2027届广东省广州市南沙榄核二中学数学九上期末达标检测试题含解析

2027届广东省广州市南沙榄核二中学数学九上期末达标检测试题注意事项：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(每小题3分,共30分)1．二次函数的图象如图所示，其对称轴为，有下列结论：①；②；③；④对任意的实数，都有，其中正确的是（）A．①② B．①④ C．②③ D．②④2．如图，EF过矩形ABCD对角线的交点O，且分别交AB、CD于E、F，矩形ABCD内的一个动点P落在阴影部分的概率是()A． B． C． D．3．如右图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，的顶点都在格点上，则的值为（）A． B． C． D．4．如图，点是内一点，，，点、、、分别是、、、的中点，则四边形的周长是（）A．24 B．21 C．18 D．145．在平面直角坐标系中，将抛物线向上平移1个单位后所得抛物线的解析式为（）A． B． C． D．6．如果1是方程的一个根，则方程的另一个根是（）A． B．2 C． D．17．如图，把一个直角三角板△ACB绕着30°角的顶点B顺时针旋转，使得点A与CB的延长线上的点E重合，连接CD，则∠BDC的度数为（）A．15° B．20° C．25° D．30°8．如图，过反比例函数y=(x＞0)的图象上一点A作AB⊥x轴于点B，连接AO，则S△AOB=()A．1 B．2 C．4 D．89．下列方程式属于一元二次方程的是（）A． B． C． D．10．如图，某水库堤坝横断面迎水坡AB的坡比是1：，堤坝高BC=50m，则应水坡面AB的长度是（）A．100m B．100m C．150m D．50m二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，ΔABC内接于⊙O，∠B=90°,AB=BC，D是⊙O上与点B关于圆心O成中心对称的点，P是BC边上一点，连结AD、DC、AP．已知AB=4，CP=1，Q是线段AP上一动点，连结BQ并延长交四边形ABCD的一边于点R，且满足AP=BR，则12．如图，在中，，于，已知，则__________．13．若反比例函数y=的图象在每一个象限中，y随着x的增大而减小，则m的取值范围是_____．14．如图，矩形中，边长，两条对角线相交所成的锐角为，是边的中点，是对角线上的一个动点，则的最小值是_______．15．二次函数y＝2（x﹣3）2+4的图象的对称轴为x＝______．16．如图，将矩形ABCD绕点C沿顺时针方向旋转90°到矩形A′B′CD′的位置，AB＝2，AD＝4，则阴影部分的面积为_____．17．已知：∠BAC．（1）如图，在平面内任取一点O；（2）以点O为圆心，OA为半径作圆，交射线AB于点D，交射线AC于点E；（3）连接DE，过点O作线段DE的垂线交⊙O于点P；（4）连接AP，DP和PE．根据以上作图过程及所作图形，下列四个结论中：①△ADE是⊙O的内接三角形；②；③DE=2PE；④AP平分∠BAC．所有正确结论的序号是______________．18．如图，在等边△ABC中，AB=8cm，D为BC中点．将△ABD绕点A．逆时针旋转得到△ACE，则△ADE的周长为_________cm．三、解答题(共66分)19．（10分）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为A（2，3）、B（1，1）、C（5，1）．（1）把平移后，其中点移到点，面出平移后得到的；（2）把绕点按逆时针方向旋转，画出旋转后得到的，并求出旋转过程中点经过的路径长（结果保留根号和）．20．（6分）如图，已知二次函数y＝x2﹣4x+3图象与x轴分别交于点B、D，与y轴交于点C，顶点为A，分别连接AB，BC，CD，DA．（1）求四边形ABCD的面积；（2）当y＞0时，自变量x的取值范围是．21．（6分）如图，已知矩形的边，，点、分别是、边上的动点.（1）连接、，以为直径的交于点.①若点恰好是的中点，则与的数量关系是______；②若，求的长；（2）已知，，是以为弦的圆.①若圆心恰好在边的延长线上，求的半径：②若与矩形的一边相切，求的半径.22．（8分）如图，△ABC．（1）尺规作图：①作出底边的中线AD；②在AB上取点E，使BE＝BD；（2）在（1）的基础上，若AB＝AC，∠BAC＝120°，求∠ADE的度数．23．（8分）在中，，以直角边为直径作，交于点，为的中点，连接、．（1）求证：为切线．（2）若，填空：①当________时，四边形为正方形；②当________时，为等边三角形．24．（8分）“江畔”礼品店在十一月份从厂家购进甲、乙两种不同礼品．购进甲种礼品共花费1500元，购进乙种礼品共花费1050元，购进甲种礼品数量是购进乙种礼品数量的2倍，且购进一件乙种礼品比购进一件甲种礼品多花20元．（1）求购进一件甲种礼品、一件乙种礼品各需多少元；（2）元旦前夕，礼品店决定再次购进甲、乙两种礼品共50个．恰逢该厂家对两种礼品的价格进行调整，一件甲种礼品价格比第一次购进时提高了30%，件乙种礼品价格比第次购进时降低了10元，如果此次购进甲、乙两种礼品的总费用不超过3100元，那么这家礼品店最多可购进多少件甲种礼品?25．（10分）试证明：不论为何值，关于的方程总为一元二次方程.26．（10分）如图，在△ABC中，∠CAB＝90°，D是边BC上一点，,E为线段AD的中点，连结CE并延长交AB于点F.(1)求证：AD⊥BC.(2)若AF:BF＝1:3，求证:CD:DB＝1:2.

