福州仓山区六校联考2024届数学九年级第一学期期末教学质量检测试题含解析

福州仓山区六校联考2024届数学九年级第一学期期末教学质量检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题4分，共48分）1．如图，,,,四点都在上，，则的度数为（）A． B． C． D．2．用配方法解一元二次方程，变形后的结果正确的是（）A． B． C． D．3．已知二次函数的图象如图所示，则反比例函数与一次函数的图象可能是（）A． B．C． D．4．如图，小明夜晚从路灯下A处走到B处这一过程中，他在路上的影子（）A．逐渐变长 B．逐渐变短C．长度不变 D．先变短后变长5．矩形ABCD中，AB＝10，，点P在边AB上，且BP:AP=4:1，如果⊙P是以点P为圆心，PD长为半径的圆，那么下列结论正确的是（）A．点B、C均在⊙P外 B．点B在⊙P外，点C在⊙P内C．点B在⊙P内，点C在⊙P外 D．点B、C均在⊙P内6．如图,直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于E、F、G,且AB∥CD,若BO=6cm,OC=8cm则BE+CG的长等于()A．13 B．12 C．11 D．107．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A为（0，3），点B为（2，1），点C为（2，-3）．则经画图操作可知：△ABC的外心坐标应是（）A． B． C． D．8．矩形、菱形、正方形都具有的性质是（）A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分且相等9．下列四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．10．如图，在中，，，，点O是AB的三等分点，半圆O与AC相切，M，N分别是BC与半圆弧上的动点，则MN的最小值和最大值之和是（）A．5 B．6 C．7 D．811．如图，是等边三角形，且与轴重合，点是反比例函数的图象上的点，则的周长为（）A． B． C． D．12．如图，是的弦，半径于点，且的长是（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，Rt△OAB的顶点A（﹣2，4）在抛物线y=ax2上，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，边CD与该抛物线交于点P，则点P的坐标为_____．14．如图所示，矩形的边在的边上，顶点，分别在边，上.已知，，，设，矩形的面积为，则关于的函数关系式为______.（不必写出定义域）15．某型号的冰箱连续两次降价，每台售价由原来的2370元降到了1160元，若设平均每次降价的百分率为，则可列出的方程是__________________________________.16．如图，在中，，，以为直角边、为直角顶点作等腰直角三角形，则______.17．已知是方程的两个实数根，则的值是____．18．已知抛物线与轴交点的横坐标分别为3，1；与轴交点的纵坐标为6，则二次函数的关系式是____．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，抛物线y＝ax2﹣x+c与x轴相交于点A（﹣2，0）、B（4，0），与y轴相交于点C，连接AC，BC，以线段BC为直径作⊙M，过点C作直线CE∥AB，与抛物线和⊙M分别交于点D，E，点P在BC下方的抛物线上运动．（1）求该抛物线的解析式；（2）当△PDE是以DE为底边的等腰三角形时，求点P的坐标；（3）当四边形ACPB的面积最大时，求点P的坐标并求出最大值．20．（8分）已知关于x的一元二次方程x1=1（1－m）x－m1有两个实数根为x1，x1．（1）求m的取值范围；（1）设y=x1+x1，求当m为何值时，y有最小值．21．（8分）某市射击队为从甲、乙两名运动员中选拔一人参加省比赛，对他们进行了四次测试，测试成绩如表（单位：环）：第一次第二次第三次第四次甲9887乙10679（1）根据表格中的数据，分别计算甲、乙两名运动员的平均成绩；（2）分别计算甲、乙两人四次测试成绩的方差；根据计算的结果，你认为推荐谁参加省比赛更合适？请说明理由．22．（10分）为实现“先富带动后富，从而达到共同富裕”，某县为做好“精准扶贫”，2017年投入资金1000万元用于教育扶贫，以后投入资金逐年增加，2019年投入资金达到1440万元．（1）从2017年到2019年，该县投入用于教育扶贫资金的年平均增长率是多少？（2）假设保持这个年平均增长率不变，请预测一下2020年该县将投入多少资金用于教育扶贫？23．（10分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点坐标分别为O（0，0），A（6，0），B（4，3），C（0，3）．动点P从点O出发，以每秒个单位长度的速度沿边OA向终点A运动；动点Q从点B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿边BC向终点C运动．设运动的时间为t秒，PQ2＝y．（1）直接写出y关于t的函数解析式及t的取值范围：；（2）当PQ＝时，求t的值；（3）连接OB交PQ于点D，若双曲线（k≠0）经过点D，问k的值是否变化？若不变化，请求出k的值；若变化，请说明理由．24．（10分）感知：如图①，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，点P在BC边上，当∠APD＝90°时，可知△ABP∽△PCD．（不要求证明）探究：如图②，在四边形ABCD中，点P在BC边上，当∠B＝∠C＝∠APD时，求证：△ABP∽△PCD．拓展：如图③，在△ABC中，点P是边BC的中点，点D、E分别在边AB、AC上．若∠B＝∠C＝∠DPE＝45°，BC＝6，BD＝4，则DE的长为．25．（12分）如图，某中学一幢教学楼的顶部竖有一块写有“校训”的宣传牌，米，王老师用测倾器在点测得点的仰角为，再向教学楼前进9米到达点，测得点的仰角为，若测倾器的高度米，不考虑其它因素，求教学楼的高度．（结果保留根号）26．如图，在正方形中，是对角线上的一个动点，连接，过点作交于点．（1）如图①，求证：；（2）如图②，连接为的中点，的延长线交边于点，当时，求和的长；（3）如图③，过点作于，当时，求的面积．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【分析】根据圆周角定理求出∠A，根据圆内接四边形的性质计算即可．【题目详解】由圆周角定理得,∠A=∠BOD=，∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠BCD=−∠A=，故选：C.【题目点拨】本题考查了圆周角定理以及圆内接四边形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键.2、B【解题分析】根据配方法解一元二次方程即可求解．【题目详解】，∴，∴，故选：B.【题目点拨】本题考查了配方法解一元二次方程，解决本题的关键是方程两边同时加上一次项系数一半的平方．3、B【分析】观察二次函数图象，找出＞0，＞0，再结合反比例函数、一次函数图象与系数的关系，即可得出结论．【题目详解】观察二次函数图象，发现：

