整理河南省许昌市九年级第二次模拟考试数学模拟练习word版配套精选卷.docx
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整理河南省许昌市九年级第二次模拟考试数学模拟练习word版配套精选卷
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许昌市2021-2021学年下学期第二次模拟考试
九年级数学试卷
题号
一
二
三
总分
1～8
9～15
16
17
18
19
2021
1
22
23
得分
温馨提示：
1．数学试卷共4页，三大题，卷面满分12021请核实无误后再答题．
2．考试时间共100分钟，请合理分配时间．
一、选择题（每小题3分，共24分）
1、下列各数中，最大的数是（）
A、
B、-2C、0D、1
2、下列运算中，结果正确的是（）
A、
B、
C、
D、
3、如图所示的几何体是由一些正方体组合而成的立体图形，则这个几何体的俯视图是（ ）
A．
B．
C．
D．
4、甲、乙、丙、丁四人进行射击测试，每人10次射击成绩的平均数都是环，方差分别是S2甲=，S2乙=，S2丙=，
S2丁=，则成绩最稳定的是（ ）
A、甲B、乙C、丙D、丁
5、若扇形的圆心角为45°，半径长为12，则该扇形的弧长为（ ）
A、B、2πC、3πD、12π
6、如图，过正五边形ABCDE的顶点A作直线∥BE，则∠1的度数为（ ）
A、30°B、36°C、38°D、45°
7、如图，点A是反比例函数
的图象上的一点，过点A作AB⊥轴，垂足为B，点C为轴上的一点，连接AC、BC，若△ABC的面积为3，则的值是（）
A、3B、-3C、6D、-6
8、如图，△ABC内接于半径为5的⊙O，圆心O到弦BC的距离等于3，则∠A的正切值等于（ ）
A、B、C、D、座号：
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
二、填空题（每小题3分，共21分）
9、若二次根式
有意义，则的取值范围是 ．
10、从﹣1，0，，π，中随机任取一数，取到无理数的概率是 ．
11、写出一个解集为＞1的一元一次不等式组：
．
12、如图，平面上直线a，b分别经过线段OK两端点（数据如图），则a，b相交所成的锐角是 ．
13、在等腰Rt△OAA1中，∠OAA1=90°，OA=1，以OA1为直角边作等腰Rt△OA1A2，以OA2为直角边作等腰Rt△OA2A3，……则OA6的长度为 ．
14、二次函数=a2bc（a≠0）的图象如图所示，下列结论：
①2ab=0；②ac＞b；③抛物线=a2bc与轴的另一个交点为（3，0）；④abc＞0．其中正确的结论是 （填写序号）．
15、如图，在平行四边形ABCD中，AB=6，BC=4，∠B=60°，点E是边AB上的一点，点F是边CD上一点，将平行四边形ABCD沿EF折叠，得到四边形EFGH，点A的对应点为点C，点D的对应点为点G．则△CEF的面积 ．
三、解答题（本大题8个小题，共75分）
16、小明同学在解一元二次方程时，他是这样做的：
（1）小明的解法从第 步开始出现错误；
此题的正确结果是 ．
（2）用因式分解法解方程：
（2﹣1）=3（2﹣1）
17、如图，一次函数=b的图象与反比例函数
的图象相交于点A（﹣1，3）和点B（3，n）．
（1）求这两个函数的解析式；
（2）直接写出不等式
的解集．
18、为实施“农村留守儿童关爱计划”，某校对全校各班留守儿童的人数情况进行了统计，发现各班留守儿童人数只有1名、2名、3名、4名、5名、6名共六种情况，并制成了如下两幅不完整的统计图：
（1）将该条形统计图补充完整；
（2）求该校平均每班有多少名留守儿童？
（3）某爱心人士决定从只有2名留守儿童的这些班级中，任选两名进行生活资助，请用列表法或画树状图的方法，求出所选两名留守儿童来自同一个班级的概率．
19、如图，在△ABC中，AB=AC，∠DAC是△ABC的一个外角．
