四川省绵阳第五中学2024届九年级数学第一学期期末监测试题含解析

四川省绵阳第五中学2024届九年级数学第一学期期末监测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每小题3分,共30分)1．若抛物线y＝x2+ax+b与x轴两个交点间的距离为4，称此抛物线为定弦抛物线．已知某定弦抛物线的对称轴为直线x＝2，将此抛物线向左平移2个单位，再向上平移3个单位，得到的抛物线过点（）A．（1，0） B．（1，8） C．（1，﹣1） D．（1，﹣6）2．如图，图1是由5个完全相同的正方体堆成的几何体，现将标有E的正方体平移至如图2所示的位置，下列说法中正确的是()A．左、右两个几何体的主视图相同B．左、右两个几何体的左视图相同C．左、右两个几何体的俯视图不相同D．左、右两个几何体的三视图不相同3．下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中不属于中心对称图形的是（）A． B． C． D．4．如图，△OAB∽△OCD，OA：OC＝3：2，△OAB与△OCD的面积分别是S1与S2，周长分别是C1与C2，则下列说法正确的是（）A． B． C． D．5．已知⊙O的半径为5cm，圆心O到直线l的距离为5cm，则直线l与⊙O的位置关系为（）A．相交 B．相切 C．相离 D．无法确定6．设，,是抛物线（，为常数，且）上的三点，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．7．已知关于x的一元二次方程有两个相等的实根，则k的值为（）A． B． C．2或3 D．或8．若一个圆内接正多边形的内角是，则这个多边形是（）A．正五边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形9．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴是直线x=1，与x轴交于A、B（-1,0），与y轴交于C．下列结论错误的是（）A．二次函数的最大值为a+b+c B．4a-2b+c﹤0C．当y＞0时，-1﹤x﹤3 D．方程ax2+bx+c=-2解的情况可能是无实数解，或一个解，或二个解.10．如图，在△ABC中，cosB＝，sinC＝，AC＝5，则△ABC的面积是()A． B．12 C．14 D．21二、填空题(每小题3分,共24分)11．若、是方程的两个实数根，且x1+x2=1-x1x2，则的值为________.12．如图，点D、E、F分别位于△ABC的三边上，满足DE∥BC，EF∥AB，如果AD：DB=3：2，那么BF：FC=_____．13．方程是关于的一元二次方程，则二次项系数、一次项系数、常数项的和为__________．14．如图，，，是上的三个点，四边形是平行四边形，连接，，若，则_____.15．如图，铅球运动员掷铅球的高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系式是y=﹣x2+x+，则该运动员此次掷铅球的成绩是_____m．16．已知⊙O的直径AB=20，弦CD⊥AB于点E,且CD=16,则AE的长为_______.17．如图，四边形ABCD内接于⊙O，连结AC，若∠BAC＝35°，∠ACB＝40°，则∠ADC＝_____°．18．若，则__________．三、解答题(共66分)19．（10分）如图，在平面直角坐标系中，将一个图形绕原点顺时针方向旋转称为一次“直角旋转，已知的三个顶点的坐标分别为，，，完成下列任务：（1）画出经过一次直角旋转后得到的；（2）若点是内部的任意一点，将连续做次“直角旋转”（为正整数），点的对应点的坐标为，则的最小值为；此时，与的位置关系为．(3)求出点旋转到点所经过的路径长．20．（6分）我们定义：如果圆的两条弦互相垂直，那么这两条弦互为“十字弦”，也把其中的一条弦叫做另一条弦的“十字弦”.如：如图，已知的两条弦，则、互为“十字弦”，是的“十字弦”，也是的“十字弦”.（1）若的半径为5，一条弦，则弦的“十字弦”的最大值为______，最小值为______.（2）如图1，若的弦恰好是的直径，弦与相交于，连接，若，，，求证：、互为“十字弦”；（3）如图2，若的半径为5，一条弦，弦是的“十字弦”，连接，若，求弦的长.21．（6分）已知：AB是⊙O的直径，BD是⊙O的弦，延长BD到点C，使AB＝AC，连接AC，过点D作DE⊥AC，垂足为E．（1）求证：DC＝BD；（2）求证：DE为⊙O的切线；（3）若AB＝12，AD＝6，连接OD，求扇形BOD的面积．22．（8分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，动点Q在边AB上，连接CQ，将△BQC沿CQ所在的直线对折得到△CQN，延长QN交直线CD于点M．（1）求证：MC＝MQ（2）当BQ＝1时，求DM的长；（3）过点D作DE⊥CQ，垂足为点E，直线QN与直线DE交于点F，且，求BQ的长．23．（8分）如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD，以AB为直径的⊙O经过点C，连接AC、OD交于点E．（1）求证：OD∥BC；（2）若AC＝2BC，求证：DA与⊙O相切．24．（8分）如图，已知，是一次函数与反比例函数图象的两个交点，轴于点，轴于点．（1）求一次函数的解析式及的值；（2）是线段上的一点，连结，若和的面积相等，求点的坐标．25．（10分）感知：如图①，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，BC＝m，将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，过点D作DE⊥CB交CB的延长线于点E，连接CD．（1）求证：△ACB≌△BED；（2）△BCD的面积为（用含m的式子表示）．拓展：如图②，在一般的Rt△ABC，∠ACB＝90°，BC＝m，将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连接CD，用含m的式子表示△BCD的面积，并说明理由．应用：如图③，在等腰△ABC中，AB＝AC，BC＝8，将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连接CD，则△BCD的面积为；若BC＝m，则△BCD的面积为（用含m的式子表示）．26．（10分）如图，某中学准备在校园里利用院墙的一段再用米长的篱笆围三面，形成一个矩形花园（院墙长米）.（1）设米，则___________米；（2）若矩形花园的面积为平方米，求篱笆的长.

