2027届广东省中学山大附属中学九上数学期末考试试题含解析

2027届广东省中学山大附属中学九上数学期末考试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题4分，共48分）1．已知函数是的图像过点，则的值为（）A．-2 B．3 C．-6 D．62．已知关于的一元二次方程有一个根为,则另一个根为（）A． B． C． D．3．设计一个摸球游戏，先在一个不透明的盒子中放入个白球，如果希望从中任意摸出个球是白球的概率为，那么应该向盒子中再放入多少个其他颜色的球．（游戏用球除颜色外均相同）（）A． B． C． D．4．如图所示，在中，与相交于点，为的中点，连接并延长交于点，则与的面积比值为（）A． B． C． D．5．如图，双曲线的一个分支为（）A．① B．② C．③ D．④6．要组织一次排球邀请赛，参赛的每个队之间都要比赛一场，根据场地和时间等条件，赛程计划7天，每天安排4场比赛.设比赛组织者应邀请个队参赛，则满足的关系式为（）A． B． C． D．7．已知点都在双曲线上，且，则的取值范围是（）A． B． C． D．8．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．9．如果一个正多边形的中心角为60°，那么这个正多边形的边数是（）A．4 B．5 C．6 D．710．对于题目“抛物线l1：（﹣1＜x≤2）与直线l2：y＝m（m为整数）只有一个交点，确定m的值”；甲的结果是m＝1或m＝2；乙的结果是m＝4，则（）A．只有甲的结果正确B．只有乙的结果正确C．甲、乙的结果合起来才正确D．甲、乙的结果合起来也不正确11．下列图形中一定是相似形的是()A．两个菱形 B．两个等边三角形 C．两个矩形 D．两个直角三角形12．已知二次函数y＝﹣x2﹣bx+1(﹣5＜b＜2)，则函数图象随着b的逐渐增大而()A．先往右上方移动，再往右平移B．先往左下方移动，再往左平移C．先往右上方移动，再往右下方移动D．先往左下方移动，再往左上方移动二、填空题（每题4分，共24分）13．已知且为锐角，则_____．14．如图，∠XOY=45°，一把直角三角尺△ABC的两个顶点A、B分别在OX，OY上移动，其中AB=10，那么点O到顶点A的距离的最大值为_____．15．如图，摆放矩形与矩形，使在一条直线上，在边上，连接，若为的中点，连接，那么与之间的数量关系是__________．16．（2016辽宁省沈阳市）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BC=20，DE是△ABC的中位线，点M是边BC上一点，BM=3，点N是线段MC上的一个动点，连接DN，ME，DN与ME相交于点O．若△OMN是直角三角形，则DO的长是______．17．如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转2019次得到正方形，如果点的坐标为（1，0），那么点的坐标为________．18．用一个圆心角90°，半径为8㎝的扇形纸围成一个圆锥，则该圆锥底面圆的半径为．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，函数y＝2x和y＝﹣x+4的图象相交于点A，（1）求点A的坐标；（2）根据图象，直接写出不等式2x≥﹣x+4的解集．20．（8分）如图，A，B，C是⊙O上的点，AC＝BC，OD＝OE．求证：CD＝CE．21．（8分）某乡镇要在生活垃圾存放区建一个老年活动中心，这样必须把1200立方米的生活垃圾运走．（1）假如每天能运x立方米，所需时间为y天，写出y与x之间的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）；（2）若每辆拖拉机一天能运12立方米，则5辆这样的拖拉机要用多少天才能运完？22．（10分）教育部基础教育司负责人解读“2020新中考”时强调要注重学生分析与解决问题的能力，要增强学生的创新精神和综合素质.王老师想尝试改变教学方法，将以往教会学生做题改为引导学生会学习.于是她在菱形的学习中，引导同学们解决菱形中的一个问题时，采用了以下过程（请解决王老师提出的问题）：先出示问题（1）:如图1，在等边三角形中，为上一点，为上一点，如果，连接、，、相交于点，求的度数.通过学习，王老师请同学们说说自己的收获.小明说发现一个结论：在这个等边三角形中，只要满足，则的度数就是一个定值，不会发生改变.紧接着王老师出示了问题（2）:如图2，在菱形中，，为上一点，为上一点，，连接、，、相交于点，如果，，求出菱形的边长.