北师大版2019-2020山东省济南市城区中学九年级数学期末模拟试卷解析版

北师大版2019-2020山东省济南市城区中学九年级数学期末模拟试卷
一、选择题（每小题3分，共30分）
1.如图所示几何体的俯视图是（ ）
A. B. C. D.
2.九（1）班有2名升旗手，九（2）班、九（3）班各有1名升旗手，现从这4人中随机抽取2人担任下周的升旗手，则抽取的2人恰好都来自九（1）班的概率是（ ）
A. 14
B. 16
C. 18
D. 116
3.如图，在Rt △ABC 中，∠C=90°，若AB=5，AC=4，则cosB 的值( )
A. 34
B. 35
C. √74
D. 45 4.一元二次方程 x(x −2)=0 的根为（ ）
A. x =0
B. x =2
C. x 1=0 ， x 2=2
D. x 1=0 ， x 2=−2 5.如图，在菱形ABCD 中，E 是AB 的中点，F 点是AC 的中点，交AC 于点F ，如果EF ＝4，那么菱形ABCD 的周长为（ ）
A. 9
B. 12
C. 32
D. 24
6.如图，直线a ∥b ∥c ，点A ，B 在直线a 上，点C ，D 在直线c 上，线段AC ，BD 分别交直线b 于点E ，F ，则下列线段的比与 AE AC 一定相等的是（ ）
A. CE AC
B. BF BD
C. BF FD
D. AB CD
7.反比例函数y ＝ k x (k≠0)的图象经过点(2，-4)，若点(4，n)在反比例函数的图象上，则n 等于( )
A. ﹣8
B. ﹣4
C. ﹣1
D. ﹣2
8
8.二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴为x=1，给出下列结论：① abc> 0；②当x>2时，y>0；③ 3a+c>0；④ 3a+b>0，其中正确的结论有（）
A. ①②
B. ①③
C. ①③④
D. ②④
9.如图，在矩形ABCD 中，AB=4，AD=a，点P在AD上，且AP=2，点E是边AB上的动点，以PE为边作直
；②a的最小值为10.则下列说角∠EPF，射线PF交BC于点F，连接EF，给出下列结论：①tan∠PFE= 1
2
法正确的是( )
A. ①②都对
B. ①②都错
C. ①对②错
D. ①错②对
10.如图，正方形ABCD边长为4个单位，两动点P、Q分别从点A、B处，以1单位/ s、2单位/ s的速度逆时针沿边移动.记移动的时间为x(s)，△PBQ面积为y（平方单位），当点Q移动一周又回到点B终止，同时P点也停止运动，则y与x的函数关系图象为（）
A. B. C. D.
二、填空题（每小题4分，共24分）
11.一个盒子内装有大小、形状相同的四个球，其中红球1个、绿球1个、白球2个，小明摸出一个球不放回，再摸出一个球，则两次都摸到白球的概率是________.
12.关于x的一元二次方程x2+（a2﹣2a）x+a﹣1＝0的两个实数根互为相反数，则a的值为________.
13.如图，点D，E分别在ΔABC的边BA，CA的延长线上，DE//BC.若EC=3EA，ΔAED 的面积为3，则ΔABC的面积为________.
(k>0,x>0)的图象与等边三角形OAB的边OA，AB 14.如图，在平面直角坐标系中，函数y=k
x
分别交于点M，N，且OM＝2MA，若AB=3，那么点N的横坐标为________．
15.如图，小明将一张矩形纸片ABCD沿CE折叠，B点恰好落在AD边上，设此点为F.若AB:BC=4:5，则sin∠DCF的值是________.
16.图1是一款优雅且稳定的抛物线型落地灯。

防滑螺母C为拋物线支架的最髙点，灯罩D距离地面1.86米，灯柱AB及支架的相关数据如图2所示．若茶几摆放在灯罩的正下方，则茶几到灯柱的距离AE为
________米。

三、解答题（共9题，共66分）
17.已知x1,x2是一元二次方程2x2−2x+m+1=0的两个实数根.
