2027届贵州省黔西南兴仁市黔龙学校数学九上期末预测试题含解析

2027届贵州省黔西南兴仁市黔龙学校数学九上期末预测试题注意事项：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．下列倡导节约的图案中，是轴对称图形的是（）A． B． C． D．2．已知抛物线y＝x2+3向左平移2个单位，那么平移后的抛物线表达式是（）A．y＝（x+2）2+3B．y＝（x﹣2）2+3C．y＝x2+1D．y＝x2+53．已知a是方程x2+3x﹣1＝0的根，则代数式a2+3a+2019的值是()A．2020 B．﹣2020 C．2021 D．﹣20214．剪纸是中国特有的民间艺术.在如图所示的四个剪纸图案中.既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．5．如图，四边形ABCD内接于⊙O，已知∠A＝80°，则∠C的度数是（）A．40° B．80° C．100° D．120°6．生物兴趣小组的学生，将自己收集的标本向本组其他成员各赠送一件，全组共互增了182件．如果全组共有x名同学，则根据题意列出的方程是（）．A．x（x+1）=182 B．x（x+1）=182×C．x（x－1）=182 D．x（x－1）=182×27．﹣3的绝对值是（）A．﹣3 B．3 C．- D．8．下列方程是一元二次方程的是（）A．2x﹣3y+1 B．3x+y＝z C．x2﹣5x＝1 D．x2﹣+2＝09．如图所示的中心对称图形中，对称中心是（）A． B． C． D．10．把抛物线y＝﹣x2向右平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线是（）A．y＝（x﹣1）+2 B．y＝﹣（x﹣1）+2C．y＝﹣（x+1）+2 D．y＝﹣（x﹣1）﹣2二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，Rt△ABC中，∠A＝90°，CD平分∠ACB交AB于点D，O是BC上一点，经过C、D两点的⊙O分别交AC、BC于点E、F，AD＝，∠ADC＝60°，则劣弧的长为_____．12．小明家的客厅有一张直径为1.1米，高0.75米的圆桌BC，在距地面2米的A处有一盏灯，圆桌的影子为DE，依据题意建立平面直角坐标系，其中点D的坐标为（2，0），则点E的坐标是_________．13．将抛物线向左平移个单位，得到新的解析式为________.14．足球从地面踢出后，在空中飞行时离地面的高度与运动时间的关系可近似地表示为，则该足球在空中飞行的时间为__________．15．某市为提倡居民节约用水，自今年1月1日起调整居民用水价格．图中、分别表示去年、今年水费（元）与用水量（）之间的关系．小雨家去年用水量为150，若今年用水量与去年相同，水费将比去年多_____元．16．掷一个质地均匀的正方体骰子，向上一面的点数为奇数的概率是_____．17．把方程2x2﹣1=x（x+3）化成一般形式是_________.18．已知⊙O的周长等于6πcm，则它的内接正六边形面积为_____cm2三、解答题(共66分)19．（10分）如图，张大叔从市场上买回一块矩形铁皮，他将此矩形铁皮的四个角各剪去一个边长为米的正方形后，剩下的部分刚好能围成一个容积为米的无盖长方体箱子，且此长方体箱子的底面长比宽多米，现已知购买这种铁皮每平方米需元钱，算一算张大叔购回这张矩形铁皮共花了________元钱．20．（6分）如图，把Rt△ABC绕点A．逆时针旋转40°，得到在Rt△ABʹCʹ，点Cʹ恰好落在边AB上，连接BBʹ，求∠BBʹCʹ的度数．21．（6分）如图，已知△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝12，D是AC边上一点，且AB2＝AD•AC，连接BD，点E、F分别是BC、AC上两点（点E不与B、C重合），∠AEF＝∠C，AE与BD相交于点G．（1）求BD的长；（2）求证△BGE∽△CEF；（3）连接FG，当△GEF是等腰三角形时，直接写出BE的所有可能的长度．22．（8分）如图，在△ABC中，点D在BC边上，BC＝3CD，分别过点B，D作AD，AB的平行线，并交于点E，且ED交AC于点F，AD＝3DF．（1）求证：△CFD∽△CAB；（2）求证：四边形ABED为菱形；（3）若DF＝，BC＝9，求四边形ABED的面积．23．（8分）课外活动时间，甲、乙、丙、丁4名同学相约进行羽毛球比赛.（1）如果将4名同学随机分成两组进行对打，求恰好选中甲乙两人对打的概率；（2）如果确定由丁担任裁判，用“手心、手背”的方法在另三人中竞选两人进行比赛．竞选规则是：三人同时伸出“手心”或“手背”中的一种手势，如果恰好只有两人伸出的手势相同，那么这两人上场，否则重新竞选.这三人伸出“手心”或“手背”都是随机的，求一次竞选就能确定甲、乙进行比赛的概率.24．（8分）已知：关于x的一元二次方程x2﹣（2m+3）x+m2+3m+2=1．（1）已知x=2是方程的一个根，求m的值；（2）以这个方程的两个实数根作为△ABC中AB、AC（AB＜AC）的边长，当BC=时，△ABC是等腰三角形，求此时m的值．25．（10分）已知关于的方程。（1）若该方程的一个根是，求的值及该方程的另一个根；（2）求证：不论取何实数，该方程都有两个不相等的实数根。26．（10分）如图，一次函数图象经过点，与轴交于点，且与正比例函数的图象交于点，点的横坐标是.请直接写出点的坐标(，)；求该一次函数的解析式;求的面积.