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【分析】根据定弦抛物线的定义结合其对称轴，即可找出该抛物线的解析式，利用平移的“左加右减，上加下减”找出平移后新抛物线的解析式，再利用二次函数图象上点的坐标特征即可找出结论．【题目详解】∵某定弦抛物线的对称轴为直线x=2，∴该定弦抛物线过点(0，0)、(2，0)，∴该抛物线解析式为y=x(x﹣2)=x2﹣2x=(x﹣2)2﹣2．将此抛物线向左平移2个单位，再向上平移3个单位，得到新抛物线的解析式为y=(x﹣2+2)2﹣2+3=x2﹣2．当x=2时，y=x2﹣2=0，∴得到的新抛物线过点(2，0)．故选：A．【题目点拨】本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数图象与几何变换以及二次函数的性质，根据定弦抛物线的定义结合其对称轴，求出原抛物线的解析式是解题的关键．2、B【分析】直接利用已知几何体分别得出三视图进而分析得出答案．【题目详解】A、左、右两个几何体的主视图为：，故此选项错误；B、左、右两个几何体的左视图为：，故此选项正确；C、左、右两个几何体的俯视图为：，故此选项错误；D、由以上可得，此选项错误；故选B．【题目点拨】此题主要考查了简单几何体的三视图，正确把握观察的角度是解题关键．3、A【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心进行分析即可．【题目详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项正确；B、是中心对称图形，故此选项错误；C、是中心对称图形，故此选项错误；D、是中心对称图形，故此选项错误；故选A．【题目点拨】此题主要考查了中心对称图形的定义，判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．4、A【分析】根据相似三角形的性质判断即可．【题目详解】解：∵△OAB∽△OCD，OA：OC＝3：2，∴，A正确；∴，B错误；∴，C错误；∴OA：OC＝3：2，D错误；故选：A．【题目点拨】本题主要考查相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．5、B【分析】根据圆心到直线的距离5等于圆的半径5，即可判断直线和圆相切．【题目详解】∵圆心到直线的距离5cm=5cm，∴直线和圆相切，故选B．【题目点拨】本题考查了直线与圆的关系，解题的关键是能熟练根据数量之间的关系判断直线和圆的位置关系．若d＜r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．6、C【分析】根据二次函数的性质得到抛物线抛物线y=a2（x+1）2+k（a，k为常数，且a≠0）的开口向上，对称轴为直线x=-1，然后根据三个点离对称轴的远近判断函数值的大小．【题目详解】解：∵抛物线抛物线y=a2（x+1）2+k（a，k为常数，且a≠0）的开口向上，对称轴为直线x=-1，

