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2017-2018学年海南省临高县九年级（上）期末模拟数学试卷
一、选择题（共10题；共30分）
1.下列命题正确的是 （ ）
A. 三点可以确定一个圆； B. 以定点为圆心, 定长为半径可确定一个圆；
C. 顶点在圆上的三角形叫圆的外接三角形； D. 等腰三角形的外心一定在这个三角形内。
2.如图，PA切⊙O于点A，PB切⊙O于点B，CD切⊙O于E，若∠APB=50°，则∠COD的度数是（ ）
A. 50° B. 40° C. 25° D. 65°
3.下列方程中是关于x的一元二次方程的是（ ）
A. B. C. D.
4.如图，四边形ABCD是圆内接四边形，E是BC延长线上一点，若∠BAD=105°，则∠DCE的大小是（ ）
A. 115° B. 105° C. 100° D. 95°
5.如图，已知AB是圆O的直径，∠BAC=32°，D为弧AC的中点，那么∠DAC的度数是
A. 25° B. 29° C. 30° D. 32°
6.一个三角形的外心在它的内部，则这个三角形一定是( )
A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 等边三角形
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7.如图，Rt△AOB中，AB⊥OB，且AB=OB=3，设直线x=t截此三角形所得阴影部分的面积为S，则S与t之间的函数关系的图象为下列选项中的（ ）
A. B. C. D.
8.三角形的两边a、b的夹角为60°且满足方程x2﹣3 x+4=0，则第三边的长是（ ）
A. B. 2 C. 2 D. 3
9.如图，正方形ABCD边长为4，点P从点A运动到点B，速度为1，点Q沿B﹣C﹣D运动，速度为2，点P、Q同时出发，则△BPQ的面积y与运动时间t（t≤4）的函数图象是（ ）
A. B. C. D.
10.方程x=x（x-4）的解是（ ）
A. 0 B. 6 C. 0或6 D. 以上答案都不对
二、填空题（共8题；共24 分）
11.一个箱子里装有10个除颜色外都相同的球，其中有1个红球，3个黑球，6个绿球．随机地从这个箱子里摸出一个球，摸出绿球的可能性是 ________
12.如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=6cm，点P从点A开始沿AB向B以1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿BC向C点以2cm/s的速度移动，如果P，Q分别从A，B同时出发，________秒后△PBQ
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的面积等于8cm2 ．
13.有一圆锥，它的高为8cm，底面半径为6cm，则这个圆锥的侧面积是________cm2 ． （结果保留π）
14.将图（1）中的大正方形绕着其中心顺时针至少旋转________ 度时，可变成图（2）．
15.一只昆虫在如图所示的树枝上寻觅食物，假定昆虫在每个岔路口都会随机选择一条路径，则它获取食物的概率是________．
16.在一个不透明的盒子中装有n个小球，它们只有颜色上的区别，其中有2个红球，每次摸球前先将盒中的球摇匀，随机摸出一个球记下颜色后再放回盒中，通过大量重复试验后发现，摸到红球的频率稳定于0.2，那么可以推算出n大约是 ________．
17.在平面直角坐标系中，点P（5，﹣3）关于原点对称的点的坐标是________
18.如图，用一个半径为5cm的定滑轮带动重物上升，滑轮上一点F旋转了108°，假设绳索（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，则重物上升了________cm．
三、解答题（共6题；共36分）
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19.为进一步发展基础教育，自2014年以来，某县加大了教育经费的投入，2014年该县投入教育经费6000万元，并规划投入教育经费逐年增加，2016年在2014年的基础上增加投入教育经费2640万元，设该县这两年投入教育经费的年平均增长率相同，求这两年该县投入教育经费的年平均增长率．
