山东省邹平市2027届九年级数学第一学期期末考试试题含解析

山东省邹平市2027届九年级数学第一学期期末考试试题考生须知：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．下列图形，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（）A． B． C． D．2．如图，小彬收集了三张除正面图案外完全相同的卡片，其中两张印有中国国际进口博览会的标志，另外一张印有进博会吉祥物“进宝”.现将三张卡片背面朝上放置，搅匀后从中一次性随机抽取两张，则抽到的两张卡片图案不相同的概率为（）A． B． C． D．3．如图，中，，，，则的长为（）A． B． C．5 D．4．下列说法正确的是（）A．了解飞行员视力的达标率应使用抽样调查B．一组数据3，6，6，7，8，9的中位数是6C．从2000名学生中选出200名学生进行抽样调查，样本容量为2000D．一组数据1，2，3，4，5的方差是25．若2是关于方程x2﹣5x+c＝0的一个根，则这个方程的另一个根是（）A．﹣3 B．3 C．﹣6 D．66．已知圆内接正三角形的面积为3，则边心距是（）A．2 B．1 C． D．7．在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，则sinB的值是（）A． B． C． D．8．若将半径为的半圆形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆半径为（）A． B． C． D．9．已知线段MN＝4cm，P是线段MN的黄金分割点，MP＞NP，那么线段MP的长度等于（）A．（2+2）cm B．（2﹣2）cm C．（+1）cm D．（﹣1）cm10．己知a、b、c均不为0,且,若，则k=（）A．-1 B．0 C．2 D．311．27的立方根是（）A．±3 B．±3 C．3 D．312．如图，在平面直角坐标系中，点，将沿轴向右平移得,此时四边形是菱形，则点的坐标是（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．若两个相似三角形的面积之比为1:4，则它们对应角的角平分线之比为___．14．如图所示的抛物线形拱桥中，当拱顶离水面2m时，水面宽4m．如果以拱顶为原点建立直角坐标系，且横轴平行于水面，那么拱桥线的解析式为_____．15．已知关于x的一元二次方程x2+px-3=0的一个根为-3，则它的另一根为________.16．如图，△ABC内接于⊙O，∠ACB＝35º，则∠OAB＝º．17．如图，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个半径为的圆形，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为____．18．cos30°+sin45°+tan60°＝_____．三、解答题（共78分）19．（8分）我国于2019年6月5日首次完成运载火箭海.上发射，这标志着我国火箭发射技术达到了一个崭新的高度.如图，运载火箭从海面发射站点处垂直海面发射，当火箭到达点处时，海岸边处的雷达站测得点到点的距离为千米，仰角为.火箭继续直线上升到达点处，此时海岸边处的雷达测得点的仰角增加，求此时火箭所在点处与处的距离．(保留根号)20．（8分）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+ax+a（a≠0）交x轴于点A和点B（点A在点B左边），交y轴于点C，连接AC，tan∠CAO＝1．（1）如图1，求抛物线的解析式；（2）如图2，D是第一象限的抛物线上一点，连接DB，将线段DB绕点D顺时针旋转90°，得到线段DE（点B与点E为对应点），点E恰好落在y轴上，求点D的坐标；（1）如图1，在（2）的条件下，过点D作x轴的垂线，垂足为H，点F在第二象限的抛物线上，连接DF交y轴于点G，连接GH，sin∠DGH＝，以DF为边作正方形DFMN，P为FM上一点，连接PN，将△MPN沿PN翻折得到△TPN（点M与点T为对应点），连接DT并延长与NP的延长线交于点K，连接FK，若FK＝，求cos∠KDN的值．21．（8分）已知关于的方程；（1）当为何值时，方程有两个不相等的实数根；（2）若为满足（1）的最小正整数，求此时方程的两个根，.22．（10分）如图，是⊙的弦，交于点，过点的直线交的延长线于点，且是⊙的切线.（1）判断的形状，并说明理由；（2）若，求的长；（3）设的面积是的面积是，且.若⊙的半径为，求.23．（10分）如图，在矩形中，是上一点，连接的垂直平分线分别交于点，连接．（1）求证：四边形是菱形；（2）若为的中点，连接，求的长．24．（10分）在平面直角坐标系xOy中，△ABC的位置如图所示．

（1）分别写出△ABC各个顶点的坐标；

（2）分别写出顶点A关于x轴对称的点A′的坐标、顶点B关于y轴对称的点B′的坐标及顶点C关于原点对称的点C′的坐标；

（3）求线段BC的长．25．（12分）解方程:．26．如图，矩形ABCD中，AB＝6cm，AD＝8cm，点P从点A出发，以每秒一个单位的速度沿A→B→C的方向运动；同时点Q从点B出发，以每秒2个单位的速度沿B→C→D的方向运动，当其中一点到达终点后两点都停止运动．设两点运动的时间为t秒．（1）当t＝时，两点停止运动；（2）设△BPQ的面积面积为S（平方单位）①求S与t之间的函数关系式；②求t为何值时，△BPQ面积最大，最大面积是多少？

