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1、2023年山东省泰安市东平县实验中学九年级下学期第一次模拟考试题学校:姓名：班级：考号：一、单选题1 .计算(-18)+(-6)2的结果等于()A.2B.2C.!D.222 .截止到2020年2月14S,各级财政已安排疫情防控补助资金901.5亿元，其中中央财政安排252.9亿元，为疫情防控提供了有力保障，其中数据252.9亿用科学记数法可表示为()A.252.9IO8B.2.529109C.2.529IO10D.0.2529IO103 .如图，由8个大小相同小正方形组成的几何体中，在几号小正方体上方添加一个小正方体，其左视图可保持不变()A.BSC.D.4 .下列等式从左到右的变形属于因式分
2、解的是()A.a2-2a+=(-1)2B.aCa+)(a-1)=a3-aC.6x2IyJ=2x23)JD.x2+1=x(x+-)x5 .点1)在第一象限，则点8(-2,)在()bA.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限6 .某中学校长计划周三早上去听课，已知该校七年级有4个班，八年级有5个班，九年级有4个班，校长从上午的课中随机选择一个班取听一节课，校长所选择听课的班级正好是九年级的概率是()D.B-7 .已知直线“小,将一块含30。角的直角三角板A8C按如图所示方式放置，若/1=85。,则N2等于()8 .如图，将48C沿直线OE折叠，使点C与点A重合，已知A8=7,BC=6,则BC
3、O的周长为（）49 .若将直线y=-4x+10向下平移m个单位长度与双曲线），=之恰好只有一个公共点，X则m的值为（）A.2B.18C.-2或18D.2或1810 .如图，抛物线y=0v2+bx+c（和）的顶点坐标A（-1,3）,与X轴的一个交点8（-4,0）,直线（n0）与抛物线交于4、8两点，下列结论：加-6=0；抛物线与X轴的另一个交点坐标是（2,0）；7+c0;方程r2+bx+c-2=0有两个不相等的实数根：当-4VXV-1时，则y2j3mD.203m3312 .如图，等边.ABC的边长为4,点。是边AC上的一动点，连接5。，以8。为斜边向上作等腰RtZBZ）E,连接4E,则A石的最小
4、值为（）A.1B.2C.2D.22-1二、填空题13 .如图，数轴上点A表示的数为m化简：a+yJa2-4a+4=14 .如图，在AABC中，48=10,AC=8,ZABC.NACB的平分线相交于点。，MN过点。，且MN8C,分别交48、AC于点M、N.则AAMN的周长为.无解，则用=16 .如图，是用一把直尺、含角60的直角三角板和光盘摆放而成，点A为60角与直尺交点，点8为光盘与直尺唯一交点，若AB=3,则光盘的直径是.17 .如图，已知长方形ABCo顶点坐标为4(1,1),B(3,1),C(3,4),D(1,4),一次函数y=2x+b的图像与长方形ABCD的边有公共点，则b的变化范围是1
5、8 .如图，在中，A8=AC=20,NBAC=I20。，点。、E都在边BC上，NOA石=60.若BD=2CE,则OE的长为.三、解答题19 .计算化简:3x+4_2Vx+2xx-1Jx2x+12(x-l)10时，n是正数；当原数的绝对值VI时，n是负数.【详解】解：252.9亿=25290000000=2.529X102故选：C.【点睛】此题考查科学记数法的表示方法.科学记数法的表示形式为axln的形式,其中1O,a，0,即可得出点B所在象限.D【详解】解：Y点A(f,1)在第一象限，b-0,b.*.abO,a0,/.-a20,则此小题结论正确;由函数图象可知，直线y=2与抛物线y=r2+力x
6、+c有两个交点，0+zr+c=2有两个不相等的实数根，即ax2+bx+c-2=0有两个不相等的实数根，则此小题结论正确；由函数图象可知，当4VxV-l时，抛物线在直线上方，于是则此小题结论正确.故选：D.【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与系数的关系.对于二次函数y=x2+公+c（0）,二次项系数。决定抛物线的开口方向和大小：当0时，抛物线向上开口；当V0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数。共同决定对称轴的位置：当。与人同号时（即abO）,对称轴在），轴左；当。与b异号时（即VO）,对称轴在y轴右.（简称：左同右异）；常数项。决定抛物线与），轴交点：抛物线与y轴交于（O,c）；抛物