问题（3）：通过以上的学习请写出你得到的启示（一条即可）.23．（10分）解方程．（1）1x1﹣6x﹣1＝0；（1）1y（y+1）﹣y＝1．24．（10分）解方程：（x﹣2）（x﹣1）＝3x﹣625．（12分）在平面直角坐标系中，平移一条抛物线，如果平移后的新抛物线经过原抛物线顶点，且新抛物线的对称轴是y轴，那么新抛物线称为原抛物线的“影子抛物线”．（1）已知原抛物线表达式是，求它的“影子抛物线”的表达式；（2）已知原抛物线经过点（1，0），且它的“影子抛物线”的表达式是，求原抛物线的表达式；（3）小明研究后提出：“如果两条不重合的抛物线交y轴于同一点，且它们有相同的“影子抛物线”，那么这两条抛物线的顶点一定关于y轴对称．”你认为这个结论成立吗？请说明理由．26．如图1，在和中，顶点是它们的公共顶点，，．（特例感悟）（1）当顶点与顶点重合时（如图1），与相交于点，与相交于点，求证：四边形是菱形；（探索论证）（2）如图2，当时，四边形是什么特殊四边形？试证明你的结论；（拓展应用）（3）试探究：当等于多少度时，以点为顶点的四边形是矩形？请给予证明．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【解析】直接根据反比例函数图象上点的坐标特征求解．【详解】∵反比例函数的图象经过点（-2，3），∴k＝-2×3＝-1．故选：C．本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy＝k．2、B【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系，x₁+x₂=,把x₁=1代入即可求出.【详解】解：方程有一个根是,另-一个根为，由根与系数关系，即即方程另一根是故选:．本题考查了一元二次方程根与系数的关系的应用，还可根据一元二次方程根的定义先求出k的值，再解方程求另一根.3、A【分析】利用概率公式，根据白球个数和摸出个球是白球的概率可求得盒子中应有的球的个数，再减去白球的个数即可求得结果．【详解】解：∵盒子中放入了2个白球，从盒子中任意摸出个球是白球的概率为，∴盒子中球的总数=，∴其他颜色的球的个数为6−2=4，故选：A．本题考查了概率公式的应用，灵活运用概率=所求情况数与总情况数之比是解题的关键．4、C【分析】根据平行四边形的性质得到OB=OD，利用点E是OD的中点，得到DE:BE=1：3，根据同高三角形面积比的关系得到S△ADE：S△ABE=1：3，利用平行四边形的性质得S平行四边形ABCD=2S△ABD，由此即可得到与的面积比.【详解】在中，OB=OD，∵为的中点，∴DE=OE,∴DE:BE=1：3，∴S△ADE：S△ABE=1：3，∴S△ABE：S△ABD=1：4，∵S平行四边形ABCD=2S△ABD,∴与的面积比为3:8，故选：C.此题考查平行四边形的性质，同高三角形面积比，熟记平行四边形的性质并熟练运用解题是关键.5、D【解析】∵在中，k=8＞0，∴它的两个分支分别位于第一、三象限，排除①②；又当=2时，=4，排除③；所以应该是④．故选D．6、A【分析】根据应用题的题目条件建立方程即可.【详解】解：由题可得：即：故答案是：A.本题主要考察一元二次方程的应用题，正确理解题意是解题的关键.7、D【分析】分别将A，B两点代入双曲线解析式，表示出和，然后根据列出不等式，求出m的取值范围．【详解】解：将A（-1，y1），B（2，y2）两点分别代入双曲线，得，，∵y1＞y2，，解得，故选：D．本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解不等式．反比例函数图象上的点的坐标满足函数解析式．8、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．9、C【解析】试题解析：这个多边形的边数为：故选C.10、C【分析】画出抛物线l1：y＝﹣（x﹣1）2+4（﹣1＜x≤2）的图象，根据图象即可判断．【详解】解：由抛物线l1：y＝﹣（x﹣1）2+4（﹣1＜x≤2）可知抛物线开口向下，对称轴为直线x＝1，顶点为（1，4），如图所示：∵m为整数，由图象可知，当m＝1或m＝2或m＝4时，抛物线l1：y＝﹣（x﹣1）2+4（﹣1＜x≤2）与直线l2：y＝m（m为整数）只有一个交点，∴甲、乙的结果合在一起正确，故选：C．本题考查了二次函数图象与一次函数图象的交点问题，作出函数的图象是解题的关键．11、B【分析】如果两个多边形的对应角相等，对应边的比相等，则这两个多边形是相似多边形．