抛物线的顶点坐标在第四象限，即，

∴，．

∵反比例函数中，

∴反比例函数图象在第一、三象限；

∵一次函数，，

∴一次函数的图象过第一、二、三象限．

故选：B．【题目点拨】本题考查了反比例函数的图象、一次函数的图象以及二次函数的图象，解题的关键是根据二次函数的图象找出，．解决该题型题目时，熟记各函数图象的性质是解题的关键．4、A【分析】因为人和路灯间的位置发生了变化，光线与地面的夹角发生变化，所以影子的长度也会发生变化，进而得出答案．【题目详解】当他远离路灯走向B处时，光线与地面的夹角越来越小，小明在地面上留下的影子越来越长，所以他在走过一盏路灯的过程中，其影子的长度逐渐变长，故选：A．【题目点拨】此题考查了中心投影的性质，解题关键是了解人从路灯下走过的过程中，人与灯之间位置变化，光线与地面的夹角发生变化，从而导致影子的长度发生变化．5、A【分析】根据BP=4AP和AB的长度求得AP的长度，然后利用勾股定理求得圆P的半径PD的长；根据点B、C到P点的距离判断点P与圆的位置关系即可【题目详解】根据题意画出示意图，连接PC，PD，如图所示∵AB=10,点P在边AB上，BP:AP=4:1∴AP=2,BP=8又∵AD=∴圆的半径PD=PC=∵PB=8>6,PC=>6∴点B、C均在⊙P外故答案为：A【题目点拨】本题考查了点和圆的位置关系的判定，根据点和圆心之间的距离和半径的大小关系作出判断即可6、D【解题分析】根据切线长定理得：BE=BF，CF=CG，∠OBF=∠OBE，∠OCF=∠OCG；∵AB∥CD，∴∠ABC+∠BCD=180°，∴∠OBF+∠OCF=90°，∴∠BOC=90°，∵OB=6cm，OC=8cm，∴BC=10cm，∴BE+CG=BC=10cm，故选D.【题目点拨】本题主要考查了切线长定理，涉及到平行线的性质、勾股定理等，求得BC的长是解题的关键.7、C【解题分析】外心在BC的垂直平分线上，则外心纵坐标为-1.故选C.8、B【分析】矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，因而平行四边形的性质就是四个图形都具有的性质．【题目详解】解：平行四边形的对角线互相平分，而对角线相等、平分一组对角、互相垂直不一定成立．

