2024届安徽省六安市实验中学九年级数学第一学期期末检测试题含解析

2024届安徽省六安市实验中学九年级数学第一学期期末检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1．若点A（2，y1），B（﹣3，y2），C（﹣1，y3）三点在抛物线y＝x2﹣4x﹣m的图象上，则y1、y2、y3的大小关系是（）A．y1＞y2＞y3 B．y2＞y1＞y3 C．y2＞y3＞y1 D．y3＞y1＞y22．如图，为的直径，，为上的两点.若，，则的度数是（）A． B． C． D．3．如图，点D是△ABC的边AB上的一点，过点D作BC的平行线交AC于点E，连接BE，过点D作BE的平行线交AC于点F，则下列结论错误的是（）A． B． C． D．4．如图，AB为⊙O的直径，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，点P在BA的延长线上，PD与⊙O相切，D为切点，若∠BCD＝125°，则∠ADP的大小为（）A．25° B．40° C．35° D．30°5．如图，已知OB为⊙O的半径，且OB＝10cm，弦CD⊥OB于M，若OM：MB＝4：1，则CD长为（）A．3cm B．6cm C．12cm D．24cm6．如果抛物线开口向下，那么的取值范围为（）A． B． C． D．7．如图，AB切⊙O于点B，C为⊙O上一点，且OC⊥OA，CB与OA交于点D，若∠OCB＝15°，AB＝2，则⊙O的半径为（）A． B．2 C．3 D．48．圆锥的母线长为4，底面半径为2，则它的侧面积为（）A．4π B．6π C．8π D．16π9．如图，AB是⊙O的直径，OC是⊙O的半径，点D是半圆AB上一动点（不与A、B重合）,连结DC交直径AB与点E,若∠AOC=60°，则∠AED的范围为（）A．0°<∠AED<180° B．30°<∠AED<120°C．60°<∠AED<120° D．60°<∠AED<150°10．河堤横断面如图所示，堤高BC=6米，迎水坡AB的坡比为1：，则AB的长为A．12米 B．4米 C．5米 D．6米11．如图，⊙是的外接圆，已知平分交⊙于点，交于点，若，，则的长为（）A． B． C． D．12．如图，在△OAB中，顶点O（0，0），A（﹣3，4），B（3，4），将△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2019次旋转结束时，点D的坐标为（）A．（3，﹣10） B．（10，3） C．（﹣10，﹣3） D．（10，﹣3）二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，是的两条切线，为切点，点分别在线段上，且，则__________．14．计算：|﹣3|+（2019﹣π）0﹣+（）-2=_______．15．若实数、满足，则以、的值为边长的等腰三角形的周长为．16．关于x的一元二次方程x2﹣mx﹣2=0的一个根为﹣1，则m的值为________．17．在一个不透明的袋子中有个红球、个绿球和个白球，这些球除颜色外都相同，摇匀后从袋子中任意摸出一个球，摸出_______颜色的球的可能性最大.18．在△ABC中，tanB＝，BC边上的高AD＝6，AC＝3，则BC长为_____．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，已知抛物线经过点、，且与轴交于点，抛物线的顶点为，连接，点是线段上的一个动点（不与、）重合.（1）求抛物线的解析式，并写出顶点的坐标；（2）过点作轴于点，求面积的最大值及取得最大值时点的坐标；（3）在（2）的条件下，若点是轴上一动点，点是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边若存在，请直接写出点的坐标：若不存在，请说明理由.20．（8分）随着粤港澳大湾区建设的加速推进，广东省正加速布局以5G等为代表的战略性新兴产业，据统计，目前广东5G基站的数量约1.5万座，计划到2020年底，全省5G基站数是目前的4倍，到2022年底，全省5G基站数量将达到17.34万座．（1）计划到2020年底，全省5G基站的数量是多少万座？；（2）按照计划，求2020年底到2022年底，全省5G基站数量的年平均增长率．21．（8分）如图，于点,为等腰直角三角形，，当绕点旋转时，记.(1)过点作交射线于点，作射线交射线于点.①依题意补全图形，求的度数;②当时，求的长.(2)若上存在一点，且，作射线交射线于点，直接写出长度的最大值.22．（10分）如图，平面直角坐标系xOy中点A的坐标为（﹣1，1），点B的坐标为（3，3），抛物线经过A、O、B三点，连接OA、OB、AB，线段AB交y轴于点E．（1）求点E的坐标；（2）求抛物线的函数解析式；（3）点F为线段OB上的一个动点（不与点O、B重合），直线EF与抛物线交于M、N两点（点N在y轴右侧），连接ON、BN，当四边形ABNO的面积最大时，求点N的坐标并求出四边形ABNO面积的最大值．