而A（-2，y1）离直线x=-1的距离最近，C（2，y1）点离直线x=-1最远，

∴y1＜y2＜y1．

故选：C．【题目点拨】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．也考查了二次函数的性质．7、A【分析】根据方程有两个相等的实数根结合根的判别式即可得出关于k的方程，解之即可得出结论．【题目详解】∵方程有两个相等的实根，∴△=k2-4×2×3=k2-24=0，解得：k=．故选A．【题目点拨】本题考查了根的判别式，熟练掌握“当△=0时，方程有两个相等的两个实数根”是解题的关键．8、A【分析】根据正多边形的内角求得每个外角的度数，利用多边形外角和为360°即可求解．【题目详解】解：∵圆内接正多边形的内角是，∴该正多边形每个外角的度数为，∴该正多边形的边数为：，故选：A．【题目点拨】本题考查圆与正多边形，掌握多边形外角和为360°是解题的关键．9、D【分析】A.根据对称轴为时，求得顶点对应的y的值即可判断；B.根据当时，函数值小于0即可判断；C.根据抛物线与轴的交点坐标即可判断．D.根据抛物线与直线的交点情况即可判断.【题目详解】A.∵当时，，根据图象可知，，正确．不符合题意；B.∵当时，，根据图象可知，，正确．不符合题意；C.∵抛物线是轴对称图形，对称轴是直线，点，所以与轴的另一个交点的坐标为，根据图象可知：当时，，正确．不符合题意；D.根据图象可知：抛物线与直线有两个交点，∴关于的方程有两个不相等的实数根，本选项错误，符合题意．故选：D．【题目点拨】本题考查了二次函数与系数的关系、根的判别式、抛物线与x轴的交点，掌握二次函数的性质、二次函数图象与系数的关系是解题的关键．10、A【分析】根据已知作出三角形的高线AD，进而得出AD，BD，CD，的长，即可得出三角形的面积．【题目详解】解：过点A作AD⊥BC，∵△ABC中，cosB=，sinC=，AC=5，