（1）求实数m的取值范围；
（2）如果x1,x2满足不等式4+4x1x2>x12+x22，且m为整数，求m的值。

18.2019年第六届世界互联网大会在桐乡乌镇召开，某校九年级选拔了3名男生和2名女生参加某分会场的志愿者工作．本次学生志愿者工作一共设置了三个岗位，分别是引导员、联络员和咨询员．
（1）若要从这5名志愿者中随机选取一位作为引导员，求选到女生的概率；
（2）若甲、乙两位志愿者都从三个岗位中随机选择一个，请你用画树状图或列表法求出他们恰好选择同一个岗位的概率．（画树状图和列表时可用字母代替岗位名称）
19.如图，在锐角三角形ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，AG⊥BC于点G，AF⊥DE于点F，
∠EAF=∠GAC.
（1）求证ΔADE∽ΔABC；
的值.
（2）若AD=3，AB=5，求AF
AG
20.如图,菱形ABCD对角线交于点O,BE∥AC，AE∥BD，EO与AB交于点F.
（1）求证：四边形AEBO是矩形.
（2）若CD=5，求OE的长.
21.小李要外出参加“建国70周年”庆祝活动，需网购一个拉杆箱，图①，②分别是她上网时看到的某种型号拉杆箱的实物图与示意图，并获得了如下信息：滑杆DE，箱长BC，拉杆AB的长度都相等，B,F在AC上，C在DE上，支杆DF＝30cm，CE:CD＝1:3，∠DCF＝45°，∠CDF＝30°，请根据以上信息，解决下列向题.
（1）求AC的长度（结果保留根号）；
（2）求拉杆端点A到水平滑杆ED的距离（结果保留根号）.
22.如图，在平面直角坐标系中，直线AB与函数y＝k
（x＞0）的图象交于点A（m，2），B（2，n）.过
x
OC，且△ACD的面积是6，连点A作AC平行于x轴交y轴于点C，在y轴负半轴上取一点D，使OD＝1
2
接BC.
（1）求m，k，n的值；
（2）求△ABC的面积.
23.某商场要经营一种新上市的文具，进价为20元/件．试营销阶段发现：当销售单价是25元时，每天的销售量为150件；销售单价每上涨1元，每天的销售量就减少10件．设销售单价为x（元)，每天的销售量为y（件)，每天所得的销售利润w（元)．
（1）求出y与x之间的函数关系式；
（2）求出w与x之间的函数关系式，并求当销售单价为多少元时，该文具每天的销售利润最大，最大利润为多少？
24.如图，正方形ABCD、等腰RtΔBPQ的顶点P在对角线AC上(点P与A、C不重合)，QP
与BC交于E，QP延长线与AD交于点F，连接CQ.
（1）求证：AP=CQ.
（2）求证：PA2=AF⋅AD
（3）若AP:PC=1:3，求tan∠CBQ的值.
25.如图1，抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)与x轴交于A(−1,0)、B(3，0)两点，与y轴交于点C，顶点为点M．
（1）求这条抛物线的解析式及直线BM的解析式；
（2）P段BM上一动点（点P不与点B、M重合），过点P向x轴引垂线，垂足为Q，设OQ 的长为t，四边形PQAC的面积为S．求S与t之间的函数关系式及自变量t的取值范围；
（3）在线段BM上是否存在点N，使ΔNMC为等腰三角形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
北师大版2019-2020山东省济南市城区中学九年级数学期末模拟试卷
一、选择题（30分）
1.解：根据俯视图的特征，只有B符合题意.
故答案为：B.
2.解：由题意可知，树状图如下：
由图可知，一共有12种等可能的结果，其中抽取的2人恰好都来自九（1）班的结果共有2种，故抽取的
2人恰好都来自九（1）班的概率是2÷12=1
6
.
故答案为：B.
3.解：由题意得BC=√AB2−AC2=√52−42=3，
则cosB=BC
AB =3
5
.
故答案为：B.
4.解：∵x(x−2)=0，
∴x=0,x−2=0，
∴x=0或x=2；
故答案为：C.
5.解：∵E是AB的中点，F点是AC的中点，∴EF是△ABC的中位线，又EF=4，
∴BC=2EF=8，
∴菱形ABCD的周长为4×8=32，
故答案为：C
6.解：∵a∥b∥c，
∴BF
FD =AE
EC
，
∴BF
BD =AE
AC
；
故答案为：B.