23．（10分）在平面内，给定不在同一直线上的点A，B，C，如图所示．点O到点A，B，C的距离均等于a（a为常数），到点O的距离等于a的所有点组成图形G，的平分线交图形G于点D，连接AD，CD．（1）求证：AD=CD；（2）过点D作DEBA，垂足为E，作DFBC，垂足为F，延长DF交图形G于点M，连接CM．若AD=CM，求直线DE与图形G的公共点个数．24．（10分）如图，矩形的两边的长分别为3、8，是的中点，反比例函数的图象经过点，与交于点．（1）若点坐标为，求的值；（2）若，求反比例函数的表达式．25．（12分）一个不透明的口袋里装着分别标有数字，，0，2的四个小球，除数字不同外，小球没有任何区别，每次实验时把小球搅匀.（1）从中任取一球，求所抽取的数字恰好为负数的概率；（2）从中任取一球，将球上的数字记为，然后把小球放回；再任取一球，将球上的数字记为，试用画树状图（或列表法）表示出点所有可能的结果，并求点在直线上的概率.26．按要求解答下列各小题．（1）解方程：；（2）计算：．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【分析】先求出二次函数的图象的对称轴，然后判断出，，在抛物线上的位置，再根据二次函数的增减性求解．【题目详解】解：∵二次函数中，∴开口向上，对称轴为，∵中，∴最小，又∵，都在对称轴的左侧，而在对称轴的左侧，随得增大而减小，故．∴．故选：C．【题目点拨】本题考查二次函数的图象与性质,特别是对称轴与其两侧的增减性,熟练掌握图象与性质是解答关键.2、B【分析】先连接OC，根据三条边都相等可证明△OCB是等边三角形，再利用圆周角定理即可求出角度.【题目详解】解：如图，连接OC．∵AB=2，BC=1，∴OB=OC=BC=1，∴△OCB是等边三角形，∴∠COB=60°，∴∠CDB=∠COB=30°.故选：B．【题目点拨】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定及性质等知识，作半径是圆中常用到的辅助线需熟练掌握.3、D【分析】由平行线分线段成比例和相似三角形的性质进行判断.【题目详解】∵DE//BC，∴，故A正确；∵DF//BE，∴△ADF∽△ABF,∴，故B正确；∵DF//BE，∴，∵，∴，故C正确；∵DE//BC，∴△ADE∽△ABC,∴，∵DF//BE，∴，∴，故D错误.故选D.【题目点拨】本题考查平行线分线段成比例性质，相似三角形的性质，由平行线得出比例关系是关键.4、C【分析】连接AC，OD，根据直径所对的圆周角是直角得到∠ACB是直角，求出∠ACD的度数，根据圆周角定理求出∠AOD的度数，再利用切线的性质即可得到∠ADP的度数．【题目详解】连接AC，OD．∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACD=125°﹣90°=35°，∴∠AOD=2∠ACD=70°．∵OA=OD，∴∠OAD=∠ADO，∴∠ADO=55°．∵PD与⊙O相切，∴OD⊥PD，∴∠ADP=90°﹣∠ADO=90°﹣55°=35°．故选：C．【题目点拨】本题考查了切线的性质、圆周角定理及推论，正确作出辅助线是解答本题的关键．5、C【分析】根据OB＝10cm，OM：MB＝4：1，可求得OM的长，再根据垂径定理和勾股定理可计算出答案．【题目详解】∵弦CD⊥OB于M，∴CM＝DM＝CD，∵OM：MB＝4：1，∴OM＝OB＝8cm，∴CM＝（cm），∴CD＝2CM＝12cm，故选：C．【题目点拨】本题考查了垂径定理和勾股定理，垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．6、D【分析】由抛物线的开口向下可得不等式，解不等式即可得出结论．【题目详解】解：∵抛物线开口向下，∴，∴．故选D．【题目点拨】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题的关键是牢记“时，抛物线向上开口；当时，抛物线向下开口．”7、B【分析】连接OB，由切线的性质可得∠OBA=90°，结合已知条件可求出∠A=30°，因为AB的长已知，所以⊙O的半径可求出．【题目详解】连接OB，∵AB切⊙O于点B，∴OB⊥AB，∴∠ABO＝90°，∵OC⊥OA，∠OCB＝15°，∴∠CDO＝∠ADO＝75°，∵OC＝OB，∴∠C＝∠OBD＝15°，∴∠ABD＝75°，∴∠ADB＝∠ABD＝75°，∴∠A＝30°，∴BO＝AO，∵AB＝2，∴BO2+AB2＝4OB2，∴BO＝2，∴⊙O的半径为2，故选：B．【题目点拨】本题考查了切线的性质、等腰三角形的判定和性质以及勾股定理的运用，求出∠A=30°，是解题的关键．8、C【分析】求出圆锥的底面圆周长，利用公式即可求出圆锥的侧面积．【题目详解】解：圆锥的地面圆周长为2π×2=4π，