【详解】解：∵等边三角形的对应角相等，对应边的比相等，∴两个等边三角形一定是相似形，又∵直角三角形，菱形的对应角不一定相等，矩形的边不一定对应成比例，∴两个直角三角形、两个菱形、两个矩形都不一定是相似形，故选：B．本题考查了相似多边形的识别．判定两个图形相似的依据是：对应边成比例，对应角相等，两个条件必须同时具备．12、D【分析】先分别求出当b＝﹣5、0、2时函数图象的顶点坐标即可得结论．【详解】解：二次函数y＝﹣x2﹣bx+1(﹣5＜b＜2)，当b＝﹣5时，y＝﹣x2+5x+1＝﹣(x﹣)2+，顶点坐标为(，)；当b＝0时，y＝﹣x2+1，顶点坐标为(0，1)；当b＝2时，y＝﹣x2﹣2x+1＝﹣(x+1)2+2，顶点坐标为(﹣1，2)．故函数图象随着b的逐渐增大而先往左下方移动，再往左上方移动．故选：D．本题主要考查了二次函数图象，掌握二次函数的性质是解决本题的关键.二、填空题（每题4分，共24分）13、2【分析】根据特殊角的三角函数值，先求出，然后代入计算，即可得到答案.【详解】解：∵，为锐角，∴，∴；∴====；故答案为：2.本题考查了特殊角的三角函数值，二次根式的性质，负整数指数幂，零次幂，解题的关键是正确求出，熟练掌握运算法则进行计算.14、10【分析】当∠ABO=90°时，点O到顶点A的距离的最大，则△ABC是等腰直角三角形，据此即可求解．【详解】解：∵∴当∠ABO=90°时，点O到顶点A的距离最大．

则OA=AB=10．

故答案是：10．本题主要考查了等腰直角三角形的性质，正确确定点O到顶点A的距离的最大的条件是解题关键．15、【分析】只要证明△FHE≌△AHM，推出HM=HE，在直角△MDE中利用斜边中线的性质，则DH=MH=HE，即可得到结论成立．【详解】解：如图，延长EH交AD于点M，∵四边形ABCD和ECGF是矩形，∴AD∥EF，∴∠EFH=∠HAM，∵点H是AF的中点，∴AH=FH，∵∠AHM=∠FHE，∴△FHE≌△AHM，∴HM=HE，∴点H是ME的中点，∵△MDE是直角三角形，∴DH=MH=HE；故答案为：．本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．16、或．【解析】由图可知，在△OMN中，∠OMN的度数是一个定值，且∠OMN不为直角.故当∠ONM=90°或∠MON=90°时，△OMN是直角三角形.因此，本题需要按以下两种情况分别求解.(1)当∠ONM=90°时，则DN⊥BC.过点E作EF⊥BC，垂足为F.(如图)∵在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，∴∠C=45°，∵BC=20，∴在Rt△ABC中，，∵DE是△ABC的中位线，∴，∴在Rt△CFE中，，.∵BM=3，BC=20，FC=5，∴MF=BC-BM-FC=20-3-5=12.∵EF=5，MF=12，∴在Rt△MFE中，，∵DE是△ABC的中位线，BC=20，∴，DE∥BC，∴∠DEM=∠EMF，即∠DEO=∠EMF，∴，∴在Rt△ODE中，.(2)当∠MON=90°时，则DN⊥ME.过点E作EF⊥BC，垂足为F.(如图)∵EF=5，MF=12，∴在Rt△MFE中，，∴在Rt△MFE中，，∵∠DEO=∠EMF，∴，∵DE=10，∴在Rt△DOE中，.综上所述，DO的长是或.故本题应填写：或.点睛：在解决本题的过程中，难点在于对直角三角形中直角的分类讨论；关键点是通过等角代换将一个在原直角三角形中不易求得的三角函数值转换到一个容易求解的直角三角形中进行求解.另外，本题也可以用相似三角形的方法进行求解，不过利用锐角三角函数相对简便.17、【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心,以OB为半径的圆上运动,由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45∘后得到正方形OA1B1C1,相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45∘，可得对应点B的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论.