∴cosB==，

∴∠B=45°，

∵sinC===，

∴AD=3，

∴CD==4，

∴BD=3，

则△ABC的面积是：×AD×BC=×3×（3+4）=．

故选A．【题目点拨】此题主要考查了解直角三角形的知识，作出AD⊥BC，进而得出相关线段的长度是解决问题的关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、1【题目详解】若x1，x2是方程x2-2mx+m2-m-1=0的两个实数根；∴x1+x2=2m；x1·x2=m2−m−1，∵x1+x2=1-x1x2，∴2m=1-(m2−m−1)，解得：m1=-2，m2=1.又∵一元二次方程有实数根时，△，∴,解得m≥-1，∴m=1.故答案为1.【题目点拨】（1）若方程的两根是，则，这一关系叫做一元二次方程根与系数的关系；（2）使用一元二次方程根与系数关系解题的前提条件是方程要有实数根，即各项系数的取值必须满足根的判别式△=.12、3:2【解题分析】因为DE∥BC,所以,因为EF∥AB,所以,所以,故答案为:3:2.13、9【分析】根据一元二次方程的定义可确定m的值，即可得二次项系数、一次项系数、常数项的值，进而可得答案．【题目详解】∵方程是关于的一元二次方程，∴m2-2=2，m+2≠0，解得：m=2，∴二次项系数为4，一次项系数为4，常数项为1，∴二次项系数、一次项系数、常数项的和为4+4+1=9，故答案为：9【题目点拨】本题考查一元二次方程的定义，只含有一个未知数（一元），并且未知数项的最高次数是2（二次）的整式方程叫做一元二次方程；一元二次方程经过整理都可化成一般形式ax2+bx+c=0（a≠0），其中ax2叫做二次项，a是二次项系数；bx叫做一次项，b是一次项系数；c叫作做常数项．注意不要漏掉a≠0的条件，避免漏解．14、64【分析】先根据圆周角定理求出∠O的度数，然后根据平行四边形的对角相等求解即可.【题目详解】∵，∴∠O=2，∵四边形是平行四边形，∴∠O=.故答案为：64.【题目点拨】本题考查了圆周角定理，平行四变形的性质，熟练掌握圆周角定理是解答本题的关键.在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半．15、1【分析】根据铅球落地时，高度y=0，把实际问题可理解为当y=0时，求x的值即可．【题目详解】解：在中，当y=0时，整理得：x2-8x-20=0，（x-1）（x+2）=0，解得x1=1，x2=-2（舍去），即该运动员此次掷铅球的成绩是1m．故答案为：1．【题目点拨】本题考查了二次函数的应用中函数式中自变量与函数表达的实际意义，需要结合题意，取函数或自变量的特殊值列方程求解是解题关键．16、16或1【分析】结合垂径定理和勾股定理，在Rt△OCE中，求得OE的长，则AE=OA+OE或AE=OA-OE，据此即可求解．【题目详解】解：如图，连接OC，∵⊙O的直径AB=20∴OC=OA=OB=10∵弦CD⊥AB于点E∴CE=CD=8，在Rt△OCE中，OE=则AE=OA+OE=10+6=16，如图：同理，此时AE=OA-OE=10-6=1，故AE的长是16或1．【题目点拨】本题考查勾股定理和垂径定理的应用，根据题意做出图形是本题的解题关键，注意分类讨论.17、1【解题分析】根据三角形内角和定理求出，根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．【题目详解】，四边形ABCD内接于，，故答案为1．【题目点拨】本题考查的是圆内接四边形的性质、三角形内角和定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．18、【分析】设=k，可得a=3k，b=4k，c=5k，代入所求代数式即可得答案．【题目详解】设=k，∴a=3k，b=4k，c=5k，∴=，故答案为：【题目点拨】本题考查了比例的性质，常用的比例性质有：内项之积等于外项之积；合比性质；分比性质；合分比性质；等比性质；熟练掌握比例的性质是解题关键．三、解答题(共66分)19、（1）图见解析；（2）2，关于中心对称；（3）．【分析】（1）根据图形旋转的性质画出旋转后的△即可；（2）根据中心对称的性质即可得出结论；（3）根据弧长公式求解即可．【题目详解】解：（1）如图，△即为所求；（2）点的对应点的坐标为，点与关于点对称，．故答案为：2，关于中心对称．（3）∵点A坐标为∴，则旋转到点所经过的路径长．【题目点拨】本题考查了根据旋转变换作图以及弧长公式，解答本题的关键是根据网格结构找出对应点的位置．20、（1）10，6；（2）见解析；（3）.【分析】（1）根据“十字弦”定义可得弦的“十字弦”为直径时最大，当CD过A点或B点时最小；（2）根据线段长度得出对应边成比例且有夹角相等，证明△ACH∽△DCA,由其性质得出对应角相等，结合90°的圆周角证出AH⊥CD，根据“十字弦”定义可得；（3）过O作OE⊥AB于点E，作OF⊥CD于点F,利用垂径定理得出OE=3，由正切函数得出AH=DH,设DH=x，在Rt△ODF中，利用线段和差将边长用x表示，根据勾股定理列方程求解.【题目详解】解：（1）当CD为直径时，CD最大，此时CD=10，∴弦的“十字弦”的最大值为10；当CD过A点时，CD长最小，即AM的长度,过O点作ON⊥AM,垂足为N,作OG⊥AB，垂足为G,则四边形AGON为矩形，∴AN=OG,∵OG⊥AB,AB=8，∴AG=4，∵OA=5，∴由勾股定理得OG=3，∴AN=3，∵ON⊥AM,∴AM=6，即弦的“十字弦”的最小值是6.（2）证明：如图，连接AD，∵，，，∴,∵∠C=∠C,∴△ACH∽△DCA,∴∠CAH=∠D,∵CD是直径，∴∠CAD=90°,∴∠C+∠D=90°,∴∠C+∠CAH=90°,∴∠AHC=90°,∴AH⊥CD,∴、互为“十字弦”.（3）如图，过O作OE⊥AB于点E，作OF⊥CD于点F，连接OA，OD，则四边形OEHF是矩形，∴OE=FH,OF=EH,∴AE=4，∴由勾股定理得OE=3，∴FH=3，∵tan∠ADH=,∴tan60°=,设DH=,则AH=x,∴FD=3+x,OF=HE=4-x,在Rt△ODF中，由勾股定理得，OD2=OF2+FD2，∴(3+x)2+(4-x)2=52,解得，x=,∴FD=,∵OF⊥CD,∴CD=2DF=即CD=【题目点拨】本题考查圆的相关性质，利用垂径定理，相似三角形等知识是解决圆问题的常用手段,对结合学过的知识和方法的基础上，用新的方法和思路来解决新题型或新定义的能力是解答此题的关键.21、（1）见解析；（2）见解析；（3）6π【分析】（1）连接AD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，然后由三线合一可得结论；（2）连接OD，证明OD∥AC，得到∠ODE＝90°即可；（3）根据三角函数的定义得到sinB＝＝＝，求得∠B＝60°，得到∠BOD＝60°，根据扇形的面积公式即可得到结论．【题目详解】证明：（1）连接AD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，又∵AB＝AC，∴DC＝BD；（2）连接OD，∵OA＝OB，CD＝BD，∴OD∥AC，∴∠ODE＝∠CED，又∵DE⊥AC，∴∠CED＝90°，∴∠ODE＝90°，即OD⊥DE．∴DE是⊙O的切线；（3）∵AB＝12，AD＝6，∴sinB＝＝＝，∴∠B＝60°，∴∠BOD＝60°，∴S扇形BOD＝＝6π．【题目点拨】本题考查了圆周角度定理、切线的判定、三角函数的应用以及扇形面积的计算，熟练掌握基础知识是解题的关键.22、（1）见解析；（2）2.1；（3）或2【分析】（1）由矩形的性质得出∠B=90°，AB=CD=6，CD∥AB，得出∠MCQ=∠CQB，由折叠的性质得出△CBQ≌△CNQ，求出BC=NC=4，NQ=BQ=1，∠CNQ=∠B=90°，∠CQN=∠CQB，得出∠CNM=90°，∠MCQ=∠CQN，证出MC=MQ．

