浙江省臺州椒江區(qū)2026屆九年級數學第一學期期末經典模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．從前有一天，一個笨漢拿著竹竿進屋，橫拿豎拿都進不去，橫著比門框寬4尺，豎著比門框高2尺．他的鄰居教他沿著門的兩個對角斜著拿竿，這個笨漢一試，不多不少剛好進去了．求竹竿有多長．設竹竿長尺，則根據題意，可列方程（）A． B．C． D．2．已知關于軸對稱點為，則點的坐標為()A． B． C． D．3．如圖，點P（x，y）（x＞0）是反比例函數y=（k＞0）的圖象上的一個動點，以點P為圓心，OP為半徑的圓與x軸的正半軸交于點A，若△OPA的面積為S，則當x增大時，S的變化情況是（）A．S的值增大 B．S的值減小C．S的值先增大，后減小 D．S的值不變4．反比例函數在第一象限的圖象如圖所示，則k的值可能是（）A．3 B．5 C．6 D．85．如圖，從一張腰長為，頂角為的等腰三角形鐵皮中剪出一個最大的扇形，用此剪下的扇形鐵皮圍成一個圓錐的側面（不計損耗），則該圓錐的底面半徑為（）A． B． C． D．6．在四張完全相同的卡片上．分別畫有等腰三角形、矩形、菱形、圓，現從中隨機抽取一張，卡片上的圖形恰好是中心對稱圖形的概率是（）A． B． C． D．17．代數式有意義的條件是（）A． B． C． D．8．已知二次函數的圖象如圖所示，下列結論：①，②，③，④，其中正確結論的個數為（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個9．下列命題中，真命題是（）A．所有的平行四邊形都相似 B．所有的矩形都相似 C．所有的菱形都相似 D．所有的正方形都相似10．如圖，已知ΔABC中，AE交BC于點D，∠C=∠E，AD：DE=2：3，AE=10，BD=5,則DC的長是（）A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．一元二次方程的根的判別式的值為____.12．如圖，在扇形AOB中，∠AOB=90°，點C為OA的中點，CE⊥OA交于點E，以點O為圓心，OC的長為半徑作交OB于點D，若OA=2，則陰影部分的面積為.13．如圖，△ABC中，D為BC上一點，∠BAD＝∠C，AB＝6，BD＝4，則CD的長為____．14．如圖，矩形中，，點在邊上，且，的延長線與的延長線相交于點，若，則______.15．如圖，四邊形是菱形，，對角線，相交于點，于，連接，則=_________度.16．二次函數y＝﹣x2+bx+c的部分圖象如圖所示，由圖象可知，不等式﹣x2+bx+c＜0的解集為______．17．若關于x的方程x2-x+sinα=0有兩個相等的實數根，則銳角α的度數為___．18．如圖，⊙O的半徑為2，正八邊形ABCDEFGH內接于⊙O，對角線CE、DF相交于點M，則△MEF的面積是_____．三、解答題(共66分)19．（10分）某校為響應全民閱讀活動，利用節(jié)假日面向社會開放學校圖書館，據統(tǒng)計，第一個月進館200人次，此后進館人次逐月增加，到第三個月進館達到288人次，若進館人次的月平均增長率相同．（1）求進館人次的月平均增長率；（2）因條件限制，學校圖書館每月接納能力不得超過400人次，若進館人次的月平均增長率不變，到第幾個月時，進館人數將超過學校圖書館的接納能力，并說明理由．20．（6分）如圖，已知菱形ABCD，AB=AC，E、F分別是BC、AD的中點，連接AE、CF．（1）求證：四邊形AECF是矩形；（2）若AB=6，求菱形的面積．21．