故平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是：对角线互相平分．

故选：B．【题目点拨】本题主要考查了正方形、矩形、菱形、平行四边形的性质，理解四个图形之间的关系是解题关键．9、D【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【题目详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确．故选D．【题目点拨】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．10、B【解题分析】设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作垂足为P交⊙O于F，此时垂线段OP最短，PF最小值为，当N在AB边上时，M与B重合时，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，根据图形与圆的性质即可求解.【题目详解】如图，设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作垂足为P交⊙O于F，此时垂线段OP最短，PF最小值为，∵，，∴∵，∴∵点O是AB的三等分点，∴，，∴，∵⊙O与AC相切于点D，∴，∴，∴，∴，∴MN最小值为，如图，当N在AB边上时，M与B重合时，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，MN最大值，,∴MN长的最大值与最小值的和是1．故选B．【题目点拨】此题主要考查圆与三角形的性质，解题的关键是熟知圆的性质及直角三角形的性质.11、A【分析】设△OAB的边长为2a，根据等边三角形的性质，可得点B的坐标为（-a，a），代入反比例函数解析式可得出a的值，继而得出△OAB的周长．【题目详解】解：如图，设△OAB的边长为2a，过B点作BM⊥x轴于点M．

又∵△OAB是等边三角形，

∴OM=OA=a，BM=a，

∴点B的坐标为（-a，a），

∵点B是反比例函数y=−图象上的点，

∴-a•a=-8，

解得a=±2（负值舍去），

∴△OAB的周长为：3×2a=6a=12．

故选：A．【题目点拨】此题考查反比例函数图象上点的坐标特征，等边三角形的性质，设△OAB的边长为2a，用含a的代数式表示出点B的坐标是解题的关键．12、C【分析】利用勾股定理和垂径定理即可求解．【题目详解】∵，∴AD=4cm在Rt△AOD中，OA2＝OD2＋AD2，∴25＝（5−DC）2＋16，∴DC＝2cm．故选：C．【题目点拨】主要考查了垂径定理的运用．垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的两条弧．解此类题一般要把半径、弦心距、弦的一半构建在一个直角三角形里，运用勾股定理求解．二、填空题（每题4分，共24分）13、（，2）．【解题分析】由题意得：，即点P的坐标.14、【分析】易证得△ADG∽△ABC，那么它们的对应边和对应高的比相等，可据此求出AP的表达式，进而可求出PH即DE、GF的长，已知矩形的长和宽，即可根据矩形的面积公式得到y、x的函数关系式；【题目详解】如图，作AH为BC边上的高，AH交DG于点P，∵AC=6，AB=8，BC=10，∴三角形ABC是直角三角形，∴△ABC的高==4.8，∵矩形DEFG的边EF在△ABC的边BC上，∴DG∥BC，∴△ADG∽△ABC，∵AH⊥BC，∴AP⊥DG∴，∴，∴∴PH=，∴故答案为：【题目点拨】本题考查了相似三角形的判定与性质，二次函数的应用，解题的关键是利用相似三角形的性质求出矩形的边长.15、【分析】先列出第一次降价后售价的代数式，再根据第一次的售价列出第二次降价后售价的代数式，然后根据已知条件即可列出方程．【题目详解】依题意得：第一次降价后售价为：2370（1-x），

则第二次降价后的售价为：2370（1-x）（1-x）=2370（1-x）2，

故．

故答案为．【题目点拨】此题考查一元二次方程的运用，解题关键在于要注意题意指明的是降价，应该是1-x而不是1+x．16、1【分析】由于AD=AB，∠CAD=90°，则可将△ABD绕点A逆时针旋转90°得△ABE，如图，根据旋转的性质得∠CAE=90°，AC=AE，BE=CD，于是可判断△ACE为等腰直角三角形，则∠ACE=45°，CE=AC=5，易得∠BCE=90°，然后在Rt△CAE中利用勾股定理计算出BE=1，从而得到CD=1．【题目详解】解：∵△ADB为等腰直角三角形，∴AD=AB，∠BAD=90°，将△ACD绕点A顺时针旋转90°得△AEB，如图，∴∠CAE=90°，AC=AE，CD=BE，∴△ACE为等腰直角三角形，∴∠ACE=45°，，∵∠ACB=45°，∴∠BCE=45°+45°=90°，在Rt△BCE中，，∴CD=1．故答案为1．【题目点拨】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，以及勾股定理等知识.旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．解决本题的关键的利用旋转得到直角三角形CBE．17、1【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可得出，，再代入中计算即可．【题目详解】解：∵是方程的两个实数根，∴，，∴，故答案为：1．【题目点拨】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是熟知：若是一元二次方程的两个根，则，．18、．【分析】先设所求抛物线是，根据题意可知此线通过，，，把此三组数代入解析式，得到关于、、的方程组，求解即可．【题目详解】解：设所求抛物线是，根据抛物线与轴交点的横坐标分别为3，1；与轴交点的纵坐标为6，得：，解得，∴函数解析式是．故答案为：．【题目点拨】本题考查了用待定系数法求函数解析式，方程组的解法，熟悉相关解法是解题的关键．三、解答题（共78分）19、（1）y＝x2﹣x﹣3；（2）P（3，﹣）；（3）点P（2，﹣3），最大值为12【分析】（1）用交点式设出抛物线的表达式，化为一般形式，根据系数之间的对应关系即可求解；（2）根据（1）中的表达式求出点C（0，-3），函数对称轴为：x=1，则点D（2，-3），点E（4，-3），当△PDE是以DE为底边的等腰三角形时，点P在线段DE的中垂线上，据此即可求解；