（2）设DM=x，则MQ=MC=6+x，MN=1+x，在Rt△CNM中，由勾股定理得出方程，解方程即可．

（3）分两种情况：①当点M在CD延长线上时，由（1）得：∠MCQ=∠CQM，证出∠FDM=∠F，得出MD=MF，过M作MH⊥DF于H，则DF=2DH，证明△MHD∽△CED，得出，求出MD=CD=1，MC=MQ=7，由勾股定理得出MN即可解决问题．

②当点M在CD边上时，同①得出BQ=2即可．【题目详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，

∴DC∥AB

即∠MCQ=∠CQB，

∵△BQC沿CQ所在的直线对折得到△CQN，

∴∠CQN=∠CQB，

即∠MCQ=∠MQC，

∴MC=MQ．

（2）∵四边形ABCD是矩形，△BQC沿CQ所在的直线对折得到△CQN，

∴∠CNM=∠B=90°，

设DM=x，则MQ=MC=6+x，MN=1+x，

在Rt△CNM中，MB2=BN2+MN2，

即（x+6）2=42+（x+1）2，

解得：x=，

∴DM=，

∴DM的长2.1．

（3）解：分两种情况：

①当点M在CD延长线上时，如图所示：

由（1）得∠MCQ=∠MQC，

∵DE⊥CQ，

∴∠CDE=∠F，

又∵∠CDE=∠FDM，

∴∠FDM=∠F，

∴MD=MF．

过M点作MH⊥DF于H，则DF=2DH，

又，∴，

∵DE⊥CQ

MH⊥DF，

∴∠MHD=∠DEC=90°，

∴△MHD∽△DEC

∴，

∴DM=1，MC=MQ=7，

∴MN＝

∴BQ＝NQ＝

②当点M在CD边上时，如图所示，类似可求得BQ=2．

综上所述，BQ的长为或2．【题目点拨】此题考查四边形综合题，翻折变换的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题关键在于掌握各性质定义和需要进行分类讨论．23、（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）利用SSS可证明△OAD≌△OCD，可得∠ADO＝∠CDO，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得DE⊥AC，由AB是直径可得∠ACB=90°，即可证明OD//BC；（2）设BC＝a，则AC=2a，利用勾股定理可得AD=AB=，根据中位线的性质可用a表示出OE、AE的长，即可表示出OD的长，根据勾股定理逆定理可得∠OAD=90°，即可证明DA与⊙O相切．【题目详解】（1）连接OC，在△OAD和△OCD中，，∴△OAD≌△OCD（SSS），∴∠ADO＝∠CDO，∵AD＝CD，∴DE⊥AC，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC，∴OD∥BC；（2）设BC＝a，∵AC＝2BC，∴AC＝2a，∴AD＝AB＝＝＝a，∵OE∥BC，且AO＝BO，∴OE为△ABC的中位线，∴OE＝BC＝a，AE＝CE＝AC＝a，在△AED中，DE＝＝＝2a，∴OD=OE+DE=，在△AOD中，AO2+AD2＝（）2+（a）2＝a2，OD2＝（）2＝a2，∴AO2+AD2＝OD2，∴∠OAD＝90°，∵AB是直径，∴DA与⊙O相切．【题目点拨】本题考查圆周角定理、切线的判定、三角形中位线的性质勾股定理，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半；直径所对的圆周角是直角；经过半径的外端点，且垂直于这条半径的直线是圆的切线；熟练掌握相关性质及定理是解题关键．24、（1），m的值为-2;（2）P点坐标为.【分析】（1）由已知条件求出点A，及m的值，将点A，点B代入一次函数解析式即可求出一次函数解析式；（2）设P点坐标为，根据“和的面积相等”，表达出两个三角形的面积，求出点P坐标．【题目详解】（1）把B（-1，2）代入中得在反比例函数图象上都在一次函数图象上解得∴一次函数解析式为，m的值为-2（2）设P点坐标为则∴P点坐标为【题目点拨】本题考查了反比例函数一次函数，反比例函数与几何的综合知识，解题的关键是灵活运用函数与几何的知识．25、感知：（1）详见解析；（1）m1；拓展：