2026届四川省绵阳市数学九上期末教学质量检测试题含解析

2026届四川省绵阳市数学九上期末教学质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．下列各点中，在反比例函数图象上的点是A． B． C． D．2．在平面直角坐标系中，将抛物线y=x2的图象向左平移3个单位、再向下平移2个单位所得的抛物线的函数表达式为（）A．y=(x－3)2－2 B．y=(x－3)2＋2 C．y=(x＋3)2－2 D．y=(x＋3)2＋23．将点A(2，1)向右平移2个单位长度得到点A′，则点A′的坐标是（）A．(0，1) B．(2，﹣1) C．(4，1) D．(2，3)4．入冬以来气温变化异常，在校学生患流感人数明显增多，若某校某日九年级8个班因病缺课人数分别为2、6、4、6、10、4、6、2，则这组数据的众数是（）A．5人 B．6人 C．4人 D．8人5．如图，在4×4的网格中，点A，B，C，D，H均在网格的格点上，下面结论：①点H是△ABD的内心②点H是△ABD的外心③点H是△BCD的外心④点H是△ADC的外心其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个6．抛物线y=2（x+3）2+5的顶点坐标是（）A．（3，5） B．（﹣3，5） C．（3，﹣5） D．（﹣3，﹣5）7．如图，在菱形ABCD中，AB＝4，按以下步骤作图：①分别以点C和点D为圆心，大于CD的长为半径画弧，两弧交于点M，N；②作直线MN，且MN恰好经过点A，与CD交于点E，连接BE，则BE的值为（）A． B．2 C．3 D．48．从某多边形的一个顶点出发，可以作条对角线，则这个多边形的内角和与外角和分别是（）A．； B．； C．； D．；9．如图，将的三边扩大一倍得到（顶点均在格点上），如果它们是以点为位似中心的位似图形，则点的坐标是（）A． B． C． D．10．下列命题是真命题的是（）A．如果a+b＝0，那么a＝b＝0 B．的平方根是±4C．有公共顶点的两个角是对顶角 D．等腰三角形两底角相等二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，一个可以自由转动的转盘，任意转动转盘一次，当转盘停止时，指针落在红色区域的概率为____．12．如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC=105°，则∠C=__．13．二次函数（a，b，c为常数且a≠0）中的与的部分对应值如下表：013353现给出如下四个结论：①；②当时，的值随值的增大而减小；③是方程的一个根；④当时，，其中正确结论的序号为：____．