（6分）如圖，直線AC與⊙O相切于點A，點B為⊙O上一點，且OC⊥OB于點O，連接AB交OC于點D．（1）求證：AC＝CD；（2）若AC＝3，OB＝4，求OD的長度．22．（8分）如圖，一次函數y＝k1x+b的圖象與x軸、y軸分別交于A，B兩點，與反比例函數y＝的圖象分別交于C，D兩點，點C（2，4），點B是線段AC的中點．（1）求一次函數y＝k1x+b與反比例函數y＝的解析式；（2）求△COD的面積；（3）直接寫出當x取什么值時，k1x+b＜．23．（8分）如圖1，拋物線y＝﹣x2+bx+c的對稱軸為直線x＝﹣，與x軸交于點A和點B（1，0），與y軸交于點C，點D為線段AC的中點，直線BD與拋物線交于另一點E，與y軸交于點F．（1）求拋物線的解析式；（2）點P是直線BE上方拋物線上一動點，連接PD、PF，當△PDF的面積最大時，在線段BE上找一點G，使得PG﹣EG的值最小，求出PG﹣EG的最小值．（3）如圖2，點M為拋物線上一點，點N在拋物線的對稱軸上，點K為平面內一點，當以A、M、N、K為頂點的四邊形是正方形時，請求出點N的坐標．24．（8分）我們把兩條中線互相垂直的三角形稱為“中垂三角形”.如圖1，圖2，圖3中，是的中線，，垂足為點，像這樣的三角形均為“中垂三角形.設.（1）如圖1，當時，則_________，__________；（2）如圖2，當時，則_________，__________；歸納證明（3）請觀察（1）（2）中的計算結果，猜想三者之間的關系，用等式表示出來，并利用圖3證明你發(fā)現的關系式；拓展應用（4）如圖4，在中，分別是的中點，且.若，，求的長.25．（10分）如圖，在平行四邊形ABCD中，E為AD邊上一點，BE平分∠ABC，連接CE，已知DE＝6，CE＝8，AE＝1．（1）求AB的長；（2）求平行四邊形ABCD的面積；（3）求cos∠AEB．26．（10分）如圖，某人在山坡坡腳A處測得電視塔尖點C的仰角為60°，沿山坡向上走到P處再測得點C的仰角為45°，已知OA＝100米，山坡坡度＝1：2，且O、A、B在同一條直線上．求電視塔OC的高度以及此人所在位置P的鉛直高度PB．（測傾器高度忽略不計，結果保留根號形式）

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【分析】根據題意，門框的長、寬以及竹竿長是直角三角形的三邊長，等量關系為：門框長的平方+門框寬的平方=門的對角線長的平方，把相關數值代入即可求解．【詳解】解：∵竹竿的長為x尺，橫著比門框寬4尺，豎著比門框高2尺．

∴門框的長為（x-2）尺，寬為（x-4）尺，

∴可列方程為（x-4）2+（x-2）2=x2，

故選：B．本題考查了由實際問題抽象出一元二次方程，得到門框的長，寬，竹竿長是直角三角形的三邊長是解決問題的關鍵．2、D【分析】利用關于x軸對稱的點坐標的特點即可解答.【詳解】解：∵關于軸對稱點為∴的坐標為（-3，-2）故答案為D.本題考查了關于x軸對稱的點坐標的特點，即識記關于x軸對稱的點坐標的特點是橫坐標不變，縱坐標變?yōu)橄喾磾?3、D【分析】作PB⊥OA于B，如圖，根據垂徑定理得到OB=AB，則S△POB=S△PAB，再根據反比例函數k的幾何意義得到S△POB=|k|，所以S=2k，為定值．【詳解】作PB⊥OA于B，如圖，則OB=AB，∴S△POB=S△PAB．∵S△POB=|k|，∴S=2k，∴S的值為定值．故選D．本題考查了反比例函數系數k的幾何意義：在反比例函數y=圖象中任取一點，過這一個點向x軸和y軸分別作垂線，與坐標軸圍成的矩形的面積是定值|k|．