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，根据轴对称图形的概念求解．【详解】解：A、不是轴对称图形，故此选项错误；

B、不是轴对称图形，故此选项错误；

C、是轴对称图形，故此选项正确；

D、不是轴对称图形，故此选项错误．

故选C．此题主要考查了轴对称图形的概念．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．2、A【解析】结合向左平移的法则，即可得到答案.【详解】解：将抛物线y＝x2＋3向左平移2个单位可得y＝(x＋2)2＋3，故选A.此类题目主要考查二次函数图象的平移规律，解题的关键是要搞清已知函数解析式确定平移后的函数解析式，还是已知平移后的解析式求原函数解析式，然后根据图象平移规律“左加右减、上加下减“进行解答.3、A【分析】根据一元二次方程的解的定义，将a代入已知方程，即可求得a2+3a的值，然后再代入求值即可.【详解】解：根据题意，得a2+3a﹣1＝0，解得：a2+3a＝1，所以a2+3a+2019＝1+2019＝2020.故选：A.此题考查的是一元二次方程的解，掌握一元二次方程解的定义是解决此题的关键4、C【解析】根据轴对称图形的定义沿一条直线对折后，直线两旁部分完全重合的图形是轴对称图形，以及中心对称图形的定义分别判断即可得出答案．【详解】A.此图形沿一条直线对折后不能够完全重合，∴此图形不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；B.此图形沿一条直线对折后能够完全重合，∴此图形不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误。C.此图形沿一条直线对折后能够完全重合,∴此图形是轴对称图形,旋转180∘能与原图形重合，是中心对称图形，故此选项正确；D.此图形沿一条直线对折后能够完全重合,旋转180°不能与原图形重合，∴此图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误。故选C此题考查轴对称图形和中心对称图形，难度不大5、C【分析】根据圆内接四边形的性质得出∠C+∠A=180°，代入求出即可．【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，