14．如图，在矩形中，是边的中点，连接交对角线于点，若，，则的长为________．15．若代数式有意义，则的取值范围是____________．16．已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴的两个交点的坐标分别是（﹣3，0），（2，0），则方程ax2+bx+c=0（a≠0）的解是_____．17．如图，在菱形中，对角线交于点，过点作于点，已知BO=4，S菱形ABCD=24，则___．18．设x1，x2是方程x2+3x﹣1＝0的两个根，则x1+x2＝_____．三、解答题(共66分)19．（10分）在一个不透明的布袋中，有个红球，个白球，这些球除颜色外都相同．（1）搅匀后从中任意摸出个球，摸到红球的概率是________；（2）搅匀后先从中任意摸出个球（不放回），再从余下的球中任意摸出个球．求两次都摸到红球的概率．（用树状图或表格列出所有等可能出现的结果）20．（6分）如图，在矩形纸片中，已知，，点在边上移动，连接，将多边形沿折叠，得到多边形，点、的对应点分别为点，.（1）连接.则______，______°；（2）当恰好经过点时，求线段的长；（3）在点从点移动到点的过程中，求点移动的路径长.21．（6分）如图，E、F分别为线段AC上的两个点，且DE⊥AC于点E，BF⊥AC于点F，若AB＝CD，AE＝CF．求证：BF＝DE．22．（8分）．已知关于x的方程的两根为满足：，求实数k的值23．（8分）如图,在平面直角坐标系中,点,过点作轴的垂线,垂足为.作轴的垂线,垂足为点从出发,沿轴正方向以每秒个单位长度运动;点从出发,沿轴正方向以每秒个单位长度运动；点从出发,沿方向以每秒个单位长度运动.当点运动到点时,三点随之停止运动.设运动时间为.(1)用含的代数式分别表示点,点的坐标.(2)若与以点,,为顶点的三角形相似,求的值.24．（8分）（1）计算：|﹣1|+2sin45°﹣+tan260°；（2）已知：，求．25．（10分）如图，在电线杆上的点处引同样长度的拉线，固定电线杆，在离电线杆6米处安置测角仪（其中点、、、在同一条直线上），在处测得电线杆上点处的仰角为，测角仪的高为米．（1）求电线杆上点离地面的距离；（2）若拉线，的长度之和为18米，求固定点和之间的距离．26．（10分）如图，△ABD是⊙O的内接三角形，E是弦BD的中点，点C是⊙O外一点且∠DBC＝∠A，连接OE延长与圆相交于点F，与BC相交于点C．（1）求证：BC是⊙O的切线；（2）若⊙O的半径为6，BC＝8，求弦BD的长．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【分析】把各点的坐标代入解析式，若成立，就在函数图象上.即满足xy=2.【详解】只有选项B：-1×（-2）=2，所以，其他选项都不符合条件.故选B本题考核知识点：反比例函数的意义.解题关键点：理解反比例函数的意义.2、C【解析】先确定抛物线y=x2的顶点坐标为（0，0），再根据点平移的规律得到点（0，0）向左平移3个单位、再向下平移2个单位所得对应点的坐标为-3,-2，然后利用顶点式写出新抛物线解析式即可．【详解】抛物线y=x2的顶点坐标为(0,0),把点(0,0)向左平移3个单位、再向下平移2个单位所得对应点的坐标为-3,-2,所以平移后的抛物线解析式为y=(x＋3)2－2.故选:C.考查二次函数的平移，掌握二次函数平移的规律是解题的关键.3、C【分析】把点（2，1）的横坐标加2，纵坐标不变即可得到对应点的坐标．【详解】解：∵将点（2，1）向右平移2个单位长度，∴得到的点的坐标是（2+2，1），即：（4，1），故选：C．本题主要考查了坐标系中点的平移规律，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．4、B【解析】找出这组数据出现次数最多的那个数据即为众数.【详解】解：∵数据2、6、4、6、10、4、6、2，中数据6出现次数最多为3次，∴这组数据的众数是6.故选：B.本题考查众数的概念，出现次数最多的数据为这组数的众数.5、C【分析】先利用勾股定理计算出AB＝BC＝，AD＝，CD＝，AC＝，再利用勾股定理的逆定理可得到∠ABC＝∠ADC＝90°，则CB⊥AB，CD⊥AD，根据角平分线定理的逆定理可判断点C不在∠BAD的角平分线上，则根据三角形内心的定义可对①进行判断；由于HA＝HB＝HC＝HD＝，则根据三角形外心的定义可对②③④进行判断．【详解】解：∵AB＝BC＝，AD＝，CD＝，AC＝，∴AB2+BC2＝AC2，CD2+AD2＝AC2，∴△ABC和△ADC都为直角三角形，∠ABC＝∠ADC＝90°，∵CB⊥AB，CD⊥AD，而CB≠CD，∴点C不在∠BAD的角平分线上，∴点H不是△ABD的内心，所以①错误；∵HA＝HB＝HC＝HD＝，∴点H是△ABD的外心，点H是△BCD的外心，点H是△ADC的外心，所以②③④正确．故选：C．本题考查了三角形的内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了三角形的外心和勾股定理．6、B【解析】解：抛物线y=2（x+3）2+5的顶点坐标是（﹣3，5），故选B．7、B【解析】由作法得AE垂直平分CD，则∠AED=90°，CE=DE，于是可判断∠DAE=30°，∠D=60°，作EH⊥BC于H，从而得到∠ECH=60°,利用三角函数可求出EH、CH的值，再利用勾股定理即可求出BE的长.【详解】解：如图所示，作EH⊥BC于H，由作法得AE垂直平分CD，∴∠AED=90°，CE=DE＝2，∵四边形ABCD为菱形，∴AD=2DE，∴∠DAE=30°，∴∠D=60°，∵AD//BC，∴∠ECH=∠D=60°,在Rt△ECH中，EH=CE·sin60°=,CH=CE·cos60°=,∴BH=4+1=5，在Rt△BEH中，由勾股定理得，.故选B.本题考查了垂直平分线的性质、菱形的性质、解直角三角形等知识.合理构造辅助线是解题的关键.8、A【分析】根据边形从一个顶点出发可引出条对角线，求出的值，再根据边形的内角和为，代入公式就可以求出内角和，根据多边形的外角和等于360，即可求解．【详解】∵多边形从一个顶点出发可引出4条对角线，

