贵州省黔西南州望谟六中学2024届数学九上期末统考试题含解析

贵州省黔西南州望谟六中学2024届数学九上期末统考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每小题3分,共30分)1．对于题目“如图，在中，是边上一动点，于点，点在点的右侧，且，连接，从点出发，沿方向运动，当到达点时，停止运动，在整个运动过程中，求阴影部分面积的大小变化的情况"甲的结果是先增大后减小，乙的结果是先减小后增大，其中（）A．甲的结果正确 B．乙的结果正确C．甲、乙的结果都不正确，应是一直增大 D．甲、乙的结果都不正确，应是一直减小2．如图，A，B，C，D四个点均在⊙O上，∠AOB＝40°，弦BC的长等于半径，则∠ADC的度数等于（）A．50° B．49° C．48° D．47°3．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．4．在平面直角坐标系中，的直径为10，若圆心为坐标原点，则点与的位置关系是（）A．点在上 B．点在外 C．点在内 D．无法确定5．方程的解是()A．4 B．-4 C．-1 D．4或-16．抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）如图所示，下列结论：①b2﹣4ac＞0；②a+b+c＝2；③abc＜0；④a﹣b+c＜0，其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个7．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，若AC：AB=2：5，则S△ADC：S△BDC是（）A．3：19 B． C．3: D．4：218．如图，AC是电杆AB的一根拉线，现测得BC=6米，∠ABC=90°，∠ACB=52°，则拉线AC的长为（

）米.A．

B．

C．

D．9．如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，E为BC的中点，F为DE上一动点，P为AF中点，连接PC，则PC的最小值是（）A．4 B．8 C．2 D．410．将抛物线向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度后，得到的抛物线解析是（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，正三角形AFG与正五边形ABCDE内接于⊙O，若⊙O的半径为3，则的长为______________．12．因式分解：=．13．某一时刻身高160cm的小王在太阳光下的影长为80cm，此时他身旁的旗杆影长10m，则旗杆高为______．14．如图，菱形ABCD和菱形ECGF的边长分别为2和3，点D在CE上，且∠A＝120°，B，C，G三点在同一直线上，则BD与CF的位置关系是_____；△BDF的面积是_____．15．设α、β是方程x2+2018x﹣2＝0的两根，则（α2+2018α﹣1）（β2+2018β+2）＝_____．16．点A(-2,y1),B(-1,y2)都在反比例函数y=-图象上,则y1_____________y2(选填“﹤”,“>”或”=”)17．如图，某水平地面上建筑物的高度为AB，在点D和点F处分别竖立高是2米的标杆CD和EF，两标杆相隔52米，并且建筑物AB、标杆CD和EF在同一竖直平面内，从标杆CD后退2米到点G处，在G处测得建筑物顶端A和标杆顶端C在同一条直线上；从标杆FE后退4米到点H处，在H处测得建筑物顶端A和标杆顶端E在同一条直线上，则建筑物的高是__________米．18．如图，D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，DE∥AC，若S△BDE：S△CDE=1：3，则BE：BC的值为_________．三、解答题(共66分)19．（10分）表是2019年天气预报显示宿迁市连续5天的天气气温情况．利用方差判断这5天的日最高气温波动大还是日最低气温波动大．12月17日12月18日12月19日12月20日12月21日最高气温（℃）106789最低气温（℃）10﹣10320．（6分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC各顶点的坐标分别为:A(－2，－2)，B(－4，－1)，C(－4，－4)．(1)画出与△ABC关于点P(0，－2)成中心对称的△A1B1C1，并写出点A1的坐标；(2)将△ABC绕点O顺时针旋转的旋转90°后得到△A2B2C2，画出△A2B2C2，并写出点C2的坐标．21．（6分）如图，在圆中，弦，点在圆上（与，不重合），联结、，过点分别作，，垂足分别是点、．（1）求线段的长；（2）点到的距离为3，求圆的半径．22．（8分）如图，在△ABC中，点D是边AB上的一点，∠ADC＝∠ACB．（1）证明：△ADC∽△ACB；（2）若AD＝2，BD＝6，求边AC的长．23．（8分）某校为了提升初中学生学习数学的兴趣，培养学生的创新精神，举办“玩转数学”比赛，现有甲、乙、丙三个小组进入决赛，评委从研究报告、小组展示、答辩三个方面为各小组打分，各项成绩均按百分制记录，甲、乙、丙三个小组各项得分如下表：小组