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【分析】根据二次函数的图象与性质（对称性、与x轴、y轴的交点）、二次函数与一元二次方程的关系逐个判断即可．【详解】抛物线的开口向下对称轴为，异号，则抛物线与y轴的交点在y轴的上方，则①正确由图象可知，时，，即则，②错误由对称性可知，和的函数值相等则时，，即，③错误可化为关于m的一元二次方程的根的判别式则二次函数的图象特征：抛物线的开口向下，与x轴只有一个交点因此，，即，从而④正确综上，正确的是①④故选：B．本题考查了二次函数的图象与性质（对称性、与x轴、y轴的交点）、二次函数与一元二次方程的关系，熟练掌握函数的图象与性质是解题关键．2、B【解析】根据矩形的性质，得△EBO≌△FDO，再由△AOB与△OBC同底等高，△AOB与△ABC同底且△AOB的高是△ABC高的得出结论．【详解】解：∵四边形为矩形，∴OB=OD=OA=OC，在△EBO与△FDO中，，∴△EBO≌△FDO，∴阴影部分的面积=S△AEO+S△EBO=S△AOB，∵△AOB与△ABC同底且△AOB的高是△ABC高的，∴S△AOB=S△OBC=S矩形ABCD．故选B．本题考查了矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．3、A【分析】过作于，首先根据勾股定理求出，然后在中即可求出的值．【详解】如图，过作于，则，＝1．．故选：A．本题考查了勾股定理的运用以及锐角三角函数，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．4、B【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，求出，然后代入数据进行计算即可得解．【详解】∵E、F、G、H分别是AB、AC、CD、BD的中点，

∴，∴四边形EFGH的周长，

又∵AD=11，BC=10，

∴四边形EFGH的周长=11+10=1．

故选：B．本题考查了三角形的中位线定理，熟记三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半是解题的关键．5、B【分析】根据抛物线的平移规律：括号里左加右减，括号外上加下减，即可得出结论．【详解】解：将抛物线向上平移1个单位后所得抛物线的解析式为故选B．此题考查的是求抛物线平移后的解析式，掌握抛物线的平移规律：括号里左加右减，括号外上加下减，是解决此题的关键．6、A【分析】利用方程解的定义找到相等关系，将该方程的已知根1代入两根之积公式和两根之和公式列出方程组，解方程组即可求出方程的另一根．【详解】设方程的另一根为.又解得：故选A.本题考查根与系数的关系，解题突破口是将1代入两根之积公式和两根之和公式列出方程组.7、A【分析】根据图形旋转的性质得出△ABC≌△EBD，可得出BC=BD，根据图形旋转的性质求出∠EBD的度数，再由等腰三角形的性质即可得出∠BDC的度数．【详解】∵△EBD由△ABC旋转而成，∴△ABC≌△EBD，∴BC=BD，∠EBD=∠ABC=30°，∴∠BDC=∠BCD，∠DBC=180﹣30°=150°，∴∠BDC=(180°﹣150°)=15°；故选：A．本题考查的是旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．8、B【分析】利用反比例函数k的几何意义判断即可．【详解】解：根据题意得：S△AOB=×4=2，故选：B．本题考查了反比例函数系数k的几何意义，关键是熟练掌握“在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是|k|．”9、D【解析】根据一元二次方程的定义逐项进行判断即可.【详解】A、是一元三次方程，故不符合题意；B、是分式方程，故不符合题意；C、是二元二次方程，故不符合题意；D、是一元二次方程，符合题意.故选：D.本题考查一元二次方程的定义，熟练掌握定义是关键.10、A【解析】∵堤坝横断面迎水坡AB的坡比是1：，∴，∵BC=50，∴AC=50，∴（m）．故选A二、填空题(每小题3分,共24分)11、1或12【详解】解：因为ΔABC内接于圆，∠B=90°,AB=BC，D是⊙O上与点B关于圆心O成中心对称的点，∴AB=BC=CD=AD,∴ABCD是正方形∴AD//BC①点R在线段AD上，