∴，

解得：，

∴内角和；任何多边形的外角和都等于360．故选：A．本题考查了多边形的对角线，多边形的内角和及外角和定理，是需要熟记的内容，比较简单．求出多边形的边数是解题的关键．9、D【分析】根据位似中心的定义作图即可求解.【详解】如图，P点即为位似中心，则P故选D.此题主要考查位似中心，解题的关键是熟知位似的特点.10、D【详解】解：A、如果a+b=0，那么a=b=0，或a=﹣b，错误，为假命题；B、=4的平方根是±2，错误，为假命题；C、有公共顶点且相等的两个角是对顶角，错误，为假命题；D、等腰三角形两底角相等，正确，为真命题；故选D．二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】用红色区域的圆心角度数除以圆的周角的度数可得到指针落在红色区域的概率．【详解】解：因为蓝色区域的圆心角的度数为120°，所以指针落在红色区域内的概率是=，故答案为.本题考查了几何概率：求概率时，已知和未知与几何有关的就是几何概率．计算方法是利用长度比，面积比，体积比等．12、【分析】先根据∠AOC的度数和∠BOC的度数，可得∠AOB的度数，再根据△AOD中，AO=DO，可得∠A的度数，进而得出△ABO中∠B的度数，可得∠C的度数．【详解】解：∵∠AOC的度数为105°，由旋转可得∠AOD=∠BOC=40°，∴∠AOB=105°-40°=65°，∵△AOD中，AO=DO，∴∠A=（180°-40°）=70°，∴△ABO中，∠B=180°-70°-65°=45°，由旋转可得，∠C=∠B=45°，故答案为：45°．本题考查旋转的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用旋转的性质解答．13、①②③④【分析】先利用待定系数法求得的值，＜0可判断①；对称轴为直线，利用二次函数的性质可判断②；方程即，解得，可判断③；时，；当时，，且函数有最大值，则当时，，即可判断④．【详解】∵时，时，时，∴，解得：，∴，故①正确；

∵对称轴为直线，∴当x＞时，y的值随x值的增大而减小，故②正确；方程即，解得，∴是方程的一个根，故③正确；当时，，

当时，，∵，∴函数有最大值，

∴当时，，故④正确．

故答案为：①②③④．本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，抛物线与x轴的交点，熟练掌握二次函数图象的性质是解题的关键．14、【解析】分析：根据勾股定理求出，根据∥，得到，即可求出的长.详解：∵四边形是矩形，∴，∥，，在中，，∴，∵是中点，∴，∵∥，∴，∴．故答案为.点睛：考查矩形的性质，勾股定理，相似三角形的性质及判定，熟练掌握相似三角形的判定方法和性质是解题的关键.15、x≥1且x≠1【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，即可求解．【详解】解：根据二次根式有意义，分式有意义得：x-1≥0且x-1≠0，