∴∠C+∠A=180°，

∵∠A=80°，

∴∠C=100°，

故选：C．本题考查了圆内接四边形的性质的应用.熟记圆内接四边形对角互补是解决此题的关键.6、C【解析】试题分析：先求每名同学赠的标本，再求x名同学赠的标本，而已知全组共互赠了182件，故根据等量关系可得到方程．每名同学所赠的标本为：（x-1）件，那么x名同学共赠：x（x-1）件，根据题意可列方程：x（x-1）=182，故选C.考点：本题考查的是根据实际问题列一元二次方程点评：找到关键描述语，找到等量关系，然后准确的列出方程是解答本题的关键．7、B【分析】根据负数的绝对值是它的相反数，可得出答案.【详解】根据绝对值的性质得：|-1|=1．故选B．本题考查绝对值的性质，需要掌握非负数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数.8、C【分析】根据一元二次方程必须满足两个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为1．逐一判断即可．【详解】解：A、它不是方程，故此选项不符合题意；B、该方程是三元一次方程，故此选项不符合题意；C、是一元二次方程，故此选项符合题意；D、该方程不是整式方程，故此选项不符合题意；故选：C．此题主要考查了一元二次方程定义，一元二次方程必须满足两个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为1．9、B【分析】直接利用中心对称图形的性质得出答案．【详解】解：如图所示的中心对称图形中，对称中心是O1．故选：B．本题考查中心对称图形，解题关键是熟练掌握中心对称图形的性质.10、D【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行求解．【详解】抛物线y＝﹣x1向右平移1个单位，得：y＝﹣（x﹣1）1；再向下平移1个单位，得：y＝﹣（x﹣1）1﹣1．故选：D．此题主要考查了二次函数与几何变换，正确记忆平移规律是解题关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】连接DF，OD，根据圆周角定理得到∠CDF＝90°，根据三角形的内角和得到∠COD＝120°，根据三角函数的定义得到CF＝＝4，根据弧长公式即可得到结论．【详解】解：如图，连接DF，OD，∵CF是⊙O的直径，∴∠CDF＝90°，∵∠ADC＝60°，∠A＝90°，∴∠ACD＝30°，∵CD平分∠ACB交AB于点D，∴∠DCF＝30°，∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC＝30°，∴∠COD＝120°，在Rt△CAD中，CD＝2AD＝2，在Rt△FCD中，CF＝＝＝4，∴⊙O的半径＝2，∴劣弧的长＝＝π，故答案为π．本题考查了圆周角定理，解直角三角形，弧长的计算，作出辅助线构建直角三角形是本题的关键．12、（3.76，0）【分析】根据相似三角形的判定和性质即可得到结论．【详解】解：∵BC∥DE，∴△ABC∽△ADE，∴，∵BC=1.1，∴DE=3.76，∴E（3.76，0）．故答案为：（3.76，0）．本题考查了中心投影，相似三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．13、【分析】先求出平移后的抛物线的顶点坐标，再利用顶点式抛物线解析式写出即可．【详解】抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣3），向左平移2个单位后的抛物线的顶点坐标为（﹣3，﹣3），所以，平移后的抛物线的解析式为．故答案为：．本题考查了二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．并用根据规律利用点的变化确定函数解析式．14、9.8【分析】求当t=0时函数值，即与x轴的两个交点，两个交点之间的距离即足球在空中飞行的时间.【详解】解：当t=0时，解得：∴足球在空中的飞行时间为9.8s故答案为：9.8本题考查二次函数的实际应用，利用数形结合思想球解题，求抛物线与x轴的交点是本题的解题关键15、1．【分析】根据函数图象中的数据可以求得时，对应的函数解析式，从而可以求得时对应的函数值，由的的图象可以求得时对应的函数值，从而可以计算出题目中所求问题的答案，本题得以解决．【详解】设当时，对应的函数解析式为，，得，即当时，对应的函数解析式为，当时，，由图象可知，去年的水价是（元/），故小雨家去年用水量为150，需要缴费：（元），（元），即小雨家去年用水量为150，若今年用水量与去年相同，水费将比去年多1元，故答案为：1．本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．16、【解析】解：掷一次骰子6个可能结果，而奇数有3个，所以掷到上面为奇数的概率为：．故答案为．17、x2﹣3x﹣1=1【解析】2x2﹣1=x（x+3），2x2﹣1=x2+3x，则2x2﹣x2﹣3x﹣1=1，故x2﹣3x﹣1=1，故答案为x2﹣3x﹣1=1．