实验与操作：
根据要求进行尺规作图，并在图中标明相应字母
（保留作图痕迹，不写作法）
（1）作∠DAC的平分线AM；
（2）作线段AC的垂直平分线，与AM交于点F，与BC边交于点E，连接AE，CF．
猜想并证明：
判断四边形AECF的形状并加以证明．
2021图，在东西方向的海岸线上有一长为1千米的码头MN，在码头西端M的正西方向30千米处有一观察站O．某时刻测得一艘匀速直线航行的轮船位于O的北偏西30°方向，且与O相距
千米的A处；经过40分钟，又测得该轮船位于O的正北方向，且与O相距2021的B处．
（1）求该轮船航行的速度；
（2）如果该轮船不改变航向继续航行，那么轮船能否正好行至码头MN靠岸？
请说明理由．（参考数据：
）
21、为了创建全国卫生城，某社区要清理一个卫生死角内的垃圾，租用甲、乙两车运送．若两车合作，各运12趟才能完成，需支付运费共4800元；若甲、乙两车单独运完此堆垃圾，则乙车所运趟数是甲车的2倍；已知乙车每趟运费比甲车少2021．
（1）分别求出甲、乙两车每趟的运费；
（2）若单独租用甲车运完此堆垃圾，需运多少趟；
（3）若同时租用甲、乙两车，则甲车运趟，乙车运趟，才能运完此堆垃圾，其中为，均为正整数．
①当=10时，= ；当=10时，= ；
②求与的函数关系式．
探究：
在（3）的条件下，设总运费为w（元）．
求：
w与的函数关系式，直接写出w的最小值；
22、在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，设锐角∠AOB=α，将△DOC按逆时针方向旋转得到△D′OC′（0°＜旋转角＜90°）连接AC′、BD′，AC′与BD′相交于点M．
（1）当四边形ABCD为矩形时，如图1．求证：
△AOC′≌△BOD′．
（2）当四边形ABCD为平行四边形时，设AC=BD，如图2．
①猜想此时△AOC′与△BOD′有何关系，证明你的猜想；
②探究AC′与BD′的数量关系以及∠AMB与α的大小关系，
并给予证明．
23、如图1，已知抛物线经过坐标原点O和轴上另一点E，顶点M的坐标为（2，4）；矩形ABCD的顶点A与点O重合，AD、AB分别在轴、轴上，且AD=2，AB=3．
（1）求该抛物线的函数解析式；
（2）将矩形ABCD以每秒1个单位长度的速度从图1所示的位置沿轴的正方向匀速平行移动，同时一动点
=－1×3=－3，
所以反比例函数解析式为
，…………………3分
把B（3，n）代入
得3n=3，解得n=－1，
所以B点坐标为（3，－1），
把A（－1，3）、B（3，－1）代入=＋b得
，解得
，
所以一次函数解析式为=－＋2；……………………………………………………6分
（2）－1＜＜0或＞3．……………………………………………………………………9分
18
（1）该校班级个数为4÷20212021）,
只有2名留守儿童的班级个数为：
20212＋3＋4＋5＋4）=2（个），
补图如下：
…………………………………………3分
（2）该校平均每班留守儿童的人数为：
（1×2＋2×2＋3×3＋4×4＋5×5＋6×4）÷2021（个）；…………………………5分
（3）由
（1）得只有2名留守儿童的班级有2个，共4名学生，设A1，A2来自一个班，B1，B2来自一个班，如图；
由树状图可知，共有12种可能的情况，并且每种结果出现的可能性相等，其中来自一个班的共有4种情况，
则所选两名留守儿童来自同一个班级的概率为：
．…………………………9分
19解：
（1）画图正确…………………3分
（2）猜想：
四边形AECF是菱形……………………4分
证明：
∵AB=AC，AM平分∠CAD
∴∠B=∠ACB，∠CAD=2∠CAM
∵∠CAD是△ABC的外角
∴∠CAD=∠B∠ACB
∴∠CAD=2∠ACB∴∠CAM=∠ACB
∴AF∥CE
∵EF垂直平分AC∴OA=OC,∠AOF=∠COE=
∴AOF≌△COE∴AF=CE
