數的基本概念，主要是三角函數的概念及運算，關鍵把實際問題轉化為數學問題加以計算．4、C【分析】根據拋物線y＝ax2＋2ax＋4（a＜0）可知該拋物線開口向下，可以求得拋物線的對稱軸，又因為拋物線具有對稱性，從而可以解答本題．【詳解】解：∵拋物線y＝ax2＋2ax＋4（a＜0），∴對稱軸為：x＝，∴當x＜?1時，y隨x的增大而增大，當x＞?1時，y隨x的增大而減小，∵A（?，y1），B（?，y2），C（，y3）在拋物線上，且?＜?，?0.5＜，∴y3＜y1＜y2，故選：C．【點睛】本題考查二次函數的性質，解題的關鍵是明確二次函數具有對稱性，在對稱軸的兩側它的增減性不一樣．5、B【解析】根據一元二次方程的定義，一元二次方程有三個特點：（1）只含有一個未知數；（1）未知數的最高次數是1；（3）是整式方程．要判斷一個方程是否為一元二次方程，先看它是否為整式方程，若是，再對它進行整理．如果能整理為ax1＋bx＋c＝0（a≠0）的形式，則這個方程就為一元二次方程．【詳解】解：A.,是分式方程,B.,正確,C.,是二元二次方程,D.,是關于y的一元二次方程,故選B【點睛】此題主要考查了一元二次方程的定義，關鍵是掌握一元二次方程必須同時滿足三個條件：①整式方程，即等號兩邊都是整式；方程中如果有分母，那么分母中無未知數；②只含有一個未知數；③未知數的最高次數是1．6、D【分析】根據圓內接四邊形的對角互補，先求出∠ADC的度數，再求∠ADE的度數即可.【詳解】解：四邊形內接于-,．故選:．【點睛】本題考查的是內接四邊形的對角互補，也就是內接四邊形的外角等于和它不相鄰的內對角.7、A【分析】連接OE，由菱形的性質得出∠D＝∠B＝70°，AD＝AB＝3，得出OA＝OD＝1.5，由等腰三角形的性質和三角形內角和定理求出∠DOE＝40°，再由弧長公式即可得出答案．【詳解】連接OE，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠D＝∠B＝70°，AD＝AB＝3，∴OA＝OD＝1.5，∵OD＝OE，∴∠OED＝∠D＝70°，∴∠DOE＝180°﹣2×70°＝40°，∴的長=.故選:A.【點睛】此題考查菱形的性質、弧長計算，根據菱形得到需要的邊長及角度即可代入公式計算弧長.8、C【解析】根據二次根式的加減法對A、B進行判斷；根據二次根式的除法法則對C進行判斷；根據二次根式的乘法法則對D進行判斷．【詳解】A、原式=2，所以A選項錯誤；B、原式＝，所以B選項錯誤；C、原式＝2，所以C選項正確；D、原式＝6，所以D選項錯誤．故選C．【點睛】本題考查了二次根式的混合運算：先把各二次根式化簡為最簡二次根式，然后進行二次根式的乘除運算，再合并即可．在二次根式的混合運算中，如能結合題目特點，靈活運用二次根式的性質，選擇恰當的解題途徑，往往能事半功倍．9、C【分析】根據表格中的數值計算出函數表達式，從而可判斷A選項，利用對稱軸公式可計算出對稱軸，從而判斷其增減性，再根據函數圖象及表格中y=3時對應的x，可判斷C選項，把對應參數值代入即可判斷D選項.【詳解】把(－1，－1)，(0，3)，(1，5)代入得，解得，∴，A.，故本選項正確；B.該函數對稱軸為直線，且，函數圖象開口向下，所以當時，y隨x的增大而減小，故本選項正確；C.由表格可知，當x=0或x=3時，y=3，且函數圖象開口向下，所以當y<3時，x<0或x>3，故本選項錯誤；D.方程為，把x=3代入得－9+6+3=0，所以本選項正確.故選：C.【點睛】本題考查了二次函數表達式求法，二次函數圖象與系數的關系，二次函數的性質等知識，“待定系數法”是求函數表達式的常用方法，需熟練掌握.10、D【分析】根據三角形的外心性質即可解題.