7.∵点（2，-4）和点（4，n）在反比例函数y= k
x
的图象上，∴4n=2×(-4)，
∴n=-2.
故答案为：D.
8.解：∵二次函数的图象开口向上，∴a＞0，
∵二次函数的图象与y轴的交点在y轴的负半轴上，∴c＜0，∵二次函数图象的对称轴是直线x=1，
∴−b
2a
=1，∴2a+b=0，b＜0.
∴abc>0；故①正确；
由二次函数的图象可知，抛物线与x轴的右交点的横坐标应大于2小于3，∴当x＞2时，y有小于0的情况，故②错误；
∵当x=－1时，y＞0，
∴a−b+c＞0，
把b=−2a代入得：3a+c>0，故③正确；
前面已得2a+b=0，又∵a＞0，∴3a+b>0，故④正确；
故答案为：①③④.
9.解：过点F作FG⊥AD于点G
∴∠FGP=90°
∵矩形ABCD中，AB=4，∠A=∠B=90°
∴四边形ABFG是矩形，∠AEP+∠APE=90°
∴FG=AB=4
∵∠EPF=90°
∴∠APE+∠FPG=90°
∴∠AEP=∠FPG
∴△AEP∽△GPF
∴PE
PF=AP
GF
=2
4
=1
2
，故①正确；
如图2，当A、E重合，C、F重合，D、P重合时，AD最短，此时a=2，故②错误．
故选择：C.
10.解：由题意可得：
当点Q从点B到点C的过程中时：
y=BP⋅BQ
2=(4−x)⋅2x
2
=−x2+4x=−(x−2)2+4(0≤x≤2)；
当点Q从点C到点D的过程中时：y=(4−x)⋅4
2
=−2x+8(2≤x≤4)；
当点Q从点D到点A的过程中，y=(x−4)⋅4
2
=2x−8(4≤x≤6)；
当点Q从点A到点B的过程中，y=(x−4)⋅(16−2x)
2
=−(x−6)2+4(6≤x≤8). 故答案为：D.
二、填空题（24分）
11.画树状图得：
∵共有12种等可能的结果，两次都摸到白球的有2种情况，
∴两次都摸到白球的概率是：2
12= 1
6
.
故答案为：1
6
.
12.解：设方程两根为x1, x2, 根据根与系数的关系得x1+ x2=2a-a 2,又由题意可知x1+ x2=0,所以2a-a 2=0,解得a=0或a=2.当a=2时, 方程化为x 2+1=0,显然不成立.故a=2舍去.故a=0.
故答案：0.
13.解：∵DE//BC，∴∠D=∠B，∠E=∠C，∴△ADE∽△ABC，
∵EC=3EA，∴EA
AC =1
2
，
∴SΔAED
SΔABC =(EA
AC
)2=1
4
，
∴SΔABC=4SΔADE=12.
故答案为12.
14.解：过点A、M分别作AC⊥OB,MO⊥OB，垂足为C、D，
∵ΔAOB是等边三角形，∴AB=OA=OB=3,∠AOB=60°
∵又OM＝2MA，
∴OM=2，MA=1，
在RtΔMOD中，
OO =12OM =1, MO =√22−12=√3 ，
∴M(1,√3) ；
∴ 反比例函数的关系式为： y =√3x 在 RtΔMOD 中，
OC =12OA =32,AC =√32−(32)2=
3√32 ， ∴A(32,3√32) ，
设直线 AB 的关系式为 y =kx +b ，把 A(32,
3√32), B(3,0) 代入得： {3k +b =032k +b =3√32
，解得： k =−√3, b =3√3 ，
∴y =−√3x +3√3 ；
由题意得： {y =−√3x +3√3y =√3x
，解得： x =3±√52 ， ∵x >32 ，
∴x =3+√52 ，
故点 N 的横坐标为： 3+√52
15.解：设AB=4，BC=5
∵ABCD 为矩形，
∴CD=AB=4；
∵△BCE 折叠后得到△FCE
∴△BCE ≌△FCE
∴BC=CF=5
在Rt △DCF 中， DF =√52−42=3
∴ sin ∠DCF =DF CF =35
故答案为： 35.