18、【分析】首先过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，由⊙O的周长等于6πcm，可得⊙O的半径，又由圆的内接多边形的性质，即可求得答案．【详解】解：如图，过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，∴AH=AB，∵⊙O的周长等于6πcm，∴⊙O的半径为：3cm，∵∠AOB=×360°=60°，OA=OB，∴△OAB是等边三角形，∴AB=OA=3cm，∴AH=cm，∴OH==，∴S正六边形ABCDEF=6S△OAB=6××3×=，故答案为：．本题考查的是正多边形和圆，熟知正六边形的半径与边长相等是解答此题的关键．三、解答题(共66分)19、1．【解析】试题分析：设长方体的底面长为x米，则底面宽为（x-2）米，由题意，得x（x-2）×1=15，解得：=5，=-3（舍去）．底面宽为5-2=3米．矩形铁皮的面积为：（5+2）（3+2）=35，这张矩形铁皮的费用为：20×35=1元．故答案为1．考点：一元二次方程的应用．20、20°【分析】利用旋转的性质及等腰三角形的性质可得∠ABBʹ，再根据直角三角形两锐角互余可得解.【详解】解：由旋转可知：∠BABʹ=40°，AB=ABʹ．∴∠ABBʹ=∠ABʹB．∴∠ABBʹ==70°．∴∠BBʹCʹ=90°－70°=20°．本题考查了三角形的旋转，灵活利用旋转对应边相等，对应角相等且等于旋转角的性质是解题的关键.21、（1）；（2）见解析；（3）4或﹣5+或﹣3+【分析】（1）证明△ADB∽△ABC，可得，由此即可解决问题．（2）想办法证明∠BEA=∠EFC，∠DBC=∠C即可解决问题．（3）分三种情形构建方程组解决问题即可．【详解】（1）∵AB=8，AC=12，又∵AB2=AD•AC∴∵AB2=AD•AC，∴，又∵∠BAC是公共角∴△ADB∽△ABC，∴∴=∴．（2）∵AC=12，，∴，∴BD=CD，∴∠DBC=∠C，∵△ADB∽△ABC∴∠ABD=∠C，∴∠ABD=∠DBC，∵∠BEF=∠C+∠EFC，即∠BEA+∠AEF=∠C+∠EFC，∵∠AEF=∠C，∴∠BEA=∠EFC，又∵∠DBC=∠C，∴△BEG∽△CFE．（3）如图中，过点A作AH∥BC，交BD的延长线于点H，设BE=x，CF=y，∵AH∥BC，∴====，∵BD=CD=，AH=8，∴AD=DH=，∴BH=12，∵AH∥BC，∴=，∴=，∴BG=，∵∠BEF=∠C+∠EFC，∴∠BEA+∠AEF=∠C+∠EFC，∵∠AEF=∠C，∴∠BEA=∠EFC，又∵∠DBC=∠C，∴△BEG∽△CFE，∴=，∴=，∴y=；当△GEF是等腰三角形时，存在以下三种情况：①若GE=GF，如图中，则∠GEF=∠GFE=∠C=∠DBC，∴△GEF∽△DBC，∵BC=10，DB=DC=，∴==，又∵△BEG∽△CFE，∴==，即=，又∵y=，∴x=BE=4；②若EG=EF，如图中，则△BEG与△CFE全等，∴BE=CF，即x=y，又∵y=，∴x=BE=﹣5+；③若FG=FE，如图中，则同理可得==，由△BEG∽△CFE，可得==，即=，又∵y=，∴x=BE=﹣3+．此题主要考查等腰三角形的性质以及相似三角形的综合运用，解题关键是构建方程组进行求解.22、（1）见解析；（2）见解析；（3）四边形ABED的面积为1．【分析】（1）由平行线的性质和公共角即可得出结论；（2）先证明四边形ABED是平行四边形，再证出AD＝AB，即可得出四边形ABED为菱形；（3）连接AE交BD于O，由菱形的性质得出BD⊥AE，OB＝OD，由相似三角形的性质得出AB＝3DF＝5，求出OB＝3，由勾股定理求出OA＝4，AE＝8，由菱形面积公式即可得出结果．【详解】（1）证明：∵EF∥AB，∴∠CFD＝∠CAB，又∵∠C＝∠C，∴△CFD∽△CAB；（2）证明：∵EF∥AB，BE∥AD，∴四边形ABED是平行四边形，∵BC＝3CD，∴BC：CD＝3：1，∵△CFD∽△CAB，∴AB：DF＝BC：CD＝3：1，∴AB＝3DF，∵AD＝3DF，∴AD＝AB，∴四边形ABED为菱形；（3）解：连接AE交BD于O，如图所示：∵四边形ABED为菱形，∴BD⊥AE，OB＝OD，∴∠AOB＝90°，∵△CFD∽△CAB，∴AB：DF＝BC：CD＝3：1，∴AB＝3DF＝5，∵BC＝3CD＝9，∴CD＝3，BD＝6，∴OB＝3，由勾股定理得：OA＝＝4，∴AE＝8，∴四边形ABED的面积＝AE×BD＝×8×6＝1．本题考查了相似三角形的判定与性质、菱形的判定和性质、平行四边形的判定、勾股定理、菱形的面积公式，熟练掌握相似三角形的判定与性质，证明四边形是菱形是解题的关键．23、（1）；（2）【解析】分析：列举出将4名同学随机分成两组进行对打所有可能的结果，找出甲乙两人对打的情况数，根据概率公式计算即可.画树状图写出所有的情况，根据概率的求法计算概率.详解：（1）甲同学能和另一个同学对打的情况有三种：（甲、乙），（甲、丙），（甲、丁）则恰好选中甲乙两人对打的概率为：（2）树状图如下：一共有