【详解】∵四边形OABC是正方形，且OA=1，∴B(1,1),连接OB，由勾股定理得：OB=，由旋转得：OB=OB1=OB2=OB3=…=，∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45∘后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45∘,依次得到∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=…=45∘，∴B1(0,),B2(−1,1),B3(−,0)，…，发现是8次一循环，所以2019÷8=252…3，∴点B2019的坐标为(−,0)本题考查了旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连接线段的夹角等于旋转角，也考查了坐标与图形的变化、规律型、点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法.18、1．【解析】试题分析：扇形的弧长是：，设底面半径是，则，解得．故答案是：1．考点：圆锥的计算．三、解答题（共78分）19、(1)A的坐标为(，3)；(2)x≥.【解析】试题分析：（1）联立两直线解析式，解方程组即可得到点A的坐标；（2）根据图形，找出点A右边的部分的x的取值范围即可．试题解析：（1）由，解得：，∴A的坐标为（，3）；（2）由图象，得不等式2x≥-x+4的解集为：x≥．20、详见解析【分析】根据AC＝BC，得出∠AOC=∠BOC，再根据SAS定理得出△COD≌△COE，由此可得出结论．【详解】解：证明：连接在△OCD和△OCE中，，∴△OCD≌△OCE（SAS）本题考查的是圆心角、弧、弦的关系和全等三角形的判定和性质，熟知在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等是解答此题的关键．21、（1）y＝；（2）5辆这样的拖拉机要用20天才能运完【分析】（1）根据等量关系列式即可；（2）先求出一天运的数量，然后代入解析式即可．【详解】解：（1）∵xy＝1200，∴y＝；（2）x＝12×5＝60，将x＝60代入y＝，得y＝＝20，答：5辆这样的拖拉机要用20天才能运完．本题考查了反比例函数的实际应用，找出等量关系列出关系式是解题关键．22、（1）；（2）；（3）答案不唯一，合理即可【解析】问题（1）根据是等边三角形证明，得出，再根据三角形外角性质即可得证；问题（2）作交于点，根据四边形是菱形得出，在中利用三角函数即可求得，，最后根据勾股定理得出答案.问题（3）从个人的积累和心得写一句话即可.【详解】问题（1）∵是等边三角形，∴，.∵，∴，∴.∵，∴，问题（2）如图，作交于点，∵四边形是菱形，∴，，∴是等边三角形，∴.由（1）可知，在中，，即，∴，，即，∴.在中，由勾股定理可得，∴，∴，∴菱形的边长为.问题（3）如平时应该注意基本图形的积累，在学习过程中做个有心人等，言之有理即可.本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定、勾股定理及三角函数，综合性比较强，需要添加合适的辅助线对解决问题做铺垫．23、（1），；（1）y1＝﹣1，y1＝.【分析】（1）根据配方法即可求出答案；（1）根据因式分解法即可求出答案；【详解】解：（1）∵1x1﹣6x﹣1＝0，∴x1﹣3x＝，∴（x﹣）1＝，∴x＝，解得：，；（1）∵1y（y+1）﹣y＝1，∴1y（y+1）﹣y﹣1＝0，∴（y+1）（1y﹣1）＝0，∴y+1＝0或1y﹣1＝0，解得：y1＝﹣1，y1＝.本题考查解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的解法，本题属于基础题型．24、x＝2或x＝1【分析】将等式右边进行提取公因数3，然后移项利用因式分解法求解可得.【详解】解：∵（x﹣2）（x﹣1）﹣3（x﹣2）＝0，∴（x﹣2）（x﹣1）＝0，则x﹣2＝0或x﹣1＝0，解得x＝2或x＝1．故答案为：x＝2或x＝1.本题考查了因式分解法.主要有提公因式法，运用公式法，分组分解法和十字相乘法.25、（1）；（2）或；（3）结论成立，理由见解析【分析】（1）设影子抛物线表达式是，先求出原抛物线的顶点坐标，代入，可求解；（2）设原抛物线表达式是，用待定系数法可求，，即可求解；（3）分别求出两个抛物线的顶点坐标，即可求解．【详解】解：（1）原抛物线表达式是原抛物线顶点是，设影子抛物线表达式是，将代入，解得，所以“影子抛物线”的表达式是；（2）设原抛物线表达式是，则原抛物线顶点是，将代入，得①，将代入，②，由①、②解得，．所以，原抛物线表达式是或；（3）结论成立．设影子抛物线表达式是．原抛物线于轴交点坐标为则两条原抛物线可表示为与抛物线（其中、、、是常数，且，由题意，可知两个抛物线的顶点分别是、将、分