20.如图，是一圆柱形输水管的横截面，阴影部分为有水部分，如果水面宽8cm，水的最大深度为2cm，求该输水管的半径是多少？
21.有两组卡片，第一组三张卡片上都写着A、B、B，第二组五张卡片上都写着A、B、B、D、E．试用列表法求出从每组卡片中各抽取一张，两张都是B的概率．
22.设⊙O的圆心O到直线的距离为d，半径为r，且直线与⊙O相切．d，r是一元二次方程（m+9）x2﹣（m+6）x+1=0的两根，求m的值．
23.如图1，已知：直线y=x﹣3分别交x轴于A，交y轴于B，抛物线C1：y=x2+4x+b的顶点D在直线AB上．
（1）求抛物线C1的解析式；
（2）如图2，将抛物线C1的顶点沿射线DA的方向平移得抛物线C2 ， 抛物线C2交y轴于C，顶点为E，若CE⊥AB，求抛物线C2的解析式；
（3）如图3，将直线AB沿y轴正方向平移t（t＞0）个单位得直线l，抛物线C1的顶点在直线AB上平移得抛物线C3 ， 直线l和抛物线C3相交于P、Q，求当t为何值时，PQ=3？
24.如图，BC为⊙O的直径，A为⊙O上的点，以BC、AB为边作▱ABCD，⊙O交AD于点E，连结BE，点P为过点B的⊙O的切线上一点，连结PE，且满足∠PEA=∠ABE．
（1）求证：PB=PE；
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（2）若sin∠P=， 求的值．
四、综合题（共10分）
25.解答题
（1）如图1，已知⊙O的半径是4，△ABC内接于⊙O，AC=4 ．
①求∠ABC的度数；
②已知AP是⊙O的切线，且AP=4，连接PC．判断直线PC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，已知▱ABCD的顶点A、B、D在⊙O上，顶点C在⊙O内，延长BC交⊙O于点E，连接DE．求证：DE=DC．
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2017-2018学年海南省临高县临高中学九年级（上）期末模拟数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1.【答案】B
【考点】确定圆的条件，三角形的外接圆与外心
【解析】【分析】根据圆和三角形的的性质分别作出判断：
A.不丰同一直线上的三点才可以确定一个圆，命题错误；
B.以定点为圆心, 定长为半径可确定一个圆，命题正确；
C.顶点在圆上的三角形叫圆的内接三角形，命题错误；
D.当等腰三角形的顶角是钝角时，外心在这个三角形外 ，命题错误。
故选B．
2.【答案】D
【考点】切线的性质
【解析】【解答】解： 如图，连接OA，OB，OE，
∵PA、PB、CD分别切⊙O于A、B、E，
∴∠AOC=∠EOC，
同理∠BOD=∠DOE，
∴∠COD=∠COE+∠DOE= ∠AOB，
∵∠APB=50°，
∴∠AOB=130°，
∴∠COD=65°．
故选D．
【分析】连接OA，OB，OE，根据切线长定理，得∠AOC=∠COE，∠BOD=∠DOE，从而得∠COD= ∠AOB，再由∠APB=50°，求得∠COD．
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3.【答案】C
【考点】一元二次方程的定义
【解析】【分析】根据一元二次方程的定义知：
A、不是整式方程,故本选项错误;
B、方程二次项系数可能为0,故本选项错误;
C、符合一元二次方程的定义,故本选项正确;
D、方程含有两个未知数,故本选项错误．
故选C．
4.【答案】B
【考点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
而∠BCD+∠DCE=180°，
∴∠DCE=∠BAD，
而∠BAD=105°，
∴∠DCE=105°．
故答案为：B．
【分析】根据圆内接四边形的对角互补，得出∠BCD的度数，再根据平角的定义求得∠DCE的度数。
5.【答案】B
【考点】圆周角定理
【解析】【分析】如图,连接BC，
∵AB是半圆O的直径，∠BAC=32°，∴∠ACB=90°，∠B=90°-32°=58°.
∴∠D=180°-∠B=122°（圆内接四边形对角互补）.
∵D是弧AC的中点，∴∠DAC=∠DCA=（180°-∠D）÷2=29°.