16.设点A 为坐标原点，由题意可知：防滑螺母C 为抛物线支架的最高点, ∴顶点C 的坐标为：(1.5,2.5),B 点坐标为(0,1.5)，
设抛物线的解析式为y=a(x−1.5)2+2.5，
将点B 的坐标代入得：a(x−1.5)2+2.5=1.5，
解得：a=−49，
∴y=−49(x−1.5)2+2.5，
∵灯罩D 距离地面1.86米，茶几摆放在灯罩的正下方， 当y=1.86时，
−49(x−1.5)2+2.5=1.86
解之：x1=0.3, x2=2.7，
∵茶几在对称轴的右侧,
所以AE=2.7米.
故答案为：2.7.
三、解答题（66分）
17. （1）解：∵a=2,b=−2,c=m+1,∴Δ=(−2)2−4×2×(m+1)=−4−8m.
当−4−8m≥0，即m≤−1
2
时，方程有两个实数根.
（2）解：整理不等式4+4x1x2>x12+x22，得(x1+x2)2−6x1x2−4<0.
由一元二次方程根与系数的关系，得x1+x2=1,x1x2=m+1
2
.
代入整理后的不等式得1−3(m+1)−4<0，解得m>−2.
又∵m≤−1
2
，且m为整数，∴m的值为－1.
18. （1）解：5名志愿者中有2名女生，
因此随机选取一位作为引导员，选到女生的概率为2
5，即：P=2
5
，
答：随机选取一位作为引导员，选到女生的概率为2
5（2）解：用列表法表示所有可能出现的情况：
∴P
选择同一个岗位=3
9
=1
3
．
答：甲、乙两位志愿者选择同一个岗位的概率为1
3
（2）用列表法表示所有可能出现的情况，共9中可能的结果数，选择同一岗位的有三种，可求出概率
19. （1）证明：在ΔABC中，
∵AG⊥BC于点G，AF⊥DE于点F
∴∠AFE=∠AGC=90°
∵∠EAF=∠GAC
∴∠AED=∠C
在ΔADE和ΔABC中，
∵∠AED=∠C，∠EAD=∠CAB ∴ΔADE∽ΔABC
（2）解：在ΔAEF和ΔACG中，∵∠AFE=∠AGC，∠EAF=∠GAC ∴ΔAEF∽ΔAGC
由（1）知ΔADE∽ΔABC
∴AD
AB =AE
AC
=3
5
又ΔAEF∽ΔAGC
∴AF
AG =AE
AC
=3
5
20. （1）证明:∵BE ∥AC，AE ∥BD,
∴四边形AEBO是平行四边形.
又∵菱形ABCD对角线交于点O,
∴AC⊥BD,即∠AOB=90°,
∴四边形AEBO是矩形.
（2）解：∵四边形AEBO是矩形,
∴EO=AB,
在菱形ABCD中,AB=DC.