研究报告

小组展示

答辩

甲

91

80

78

乙

81

74

85

丙

79

83

90

（1）计算各小组的平均成绩，并从高分到低分确定小组的排名顺序：（2）如果按照研究报告占40%，小组展示占30%，答辩占30%，计算各小组的成绩，哪个小组的成绩最高？24．（8分）如图，在中，，，以为原点所在直线为轴建立平面直角坐标系，的顶点在反比例函数的图象上.（1）求反比例函数的解析式：（2）将向右平移个单位长度，对应得到，当函数的图象经过一边的中点时，求的值.25．（10分）对于二次函数y＝x2﹣3x+2和一次函数y＝﹣2x+4，把y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4）称为这两个函数的“再生二次函数”，其中t是不为零的实数，其图象记作抛物线L．现有点A（2，0）和抛物线L上的点B（﹣1，n），请完成下列任务：（尝试）（1）当t＝2时，抛物线y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4）的顶点坐标为；（2）判断点A是否在抛物线L上；（3）求n的值；（发现）通过（2）和（3）的演算可知，对于t取任何不为零的实数，抛物线L总过定点，坐标为．（应用）二次函数y＝﹣3x2+5x+2是二次函数y＝x2﹣3x+2和一次函数y＝﹣2x+4的一个“再生二次函数”吗？如果是，求出t的值；如果不是，说明理由．26．（10分）长城公司为希望小学捐赠甲、乙两种品牌的体育器材，甲品牌有A、B、C三种型号，乙品牌有D、E两种型号，现要从甲、乙两种品牌的器材中各选购一种型号进行捐赠．（1）写出所有的选购方案（用列表法或树状图）；（2）如果在上述选购方案中，每种方案被选中的可能性相同，那么A型器材被选中的概率是多少．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【分析】设PD=x，AB边上的高为h，求出AD、h，构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．【题目详解】解：在中，∵，∴，设，边上的高为，则.∵，∴，∴，∴，∴，∴当时，的值随的增大而减小，当时，的值随的增大而增大，∴乙的结果正确.故选B.【题目点拨】本题考查相似三角形的判定和性质，动点问题的函数图象，三角形面积，勾股定理等知识，解题的关键是构建二次函数，学会利用二次函数的增减性解决问题，属于中考常考题型．2、A【解题分析】连接OC，根据等边三角形的性质得到∠BOC＝60°，得到∠AOC＝100°，根据圆周角定理解答．【题目详解】连接OC，由题意得，OB＝OC＝BC，∴△OBC是等边三角形，∴∠BOC＝60°，∵∠AOB＝40°，∴∠AOC＝100°，由圆周角定理得，∠ADC＝12∠AOC＝50°故选：A．【题目点拨】本题考查的是圆周角定理，等边三角形的判定和性质，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．3、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．4、B【分析】求出P点到圆心的距离，即OP长，与半径长度5作比较即可作出判断.【题目详解】解：∵，∴OP=，∵的直径为10，∴r=5,∵OP>5,∴点P在外.故选：B.【题目点拨】本题考查点和直线的位置关系，当d>r时点在圆外，当d=r时，点在圆上，当d<r时，点在圆内,解题关键是根据点到圆心的距离和半径的关系判断.5、D【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可．【题目详解】解：解得：故选D．【题目点拨】此题考查的是解一元二次方程，掌握用因式分解法解一元二次方程是解决此题的关键．6、D【分析】由抛物线的开口方向判断a与1的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与1的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．【题目详解】①∵抛物线与x轴有两不同的交点，∴△＝b2﹣4ac＞1．故①正确；②∵抛物线y＝ax2+bx+c的图象经过点（1，2），∴代入得a+b+c＝2．故②正确；③∵根据图示知，抛物线开口方向向上，∴a＞1．又∵对称轴x＝﹣＜1，∴b＞1．∵抛物线与y轴交与负半轴，∴c＜1，∴abc＜1．故③正确；④∵当x＝﹣1时，函数对应的点在x轴下方，则a﹣b+c＜1，故④正确；综上所述，正确的结论是：①②③④，共有4个．故选：D．【题目点拨】本题考查了二次函数图象与系数的关系．会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．7、D【分析】根据已知条件易证△ADC∽△ABC，再利用相似三角形的性质解答即可．【题目详解】∵在△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，∴∠ADC=∠ACB=90°，∠A=∠A，∴△ADC∽△ABC，∴AC：AB=2：5，是相似比，∴S△ADC：S△ABC=4：25，∴S△ADC：S△BDC=4：（25﹣4）=4：21，故选D．【题目点拨】本题考查了相似三角形的判定和性质，证明△ADC∽△ABC是解决问题的关键．8、C【分析】根据余弦定义：即可解答．