故选B．
6.【答案】C
【考点】三角形的外接圆与外心
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【解析】【分析】根据三角形的外心的位置知：一个三角形的外心若在内部，则该三角形一定是锐角三角形。
【解答】三边垂直平分线的交点在三角形的内部，则这个三角形必为锐角三角形。
故选C．
【点评】熟悉不同形状的三角形的外心的位置是解题的关键。
7.【答案】D
【考点】二次函数的图象
【解析】【解答】解：∵Rt△AOB中，AB⊥OB，且AB=OB=3，
∴∠AOB=∠A=45°，
∵CD⊥OB，
∴CD∥AB，
∴∠OCD=∠A，
∴∠AOD=∠OCD=45°，
∴OD=CD=t，
∴S△OCD=×OD×CD
=t2（0≤t≤3），即S=t2（0≤t≤3）．
故S与t之间的函数关系的图象应为定义域为[0，3]、开口向上的二次函数图象；
故选D．
【分析】Rt△AOB中，AB⊥OB，且AB=OB=3，所以很容易求得∠AOB=∠A=45°；再由平行线的性质得出∠OCD=∠A，即∠AOD=∠OCD=45°，进而证明OD=CD=t；最后根据三角形的面积公式，解答出S与t之间的函数关系式，由函数解析式来选择图象．
8.【答案】A
【考点】一元二次方程的解
【解析】【解答】解：x2﹣3 x+4=0，
（x﹣2 ）（x﹣ ）=0，
所以x1=2 ，x2= ，
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即a=2 ，b= ，
如图，△ABC中，a=2 ，b= ，∠C=60°，
作AH⊥BC于H，
在Rt△ACH中，∵∠C=60°，
∴CH= AC= ，AH= CH= ，
∴BH=2 ﹣ = ，
在Rt△ABH中，AB= = ，
即三角形的第三边的长是 ．
故选A．
【分析】先利用因式分解法解方程x2﹣3 x+4=0得到a=2 ，b= ，如图，△ABC中，a=2 ，b= ，∠C=60°，作AH⊥BC于H，再在Rt△ACH中，利用含30度的直角三角形三边的关系得到CH= ，AH= ，则BH= ，然后在Rt△ABH中利用勾股定理计算AB的长即可．
9.【答案】B
【考点】二次函数的图象，二次函数的性质
【解析】【解答】①点P在AB上运动，点Q在BC上运动，即0≤t≤2，
此时AP=t，BP=4﹣t，QB=2t，
故可得y= PB•QB= （4﹣t）•2t=﹣t2+4t，函数图象为开口向下的抛物线；
②点P在AB上运动，点Q在CD上运动，即2＜t≤4
此时AP=t，BP=4﹣t，△BPQ底边PB上的高保持不变，为正方形的边长4，
故可得y= BP×4=﹣2t+8，函数图象为直线．
综上可得全过程的函数图象，先是开口向下的抛物线，然后是直线；
故答案为：B．
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【分析】分为点P在AB上运动，点Q在BC上运动和点P在AB上运动，点Q在CD上运动两种情况，然后画出相应的图形，接下来，依据三角形的面积公式，列出函数关系式，最后，依据函数解析式可得到函数的大致图像.
10.【答案】C
【考点】解一元二次方程-因式分解法
【解析】【分析】移项后提公因式即可解答．
【解答】移项得，x-x（x-5)=0，
提公因式得，x[1-（x-5)]=0，
x（6-x)=0，
解得x1=0，x2=6．
故选C．
【点评】本题考查了解一元二次方程，找到公因式是解题的关键．
二、填空题
11.【答案】
【考点】可能性的大小
【解析】【解答】解：摸出绿球的可能性是：6÷10=．
答：摸出绿球的可能性是．
故答案为：．
【分析】摸出绿球的可能性是绿球个数与球的总数之比，由此计算即可．
12.【答案】2或4
【考点】一元二次方程的应用
【解析】【解答】解：设x秒后△PBQ的面积等于8cm2 ， 由题意得：
（6﹣x）2x=8，
解得：x1=2，x2=4，
故答案为：2或4．
【分析】首先设x秒后△PBQ的面积等于8cm2 ， 进而可得PB=6﹣x，QB=2x，再根据三角形的面积公式可得 （6﹣x）2x=8，再解即可．
13.【答案】60π
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【考点】圆锥的计算
【解析】【解答】解：圆锥的母线= =10cm， 圆锥的底面周长2πr=12πcm，
圆锥的侧面积= lR= ×12π×10=60πcm2 ．
故答案为：60π．
【分析】先根据圆锥的底面半径和高求出母线长，圆锥的侧面积是展开后扇形的面积，计算可得．
14.【答案】270
【考点】利用旋转设计图案
【解析】【解答】解：如图所示：将图（1）中的大正方形绕着其中心顺时针至少旋转270度时，可变成图（2）．