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；B.不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；C.是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；D.是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；故选：A．本题考查的知识点是识别轴对称图形与中心对称图形，需要注意的是轴对称图形是关于对称轴成轴对称；中心对称图形是关于某个点成中心对称．2、D【分析】根据题意列出相应的表格，得到所有等可能出现的情况数，进而找出满足题意的情况数，即可求出所求的概率．【详解】设印有中国国际进口博览会的标志为“”，印有进博会吉祥物“进宝”为，由题列表为所有的等可能的情况共有种，抽到的两卡片图案不相同的等可能情况共有种，，故选：D.本题考查了列表法与树状图法，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．3、C【解析】过C作CD⊥AB于D，根据含30度角的直角三角形求出CD，解直角三角形求出AD，在△BDC中解直角三角形求出BD，相加即可求出答案．【详解】过C作CD⊥AB于D，则∠ADC=∠BDC=90，∵∠A=30,AC=，∴CD=AC=,由勾股定理得：AD=CD=3，∵tanB==，∴BD=2，∴AB=2+3=5，故选C.本题考查解直角三角形.4、D【分析】根据调查方式对A进行判断；根据中位数的定义对B进行判断；根据样本容量的定义对C进行判断；通过方差公式计算可对D进行判断．【详解】A.了解飞行员视力的达标率应使用全面调查，所以A选项错误；B.数据3，6，6，7，8，9的中位数为6.5，所以B选项错误；C.从2000名学生中选出200名学生进行抽样调查，样本容量为200，所以C选项错误；D.一组数据1，2，3，4，5的方差是2，所以D选项正确故选D.本题考查了方差，方差公式是：，也考查了统计的有关概念.5、B【分析】根据一元二次方程根与系数的关系即可得．【详解】设这个方程的另一个根为，由一元二次方程根与系数的关系得：，解得，故选：B．本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题关键．6、B【分析】根据题意画出图形，连接AO并延长交BC于点D，则AD⊥BC，设OD=x，由三角形重心的性质得AD=3x，利用锐角三角函数表示出BD的长，由垂径定理表示出BC的长，然后根据面积法解答即可．【详解】如图，连接AO并延长交BC于点D，则AD⊥BC，设OD=x，则AD=3x，∵tan∠BAD=，∴BD=tan30°·AD=x，∴BC=2BD=2x，∵,∴×2x×3x=3，∴x＝1所以该圆的内接正三边形的边心距为1，故选B．本题考查正多边形和圆，三角形重心的性质，垂径定理，锐角三角函数，面积法求线段的长，解答本题的关键是明确题意，求出相应的图形的边心距．7、A【分析】先根据勾股定理计算出斜边AB的长，然后根据正弦的定义求解．【详解】如图，∵∠C=90°，AC=8，BC=6，∴AB==10，∴sinB=．故选：A．本题考查了正弦的定义：在直角三角形中，一锐角的正弦等于它的对边与斜边的比值．也考查了勾股定理．8、C【分析】易得圆锥的母线长为24cm，以及圆锥的侧面展开图的弧长，也就是圆锥的底面周长，除以即为圆锥的底面半径.【详解】解：圆锥的侧面展开图的弧长为：，∴圆锥的底面半径为：.故答案为：C.本题考查的知识点是圆锥的有关计算，熟记各计算公式是解题的关键.9、B【解析】根据黄金分割的定义进行作答.【详解】由黄金分割的定义知，，又MN=4，所以，MP=22.所以答案选B.本题考查了黄金分割的定义，熟练掌握黄金分割的定义是本题解题关键.10、D【解析】分别用含有k的代数式表示出2b+c，2c+a，2a+b，再相加即可求解.【详解】∵∴，，三式相加得，∵∴k=3.故选D.本题考查了比的性质，解题的关键是求得2b+c=ak，2c+a=bk，2a+b=ck.11、C【分析】由题意根据如果一个数x的立方等于a，那么x是a的立方根，据此定义进行分析求解即可．【详解】解：∵1的立方等于27，∴27的立方根等于1．故选：C．本题主要考查求一个数的立方根，解题时先找出所要求的这个数是哪一个数的立方．由开立方和立方是互逆运算，用立方的方法求这个数的立方根．注意一个数的立方根与原数的性质符号相同．12、A【分析】首先由平移的性质，得出点C的纵坐标，OA=DE=3，AD=OE，然后根据勾股定理得出CD，再由菱形的性质得出点C的横坐标，即可得解.