则圆锥的侧面积为×4π×4=8π．

故选：C．【题目点拨】本题考查了圆锥的计算，能将圆锥侧面展开是解题的关键，并熟悉相应的计算公式．9、D【分析】连接BD，根据圆周角定理得出∠ADC=30°,∠ADB=90°，再根据三角形的外角性质可得到结论.【题目详解】如图，连接BD，由∵∠AOC=60°,∴∠ADC=30°,∴∠DEB>30°∴∠AED<150°,∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°,∴∠EDB=90°-30°=60°,∴∠AED>60°∴60°<∠AED<150°,故选D【题目点拨】本题考查了圆周角定理和三角形的外角性质.正确应用圆周角定理找出∠ADC=30°,∠ADB=90°是解题的关键.10、A【分析】试题分析：在Rt△ABC中，BC=6米，，∴AC=BC×=6（米）.∴（米）.故选A.【题目详解】请在此输入详解！11、A【分析】先根据角平分线的定义、圆周角定理可得，再根据相似三角形的判定定理得出，然后根据相似三角形的性质即可得．【题目详解】平分弧BD与弧CD相等又，即解得故选：A．【题目点拨】本题考查了角平分线的定义、圆周角定理、相似三角形的判定定理与性质，利用圆周角定理找到两个相似三角形是解题关键．12、C【分析】先求出AB=1，再利用正方形的性质确定D（-3，10），由于2019=4×504+3，所以旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转3次，由此求出点D坐标即可．【题目详解】∵A(﹣3，4)，B(3，4)，∴AB=3+3=1．∵四边形ABCD为正方形，∴AD=AB=1，∴D(﹣3，10)．∵2019=4×504+3，∴每4次一个循环，第2019次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转3次，每次旋转，刚好旋转到如图O的位置．∴点D的坐标为(﹣10，﹣3)．故选：C．【题目点拨】本题考查了坐标与图形变化-旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，10°，90°，180°．二、填空题（每题4分，共24分）13、61°【分析】根据切线长定理，可得PA=PB，然后根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理即可求出∠FAD=∠DBE=61°，利用SAS即可证出△FAD≌△DBE，从而得出∠AFD=∠BDE，然后根据三角形外角的性质即可求出∠EDF．【题目详解】解：∵是的两条切线，∠P=58°∴PA=PB∴∠FAD=∠DBE=（180°－∠P）=61°在△FAD和△DBE中∴△FAD≌△DBE∴∠AFD=∠BDE，∵∠BDF=∠BDE＋∠EDF=∠AFD＋∠FAD∴∠EDF=∠FAD=61°故答案为：61°【题目点拨】此题考查的是切线长定理、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理、全等三角形的判定及性质和三角形外角的性质，掌握切线长定理、等边对等角和全等三角形的判定及性质是解决此题的关键．14、【分析】直接利用负指数幂法则以及绝对值的代数意义和零指数幂的法则、算术平方根的性质分别化简得出答案．【题目详解】解：原式＝，故答案为：．【题目点拨】此题主要考查了负指数幂法则以及绝对值的代数意义和零指数幂的法则、算术平方根的性质，正确利用法则化简各数是解题关键．15、1．【解题分析】先根据非负数的性质列式求出x、y的值，再分4是腰长与底边两种情况讨论求解：根据题意得，x﹣4=0，y﹣2=0，解得x=4，y=2．①4是腰长时，三角形的三边分别为4、4、2，∵4+4=2，∴不能组成三角形，②4是底边时，三角形的三边分别为4、2、2，能组成三角形，周长=4+2+2=1．所以，三角形的周长为1．16、1【解题分析】试题分析：把x＝－1代入方程得：(－1)2＋m﹣2＝0，解得：m＝1．故答案为：1．17、白【分析】根据可能性大小的求法，求出各个事件发生的可能性的大小，再按照大小顺序从小到大排列起来即可．【题目详解】根据题意，袋子中共6个球，其中有1个红球，2个绿球和3个白球，故将球摇匀，从中任取1球，