故答案为：270．
【分析】根据旋转的性质得出阴影部分对应情况，即可得出旋转角度．
15.【答案】
【考点】列表法与树状图法
【解析】【解答】解：根据树状图，蚂蚁获取食物的概率是 = ． 故答案为 ．
【分析】根据树状图判断出蚂蚁一共有多少种路可以选择，有几种可能可以获取食物即可解决问题．
16.【答案】10
【考点】利用频率估计概率
【解析】【解答】解：由题意可得，=0.2，
解得，n=10．
故估计n大约有10个．
故答案为：10．
【分析】在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，列出方程求解．
17.【答案】（﹣5，3）
【考点】关于原点对称的点的坐标
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【解析】【解答】解：点P（5，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（﹣5，3）．
故答案为：（﹣5，3）．
【分析】根据关于坐标原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
18.【答案】3π
【考点】弧长的计算，生活中的旋转现象
【解析】【解答】解：根据题意得：l= =3πcm，
则重物上升了3πcm，
故答案是：3π．
【分析】重物上升的高度就是滑轮上一点F旋转了108°的弧长，利用弧长公式计算即可。
三、解答题
19.【答案】解：设这两年该县投入教育经费的年平均增长率为x，根据题意， 得：6000（1+x）2=6000+2640，
解得：x1=0.2=20%，x2=﹣2.2（舍），
答：从2014年到2016年，这两年该县投入教育经费的年平均增长率为20%
【考点】一元二次方程的应用
【解析】【分析】设年平均增长率为x，根据：2014年投入资金给×（1+增长率）2=2016年投入资金，列出方程组求解可得．
20.【答案】解：过点O做OC⊥AB于点D，连接OA．
设半径长为rcm，
∵OC⊥AB，
∴AD= AB
= ×8
=4（cm），
∵CD=2cm∴OD=r﹣2（cm）
在Rt△AOD中，由勾股定理得：（r﹣2）2+42=r2
r2﹣4r+4+42=42
4r=20
r=5，
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答：该水管的半径是5cm．
【考点】垂径定理的应用
【解析】【分析】先过点O作OD⊥AB于点D，连接OA，由垂径定理可知AD= AB，设OA=r，则OD=r﹣2，在Rt△AOD中，利用勾股定理即可求出r的值．
21.【答案】解：列表得：
E
AE
BE
BE
D
AD
BD
BD
B
AB
BB
BB
B
AB
BB
BB
A
AA
BA
BA
A
B
B
∵共有15种等可能的结果，从每组卡片中各抽取一张，两张都是B的有4种情况，
∴从每组卡片中各抽取一张，两张都是B的概率为：．
【考点】列表法与树状图法
【解析】【分析】首先根据题意列出表格，然后由表格即可求得所有等可能的结果与从每组卡片中各抽取一张，两张都是B的情况，再利用概率公式即可求得答案．
22.【答案】解：∵⊙O的圆心O到直线的距离为d，半径为r，且直线与⊙O相切，
∴d=r，
∵d，r是一元二次方程（m+9）x2﹣（m+6）x+1=0的两根，
∴△=0，
即[﹣（m+6）]2﹣4（m+9）•1=0，
解得：m=0或﹣8，
当m=﹣8时，x=﹣1，不符合题意舍去，
故m=0．
【考点】直线与圆的位置关系
【解析】【分析】根据直线和圆的位置关系得出d=r，根据根与系数的关系得出△=0，代入求出即可．
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23.【答案】解：（1）由y=x2+4x+b=（x+2）2﹣4+b，
∴顶点D的坐标（﹣2，﹣4+b），
代入y=x﹣3得：﹣4+b=×（﹣2）﹣3，
解得：b=0，
∴抛物线C1的解析式为：y=x2+4x；
（2）∵抛物线C1的顶点沿射线DA的方向平移得抛物线C2 ，
∴抛物线C1的向右平移a个单位的同时向上平移a个单位，
∵y=x2+4x=（x+2）2﹣4，
∴抛物线C2的解析式为：y=（x+2﹣a）2﹣4+，
∴E（﹣2+a，﹣4+），
令x=0，则y=a2﹣a，
∵CE⊥AB，
∴直线CE的斜率为﹣2，
∴直线CE为：y=﹣2x+a2﹣a，
∴﹣4+=﹣2（﹣2+a）+a2﹣a，
解得：a=2（舍去），a=4，
∴抛物线C2的解析式为：y=（x﹣2）2﹣2；
（3）∵PQ的长与C3移动到的位置无关，
∴当抛物线C3的顶点在y轴时，抛物线的解析式为：y=x2﹣3，
∵直线AB沿y轴正方向平移t（t＞0）个单位得直线l，
