2025届重庆市九龙坡区育才中学数学九上期末联考试题含解析

2025届重庆市九龙坡区育才中学数学九上期末联考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、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．的绝对值是（）A． B．2020 C． D．2．如图是二次函数y＝ax2+bx+c（a≠1）的图象的一部分，给出下列命题：①a+b+c＝1；②b＞2a；③方程ax2+bx+c＝1的两根分别为﹣3和1；④当x＜1时，y＜1．其中正确的命题是（）A．②③ B．①③ C．①② D．①③④3．如图，⊙O的弦AB垂直平分半径OC，若AB=，则⊙O的半径为（）A． B．2 C． D．4．在平面直角坐标系中，抛物线经过变换后得到抛物线，则这个变换可以是（）A．向左平移2个单位 B．向右平移2个单位C．向左平移8个单位 D．向右平移8个单位5．已知圆锥的底面半径为5，母线长为13，则这个圆锥的全面积是（）A． B． C． D．6．已知：m＝+1，n＝﹣1，则＝（）A．±3 B．﹣3 C．3 D．7．不解方程，则一元二次方程的根的情况是（）A．有两个相等的实数根 B．没有实数根C．有两个不相等的实数根 D．以上都不对8．如图，正方形的边长是3，，连接、交于点，并分别与边、交于点、，连接，下列结论：①；②；③；④当时，．正确结论的个数为（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个9．如图，电线杆的高度为，两根拉线与相互垂直，，则拉线的长度为（、、在同一条直线上）（）A． B． C． D．10．已知的直径是8，直线与有两个交点，则圆心到直线的距离满足（）A． B． C． D．11．如图，将绕点按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数是（）A． B． C． D．12．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，则图中相似三角形共有()A．1对 B．2对 C．3对 D．4对二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，直线l1∥l2，直线l3与l1、l2分别交于点A、B．若∠1＝69°，则∠2的度数为_____．14．若正六边形的边长为2，则此正六边形的边心距为______．15．动手操作：在矩形纸片ABCD中，AB=3,AD=5.如图所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的A’处，折痕为PQ，当点A’在BC边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动.若限定点P、Q分别在AB、AD边上移动，则点A’在BC边上可移动的最大距离为.16．如图，在边长为2的菱形ABCD中，，点E、F分别在边AB、BC上.将BEF沿着直线EF翻折，点B恰好与边AD的中点G重合，则BE的长等于________．17．在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．如果AC=3，那么正方形ABCD的面积是__________．18．如图，抛物线y=﹣x2+mx+2m2（m＞0）与x轴交于A，B两点，点A在点B的左边，C是抛物线上一个动点（点C与点A，B不重合），D是OC的中点，连结BD并延长，交AC于点E，则的值是_____________．三、解答题（共78分）19．（8分）已知：中，．（1）求作：的外接圆；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）（2）若的外接圆的圆心到边的距离为4，，求的面积．20．（8分）解方程：2x2+3x﹣1=1．21．（8分）为响应国家全民阅读的号召，某社区鼓励居民到社区阅览室借阅读书，并统计每年的借阅人数和图书借阅总量（单位：本），该阅览室在2014年图书借阅总量是7500本，2016年图书借阅总量是10800本．（1）求该社区的图书借阅总量从2014年至2016年的年平均增长率；（2）已知2016年该社区居民借阅图书人数有1350人，预计2017年达到1440人，如果2016年至2017年图书借阅总量的增长率不低于2014年至2016年的年平均增长率，那么2017年的人均借阅量比2016年增长a%，求a的值至少是多少？22．（10分）如图，的顶点是双曲线与直线在第二象限的交点．轴于，且．（1）求反比例函数的解析式；（2）直线与双曲线交点为、，记的面积为，的面积为，求23．（10分）如图，AB是半圆O的直径，C为半圆弧上一点，在AC上取一点D，使BC=CD，连结BD并延长交⊙O于E，连结AE，OE交AC于F．(1)求证：△AED是等腰直角三角形；(2)如图1，已知⊙O的半径为．