【题目详解】解：，，米，米；故选C．【题目点拨】此题考查了解直角三角形的应用，将其转化为解直角三角形的问题是本题的关键，用到的知识点是余弦的定义．9、D【分析】根据中位线定理可得出点点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当CP⊥P1P2时，PC取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知CP1⊥P1P2，故CP的最小值为CP1的长，由勾股定理求解即可．【题目详解】解：如图：当点F与点D重合时，点P在P1处，AP1＝DP1，当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2＝AP2，∴P1P2∥DE且P1P2＝DE当点F在ED上除点D、E的位置处时，有AP＝FP由中位线定理可知：P1P∥DF且P1P＝DF∴点P的运动轨迹是线段P1P2，∴当CP⊥P1P2时，PC取得最小值∵矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，E为BC的中点，∴△ABE、△CDE、△DCP1为等腰直角三角形，DP1＝2∴∠BAE＝∠DAE＝∠DP1C＝45°，∠AED＝90°∴∠AP2P1＝90°∴∠AP1P2＝45°∴∠P2P1C＝90°，即CP1⊥P1P2，∴CP的最小值为CP1的长在等腰直角CDP1中，DP1＝CD＝4，∴CP1＝4∴PB的最小值是4．故选：D．【题目点拨】本题考查轨迹问题、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，有难度．10、B【分析】把配成顶点式，根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．【题目详解】解：将抛物线向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度后，得到的抛物线的解析式为：故选：B【题目点拨】考查的是二次函数的图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】连接OB，OF，根据正五边形和正三角形的性质求出∠BAF=24°，再由圆周角定理得∠BOF=48°，最后由弧长公式求出的长．【题目详解】解：连接OB，OF，如图，根据正五边形、正三角形和圆是轴对称图形可知∠BAF=∠EAG，∵△AFG是等边三角形，∴∠FAG=60°，∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠BAE=，∴∠BAF=∠EAG=(∠BAE-∠FAG)=×(108°-60°)=24°，∴∠BOF=2∠BAF=2×24°=48°，∵⊙O的半径为3，∴的弧长为：故答案为：【题目点拨】本题主要考查正多边形与圆、弧长公式等知识，得出圆心角度数是解题关键．12、．【题目详解】解：=．故答案为．考点：因式分解-运用公式法．13、20m【解题分析】根据相同时刻的物高与影长成比例列出比例式，计算即可．【题目详解】解：设旗杆的高度为xm，根据相同时刻的物高与影长成比例，得到160：：10，解得．故答案是：20m．【题目点拨】本题考查的是相似三角形的应用，掌握相似三角形的性质是解题的关键．14、平行【分析】由菱形的性质易求∠DBC＝∠FCG＝30°，进而证明BD∥CF；设BF交CE于点H，根据菱形的对边平行，利用相似三角形对应边成比例列式求出CH，然后求出DH以及点B到CD的距离和点G到CE的距离，最后根据三角形的面积公式列式进行计算即可得解．【题目详解】解：∵四边形ABCD和四边形ECGF是菱形，∴AB∥CE，∵∠A＝120°，∴∠ABC＝∠ECG＝60°，∴∠DBC＝∠FCG＝30°，∴BD∥CF；如图，设BF交CE于点H，∵CE∥GF，∴△BCH∽△BGF，∴＝，即＝，解得：CH＝1.2，∴DH＝CD﹣CH＝2﹣1.2＝0.8，∵∠A＝120°，∠ABC＝∠ECG＝60°，∴点B到CD的距离为2×＝，点G到CE的距离为3×＝，∴阴影部分的面积＝．故答案为：平行；．【题目点拨】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质以及解直角三角形，求出DH的长度以及点B到CD的距离和点G到CE的距离是解题的关键．15、4【分析】把、分别代入，可求得和的值，然后把求得的值代入计算即可.【题目详解】把、分别代入，得和-2=0，∴和，∴=（2-1）×（2+2）=4.故答案为4.【题目点拨】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．16、＜【分析】根据反比例函数的增减性和比例系数的关系即可判断.【题目详解】解：∵﹣3＜0∴反比例函数y=-在每一象限内，y随x的增大而增大∵-2＜-1＜0∴y1＜y2故答案为：＜.【题目点拨】此题考查的是反比例函数的增减性，掌握反比例函数的增减性与比例系数的关系是解决此题的关键.17、54【解题分析】设建筑物的高为x米，根据题意易得△CDG∽△ABG，∴，∵CD＝DG＝2，∴BG＝AB＝x，再由△EFH∽△ABH可得，即，∴BH＝2x，即BD＋DF＋FH＝2x，亦即x－2＋52＋4＝2x，解得x＝54，即建筑物的高是54米．18、1：4【解题分析】由S△BDE：S△CDE=1：3，得到