（3）求出直线BC的表达式，设出P、H点的坐标，根据四边形ACPB的面积＝S△ABC+S△BHP+S△CHP进行计算，化为顶点式即可求解．【题目详解】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+2）（x﹣4）＝a（x2﹣2x﹣8），即﹣2a＝﹣，解得：a＝，故抛物线的表达式为：y＝x2﹣x﹣3；（2）当x=0时，y=-3，故点C的坐标为（0，﹣3），函数对称轴为：x＝=1，∵CE∥AB∴点D（2，﹣3），点E（4，﹣3），则DE的中垂线为：x＝＝3，当x＝3时，y＝x2﹣x﹣3＝﹣，故点P（3，﹣）；（3）设直线BC的解析式为y=kx+b，把B（4，0）C（0，﹣3）代入得：解得：∴直线BC的表达式为：y＝x﹣3，故点P作y轴的平行线交BC于点H，设点P（x，x2﹣x﹣3），则点H（x，x﹣3）；四边形ACPB的面积＝S△ABC+S△BHP+S△CHP＝3×6+HP×OB＝9+×4×（x﹣3﹣x2+x+3）＝﹣x2+3x+9=，∵﹣＜0，故四边形ACPB的面积有最大值为12，此时，点P（2，﹣3）．【题目点拨】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、圆的基本知识、面积的计算等，综合性强，掌握中点坐标公式及作辅助线的方法是关键．20、（1）m≤；（1）m=【分析】（1）若一元二次方程有两个实数根，则根的判别式△=b1-4ac≥0，建立关于m的不等式，可求出m的取值范围；

（1）根据根与系数的关系可得出x1+x1的表达式，进而可得出y、m的函数关系式，根据函数的性质及（1）题得出的自变量的取值范围，即可求出y有最小值时及对应的m值．【题目详解】解：（1）将原方程整理为x1+1（m-1）x+m1=0；∵原方程有两个实数根，∴△=〔1（m－1）〕1－4m1=－8m+4≥0，∴m≤（1）∵x1，x1为方程的两根，∴y=x1+x1=－1m+1，∵-1＜0∴y随m的增大而减小∵m≤∴当m=时，y有最小值．【题目点拨】此题是根的判别式、根与系数的关系与一次函数的结合题．牢记一次函数的性质是解答（1）题的关键．21、（1）甲的平均成绩是8，乙的平均成绩是8，（2）推荐甲参加省比赛更合适．理由见解析．【分析】（1）根据平均数的计算公式即可得甲、乙两名运动员的平均成绩；（2）根据方差公式即可求出甲、乙两名运动员的方差，进而判断出荐谁参加省比赛更合适．【题目详解】（1）甲的平均成绩是：（9+8+8+7）÷4＝8，乙的平均成绩是：（10+6+7+9）÷4＝8，（2）甲的方差是：＝，乙的方差是：＝．所以推荐甲参加省比赛更合适．理由如下：两人的平均成绩相等，说明实力相当；但是甲的四次测试成绩的方差比乙小，说明甲发挥较为稳定，故推荐甲参加省比赛更合适．【题目点拨】本题考查了方差、算术平均数，解决本题的关键是掌握方差、算术平均数的计算公式．22、（1）20%；（2）1728万元．【分析】（1）设年平均增长率为x，根据：2017年投入资金×（1+增长率）2＝2019年投入资金，列出方程求解可得；（2）根据求得的增长率代入求得2020年的投入即可．【题目详解】解：（1）设该地投入教育扶贫资金的年平均增长率为x，根据题意，得：1000（1+x）2＝1440，解得：x＝0.2或x＝﹣2.2（舍），答：从2017年到2019年，该地投入教育扶贫资金的年平均增长率为20%；（2）2020年投入的教育扶贫资金为1440×（1+20%）＝1728万元．【题目点拨】本题考查的知识点是用一元二次方程求增长率问题，根据题目找出等量关系式是解此题的关键.23、（1）（0≤t≤4）；（2）t1＝2，t2＝；（2）经过点D的双曲线（k≠0）的k值不变，为．【分析】（1）过点P作PE⊥BC于点E，由点P，Q的出发点、速度及方向可找出当运动时间为t秒时点P，Q的坐标，进而可得出PE，EQ的长，再利用勾股定理即可求出y关于t的函数解析式（由时间=路程÷速度可得出t的取值范围）；