7、线与X轴交点个数由决定：=b2-40c0时，抛物线与X轴有2个交点；/=炉-4讹=0时，抛物线与X轴有1个交点；/=-4cV0时，抛物线与X轴没有交点.11. A【分析】过。作CLA8,已知NABC=I50。，即可求出NC8E=30。，根据含30度角的直角三角形的性质即可解答.【详解】过C作。LA5于E点，如图所示:由题意可求出NCBE=180o-ZABC=180o-150o=30o,在必Z8CE中，CE=LBC=LX40=20m,即=20m.22故选：A.【点睛】此题主要考查含30度角的直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题关键.12. B【分析】过点3作BHj_AC于点，作射线4E,可证
8、点8,点。，点，点E四点共圆，可得ZfiWE=ZB0E=45。，则点E在NzAHA的角平分线上运动，即当AE_LEW时，AE的长度有最小值，由直角三角形的性质可求解.【详解】解：如图，过点B作出7_LAe于H点，作射线.eABC是等边三角形，BHA.AC,：.AH=I=CH,ZBED=ZBHD=骄,二点8,点Z),点H,点E四点共圆，.ABHE=BDE=45ot点E在/AHB的角平分线上运动，当”时，AE的长度有最小值,ZAE=45o,.AH=24E=2，.4七的最小值为0,故选：B.【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质，垂线段最短，四点共圆，圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学
9、知识解决问题，属于中考常考题型.13. 2【分析】直接利用二次根式的性质以及结合数轴得出。的取值范围进而化简即可.【详解】解：由数轴可得：OVaV2,则。+Ja1-4a+4=+(2-a)2=a+(2-a)=2.故答案为：2.【点睛】本题主要考查了二次根式的性质与化简，解题的关键是正确得出。的取值范围.14. 18【分析】由在AABC中，NABC与NACB的平分线相交于点O,过点O作MNBC,易证得BOM与4CON是等腰三角形，继而可得AMN的周长等于AB+AC.【详解】Y在“8C中，ZABC.NACB的平分线相交于点。，.,.NAB0=0BC,：MNBC,：NMOB=NOBC,：.NABO=N
10、MoB,：.BM=OM,同理CN=ON,：.XAMN的周长是：AM+NM+AN=AM+OM+ON+AN=AM+BM+CN+AN=AB+AC=10+8=18.故答案为：18.【点睛】本题考查等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，平行线的判定，三角形周长的求法，等量代换等知识点.15. 9或3或-3【分析】去分母后所得整式方程无解或解这个整式方程得到的解使原方程的分母等于0.【详解】分式方程化简，得3(H)+6x=m(x+1)整理，得(9-m)x=3+m当9-加=0时，即m=9,整式方程无解：当Xa-I)=0,即1=0或x=l时，分式方程无解，当X=O时，n=-3；当X=I时，加=3.故答案为：
11、9或3或-3.【点睛】本题主要考查了分式方程的解，正确分类讨论是解题关键.16. 63【分析】如图,点C为光盘与直角三角板唯一的交点,连接OB,利用切线的性质得到OBJ_AB,OA平分NBAC,则可计算出NoAB=60。，然后在RsOAB中利用含30度的直角三角形三边的关系求出OB,从而得到光盘的直径.【详解】解：如图，点C为光盘与直角三角板唯一的交点,连接OB,OBAB,OA平分NBAC,VZBAC=l80o-60o=120o,：.ZOAB=60o,在RsOAB中，OB=JAB=3J,光盘的直径为6J.故答案为64.【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径.若出现圆的切线，
12、必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系；若没有已知切点，则作垂线段得到圆的半径.17. -5b2【分析】由于一次函数）=2x+b的图象与长方形ABC。的边有公共点，观察图象可知，有公共点时最左端是。点，最右端是5点，于是把。、4的坐标代入分别求得力值即可.【详解】解：由直线产2x+b随力的数值不同而平行移动，可知：当直线通过点。时，2xl+0=4,解得：b=2；当直线通过点8时，2x3+0=l,解得：b=-5.则b的范围为：-5b2.故答案为：-5b2.【点睛】本题考查了一次函数图象与系数的关系以及矩形的性质；在直线的平行移动过程中，按题意找出直线经过的关键点是解题的关键.18. 3石-3