，于是得到

．【题目详解】解：两个三角形同高，底边之比等于面积比.故答案为【题目点拨】本题考查了三角形的面积，比例的性质等知识，知道等高不同底的三角形的面积的比等于底的比是解题的关键．三、解答题(共66分)19、见解析【分析】根据题意，先算出各组数据的平均数，再利用方差公式计算求出各组数据的方差比较大小即可．【题目详解】∵高＝（℃），低＝（℃），高＝＝2（℃2）低＝＝1．84（℃2）∴高＞低∴这5天的日最高气温波动大．【题目点拨】本题考查方差的应用，解题的关键是熟练掌握方差公式：S2＝．20、（1）详见解析；(2，-2)；（2）详见解析；(-4，4)【分析】（1）分别得出A、B、C三点关于点P的中心对称点，然后依次连接对应点可得；（2）分别做A、B、C三点绕O点顺时针旋转90°的点，然后依次连接对应点即可．【题目详解】（1）△A1B1C1如下图所示．点A1的坐标为(2，-2)（2）△A2B2C2如上图所示．点C2的坐标为(-4，4)．【题目点拨】本题考查绘制中心对称图形和绘制旋转图形，解题关键是绘制图形中的关键点的对应点．21、（1）；（2）圆的半径为1．【分析】（1）利用中位线定理得出，从而得出DE的长．（2）过点作，垂足为点，，联结，求解出AH的值，再利用勾股定理，求出圆的半径．【题目详解】解（1）∵经过圆心，∴同理：∴是的中位线∴∵∴（2）过点作，垂足为点，，联结∵经过圆心∴∵∴在中，∴即圆的半径为1．【题目点拨】本题考查了三角形的中位线定理以及勾股定理的运用，是较为典型的圆和三角形的例题．22、（1）见解析;（2）1.【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似即可证明；（2）利用相似三角形的对应边对应成比例列式求解即可．【题目详解】（1）证明：∵∠A＝∠A，∠ADC＝∠ACB，∴△ADC∽△ACB．（2）解：∵△ADC∽△ACB，∴＝，AB=AD+DB=2+6=8∴AC2＝AD•AB＝2×8＝16，∵AC＞0，∴AC＝1．【题目点拨】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．灵活运用相似三角形的性质进行几何计算．23、（1）丙、甲、乙;（2）甲组的成绩最高.【解题分析】试题分析：（1）计算各小组的平均成绩，并从高分到低分确定小组的排名顺序即可；（2）分别计算各小组的加权平均成绩，然后比较即可.试题解析：（1）甲：（91+80+78）÷3=83;乙：（81+74+85）÷3=80;丙：（79+83+90）÷3=84.∴小组的排名顺序为：丙、甲、乙．（2）甲：91×40%+80×30%+78×30%=83.8乙：81×40%+74×30%+85×30%=80.1丙：79×40%+83×30%+90×30%=83.5∴甲组的成绩最高考点：平均数；加权平均数.24、（1）；（2）值有或【分析】（1）过点作于点，根据，可求出△AOB的面积8，由等腰三角形的三线合一可知△AOD的面积为4，根据反比例函数k的几何意义几何求出k；

（2）分两种情况讨论：①当边的中点在的图象上，由条件可知，即可得到C点坐标为，从而可求得m；②当边的中点在的图象上，过点作于点，由条件可知，，因此中点，从而可求得m．【题目详解】解：（1）过点作于点，如图1∵，∴，∴，，即（2）①当边的中点在的图象上，如图2∵，∴，，点，即∴②当边的中点在的图象上，过点作于点，如图3∵，，∴中点即∴综上所述，符合条件的值有或【题目点拨】本题考查了用待定系数法求反比例函数的解析式，掌握直角三角形、等边三角形的性质以及分类讨论思想是解题的关键．25、[尝试]（1）（1，﹣2）；（2）点A在抛物线L上；（3）n=1；[发现]（2，0）,（﹣1，1）；[应用]不是，理由见解析．【分析】[尝试]

（1）将