∴EO=DC=5
21. （1）解：过F作FH⊥DE于H,
∴∠FHC＝∠FHD＝90°，
∵∠FDC＝30°，DF＝30，
∴FH＝1
2DF＝15，DH＝√3
2
DF＝15√3，
∵∠FCH＝45°，
∴CH＝FH＝15，
∴CD=CH+DH=15+15√3∵CE:CD＝1:3，
∴DE＝4
CD＝20+20√3，
3
∵AB＝BC＝DE，
∴AC=（40+40√3）cm；
（2）解：过A作AG⊥ED交ED的延长线于G，
∵∠ACG＝45°，
∴AG＝√2
AC＝20√2+20√6，
2
答：拉杆端点A到水平滑杆ED的距离为(20√2+20√6)cm 22. （1）解：∵点A的坐标为（m，2），AC平行于x轴，
∴OC=2，AC⊥y轴，
∵OD= 1
OC，
2
∴OD=1，
∴CD=3，
∵△ACD的面积为6，
∴CD•AC=6，
∴AC=4，即m=4，
则点A的坐标为（4，2），将其代入y= 可得k=8，
∵点B（2，n）在y= 的图象上，
∴n=4
（2）解：如图，过点B作BE⊥AC于点E，则BE=2，
∴S△ABC= AC•BE= ×4×2=4，
即△ABC的面积为4
23. （1）解：由题意得，y=150−10(x−25)=400−10x；
则=−10x2+600x−8000
（2）解：w=(x−20)(−10x+400)=−10x2+600x−8000=−10(x−30)2+1000．∵−10<0，
∴函数图象开口向下，w有最大值，
当x=30时，w max=1000，
故当单价为30元时，该文具每天的利润最大
24.（1）解：∵ABCD是正方形，
∴AB=CB，∠ABC=90°，
∵RtΔBPQ是等腰三角形，
∴PB=QB，∠PBQ=90°，
∴∠ABP=∠CBQ=90°−∠PBC，
∴ΔABP≅ΔCBQ，
∴AP=CQ
（2）解：∵ABCD是正方形，
∴∠CAB=∠PAF=45°，AD=AB=BC=CD，
∵RtΔBPQ是等腰三角形，
∴∠QPB=45°，
∵∠FPA=180°−∠QPB−∠APB=180°−45°−∠APB=135°−∠APB，
∵∠ABP+∠PAB+∠APB=180°，
∴∠ABP=180°−∠PAB−∠APB=180°−45°−∠APB，
∴∠ABP=∠FPA，
∴ΔAFP∼ΔAPB，
∴AF:AP=AP:AB，
∴AP2=AF⋅AB，
AP2=AF⋅AD
（3）解：由(1)得CQ=AP，∠ABP=∠CBQ，∠PAB=∠BCQ=45°，
∴∠QCP=90°，
由(2) ∠APF=∠ABP，
∴∠APF=∠CBQ，
∵∠APF=∠CPQ，
∴∠CPQ=∠CBQ，
在RtΔPCQ中，
tan∠CPQ=QC
PC =AP
PC
=1
3
，
∴ tan ∠CBQ =13
25. （1）解：∵抛物线 y =ax 2+bx +3(a ≠0) 与 x 轴交于 A(−1,0) 、 B(3,0) 两点，
∴ {a −b +3=09a +3b +3=0
， 解得： {a =−1b =2
， ∴二次函数的解析式为 y =−x 2+2x +3 ， ∵ y =−x 2+2x +3=−(x −1)2+4 ，
∴ M(1,4)
设直线 BM 的解析式为 y =kx +n ，
则有
{4=k +n 0=3k +n
， 解得： {k =−2n =6
， ∴直线 BM 的解析式为 y =−2x +6
（2）解：∵ PQ ⊥x 轴， OQ =t ，
∴点 P 的坐标为 (t,−2t +6) ，
∴ S 四边形ACPQ =S ΔAOC +S 梯形PQOC =12OA ⋅OC +12(PQ +CO)⋅OQ ， =12×1×3+12×(−2t +6+3)t ，
=−t 2+92t +32 ，
∵ P 为线段 BM 上一动点（点 P 不与点 B 、 M 重合）， ∴ t 的取值范围是 1<t <3 ．
（3）解：线段 BM 上存在点 N(75,165) ， (2,2) ， (1+√105,4−2√105) 使 ΔNMC 为等腰三角形； CM =√(1−0)2+(4−3)2=√2 ， CN =√x 2+(−2x +3)2 ， MN =√(x −1)2+(−2x +2)2 ， ①当 CM =NC 时， √2=√x 2+(−2x +3)2 ， 解得 x 1=75 ， x 2=1 （舍去），
此时 N(75,165) ，
②当 CM =MN 时， √2=√(x −1)2+(−2x +2)2 ，
解得 x 1=1+√105 ， x 2=1−√105 （舍去）， 此时 N(1+√105,4−2√105) ，
③当 CN =MN 时， √x 2+(−2x +3)2=√(x −1)2+(−2x +2)2
解得x=2，此时N(2,2)．
（1）y=−x2+2x+3，y=−2x+6；（2）S四边形ACPQ=−t2+9
2t+3
2
，t的取值范围是1<
t<3；（3）N(7
5,16
5
)或N(1+√10
5
,4−2√10
5
)或N(2,2)。