【详解】由已知，得点C的纵坐标为4，OA=DE=3，AD=OE∴∵四边形是菱形∴AD=BC=CD=5∴点C的横坐标为5∴点C的坐标为故答案为A.此题主要考查平面直角坐标系中，根据平移和菱形的性质求解点坐标，熟练掌握，即可解题.二、填空题（每题4分，共24分）13、1：1【分析】根据相似三角形的性质进行分析即可得到答案．【详解】解：∵两个相似三角形的面积比为1：4，∴它们对应角的角平分线之比为1：=1：1，故答案为：1：1．本题考查对相似三角形性质的理解．（1）相似三角形周长的比等于相似比．（1）相似三角形面积的比等于相似比的平方．（3）相似三角形对应高的比、对应中线的比、对应角平分线的比都等于相似比．14、y＝x1【解析】根据题意以拱顶为原点建立直角坐标系，即可求出解析式．【详解】如图：以拱顶为原点建立直角坐标系，由题意得A（1，−1），C（0，−1），设抛物线的解析式为：y＝ax1把A（1，−1）代入，得4a＝−1，解得a＝−，所以抛物线解析式为y＝−x1．故答案为：y＝−x1．本题考查了二次函数的应用，解决本题的关键是根据题意建立平面直角坐标系．15、1【分析】根据根与系数的关系得出−3x＝−6，求出即可．【详解】设方程的另一个根为x，则根据根与系数的关系得：−3x＝−3，解得：x＝1，故答案为：1．本题考查了根与系数的关系和一元二次方程的解，能熟记根与系数的关系的内容是解此题的关键．16、55【解析】分析：∵∠ACB与∠AOB是所对的圆周角和圆心角，∠ACB＝35º，∴∠AOB=2∠ACB=70°．∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA=．17、【分析】利用已知得出底面圆的半径为，周长为，进而得出母线长，再利用勾股定理进行计算即可得出答案．【详解】解：∵半径为的圆形∴底面圆的半径为∴底面圆的周长为∴扇形的弧长为∴，即圆锥的母线长为∴圆锥的高为．故答案是：此题主要考查了圆锥展开图与原图对应情况，以及勾股定理等知识，根据已知得出母线长是解决问题的关键．18、【分析】根据特殊角的三角函数值、二次根式的化简进行计算，在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后求得计算结果．【详解】cos30°+sin45°+tan60°===故填：.解决此类题目的关键是熟记特殊角的三角函数值．三、解答题（共78分）19、火箭所在点处与处的距离．【分析】在RT△AMN中根据30°角的余弦值求出AM和MN的长度，再在RT△BMN中根据45°角的求出BM的长度，即可得出答案.【详解】解：在中，在中，,答：火箭所在点处与处的距离.本题考查解直角三角形，难度适中，解题关键是根据题目意思构造出直角三角形，再利用锐角三角函数进行求解.20、（1）y＝﹣x2+x+1；（2）D的坐标为（1，1）；（1）【分析】（1）通过抛物线y＝先求出点A的坐标，推出OA的长度，再由tan∠CAO＝1求出OC的长度，点C的坐标，代入原解析式即可求出结论；（2）如图2，过点D分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为W和Z，证△DZE≌△DWB，得到DZ＝DW，由此可知点D的横纵坐标相等，设出点D坐标，代入抛物线解析式即可求出点D坐标；（1）如图1，连接CD，分别过点C，H作F的垂线，垂足分别为Q，I，过点F作DC的垂线，交DC的延长线于点U，先求出点G坐标，求出直线DG解析式，再求出点F的坐标，即可求出正方形FMND的边长，再求出其对角线FN的长度，最后证点F，K，M，N，D共圆，推出∠KDN＝∠KFN，求出∠KFN的余弦值即可．【详解】解：（1）在抛物线y=中，当y＝0时，x1＝﹣1，x2＝4，∴A（﹣1，0），B（4，0），∴OA＝1，∵tan∠CAO＝1，∴OC＝1OA＝1，∴C（0，1），∴a＝1，∴a＝2，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+1；（2）如图2，过点D分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为W和Z，∵∠ZDW＝∠EDB＝90°，∴∠ZDE＝∠WDB，∵∠DZE＝∠DWB＝90°，DE＝DB，∴△DZE≌△DWB（AAS），∴DZ＝DW，设点D（k，﹣k2+k+1），∴k＝﹣k2+k+1，解得，k1＝﹣（舍去），k2＝1，∴D的坐标为（1，1）；（1）如图1，连接CD，分别过点C，H作F的垂线，垂足分别为Q，I，∵sin∠DGH＝∴设HI＝4m，HG＝5m，则IG＝1m，由题意知，四边形OCDH是正方形，∴CD