①求的长；②若D为EB中点，求BC的长．(3)如图2，若AF：FD=7：3，且BC=4，求⊙O的半径．24．（10分）央视举办的《主持人大赛》受到广泛的关注.某中学学生会就《主持人大赛》节目的喜爱程度，在校内对部分学生进行了问卷调查，并对问卷调查的结果分为“非常喜欢”、“比较喜欢”、“感觉一般”、“不太喜欢”四个等级，分别记作、、、.根据调查结果绘制出如图所示的扇形统计图和条形统计图，请结合图中所给信息解答下列问题：（1）本次被调查对象共有人；扇形统计图中被调查者“比较喜欢”等级所对应圆心角的度数为.（2）将条形统计图补充完整，并标明数据；（3）若选“不太喜欢”的人中有两个女生和两个男生，从选“不太喜欢”的人中挑选两个学生了解不太喜欢的原因，请用列举法（画树状图或列表），求所选取的这两名学生恰好是一男一女的概率.25．（12分）如图，抛物线过点，交x轴于A，B两点点A在点B的左侧．求抛物线的解析式，并写出顶点M的坐标；连接OC，CM，求的值；若点P在抛物线的对称轴上，连接BP，CP，BM，当时，求点P的坐标．26．一个小球沿着足够长的光滑斜面向上滚动，它的速度与时间满足一次函数关系，其部分数据如下表：（1）求小球的速度v与时间t的关系.（2）小球在运动过程中，离出发点的距离S与v的关系满足，求S与t的关系式，并求出小球经过多长时间距离出发点32m？（3）求时间为多少时小球离出发点最远，最远距离为多少？

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【分析】根据绝对值的定义直接解答．【详解】解：根据绝对值的概念可知：|−2121|＝2121，故选：B．【点睛】本题考查了绝对值．解题的关键是掌握绝对值的概念，注意掌握一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；1的绝对值是1．2、B【分析】利用x=1时，y=1可对①进行判断；利用对称轴方程可对②进行判断；利用对称性确定抛物线与x轴的另一个交点坐标为（-3，1），则根据抛物线与x轴的交点问题可对③进行判断；利用抛物线在x轴下方对应的自变量的范围可对④进行判断．【详解】∵x＝1时，y＝1，∴a+b+c＝1，所以①正确；∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝﹣1，∴b＝2a，所以②错误；∵抛物线与x轴的一个交点坐标为（1，1），而抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（﹣3，1），∴方程ax2+bx+c＝1的两根分别为﹣3和1，所以③正确；当﹣3＜x＜1时，y＜1，所以④错误．故选：B．【点睛】本题考查的是抛物线的性质及对称性，掌握二次函数的性质及其与一元二次方程的关系是关键．3、A【解析】试题分析：连接OA，设⊙O的半径为r，由于AB垂直平分半径OC，AB=，则AD=，OD=，在Rt△AOD中，OA2=OD2+AD2，即r2=（）2+（）2，解得r=．考点:（1）垂径定理；（2）勾股定理．4、B【分析】根据变换前后的两抛物线的顶点坐标找变换规律．【详解】y=（x+5）（x-3）=（x+1）2-16，顶点坐标是（-1，-16）．y=（x+3）（x-5）=（x-1）2-16，顶点坐标是（1，-16）．所以将抛物线y=（x+5）（x-3）向右平移2个单位长度得到抛物线y=（x+3）（x-5），故选B．【点睛】此题主要考查了次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．5、B【分析】先根据圆锥侧面积公式：求出圆锥的侧面积，再加上底面积即得答案.【详解】解：圆锥的侧面积=，所以这个圆锥的全面积=.故选：B.【点睛】本题考查了圆锥的有关计算，属于基础题型，熟练掌握圆锥侧面积的计算公式是解答的关键.6、C【分析】先根据题意得出和的值，再把式子化成含与的形式，最后代入求值即可.【详解】由题得：、∴故选：C.【点睛】本题考查代数式求值和完全平方公式，运用整体思想是关键.7、C【分析】根据∆值判断根的情况【详解】解：a=2b=3c=-4∴有两个不相等的实数根故本题答案为：C【点睛】本题考查了通过根的判别式判断根的情况，注意a,b,c有符号8、D【分析】由四边形ABCD是正方形，得到AD=BC=AB，∠DAB=∠ABC=90°，即可证明△DAP≌△ABQ，根据全等三角形的性质得到∠P=∠Q，根据余角的性质得到AQ⊥DP；故①正确；根据相似三角形的性质得到AO2=OD•OP，故②正确；根据△CQF≌△BPE，得到S△CQF=S△BPE，根据△DAP≌△ABQ，得到S△DAP=S△ABQ，即可得到S△AOD=S四边形OECF；故③正确；根据相似三角形的性质得到BE的长，进而求得QE的长，证明△QOE∽△POA，根据相似三角形对应边成比例即可判断④正确，即可得到结论．