【詳解】A:連接AC,根據題意可知，點O是△ABC的外心，故A錯誤；B:根據題意無法證明，故B錯誤；C:連接OA,OC，則OA,OC是⊙的半徑，故C錯誤D:若連接AC,則點O在線段AC的垂直平分線上，故D正確故答案為：D.【點睛】本題考查了三角形的確定即不在一條線上的三個點確定一個圓，這個圓是三角形的外接圓，o是三角形的外心.11、C【詳解】試題分析：一次函數的圖象有四種情況：①當，時，函數的圖象經過第一、二、三象限；②當，時，函數的圖象經過第一、三、四象限；③當，時，函數的圖象經過第一、二、四象限；④當，時，函數的圖象經過第二、三、四象限.由圖象可知，函數的圖象經過第二、三、四象限，所以，.根據一元二次方程根的判別式，方程根的判別式為，當時，，∴方程有兩個不相等的實數根．故選C.12、B【分析】利用同弧所對的圓周角是圓心角的一半，求得圓周角的度數即可；【詳解】解：∵，∴∠C＝∠AOB，∵∠AOB＝100°，∴∠C＝50°；故選：B．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，掌握圓周角定理是解題的關鍵.二、填空題（每題4分，共24分）13、2π【分析】利用正五邊形的性質得出中心角度數，進而利用弧長公式求出即可．【詳解】解：如圖所示：連接OA、OB．∵⊙O為正五邊形ABCDE的外接圓，⊙O的半徑為10，∴∠AOB＝＝72°，∴的長為：．故答案為：2π．【點睛】本題主要考查正多邊形與圓、弧長公式等知識，得出圓心角度數是解題關鍵．14、【分析】先去分母，然后移項合并，即可得到答案.【詳解】解：∵，∴，∴，∴，∴；故答案為：.【點睛】本題考查了解二元一次方程，解題的關鍵是掌握解二元一次方程的方法.15、；【分析】根據DE∥BC可得,再由相似三角形性質列比例式即可求解．【詳解】解：，，，又∵，，，，解得：故答案為：．【點睛】本題主要考查了平行線分線段成比例定理的應用，找準對應線段是解題的關鍵．16、1【分析】由該廠四月份生產零件50萬個及五、六月份平均每月的增長率是20%，可得出該廠五月份生產零件50×（1+20%）萬個、六月份生產零件50×（1+20%）2萬個，將三個月份的生產量相加即可求出結論．【詳解】解：50+50×（1+20%）+50×（1+20%）2＝1（萬個）．故答案為：1．【點睛】本題考查了列代數式以及有理數的混合運算，根據各月份零件的生產量，求出第二季度的總產量是解題的關鍵．17、【分析】先求出不等式的解集，再求出不等式組的解集，即可得出答案．【詳解】解①得：x<1；解②得：x>?3；∴原不等式組的解集為?3<x<1；∴原不等式組的所有整數解為?2、?1、0∴整數解的和是：-2-1+0=-3.故答案為：-3.【點睛】此題考查解一元一次不等式組，解題關鍵在于掌握解不等式組.18、337【分析】利用一元二次方程根與系數的關系，得出有關p，q的式子，再利用兩個根都是質數，可分析得出結果．【詳解】解：x1+x2＝，x1x2＝＝287q＝7×41×q，x1和x2都是質數，則只有x1和x2是7和41，而q＝1，所以7+41＝，p＝336，所以p+q＝337，故答案為：337.【點睛】此題考查了一元二次方程根與系數的關系以及質數的概念，題目比較典型．三、解答題（共78分）19、（1）證明見解析；（2）90°；（3）AP=CE.【分析】（1）利用正方形得到AD=CD，∠ADP=∠CDP=45，即可證明全等；（2）設，利用三角形內角和性質及外角性質得到，，再利用周角計算得出x值；（3）AP=CE.設，利用三角形內角和性質及外角性質得到，，求出，得到是等邊三角形，即可證得AP=CE.