①恰好取出红球的可能性为

，

②恰好取出绿球的可能性为

，

③恰好取出白球的可能性为

，

摸出白颜色的球的可能性最大．故答案是：白．【题目点拨】本题主要考查了可能性大小计算，即概率的计算方法，用到的知识点为：可能性等于所求情况数与总情况数之比，难度适中．18、5或1【分析】分两种情况：AC与AB在AD同侧，AC与AB在AD的两侧，在Rt△ABD中，通过解直角三角形求得BD，用勾股定理求得CD，再由线段和差求BC便可．【题目详解】解：情况一：当AC与AB在AD同侧时，如图1，

∵AD是BC边上的高，AD＝6，tanB＝，AC＝3

∴在Rt△ABD中，，在Rt△ACD中，利用勾股定理得∴BC=BD-CD=8-3=5；

情况二：当AC与AB在AD的两侧，如图2，

∵AD是BC边上的高，AD＝6，tanB＝，AC＝3

∴在Rt△ABD中，，在Rt△ACD中，利用勾股定理得∴BC=BD+CD=8+3=1；

综上，BC=5或1．

故答案为：5或1．【题目点拨】本题主要考查了解直角三角形的应用题，关键是分情况讨论，比较基础，容易出错的地方是漏解．三、解答题（共78分）19、（1），D的坐标为（1，4）；（2）当m=时△BPE的面积取得最大值为，P的坐标是（，3）；（3）存在，M点的坐标为；；；；；【分析】（1）先根据抛物线经过A（-1，0）B（3，0）两点，分别求出a、b的值，再代入抛物线即可求出二次函数的解析式并得出顶点的坐标；（2）先设出BD解析式y=kx+b，再把B、D两点坐标代入求出k、b的值，得出BD解析式，再根据面积公式即可求出最大值以及点的坐标；（3）根据题意利用平行四边形的性质进行分析求值，注意分类讨论.【题目详解】解：（1）∵二次函数y=ax2+bx+3经过点A（﹣1，0）、B（3，0）∴所以二次函数的解析式为：D的坐标为（1，4）（2）设BD的解析式为y=kx+b∵过点B（3，0），D（1，4）∴解得BD的解析式为y=-2x+6设P（m，）PE⊥y轴于点E∴△BPE的PE边上的高h=S△BPE=×PE×h=m()==∵a=-1<0当m=时△BPE的面积取得最大值为当m=时，y=-2×+6=3P的坐标是（，3）（3）存在这样的点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，当点，，，为顶点的四边形是平行四边形，可得BM平行于PN，则有N点纵坐标等于P点纵坐标，把y=3代入求出N的坐标（0，3）或（2，3），当N的坐标（0，3）或（2，3）时，根据平行四边形性质求得M点的坐标为；，；当BP平行于MN时，根据平行四边形性质求得M点的坐标为；；.M点的坐标为：；；；；.【题目点拨】本题考查运用待定系数法求得函数的解析式，根据二次函数的解析式求得函数的最值，平行四边形的性质进行计算，注意数形结合的思想．20、（1）到2020年底，全省5G基站的数量是6万座；（2）2020年底到2022年底，全省5G基站数量的年平均增长率为.【分析】（1）2020年全省5G基站的数量=目前广东5G基站的数量×4，即可求出结论；（2）设2020年底到2022年底，全省5G基站数量的年平均增长率为x，根据2020年底及2022年底全省5G基站数量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．【题目详解】解：（1）由题意可得：到2020年底，全省5G基站的数量是（万座）.答：到2020年底，全省5G基站的数量是6万座.（2）设年平均增长率为，由题意可得：，解得：，（不符合，舍去）答：2020年底到2022年底，全省5G基站数量的年平均增长率为.【题目点拨】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．21、（1）①见解析，45°②7；（2）见解析，【分析】（1）①作于点H,交的延长线于点，证明∆AHO≌∆AGB,即可求得∠ODC的度数；②延长交于点，利用条件可求得AK、OK的长度，于是可求OD的长；（2）分析可知，点B在以O为圆心，OB为半径的圆上运动（个圆），所以当PB是圆O的切线时，PQ的值最大，据此可解.