【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BC=AB，∠DAB=∠ABC=90°．∵BP=CQ，∴AP=BQ．在△DAP与△ABQ中，∵，∴△DAP≌△ABQ，∴∠P=∠Q．∵∠Q+∠QAB=90°，∴∠P+∠QAB=90°，∴∠AOP=90°，∴AQ⊥DP；故①正确；∵∠DOA=∠AOP=90°，∠ADO+∠P=∠ADO+∠DAO=90°，∴∠DAO=∠P，∴△DAO∽△APO，∴，∴AO2=OD•OP．故②正确；在△CQF与△BPE中，∵，∴△CQF≌△BPE，∴S△CQF=S△BPE．∵△DAP≌△ABQ，∴S△DAP=S△ABQ，∴S△AOD=S四边形OECF；故③正确；∵BP=1，AB=3，∴AP=1．∵∠P=∠P，∠EBP=∠DAP=90°，∴△PBE∽△PAD，∴，∴BE，∴QE，∵∠Q=∠P，∠QOE=∠POA=90°，∴△QOE∽△POA，∴，∴，故④正确．故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解答本题的关键．9、B【分析】先通过等量代换得出，然后利用余弦的定义即可得出结论．【详解】故选：B．【点睛】本题主要考查解直角三角形，掌握余弦的定义是解题的关键．10、B【分析】先求出圆的半径,再根据直线与圆的位置关系与d和r的大小关系即可得出结论．【详解】解:∵的直径是8∴的半径是4∵直线与有两个交点∴0≤d＜4（注：当直线过圆心O时，d=0）故选B．【点睛】此题考查的是根据圆与直线的位置关系求圆心到直线的距离的取值范围，掌握直线与圆的位置关系与d和r的大小关系是解决此题的关键．11、A【分析】根据绕点按逆时针方向旋转后得到，可得，然后根据可以求出的度数．【详解】∵绕点按逆时针方向旋转后得到∴又∵∴【点睛】本题考查的是对于旋转角的理解，能利用定义从图形中准确的找出旋转角是关键．12、C【解析】∵∠ACB=90°，CD⊥AB，∴△ABC∽△ACD，△ACD∽CBD，△ABC∽CBD，所以有三对相似三角形．故选C．二、填空题（每题4分，共24分）13、111°【分析】根据平行线的性质求出∠3＝∠1＝69°，即可求出答案．【详解】解：∵直线l1∥l2，∠1＝69°，∴∠3＝∠1＝69°，∴∠2＝180°﹣∠3＝111°，故答案为111°．【点睛】此题主要考查平行线的性质，解题的关键是熟知两直线平行，同位角相等．14、.【分析】连接OA、OB，根据正六边形的性质求出∠AOB，得出等边三角形OAB，求出OA、AM的长，根据勾股定理求出即可．【详解】连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，∵正六边形ABCDEF，∴∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOE=∠EOF=∠AOF，∴∠AOB=60°，OA=OB，∴△AOB是等边三角形，∴OA=OB=AB=2，∵AB⊥OM，∴AM=BM=1，在△OAM中，由勾股定理得：OM=．15、2【解析】解：当点P与B重合时，BA′取最大值是3，当点Q与D重合时（如图），由勾股定理得A′C=4，此时BA′取最小值为1．则点A′在BC边上移动的最大距离为3-1=2．16、【分析】如图，作GH⊥BA交BA的延长线于H，EF交BG于O．利用勾股定理求出MG，由此即可解决问题.【详解】过点G作GM⊥AB交BA延长线于点M，则∠AMG=90°，∵G为AD的中点，∴AG=AD==1，∵四边形ABCD是菱形，∴AB//CD，∴∠MAG=∠D=60°，∴∠AGM=30°，∴AM=AG=，∴MG=，设BE=x，则AE=2-x，∵EG=BE，∴EG=x，在Rt△EGM中，EG2=EM2+MG2，∴x2=(2-x+)2+，∴x=，故答案为.【点睛】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质等，正确添加辅助线构造直角三角形利用勾股定理进行解答是关键.17、1【分析】由正方形的面积公式可求解．【详解】解：∵AC=3，

∴正方形ABCD的面积=3×3×=1，

故答案为：1．【点睛】本题考查了正方形的性质，熟练运用正方形的性质是解题的关键．18、【分析】过点O作OH∥AC交BE于点H，根据A、B的坐标可得OA=m，OB=2m，AB=3m，证明OH=CE，将根据，可得出答案．【详解】解：过点O作OH∥AC交BE于点H，令y=x2+mx+2m2=0，∴x1=-m，x2=2m，∴A（-m，0）、B（2m，0），∴OA=m，OB=2m，AB=3m，∵D是OC的中点，∴CD=OD，∵OH∥AC，∴，∴OH=CE，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了抛物线与x轴的交点问题，解题的关键是过点O作OH∥AC交BE于点H，此题有一定的难度．三、解答题（共78分）19、(1)详见解析;(2)【分析】(1)分别作出AB、BC的垂直平分线，两条垂直平分线的交点即是圆的圆心，以O为圆心，OB为半径作圆即可，如图所示．