4、B【分析】根據點（1，3）在反比例函數圖象下方，點（3，2）在反比例函數圖象上方可得出k的取值范圍，即可得答案.【詳解】∵點（1，3）在反比例函數圖象下方，∴k>3，∵點（3，2）在反比例函數圖象上方，∴<2，即k<6，∴3<k<6，故選：B.本題考查了反比例函數的圖象的性質，熟記k=xy是解題關鍵.5、A【分析】根據等腰三角形的性質得到的長，再利用弧長公式計算出弧的長，設圓錐的底面圓半徑為，根據圓錐的側面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長可得到．【詳解】過作于，，，，弧的長，設圓錐的底面圓的半徑為，則，解得．故選A．本題考查了圓錐的計算：圓錐的側面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長．6、C【分析】在等腰三角形、矩形、菱形、圓中是中心對稱圖形的有矩形、菱形、圓，直接利用概率公式求解即可求得答案．【詳解】∵等腰三角形、矩形、菱形、圓中是中心對稱圖形的有矩形、菱形、圓，∴現從中隨機抽取一張，卡片上畫的圖形恰好是中心對稱圖形的概率是：．故選：C．此題考查概率的求法：如果一個事件有n種可能，而且這些事件的可能性相同，其中事件A出現m種結果，那么事件A的概率P（A）=．也考查了中心對稱圖形的定義．7、B【分析】根據二次根式和分式成立的條件得到關于x的不等式，求解即可．【詳解】解：由題意得，解得．故選：B本題考查了代數式有意義的條件，一般情況下，若代數式有意義，則分式的分母不等于1，二次根式被開方數大于等于1．8、B【分析】由拋物線的開口方向、對稱軸、與y軸的交點位置，可判斷a、b、c的符號，可判斷①，利用對稱軸可判斷②，由當x=-2時的函數值可判斷③，當x=1時的函數值可判斷④，從而得出答案．【詳解】解：∵拋物線開口向下，與y軸的交點在x軸上方，∴a＜0，c＞0，∵0＜-＜1，∴b＞0，且b＜-2a，∴abc＜0，2a+b＜0，故①不正確，②正確；

∵當x=-2時，y＜0，∴4a-2b+c＜0，故③正確；∵當x=1時，y＞0，∴a+b+c＞0，又c＞0，∴a+b+2c＞0，故④正確；

綜上可知正確的有②③④，

故選：B．本題主要考查二次函數圖象與系數之間的關系，解題關鍵是注意掌握數形結合思想的應用．9、D【解析】分析是否為真命題，需要分別分析各題設是否能推出結論，從而利用排除法得出答案．【詳解】所有正方形都相似，故D符合題意；故選D．此題主要考查命題的真假判斷，正確的命題叫真命題，錯誤的命題叫做假命題．判斷命題的真假關鍵是要熟悉課本中的性質定理．10、B【分析】根據∠C=∠E以及∠BDE=∠ADC，可以得到△BDE∽△ADC，由AD：DE=2：3，AE=10，可以求出AD和DE的值，再利用對應邊成比例，即可求出DC的長．【詳解】解：∵∠C=∠E，∠BDE=∠ADC∴△BDE∽△ADC∵AD：DE=2：3，AE=10∴AD=4，DE=6∴∴，解得：DC=故選B．本題主要考查了相似三角形的判定和性質，熟練找出相似三角形以及列出對應邊成比例的式子是解決本題的關鍵．二、填空題(每小題3分,共24分)11、1.【解析】直接利用根的判別式△=b2-4ac求出答案．【詳解】一元二次方程x2+3x=0根的判別式的值是：△=32-4×1×0=1．故答案為1．此題主要考查了根的判別式，正確記憶公式是解題關鍵．12、.【解析】試題解析：連接OE、AE，∵點C為OA的中點，∴∠CEO=30°，∠EOC=60°，∴△AEO為等邊三角形，∴S扇形AOE=∴S陰影=S扇形AOB-S扇形COD-（S扇形AOE-S△COE）===．