13、#-3+3石【分析】将“8。绕点A逆时针旋转120。得到AACR取C户的中点G,连接EAEG,由AB=AC=20NBAC=I20。，可得出NACB=NB=30。，根据旋转的性质可得出NECG=60。，结合CF=H=2CE可得出为等边三角形，进而得出ACE尸为直角三角形，通过解直角三角形求出SC的长度以及证明全等找出OE=尸E,设EC=X,MJBD=CF=2iDE=FE=6-3x,在RaCE产中利用勾股定理可得出FE=Mx,利用小E=6-3x=Jx可求出X以及产E的值，此题得解.【详解】将绕点A逆时针旋转120。得到AACR取b的中点G,连接EAEG,如图所示.NECG=60.CF=BD=2CE
14、,：.CG=CEt ACEG为等边三角形，：.EG=CG=FG,，NEFG=NFEG=gNCGE=30, CE尸为直角三角形.VZBC=l20o,NQAE=60,ZBD+ZCAE=60o, ZFAE=ZFAC+ZcaE=ZBAIHZCAE=6O0.在AAQE和AA尸E中，AD=AF NOAE=NEA=60,AE=AE：.DEAFE(SAS),：.DE=FE.SEC=x,WJBD=CF=2xtDE=FE=6-3x,在RaCE产中，NCEF=900,CF=2x,EC=x,EF=yCF2-EC2=3x,/.6-3x=7JX,x=3-3.*.DE=y3x=3TJ-3.故答案为3J-3.【点睛】本题考查
15、了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及旋转的性质，通过勾股定理找出方程是解题的关键.r119.一x+1(2)-2x3,-2【分析】(1)先计算括号内的减法，再把除法转化为乘法运算，约分后即可；(2)先分别解不等式组中的两个不等式，确定两个不等式解集的公共部分即可.【详解】（1）解：原式=3x+4-2(x+l) (x-l)2(x + l)(x-l)x+22(x-1)2(x+l)(x-l)x+2X-Ix+T,2(x-1)7-XDZ+2i，由得，x3,由得：x-2,不等式组的解集为：-2xb=50003=150C=U（H500=0.22、d=655OO=O.I3,（3）估计“科普图书”和“小说”一共
16、150OX（0.3+0.22）=780（本）；（4）分别用力、2、3”代表“名人传记”、“科普图书”、“小说”三本书,可用列表法表示如下:I231(2,1)(3,1)2(1,2)(3,2)3(1,3)(2,3)则所有等可能的情况有6种，其中2人恰好1人捐“名人传记”，1人捐“科普图书的情况有2种，所以所求的概率：P=14-点睛：本题考查了列表法和树状图法求概率，频数分布直方图，扇形统计图，正确的识图是解题的关键.22. (1)今年A型车每辆车售价为1600元；(2)购进15辆A型车、30辆B型车时销售利润最大，最大利润是25500元.【详解】分析：(1)设今年A型车每辆售价为X元，则去年每辆售
17、价为(x+400)元，根据数量=总价单价，即可得出关于X的分式方程，解之经检验后即可得出结论；(2)设今年新进A型车a辆，销售利润为y元，则新进B型车(45-a)辆，根据销售利润=单辆利润X销售数量，即可得出y关于a的函数关系式，由B型车的进货数量不超过A型车数量的两倍，即可得出关于a的一元一次不等式，解之即可得出a的取值范围，再利用一次函数的性质即可解决最值问题.详解：(1)设今年A型车每辆售价为X元，则去年每辆售价为(x+400)元，根据题意得：6000060000x(1-20%)x400X，解得：X=1600,经检验，x=1600是原分式方程的解，.今年A型车每辆车售价为1600元.(2
18、)设今年新进A型车a辆，销售利润为y元，则新进B型车(45-a)辆，根据题意得：y=(1600-1100)a+(2000-1400)(45-a)=-100a+27000.VB型车的进货数量不超过A型车数量的两倍，45-a2a,解得：a15.,.-100+2Z+3),通过相似三角形的性MF质得到嚷间的比，然后根据抛物线的性质即可求出最值，进而求得M坐标；AE(3)取线段BQ的中点G,再将QG绕点Q旋转90。得到QG,则tem/MBQ=；,直线BG与抛物线的交点即为点M,然后分类讨论，分为将QG绕点Q顺时针旋转90。，将QG绕点Q逆时针旋转90%通过联立方程组的方法即可求得M的坐标.【详解】(1)