(2)已知的外接圆的圆心到边的距离为4，，利用勾股定理即可求出OB2，再根据圆的面积公式即可求解．【详解】解：（1）如图（2）设BC的垂直平分线交BC于点D由题意得：，在Rt中，∴【点睛】本题主要考查的是圆的外接三角形尺规作图法和勾股定理的应用，掌握这两个知识点是解题的关键．20、．【分析】找出a，b，c的值，代入求根公式即可求出解．【详解】解：这里a=2，b=3，c=﹣1，∵△=9+8=17，∴x=．考点：解一元二次方程-公式法．21、（1）20%；（2）12.1．【解析】试题分析：（1）经过两次增长，求年平均增长率的问题，应该明确原来的基数，增长后的结果．设这两年的年平均增长率为x，则经过两次增长以后图书馆有书7100（1+x）2本，即可列方程求解；（2）先求出2017年图书借阅总量的最小值，再求出2016年的人均借阅量，2017年的人均借阅量，进一步求得a的值至少是多少．试题解析：（1）设该社区的图书借阅总量从2014年至2016年的年平均增长率为x，根据题意得7100（1+x）2=10800，即（1+x）2=1.44，解得：x1=0.2，x2=﹣2.2（舍去）．答：该社区的图书借阅总量从2014年至2016年的年平均增长率为20%；（2）10800（1+0.2）=12960（本）10800÷1310=8（本）12960÷1440=9（本）（9﹣8）÷8×100%=12.1%．故a的值至少是12.1．考点：一元二次方程的应用；一元一次不等式的应用；最值问题；增长率问题．22、（1）；（2）【分析】（1）由可得，再根据函数图像可得，即可得到函数解析式.（2）先求得一次函数解析式，再联立方程组求得点A和点C的坐标，记直线与轴的交点为，求得点坐标为，，即可求得.【详解】解：（1）∵，∴双曲线在二、四象限反比例函数的解析式为（2）由（1）可得，代入可得一次函数的解析式为，联立方程组，得，易求得点为，点为记直线与轴的交点为，在中，当y=0，则x=2，∴点坐标为，，．【点睛】此题首先利用待定系数法确定函数解析式，然后利用解方程组来确定图象的交点坐标，及利用坐标求出线段和图形的面积．23、(1)见解析；(2)①；②；(3)【分析】（1）由已知可得△BCD是等腰直角三角形，所以∠CBD＝∠EAD＝45°，因为∠AEB＝90°可证△AED是等腰直角三角形；（2）①已知可得∠EAD＝45°，∠EOC＝90°，则△EOC是等腰直角三角形，所以CE的弧长=×2×π×=；②由已知可得ED＝BD，在Rt△ABE中，(2)2=AE2+(2AE)2，所以AE＝2，AD＝2，易证△AED∽△BCD，所以BC＝；（3）由已知可得AF＝AD，过点E作EG⊥AD于G，EG=AD，GF=AD，tan∠EFG=，得出FO=r，在Rt△COF中，FC=r，EF=r，在Rr△EFG中，由勾股定理，求出AD=r，AF=r，所以AC=AF+FC=，CD=BC=4，AC=4+AD，可得r=4+r，解出r即可．【详解】解：(1)∵BC=CD，AB是直径，∴△BCD是等腰直角三角形，∴∠CBD=45°，∵∠CBD=∠EAD=45°，∵∠AEB=90°，∴△AED是等腰直角三角形；(2)①∵∠EAD=45°，∴∠EOC=90°，∴△EOC是等腰直角三角形，∵⊙O的半径为，∴CE的弧长=×2×π×=，故答案为：；②∵D为EB中点，∴ED=BD，∵AE=ED，在Rt△ABE中，(2)2=AE2+(2AE)2，∴AE=2，∴AD=2，∵ED=AE，CD=BC，∠AED=∠BCD=90°，∴△AED∽△BCD，∴BC=，故答案为：；(3)∵AF：FD=7：3，∴AF=AD，过点E作EG⊥AD于G，∴EG=AD，∴GF=AD，∴tan∠EFG=，∴==，∴FO=r，在Rt△COF中，FC=r，∴EF=r，在Rt△EFG中，(r)2=(AD)2+(AD)2，∴AD=r，∴AF=r，∴AC=AF+FC=r，∵CD=BC=4，∴AC=4+AD=4+r，∴r=4+r，∴r=，故答案为：．【点睛】本题考查了圆的基本性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理的应用，弧长公式的计算，锐角三角函数定义的应用，掌握相关图形的性质和应用是解题的关键．24、（1）50；144；（2）详见解析；（3）.【分析】（1）根据A组的人数及占比即可求解被调查对象的总人数，再求出D，B的占比即可求出被调查者“比较喜欢”等级所对应圆心角的度数；（2）求出各组的人数即可作图；（3）根据题意列表表示出所有情况，再利用概率公式即可求解.【详解】（1）本次被调查对象共有16÷32%=50，D的占比为4÷50=8%，故B的占比为1-32%-20%-8%=40%∴扇形统计图中被调查者“比较喜欢”等级所对应圆心角的度数为360°×40%=144°，故答案为：50；144（2）B组的人数为50×40%=20（人），C组的人数为50×20%=10