13、1【分析】利用角角定理證明△BAD∽△BCA，然后利用相似三角形的性質得到，求得BC的長，從而使問題得解.【詳解】解：∵∠BAD=∠C，∠B=∠B，∴△BAD∽△BCA，∴．∵AB=6，BD=4，∴，∴BC=9，∴CD=BC-BD=9-4=1．本題考查相似三角形的判定與性質，熟記判定方法準確找到相似三角形對應邊是本題的解題關鍵.．14、【分析】設BC=EC=a,根據相似三角形得到，求出a的值，再利用tanA即可求解.【詳解】設BC=EC=a,∵AB∥CD，∴△ABF∽△ECF，∴,即解得a=（-舍去）∴tanF==故答案為：.此題主要考查相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是熟知矩形的性質及正切的定義.15、25【解析】首先求出∠HDB的度數，再利用直角三角形斜邊中線定理可得OH=OD，由此可得∠OHD=∠ODH即可解決問題．【詳解】∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD,DO=OB,∠DAO=∠BAO=25°，∴∠ABO=90°?∠BAO=65°，∵DH⊥AB，∴∠DHB=90°，∴∠BDH=90°?ABO=25°，在Rt△DHB中，∵OD=OB，∴OH=OD=OB，∴∠DHO=∠HDB=25°，故答案為：25.本題考查了菱形的性質，直角三角形斜邊中線定理，熟練掌握性質定理是解題的關鍵.16、x<?1或x>5.【分析】先利用拋物線的對稱性得到拋物線與x軸的另一個交點坐標為（-1，0），然后寫出拋物線在x軸下方所對應的自變量的范圍即可．【詳解】拋物線的對稱軸為直線x=2，而拋物線與x軸的一個交點坐標為(5,0)，所以拋物線與x軸的另一個交點坐標為(?1,0)，所以不等式?x2+bx+c<0的解集為x<?1或x>5.故答案為x<?1或x>5.考點：二次函數圖象的性質17、30°【解析】試題解析：∵關于x的方程有兩個相等的實數根，∴解得：∴銳角α的度數為30°；故答案為30°．18、2﹣【分析】設OE交DF于N，由正八邊形的性質得出DE＝FE，∠EOF＝＝45°，，由垂徑定理得出∠OEF＝∠OFE＝∠OED，OE⊥DF，得出△ONF是等腰直角三角形，因此ON＝FN＝OF＝，∠OFM＝45°，得出EN＝OE﹣OM＝2﹣，證出△EMN是等腰直角三角形，得出MN＝EN，得出MF＝OE＝2，由三角形面積公式即可得出結果．【詳解】解：設OE交DF于N，如圖所示：∵正八邊形ABCDEFGH內接于⊙O，∴DE＝FE，∠EOF＝＝45°，，∴∠OEF＝∠OFE＝∠OED，OE⊥DF，∴△ONF是等腰直角三角形，∴ON＝FN＝OF＝，∠OFM＝45°，∴EN＝OE﹣OM＝2﹣，∠OEF＝∠OFE＝∠OED＝67.5°，∴∠CED＝∠DFE＝67.5°﹣45°＝22.5°，∴∠MEN＝45°，∴△EMN是等腰直角三角形，∴MN＝EN，∴MF＝MN+FN＝ON+EN＝OE＝2，∴△MEF的面積＝MF×EN＝×2×（2﹣）＝2﹣；故答案為：2﹣．本題考查的是圓的綜合，難度系數較高，解題關鍵是根據正八邊形的性質得出每個角的度數.三、解答題(共66分)19、（1）進館人次的月平均增長率為20%；（2）到第五個月時，進館人數將超過學校圖書館的接納能力，見解析【分析】（1）設進館人次的月平均增長率為x，根據第三個月進館達到288次，列方程求解；（2）根據（1）所計算出的月平均增長率，計算出第五個月的進館人次，再與400比較大小即可．【詳解】（1）設進館人次的月平均增長率為x，根據題意，得：200(1+x)2=288解得：x1=0.2，x2=﹣2.2(舍去)．答：進館人次的月平均增長率為20%．