在四边形AECF中，AF∥CE，AF=CE
∴四边形AECF是平行四边形
又∵EF⊥AC∴四边形AECF是菱形……………………9分
2021：
（1）过点A作AC⊥OB于点C．
由题意，得
OA=
千米，OB=2021，∠AOC=30°．
∴
（千米）．
∵在Rt△AOC中，OC=OA•co∠AOC=
=30（千米）．
∴BC=OC－OB=30－20210（千米）．
∴在Rt△ABC中，AB=
（千米）．
∴轮船航行的速度为：
（千米/时）．…………………………5分
（2）如果该轮船不改变航向继续航行，不能行至码头MN靠岸．
理由：
延长AB交于点D．
∵AB=OB=2021米），∠AOC=30°．
∴∠OAB=∠AOC=30°，∴∠OBD=∠OAB＋∠AOC=60°．
∴在Rt△BOD中，OD=OB•tan∠OBD=2021an60°=
（千米）．
∵
＞30＋1，
∴该轮船不改变航向继续航行，不能行至码头MN靠岸．…………………………9分
21
（1）解：
设甲、乙两车每趟的运费分别为m元、n元，
由题意得
解得：
答：
甲、乙两车每趟的运费分别为300元、100元．…………………………3分
（2）解：
设单独租用甲车运完此堆垃圾，需运a趟，由题意得
12（
）=1
解得a=18
经检验a=18是原方程的解
答：
单独租用甲车运完此堆垃圾，需运18趟．…………………………6分
（3）由题意得：
∴=36－2
w=300＋100=300＋100（36－2）
=100＋3600，（0＜＜18，且为正整数），
∵100＞0，
∴w随的增大而增大，
∴当=1时，w有最小值，w的最小值3700元．…………………………10分
221证明：
在矩形ABCD中，∵AC=BD，OA=OC=
AC，OB=OD=
BD，
∴OA=OC=OB=OD，∵△D′OC′由△DOC旋转得到，
∴OD=OD′，OC=OC′，∠D′OD=∠C′OC，
∴OB=OD′=OA=OC′，∴180°－∠D′OD=180°－∠C′OC，
即∠BOD′=∠AOC′，
∴△BOD′≌△AOC′…………………………………………………………………………3分
2①猜想：
△BOD′∽△AOC′．
∵在平行四边形ABCD中，OB=OD，OA=OC，
∵△D′OC′由△DOC旋转得到，
∴OD=OD′，OC=OC′，∠D′OD=∠C′OC，
∴OB∶OA=OD′∶OC′，180°－∠D′OD=180°－∠C′OC，
∴∠BOD′=∠AOC′，
∴△BOD′∽△AOC′…………………………………………………………………………7分
②结论：
AC′=BD′，∠AMB＝α
∵△BOD′∽△AOC′，∴
，即AC′=BD′
设BD′与AC相交于点N，∵△BOD′∽△AOC′，∴∠OBM=∠OAM，
在△ANM与△BNO中，又∵∠ANM=∠BNO，
∴180°－∠OAC′－∠ANM＝180°－∠OBD′－∠BNO，
即∠AMB＝∠AOB＝α．…………………………………………………………………10分
23解：
（1）设抛物线的解析式为：
=a（－2）2＋4，
则有0=4a＋4，∴a=－1，
∴抛物线的解析式为：
=－（－2）2＋4；……3分
（2）①S存在最大值．理由如下：
∵点A在轴的非负半轴上，且N在抛物线上，
∴OA=AP=t．
∴点P，N的坐标分别为（t，t）、（t，－t2＋4t）
∴PN=（－t2＋4t）－t=－t2＋3t
∵PN∥CD，AD⊥CD，
∴S=
（CD＋PN）•AD=
[3＋（－t2＋3t）]×2
=－t2＋3t＋3
……………………………………6分
其中0≤t≤3，由a=－1，0＜
＜3，此时S最大=
．
∴当t=
时，以点P，N，C，D为顶点的多边形面积有最大值，这个最大值为
．…8分
②点Q的坐标为
……………………………………11分
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