19、解：抛物线过顶点(1,4),所以可以设抛物线解析式为：y=(x-l)2+4,将8(3,0)代入得，a=-l,，抛物线的解析式为：y=-(x-l)24,即：y=T2+2x+3；(2)如图,过点M作MMLX轴交直线BC于点Ml,过点A作4A轴交直线BC于点A，直线BC过点C(0,3),，设直线BC的表达式为：y=kx+3t将8(3,0)代入，得Q1,*IBeJy=-X+3,MM/AAx,.NA&E=NMMlE,幺AE=ZMiME,XMMESXA1E,.MEMA/,-左二而设”(，,一+2m+3),则Ml(w,tm+3),MMx-一而+2n+3-(-m+3)=-n2+3m令一炉+2%+3=0，解得X
20、=T，z=3,，A(-1,0),*.*bc：y=+3,x=-l,解得y=4,AG1,4),12m + m 4.MEMM,-m2+3m*AEAA4-32a工二；时，笔最大，2x(-1)2AE49Qj3小、-ME-9把用=7代入得，=42=77，2AE71643把In=；代入M(n,-nti+2n+3),315解得M点坐标为(：，);24(3)取线段8。的中点G,再将。G绕点。旋转90。得到QG则tanZMBQ=,直线BG与抛物线的交点即为点M,将QG绕点Q顺时针旋转90。，得到QG,分别过点Gj点B作彳轴垂线，与过Q点的水平线分别交于点N、Z,YQG绕点。旋转90。得到QG,.NBOG=90。,
21、.NZ/.ZN=ZZ=90,VNNQG+NGQ=90o,NNQG+ZBQZ=90,.NGQ=BQZf：ANQGsAZBQ,TG是QB的中点，QG=QG,.QGQGatQBQB2f1311-2,vG,=-Z=,QN=-BZ=-G=-QN=-yc7 ,3 b =7设/BGly=kx+b,将3(3,0),G(-g,-g)代入，3k+b=U1.A1,解得+b=22.BG: y =V=*1713X,7737,8（舍去）,X=解得：%或V=49如图，将线段QG绕点。逆时针旋转90。得到QG,连接G”B并延长交抛物线于点M,过G”作X轴平行线交y轴于点L,旋转90。,ZBG,=90,ZLQG+ZLGQ=90
22、o,ZLQG+ZOQB=90,.LGQ=NOQB,又YBOQ=NQLG”=90,0GJ：.ALQGSAOBQ,且相似比为金二万,又.g）,将Gg,）,仅3,0）代入,1 f,5k = -lb = 3_k+b=一得22,解得3k+b=0*y=r+3,解得:；：x=37=0（口去），.M(0,3),829综上所述，点M的坐标为(-,号)或(。，3).【点睛】本题是一道二次函数综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，角的存在性问题等，解决问题的关键是做横平竖直线，将“斜线段”转化为“垂线段”，利用函数思想解决最题.25.(1)30在4（3）见解析【分析】（1）根据垂径定理及等边三角形的判定可得AO
23、CO是等边三角形，利用等边三角形的性质及等边对等角即可得出结果；（2）连接8C,根据直径所对的圆周角为直角得出8C_LAa利用平行四边形的判定得出四边形BCDE为平行四边形，结合中位线的性质、勾股定理及正切函数的定义即可求解；（3）延长石。交PQ的延长线于从根据旋转的性质及相似三角形的判定和性质即可证明.【详解】（I）解：Y点七是。的中点，且OOL4C,图1CO=CDfAD=CD，：.NAOD=NCOQ,又OC=OD,AOS是等边三角形,.*.NCOo=N400=60。，：.ZAOC=120,t:OA=OC,：NA=NocA=30。；(2)连接BC,BCAC,JODACfODBC,AE=EC,
24、：.DEHBC,又YBEHCD,四边形BCDE为平行四边形,：BC=DE,AE=EC,OA=OB,：.0E为AABC的中位线，OE=WBC=WDE,22设OE=m,.*.DE=BC=2m,.*.OD=m+2m=3m,.*.OA=OD=3m,根据勾股定理得AE=2，QanA=型=+=包;AE22i4(3)延长。交夕。的延长线于,ZSPBQ由旋转而来,ZP=ZA,AB=BP,ACPH,图39：ODYACf：DH工HP,由（2）WOP=OB+BP=3nt+6m=9m,由AC/PH,：IXoAESH)PH,.OHOP=-，OEOArOH9n即一=丁，rn5m04=36=半径8即P。是。的切线.【点睛】题目主要考查圆与三角形综合问题，包括垂径定理，等边三角形的判定和性质，中位线的性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正切函数的定义等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键.