（2）第四個月進館人數為288(1+0.2)=345.6(人次)，第五個月進館人數為288(1+0.2)2=414.1(人次)，由于400＜414.1．答：到第五個月時，進館人數將超過學校圖書館的接納能力．本題考查了一元二次方程的應用-增長率問題，列出方程是解答本題的關鍵．本題難度適中，屬于中檔題．20、（1）證明見解析；（2）24【解析】試題分析：（1）首先證明△ABC是等邊三角形，進而得出∠AEC=90°，四邊形AECF是平行四邊形，即可得出答案；（2）利用勾股定理得出AE的長，進而求出菱形的面積．試題解析：（1）∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC，又∵AB=AC，∴△ABC是等邊三角形，∵E是BC的中點，∴AE⊥BC，∴∠AEC=90°，∵E、F分別是BC、AD的中點，∴AF=AD，EC=BC，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC且AD=BC，∴AF∥EC且AF=EC，∴四邊形AECF是平行四邊形，又∵∠AEC=90°，∴四邊形AECF是矩形；（2）在Rt△ABE中，AE=，所以，S菱形ABCD=6×3=18．考點：1.菱形的性質；2..矩形的判定．21、（1）見解析；（1）1【分析】（1）由AC是⊙O的切線，得OA⊥AC，結合OD⊥OB，OA＝OB，得∠CDA＝∠DAC，進而得到結論；（1）利用勾股定理求出OC，即可解決問題．【詳解】（1）∵AC是⊙O的切線，∴OA⊥AC，∴∠OAC＝90°，即：∠OAD+∠DAC＝90°，∵OD⊥OB，∴∠DOB＝90°，∴∠BDO+∠B＝90°，∵OA＝OB，∴∠OAD＝∠B，∴∠BDO＝∠DAC，∵∠BDO＝∠CDA，∴∠CDA＝∠DAC，∴CD＝CA．（1）∵在Rt△ACO中，OC＝＝5，∵CA＝CD＝3，∴OD＝OC﹣CD＝1．本題主要考查圓的基本性質，掌握切線的基本性質，是解題的關鍵.22、（1）y1＝x+2；y2＝；（2）S△COD＝6；（3）當0＜x＜2或x＜﹣4時，k1x+b＜．【分析】（1）把點C的坐標代入反比例函數，利用待定系數法即可求得反比例函數的解析式，作軸于E，根據題意求得B的坐標，然后利用待定系數法求得一次函數的解析式；

（2）聯(lián)立方程求得D的坐標，然后根據即可求得△COD的面積；

（3）根據圖象即可求得時，自變量x的取值范圍．【詳解】（1）∵點C（2，4）在反比例函數y＝的圖象上，∴，∴；如圖，作CE⊥x軸于E，∵C（2，4），點B是線段AC的中點，∴B（0，2），∵B、C在的圖象上，∴，解得，∴一次函數為；（2）由，解得或，∴D（﹣4，﹣2），∴；（3）由圖可得，當0＜x＜2或x＜﹣4時，．本題考查了反比例函數和一次函數的交點問題，待定系數法求一次函數和二次函數的解析式，方程組的解以及三角形的面積等，求得B點的坐標是解題的關鍵．23、（1）y＝﹣x2+﹣x+2；（2）；（3）N點的坐標為：或（）或（﹣）或（﹣）或（﹣）或或（﹣）【分析】(1)根據對稱軸公式列出等式,帶點到拋物線列出等式,解出即可;(2)先求出A、B、C的坐標,從而求出D的坐標算出BD的解析式,根據題意畫出圖形,設出P、G的坐標代入三角形的面積公式得出一元二次方程,聯(lián)立方程組解出即可;(3)分類討論①當AM是正方形的邊時，(ⅰ)當點M在y軸左側時(N在下方),(ⅱ)當點M在y軸右側時,②當AM是正方形的對角線時,分別求出結果綜合即可．【詳解】(1)拋物線y＝﹣x2+bx+c的對稱軸為直線x＝﹣，與x軸交于點B(1，0)．