解得：x≥1且x≠1．

故答案为：x≥1且x≠1．本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数，难度不大.16、.x1＝－3，x2＝2【详解】解：∵抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴的两个交点的坐标分别是(−3,0)，(2,0)，∴当x=−3或x=2时，y=0，即方程的解为故答案为：17、【分析】根据菱形面积=对角线积的一半可求，再根据勾股定理求出，然后由菱形的面积即可得出结果.【详解】∵四边形是菱形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴；故答案为．本题考查了菱形的性质、勾股定理以及菱形面积公式.熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出是解题的关键.18、﹣1．【分析】直接根据一元二次方程根与系数的关系求解即可．【详解】解：∵x1，x2是方程x2+1x﹣1＝0的两个根，∴x1+x2＝﹣1．故答案为﹣1．本题考查了根与系数的关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝-，x1x2＝．三、解答题(共66分)19、（1）；（2）见解析，.【分析】（1）根据古典概型概率的求法，求摸到红球的概率.（2）利用树状图法列出两次摸球的所有可能的结果，求两次都摸到红球的概率．【详解】（1）一般地，如果在一次试验中，有种可能的结果，并且它们发生的可能性都相等，事件包含其中的种结果，那么事件发生的概率为，则摸到红球的概率为.（2）两次摸球的所有可能的结果如下：有树状图可知，共有种等可能的结果，两次都摸出红球有种情况，故（两次都摸处红球）．本题考查古典概型概率的求法和树状图法求概率的方法.20、（1），30；（2）；（3）的长【分析】(1)直接利用勾股定理可求出AC的长，再利用特殊角的三角函数值可得出DAC的度数(2)设CE=x，则DE=，根据已知条件得出,再利用相似三角形对应线段成比例求解即可.(3)点运动的路径长为的长，求出圆心角，半径即可解决问题.【详解】解：(1)连接AC∵∴（2）由已知条件得出，,,易证∴∴∴（3）如图所示，运动的路径长为的长由翻折得：∴∴的长本题考查的知识点有相似三角形的判定与性质，特殊的三角函数值，弧长的相关计算等，解题的关键是弄清题意，综合利用各知识点来求解.21、详见解析．【分析】由题意根据DE⊥AC，BF⊥AC可以证明∠DEC＝∠BFA＝90°，由“HL”可证Rt△ABF≌Rt△CDE可得BF＝DE．【详解】解：证明：∵DE⊥AC，BF⊥AC，∴∠DEC＝∠BFA＝90°．∵AE＝CF，∴AE+EF＝CF+EF，即AF＝CE．在Rt△ABF和Rt△CDE中，，∴Rt△ABF≌Rt△CDE（HL），∴BF＝DE.本题考查全等三角形的判定以及考查全等三角形对应边相等的性质，本题中求证Rt△ABF≌Rt△CDE是解题的关键．22、或.【分析】根据根与系数的关系可得，，将其代入，可得，得出与k有关的方程，可解出k的值，最后验证方程是否有实数根即可.【详解】解：∵关于x的方程，∴，∴，，将其代入可得：，解得：，∵经检验可得当或时方程均有两个实数根，∴均满足题意.故答案为:或.本题考查根与系数关系的应用，当涉及到一元二次方程根的运算时，都可以考虑用根与系数的关系，在方程中含参数的题目中还应考虑，应用根与系数关系的前提是方程有两个实数根，这个情况比较容易被忽略，要熟记.23、（1）点的坐标为,点的坐标为；（2）的值为【分析】(1)根据题意OE=3t，OD=t,BF=2t,据四边形OABC是矩形，可得AB=OC=10,BC=OA=12,从而可求得OE、AF,即得E、F的坐标；(2)只需分两种情况(①△ODE∽△AEF②△ODE∽△AFE)来讨论，然后运用相似三角形的性质就可解决.【详解】解:(1)∵BA⊥轴,BC⊥轴,∠AOC=90°,∴∠AOC=∠BAO=∠BCO=90°,∴四边形OABC是矩形，又∵B(12,10),∴AB=CO=10,BC=OA=12根据题意可知OE=3t,OD=t,BF=2t.∴AF=10-2t,AE=12-2t∴点E的坐标为(3t,0),点F的坐标为(12,10-2t)(2)①当△ODE∽△AEF时,则有,∴，解得(舍),；②当△ODE∽△AFE时,则有,∴，解得(舍),；∵点运动到点时,三点随之停止运动,∴，∴，∵，∴舍去,综上所述:的值为故答案为：t=本题考查了平面直角坐标系中的动点问题，运用相似三角形的性质来解决问题.易错之处是这两种情况都要考虑到.24、(1)2；(2)【分析】（1）利用绝对值的意义、特殊角的三角函数值和二次根式的性质进行计算，再