【题目详解】解：（1）①补全图形如图所示，过点作于点H,交的延长线于点，∵，，，∴∠AGB=∠AHO=∠C=，∴∠GAH=，∴∠OAH+∠HAB=∠GAB+∠HAB=,∴∠OAH=∠GAB,四边形为矩形，∵为等腰直角三角形，∴OA=AB,∴∆AHO≌∆AGB,∴AH=AG,∴四边形为正方形，∴∠OCD=45°，∴∠ODC=45°；②延长交于点，∵，OA=5，∴AK=4,∴OK=3,∵∠ODC=45°，∴DK=AK=4∴；（2）如图，∵绕点旋转，∴点B在以O为圆心，OB为半径的圆上运动（个圆），∴当PB是圆O的切线时，PQ的值最大，∵∴∴∠OPB=45°,∴OQ=OP=10，∴.∴长度的最大值是.【题目点拨】本题考查了与旋转有关的计算及圆的性质，作辅助线构造全等三角形、分析出点的运动轨迹是解题关键.22、（1）E点坐标为(0,)；（2）；（3）四边形ABNO面积的最大值为，此时N点坐标为(，)．【分析】（1）先利用待定系数法求直线AB的解析式，与y轴的交点即为点E；（2）利用待定系数法抛物线的函数解析式；（3）先设N(m，m2−m)(0＜m＜3)，则G（m，m），根据面积和表示四边形ABNO的面积，利用二次函数的最大值可得结论．【题目详解】（1）设直线AB的解析式为y=mx+n，把A（-1，1），B（3，3）代入得，解得，所以直线AB的解析式为y＝x+，当x=0时，y＝×0+＝，所以E点坐标为(0，)；（2）设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，把A（-1，1），B（3，3），O（0，0）代入得，解得，所以抛物线解析式为y＝x2−x；（3）如图，作NG∥y轴交OB于G，OB的解析式为y=x，设N(m，m2−m)(0＜m＜3)，则G（m，m），GN＝m−(m2−m)＝−m2+m，S△AOB=S△AOE+S△BOE=××1+××3=3，S△BON＝S△ONG+SBNG＝•3•(−m2+m)＝−m2+m所以S四边形ABNO＝S△BON+S△AOB＝−m2+m+3＝−(m−)2+当m＝时，四边形ABNO面积的最大值，最大值为，此时N点坐标为(，)．【题目点拨】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利用待定系数法求二次函数和一次函数的性质；理解坐标与图形性质，利用面积的和差计算不规则图形的面积．23、依题意画出图形G为⊙O，如图所示,见解析；（1）证明见解析；（2）直线DE与图形G的公共点个数为1个.【解题分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得出图形G为⊙O，再根据在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等得出；从而得出弦相等即可．（2）先根据HL得出△CDF≌△CMF，得出DF=MF，从而得出BC为弦DM的垂直平分线，根据圆心角和圆周角之间的关系定理得出∠ABC=∠COD，再证得DE为⊙O的切线即可【题目详解】如图所示，依题意画出图形G为⊙O，如图所示（1）证明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，∴，∴AD=CD（2）解：∵AD=CD，AD=CM，∴CD=CM.∵DF⊥BC，∴∠DFC=∠CFM=90°在Rt△CDF和Rt△CMF中，∴△CDF≌△CMF（HL），∴DF=MF，∴BC为弦DM的垂直平分线∴BC为⊙O的直径，连接OD∵∠COD=2∠CBD，∠ABC=2∠CBD，∴∠ABC=∠COD，∴OD∥BE.又∵DE⊥BA，∴∠DEB=90°，∴∠ODE=90°，即OD⊥DE，∴DE为⊙O的切线.∴直线DE与图形G的公共点个数为1个.【题目点拨】本题考查了垂直平分线的性质，圆心角和圆周角之间的关系定理，切线的判定，熟练掌握相关的知识是解题的关键．24、（1）m=-12；（2）【分析】（1）根据矩形的性质求出点E的坐标，根据待定系数法即可得到答案；（2）根据勾股定理，可得AE的长，根据线段的和差，可得BF的长，可