∵AD∥BC，

∴∠ARB=∠PBR，∠RAQ=∠APB，

∵AP=BR，

∴△BAP≌ABR，

∴AR=BP，

在△AQR与△PQB中，∵∠RAQ=∠QPB∵ΔAQR≅ΔPQB∴BQ=QR∴BQ:QR=1:1②点R在线段CD上，此时△ABP≌△BCR，

∴∠BAP=∠CBR．

∵∠CBR+∠ABR=90°，

∴∠BAP+∠ABR=90°，

∴BQ是直角△ABP斜边上的高，∴BQ=∴QR=BR-BQ=5-2.4=2.6，∴BQ:QR=12故答案为：1或1213本题考查正方形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理,中心对称的性质.解答本题的关键是熟练掌握判定两个三角形全等的一般方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．12、【分析】根据，可设AC=4x，BC=5x，利用勾股定理可得AB=3x，则.【详解】在Rt△ABC中，∵∴设AC=4x，BC=5x∴∴故答案为：.本题考查求正切值，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键.13、m>1【解析】∵反比例函数的图象在其每个象限内，y随x的增大而减小，∴>0，解得：m>1，故答案为m>1.14、【分析】根据对称性，作点B关于AC的对称点B′，连接B′M与AC的交点即为所求作的点P，再求直角三角形中30的临边即可．【详解】如图，作点B关于AC的对称点B′，连接B′M，交AC于点P，∴PB′＝PB，此时PB＋PM最小，∵矩形ABCD中，两条对角线相交所成的锐角为60，∴△ABP是等边三角形，∴∠ABP＝60，∴∠B′＝∠B′BP＝30，∵∠DBC＝30，∴∠BMB′＝90，在Rt△BB′M中，BM＝4，∠B′＝30°，∴BB’=2BM＝8∴B′M＝，∴PM＋PB′＝PM＋PB＝B′M=4．故答案为4．本题主要考查了最短路线问题，解决本题的关键是作点B关于AC的对称点B′．15、1【分析】已知抛物线的顶点式，可知顶点坐标和对称轴．【详解】∵y＝2（x﹣1）2+4是抛物线的顶点式，根据顶点式的坐标特点可知，对称轴为直线x＝1．故答案为1．本题考查了二次函数的对称轴问题，掌握抛物线的顶点式是解题的关键．16、【解析】试题解析：连接∵四边形ABCD是矩形，∴CE=BC=4，∴CE=2CD，由勾股定理得：∴阴影部分的面积是S=S扇形CEB′−S△CDE故答案为17、①④【分析】①按照圆的内接三角形的定义判断即可，三顶点都在一个圆周上的三角形，叫做这个圆周的内接三角形；②利用垂径定理得到弧长之间的关系即可；③设OP与DE交于点M，利用垂径定理可得DE⊥OP，DE=2ME，再利用直角三角形中斜边长大于直角边，找到PE与与ME的关系，进一步可以得到DE与PE的关系；④根据，即可得到∠DAP=∠PAE，则AP平分∠BAC．【详解】解：①点A、D、E三点均在⊙O上，所以△ADE是⊙O的内接三角形，此项正确；②∵DE⊥DE交⊙O于点P∴并不能证明与、关系，∴不正确；③设OP与DE交于点M∵DE⊥DE交⊙O于点P∴DE⊥OP，ME=DE（垂径定理）∴△PME是直角三角形∴ME＜PE∴＜PE∴DE＜2PE故此项错误.④∵（已证）∴∠DAP=∠PAE（同弧所对的圆周角相等）∴AP平分∠BAC．故此项正确.故正确的序号为：①④本题考查了圆中内接三角形定义、垂径定理与圆周角定理的应用，熟练掌握定理是解决此题的关键.18、12【分析】由旋转可知，由全等的性质及等边三角形的性质可知是等边三角形，利用勾股定理求出AD长，可得△ADE的周长.【详解】解：△ABC是等边三角形，D为BC中点，AB=8在中，根据勾股定理得由旋转可知是等边三角形所以△ADE的周长为cm.故答案为：本题主要考查了等边三角形的判定和性质，灵活利用等边三角形的性质是解题的关键.三、解答题(共66分)19、（1）详见解析；（2）画图详见解析，【分析】（1）根据点A、B、C的坐标描点，从而可得到△ABC,利用点A和的坐标关系可判断△ABC先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到，利用此平移规律找到的坐标，然后描点即可得到；（2）按要求画即可，其中旋转90度是关键,根据弧长公式计算即可．【详解】解：（1）如图，即为所求．（2）如图，即为所求，∵绕点按逆时针方向旋转得，∴点经过的路径长是圆心角为90°，半径为：的扇形的弧长，∴．