∴，解得，∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+﹣x+2；(2)拋物線y＝﹣x2﹣x+2與x軸交于點A和點B，與y軸交于點C，∴A(﹣1，0)，B(1，0)，C(0，2)．∵點D為線段AC的中點，∴D(﹣2，1)，∴直線BD的解析式為：，過點P作y軸的平行線交直線EF于點G，如圖1，設點P(x，)，則點G(x，)．∴，當x＝﹣時，S最大，即點P(﹣，)，過點E作x軸的平行線交PG于點H，則tan∠EBA＝tan∠HEG＝，∴，故為最小值，即點G為所求．聯(lián)立解得，(舍去)，故點E(﹣,)，則PG﹣的最小值為PH＝．(3)①當AM是正方形的邊時，(ⅰ)當點M在y軸左側時(N在下方)，如圖2，當點M在第二象限時，過點A作y軸的平行線GH，過點M作MG⊥GH于點G，過點N作HN⊥GH于點H，∴∠GMA+∠GAM＝90°，∠GAM+∠HAN＝90°，∴∠GMA＝∠HAN，∵∠AGM＝∠NHA＝90°，AM＝AN，∴△AGM≌△NHA(AAS)，∴GA＝NH＝1﹣，AH＝GM，即y＝﹣，解得x＝，當x＝時，GM＝x﹣(﹣1)＝，yN＝﹣AH＝﹣GM＝，∴N(,)．當x＝時，同理可得N(,)，當點M在第三象限時，同理可得N(,)．(ⅱ)當點M在y軸右側時，如圖3，點M在第一象限時，過點M作MH⊥x軸于點H設AH＝b，同理△AHM≌△MGN(AAS)，則點M(﹣1+b，b﹣)．將點M的坐標代入拋物線解析式可得：b＝(負值舍去)yN＝y(tǒng)M+GM＝y(tǒng)M+AH＝，∴N(﹣,)．當點M在第四象限時，同理可得N(﹣,-)．②當AM是正方形的對角線時，當點M在y軸左側時，過點M作MG⊥對稱軸于點G，設對稱軸與x軸交于點H，如圖1．∵∠AHN＝∠MGN＝90°，∠NAH＝∠MNG，MN＝AN，∴△AHN≌△NGN(AAS)，設點N(﹣,π)，則點M(﹣,)，將點M的坐標代入拋物線解析式可得,(舍去)，∴N(,)，當點M在y軸右側時，同理可得N(,)．綜上所述：N點的坐標為：或()或(﹣)或(﹣)或(﹣)或或(﹣)．本題考查二次函數與一次函數的綜合題型,關鍵在于熟練掌握設數法,合理利用相似全等等基礎知識．24、（1），；（2），；（3），證明見解析；（4）【分析】（1）根據三角形的中位線得出；，進而得到計算即可得出答案；（2）連接EF，中位線的性質以及求出AP、BP、EP和FP的長度再根據勾股定理求出AE和BF的長度即可得出答案；（3）連接EF，根據中位線的性質得出，根據勾股定理求出AE與AP和EP的關系以及BF與BP和FP的關系，即可得出答案；（4）取的中點，連接，結合題目求出四邊形是平行四邊形得出AP＝FP即可得到是“中垂三角形”，根據第三問得出的結論代入，即可得出答案(連接，交于點，證明求得是的中線，進而得出是“中垂三角形”，再結合第三問得出的結論計算即可得出答案).【詳解】解：（1）∵是的中線，∴是的中位線，∴，且，易得.∵，∴，∴.由勾股定理，得，∴.（2）如圖2，連結.∵是的中線，∴是的中位線，∴，且，易得..∵，∴，∴.由勾股定理，得，∴.（3）之間的關系是.證明如下：如圖3，連結.∵是的中線，∴是的中位線.∴，且，易得.在和中，∵，，∴.∴.∴，即.（4）解法1：設的交點為.如圖4，取的中點，連接.∵分別是的中點，是的中點，∴.又∵，∴.∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∴四邊形是平行四邊形，∴，∴是“中垂三角形”，∴，即，解得.（另：連接，交于點，易得是“中垂三角形”，解法類似于解法1，