∴直线l的解析式为：y=x﹣3+t，
解，得：x1=，x2=，
∵x1﹣x2=，
∴PQ2=（）2+（）2=，
∵PQ=3，
∴PQ2=45，
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∴=45，
解得t=，
∴当t=时，P、Q之间的距离为3．
【考点】二次函数的应用
【解析】【分析】（1）根据抛物线的解析式转化为顶点式，求得顶点D的坐标，把D的坐标代入，直线的解析式即可求得b的值进而求得抛物线C1的解析式；
（2）先得出抛物线C2的解析式为：y=（x+2﹣a）2﹣4+， 求得顶点E的坐标，令x=0，求得y=a2﹣a，由于CE⊥AB，所以直线CE的斜率为﹣2，进而求得直线CE为：y=﹣2x+a2﹣a，把顶点的坐标代入即可求得a的值，从而求得抛物线C2的解析式；
（3）PQ的长与C3移动到的位置无关，当抛物线C3的顶点在y轴时，抛物线的解析式为：y=x2﹣3，先求得直线l的解析式，然后与抛物线y=x2﹣3组成方程组，解方程组即可求得P、Q的横坐标，根据直线的斜率求得纵坐标的差等于横坐标差的一半，根据勾股定理即可求得PQ2 ， 与已知条件PQ=3列出等式即可求得t的值；
24.【答案】解：（1）证明：∵PB是⊙O的切线，
∴∠ABP=∠AEB，
∵∠PEA=∠ABE．
∴∠PBE=∠PEB，
∴PB=PE；
（2）连接EC，延长DA交PB于F，
∵PB是⊙O的切线，
∴BC⊥PB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴EF⊥PB，
∵sin∠P=，
设PE=5a，EF=3a，则PF=4a，
∵PB=PE=5a，
∴BF=a，
∴BE==a，
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∴=，
∵AD∥BC，
∴=，
∴AB=CE，
∵AB=CD，
∴CE=CD，
∴∠D=∠CED，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBC，
∵∠ABP=∠AEB，
∴∠ABP=∠EBC，
∴∠PBE=∠ABC，
∴∠PBE=∠D，
∵∠PBE=∠PEB，
∴△CDE∽△PBE，
∴==；
【考点】切线的性质
【解析】【分析】（1）根据切线的性质求得∠ABP=∠AEB，根据已知条件即可求得∠PBE=∠PEB，根据等角对等边即可证明结论；
（2）连接EC，延长DA交PB于F，根据平行弦的性质得出=， 进而求得AB=CE=CD，得出三角形CED
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是等腰三角形，在等腰三角形PBE中根据勾股定理求得BE的长，进而求得=， 由于∠AEB=∠EBC，∠ABP=∠AEB，得出∠ABP=∠EBC，从而得出∠PBE=∠ABC=∠D，求得△CDE∽△PBE，得出==；
四、综合题
25.【答案】（1）解：①连结OA、OC，如图1，
∵OA=OC=4，AC=4 ，
∴OA2+OC2=AC2 ，
∴△OCA为等腰直角三角形，∠AOC=90°，
∴∠ABC= ∠AOC=45°；
②直线PC与⊙O相切．理由如下：
∵AP是⊙O的切线，
∴∠OAP=90°，
而∠AOC=90°，
∴AP∥OC，
而AP=OC=4，
∴四边形APCO为平行四边形，
∵∠AOC=90°，
∴四边形AOCP为矩形，
∴∠PCO=90°，
∴PC⊥OC，
∴PC为⊙O的切线
（2）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
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∴∠B+∠A=180°，∠DCE=∠B，
∵∠E+∠A=180°，
∴∠E=∠B，
∴∠DCE=∠E，
∴DC=DE．
【考点】平行四边形的性质，切线的性质
【解析】【分析】（1）①连结OA、OC，如图1，利用勾股定理的逆定理证明△OCA为等腰直角三角形，∠AOC=90°，然后根据圆周角定理易得∠ABC=45°；
②先根据切线的性质得∠OAP=90°，再证四边形APCO为平行四边形，加上∠AOC=90°，则可判断四边形AOCP为矩形，所以∠PCO=90°，然后根据切线得判断定理得到PC为⊙O的切线；（2）根据平行四边形的性质得AB∥CD，AD∥BC，再由平行线的性质得∠B+∠A=180°，∠DCE=∠B，由圆内接四边形的性质得∠E+∠A=180°，易得∠DCE=∠E，则根据等腰三角形的判定定理即可得到DC=DE．
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