＝DH＝1，∵∠CDQ+∠IDH＝90°，∠IDH+∠DHI＝90°，∴∠CDQ＝∠DHI，又∵∠CQD＝∠DIH＝90°，∴△CQD≌△DIH（AAS），设DI＝n，则CQ＝DI＝n，DQ＝HI＝4m，∴IQ＝DQ﹣DI＝4m﹣n，∴GQ＝GI﹣IQ＝1m﹣（4m﹣n）＝n﹣m，∵∠GCQ+∠QCD＝90°，∠QCD+∠CDQ＝90°，∴∠GCQ＝∠CDQ，∴△GCQ∽△CDQ，∴∴∴n＝2m，∴CQ＝DI＝2m，∴IQ＝2m，∴tan∠CDG＝，∵CD＝1，∴CG＝，∴GO＝CO﹣CG＝，设直线DG的解析式为y＝kx+，将点D（1，1）代入，得，k＝，∴yDG＝，设点F（t，﹣t2+t+1），则﹣t2+t+1＝t+，解得，t1＝1（舍去），t2＝﹣，∴F（﹣，）过点F作DC的垂线，交DC的延长线于点U，则，∴在Rt△UFD中，DF＝，由翻折知，△NPM≌△NPT，∴∠MNP＝∠TNP，NM＝NT＝ND，∠TPN＝∠MPN，TP＝MP，又∵NS⊥KD，∴∠DNS＝∠TNS，DS＝TS，∴∠SNK＝∠TNP+∠TNS＝×90°＝45°，∴∠SKN＝45°，∵∠TPK＝180°﹣∠TPN，∠MPK＝180°﹣∠MPN，∴∠TPK＝∠MPK，又∵PK＝PK，∴△TPK≌△MPK（SAS），∴∠MKP＝∠TKP＝45°，∴∠DKM＝∠MKP+∠TKP＝90°，连接FN，DM，交点为R，再连接RK，则RK＝RF＝RD＝RN＝RM，则点F，D，N，M，K同在⊙R上，FN为直径，∴∠FKN＝90°，∠KDN＝∠KFN，∵FN＝，∴在Rt△FKN中，∴cos∠KDN＝cos∠KFN．考核知识点：二次函数综合题．熟记二次函数基本性质，数形结合分析问题是关键.21、（1）且;（2），.【分析】（1）由方程有两个不相等的实数根，可得△=b2-4ac＞0，继而求得m的取值范围；（2）因为最小正整数为1，所以把m=1代入方程。解方程即可解答.【详解】解：（1）∵原方程有两个不相等的实数根∴，即∴又∵原方程为一元二次方程，∴综上，的取值范围是且；∵最小正整数，∴m=1，把m=1代入方程得：，解得：，.本题考查根的判别式、解一元二次方程，解题关键是熟练掌握根的判别式.22、（1）是等腰三角形，理由见解析；（2）的长为；（3）.【解析】（1）首先连接OB，根据等腰三角形的性质由OA＝OB得,由点C在过点B的切线上，且，根据等角的余角相等，易证得∠PBC＝∠CPB，即可证得△CBP是等腰三角形；（2）设BC＝x，则PC＝x，在Rt△OBC中，根据勾股定理得到，然后解方程即可；（3）作CD⊥BP于D，由等腰三角形三线合一的性质得，由，通过证得，得出即可求得CD，然后解直角三角形即可求得.【详解】（1）是等腰三角形，理由：连接，⊙与相切与点，，即，，是等腰三角形（2）设，则，在中，，，，，解得，即的长为；（3）解：作于，，，，，，，，，.本题考查了切线的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质以及三角形相似的判定和性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法及数形结合思想的应用．23、（1）证明见解析；（2）1．【分析】（1）先根据矩形的性质、平行线的性质可得，再根据垂直平分线的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据平行四边形的判定、菱形的判定即可得证；（2）先根据三角形中位线定理可得，再根据矩形的性质可得，然后在中，利用勾股定理即可得．【详解】（1）四边形是矩形垂直平分四边形是平行四边形又四边形是菱形；（2）垂直平分是的中点是的中点，（三角形中位线定理）．本题考查了矩形的性质、菱形的判定、三角形全等的判定定理与性质、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握并灵活运用各判定定理与性质是解题关键．24、（1）A（-4，3），C（-2，5），B（3，0）；（2）点A′的坐标为：（-4，-3），B′的坐标为：（-3，0），点C′的坐标为：（2，-5）；（3）5．.【分析】（1）直接利用坐标系得出各点坐标即可；

（2）利用关于坐标轴对称点的性质分别得出答案；

（3）直接利用勾股定理得出答案．【详解】（1）A（-4，3），C（-2，5），B（3，0）；（2）如图所示：点A′的坐标为：（-4，-3），B′的坐标为：（-3，0），点C′的坐标为：（2，-5）；

（3）线段BC的长为：=5．此题主要考查关于坐标轴对称点的性质,勾股定理，正确得出对应点位置是解题关键．25、（1）x1＝2+，x2＝2﹣；（2）x1＝