（2）将PQ=代入（1）的结论中可得出关于t的一元二次方程，解之即可得出结论；

（2）连接OB，交PQ于点D，过点D作DF⊥OA于点F，求得点D的坐标，再利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出k值，此题得解．【题目详解】解：（1）过点P作PE⊥BC于点E，如图1所示．

当运动时间为t秒时（0≤t≤4）时，点P的坐标为（t，0），点Q的坐标为（4-t，2），

∴PE=2，EQ=|4-t-t|=|4-t|，

∴PQ2=PE2+EQ2=22+|4-t|2=t2-20t+21，

∴y关于t的函数解析式及t的取值范围：y＝t2−20t+21(0≤t≤4)；

故答案为：y＝t2−20t+21(0≤t≤4)．

（2）当PQ＝时，t2−20t+21＝()2

整理，得1t2-16t+12=0，

解得：t1=2，t2＝．

（2）经过点D的双曲线y＝(k≠0)的k值不变．

连接OB，交PQ于点D，过点D作DF⊥OA于点F，如图2所示．

∵OC=2，BC=4，

∴OB＝＝1．

∵BQ∥OP，

∴△BDQ∽△ODP，

∴，

∴OD=2．

∵CB∥OA，

∴∠DOF=∠OBC．

在Rt△OBC中，sin∠OBC＝，cos∠OBC＝＝，

∴OF＝OD•cos∠OBC＝2×＝，DF＝OD•sin∠OBC＝2×＝，

∴点D的坐标为(，)，

∴经过点D的双曲线y＝(k≠0)的k值为×＝．．【题目点拨】此题考查勾股定理、解直角三角形、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、平行线的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）利用勾股定理，找出y关于t的函数解析式；（2）通过解一元二次方程，求出当PQ=时t的值；（2）利用相似三角形的性质及解直角三角形，找出点D的坐标．24、探究：见解析；拓展：.【分析】感知：先判断出∠BAP＝∠DPC，进而得出结论；探究：根据两角相等，两三角形相似，进而得出结论；拓展：利用△BDP∽△CPE得出比例式求出CE，结合三角形内角和定理证得AC⊥AB且AC＝AB；最后在直角△ADE中利用勾股定理来求DE的长度．【题目详解】解：感知：∵∠APD＝90°，∴∠APB+∠DPC＝90°，∵∠B＝90°，∴∠APB+∠BAP＝90°，∴∠BAP＝∠DPC，∵AB∥CD，∠B＝90°，∴∠C＝∠B＝90°，∴△ABP∽△PCD；探究：∵∠APC＝∠BAP+∠B，∠APC＝∠APD+∠CPD，∴∠BAP+∠B＝∠APD+∠CPD．∵∠B＝∠APD，∴∠BAP＝∠CPD．∵∠B＝∠C，∴△ABP∽△PCD；拓展：同探究的方法得出，△BDP∽△CPE，∴，∵点P是边BC的中点，∴BP＝CP＝3，∵BD＝4，∴，∴CE＝，∵∠B＝∠C＝45°，∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝90°，即AC⊥AB且AC＝AB＝6，∴AE＝AC﹣CE＝6﹣＝，AD＝AB﹣BD＝6﹣4＝2，在Rt△ADE中，DE＝＝＝．故答案是：．【题目点拨】此题是相似综合题．主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形内角和定理以及三角形外角的性质．解本题的关键是判断出△ABP∽△PCD．2