即点经过的路径长为:本题考查了平移变换、旋转变换，解题关键在于掌握作图法则．20、（1）4；（2）x＞3或x＜1．【分析】（1）四边形ABCD的面积＝×BD×（xC﹣xA）＝×2×（3+1）＝4；（2）从图象可以看出，当y＞0时，自变量x的取值范围是：x＞3或x＜1，即可求解．【详解】（1）函数y＝x2﹣4x+3图象与x轴分别交于点B、D，与y轴交于点C，顶点为A，则点B、D、C、A的坐标分别为：（3，0）、（1，0）、（0，3）、（2，﹣1）；四边形ABCD的面积＝×BD×（xC﹣xA）＝×2×（3+1）＝4；（2）从图象可以看出，当y＞0时，自变量x的取值范围是：x＞3或x＜1，故答案为：x＞3或x＜1．本题考查二次函数的图形和性质，解题时需注意将四边形的面积转化为三角形的面积进行计算，四边形ABCD的面积＝×BD×（xC﹣xA）.21、（1）①；②1.5；（2）①5；②、，、5.【解析】（1）①根据直径所对的圆周角是直角判断△APQ为等腰三角形，结合等腰三角形的两底角相等和圆周角定理证明；②证明△PBQ∽△QBA，由对应边成比例求解；（2）①画出图形，由勾股定理列方程求解；②分与矩形的四边分别相切，画出图形，利用切线性质，由勾股定理列方程求解.【详解】解：（1）①如图，PQ是直径，E在圆上，∴∠PEQ=90°，∴PE⊥AQ,∵AE=EQ,∴PA=PQ,∴∠PAQ=∠PQA,∴∠QPB=∠PAQ+∠PQA=2∠AQP,∵∠QPB=2∠AQP.\②解：如图，∵BE=BQ=3，∴∠BEQ=∠BQE,∵∠BEQ=∠BPQ,∵∠PBQ=∠QBA,∴△PBQ∽△QBA,∴,∴,∴BP=1.5;（2）①如图，BP=3，BQ=1，设半径OP=r,在Rt△OPB中，根据勾股定理得，PB2+OB2=OP2∴32+(r-1)2=r2，∴r=5,∴的半径是5.②如图，与矩形的一边相切有4种情况，如图1，当与矩形ABCD边BC相切于点Q，过O作OK⊥AB于K,则四边形OKBQ为矩形，设OP=OQ=r,则PK=3x,由勾股定理得，r2=12+(3-r)2,解得，r=,∴半径为.如图2，当与矩形ABCD边AD相切于点N，延长NO交BC于L,则OL⊥BC,过P作PS⊥NL于S，设OS=x，则ON=OP=OQ=3+x，设PS=BL=y,由勾股定理得，，解得（舍去），，∴ON=,∴半径为.如图3，当与矩形ABCD边CD相切于点M，延长MO交AB于R,则OR⊥AB,过O作OH⊥BC于H，设OH=BR=x，设HQ=y,则OM=OP=OQ=4-1-y=3-y，由勾股定理得，，解得（舍去），，∴OM=,∴半径为.如图4，当与矩形ABCD边AB相切于点P，过O作OG⊥BC于G,则四边形AFCG为矩形，设OF=CG=x，，则OP=OQ=x+4,由勾股定理得(x+4)2=32+(x+3)2,解得，x=1,∴OP=5,∴半径为5.综上所述，若与矩形的一边相切，为的半径，，，5.本题考查圆的相关性质，涉及圆周角定理，垂径定理，切线的性质等，综合性较强，利用分类思想画出对应图形，化繁为简是解答此题的关键.22、（1）①详见解析；②详见解析；（2）15°．【分析】（1）①作线段BC的垂直平分线可得BC的中点D，连接AD即可；②以B为圆心，BD为半径画弧交AB于E，点E即为所求．（2）根据题意利用等腰三角形的性质，三角形的内角和定理求解即可．【详解】解：（1）如图，线段AD，点E即为所求．（2）如图，连接DE．∵AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠B＝∠C＝30°，∵BD＝BE，∴∠BDE＝∠BED＝（180°﹣30°）＝75°，∵AB＝AC，BD＝CD，∴AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴∠ADE＝90°﹣∠ADE＝90°﹣75°＝15°．本题考查作图-复杂作图，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关的基本知识．23、（1）证明见解析；（2）①2；②．【分析】（1）连接，，根据为斜边的中线得出，进而证明得出即得．（2）①根据正方形的判定，只需要即得；②根据等边三角形的判定，只需要即得．【详解】（1）证明：如图，连接，．∵为直径∴∵为斜边的中线∴∵，∴∴∴为的切线．（2）①当DE=2时∵∴∵由（1），得∴∴四边形为菱形∵∴四边形为正方形②当时∵∴为切线∵由（1），为切线∴∵为的中点∴∵∴∴∵OD=OB∴为等边三角形本题是圆的综合题型，考查了圆周角定理、切线判定、切