【詳解】解：（1）四邊形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠ADP=∠CDP=45，在與中，，∴；（2）設，由（1）得，，因為PA=PE，所以所以；（3）AP=CE.設，由（1）得，，∵PA=PE且在菱形ABCD中，∴，∴，由（1）得PA=PC，∴PC=PE，∴是等邊三角形，∴PE=PC=CE，∴AP=CE.【點睛】此題考查全等三角形的判定，正方形的性質，菱形的性質，三角形的內角和及外角性質，（2）與（3）圖形有變化，解題思路不變，做題中注意總結解題的方法.20、【分析】在Rt△DEB和Rt△ACP中利用銳角三角函數來求出DE、AP的長，根據題意可知CE=BP，從而求出AB．【詳解】解：如圖，延長交過點平行于的直線于點，在中，在中，.則..答:的長度為.【點睛】本題考查的是利用銳角三角函數值求線段長．21、不必封上人行道【分析】過C點作CG⊥AB交AB于G.求需不需要將人行道封上實際上就是比較AB與BE的長短，已知BD，DF的長度,那么AB的長度也就求出來了，現在只需要知道BE的長度即可，有BF的長，ED的長，缺少的是DF的長，根據“背水坡CD的坡度i＝1:2，壩高CF為2m”DF是很容易求出的，這樣有了CG的長，在△ACG中求出AG的長度，這樣就求出AB的長度，有了BE的長，就可以判斷出是不是需要封上人行道了.【詳解】過C點作CG⊥AB交AB于G.在Rt△CDF中，水坡CD的坡度i=2：1，即tan∠CDF=2，∵CF=2，∴DF=1.∴BF=BD＋DF=12+1=13.∴CG=13，在Rt△ACG中，∵∠ACG=30°，∴AG=CG·tan30°=13×=7.5m∴AB＝AG＋BG=7.5+2=9.5m，BE＝12m，AB＜BE，∴不必封上人行道.【點睛】本題考查俯角、仰角的定義,要求學生能借助俯角、仰角構造直角三角形并結合圖形利用三角函數解直角三角形.22、（1），；(2)；(3)【解析】（1）直接利用待定系數法求二次函數解析式得出即可；（2）分三種情況：①當BM=BN時，即5-t=t，②當BM=NM=5-t時，過點M作ME⊥OB，因為AO⊥BO，所以ME∥AO，可得：即可解答；③當BE=MN=t時，過點E作EF⊥BM于點F，所以BF=BM=（5-t），易證△BFE∽△BOA，所以即可解答；（3）設BP交y軸于點G，過點G作GH⊥AB于點H，因為BP恰好平分∠ABC，所以OG=GH，BH=BO=3，所以AH=2，AG=4-OG，在Rt△AHG中，由勾股定理得：OG=，設出點P坐標，易證△BGO∽△BPD，所以，即可解答.【詳解】解：解：（1）∵拋物線過點B(－3，0)和C(4，0)，

∴，

解得：；（2）∵B(－3，0)，y=ax2+bx+4，∴A(0，4)，0A=4，OB=3，在Rt△ABO中，由勾股定理得：AB=5，t秒時，AM=t，BN=t，BM=AB-AM=5-t，①如圖：當BM=BN時，即5-t=t，解得：t=;,②如圖，當BM=NM=5-t時，過點M作ME⊥OB，因為BN=t，由三線合一得：BE=BN=t，又因為AO⊥BO，所以ME∥AO，所以，即，解得：t=；③如圖：當BE=MN=t時，過點E作EF⊥BM于點F，所以BF=BM=（5-t），易證△BFE∽△BOA，所以，即，解得：t=.(3)設BP交y軸于點G，過點G作GH⊥AB于點H，因為BP恰好平分∠ABC，所以OG=GH，BH=BO=3，所以AH=2，AG=4-OG，在Rt△AHG中，由勾股定理得：OG=，設P（m，-m2+m+4），因為GO∥PD，∴△BGO∽△BPD，∴，即，解得：m1=，m2=-3(點P在第一象限，所以不符合題意，舍去)，m1=時，-m2+m+4=故點P的坐標為【點睛】本題考查用待定系數法求二次函數解析式，還考查了等腰三角