云南省楚雄州名校2027届九年级数学第一学期期末统考模拟试题含解析

云南省楚雄州名校2027届九年级数学第一学期期末统考模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(每小题3分,共30分)1．设，下列变形正确的是（）A． B． C． D．2．一副三角尺按如图的位置摆放（顶点C与F重合，边CA与边FE重合，顶点B、C、D在一条直线上）．将三角尺DEF绕着点F按逆时针方向旋转n°后（0＜n＜180），如果BA∥DE，那么n的值是（）A．105 B．95 C．90 D．753．抛物线y=x2的图象向左平移2个单位，再向下平移1个单位，则所得抛物线的解析式为（）A． B． C． D．4．已知一组数据:2，5，2，8，3，2，6，这组数据的中位数和众数分别是（）A．中位数是3，众数是2 B．中位数是2，众数是3C．中位数是4，众数是2 D．中位数是3，众数是45．某校进行体操队列训练，原有8行10列，后增加40人，使得队伍增加的行数、列数相同，你知道增加了多少行或多少列吗？设增加了行或列，则列方程得（）A．(8﹣)(10﹣)=8×10﹣40 B．(8﹣)(10﹣)=8×10+40C．(8+)(10+)=8×10﹣40 D．(8+)(10+)=8×10+406．随着国民经济快速发展，我国涌现出一批规模大、效益高的企业，如大疆、国家核电、华为、凤凰光学等，以上四个企业的标志是中心对称图形的是（）A． B． C． D．7．从1到9这9个自然数中任取一个，既是2的倍数，又是3的倍数的概率是（）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．将函数的图象用下列方法平移后，所得的图象不经过点A（1，4）的方法是（）A．向左平移1个单位 B．向右平移3个单位C．向上平移3个单位 D．向下平移1个单位10．二次函数下列说法正确的是（）A．开口向上 B．对称轴为直线C．顶点坐标为 D．当时，随的增大而增大二、填空题(每小题3分,共24分)11．甲、乙两车从A地出发，沿同一路线驶向B地．甲车先出发匀速驶向B地，40min后，乙车出发，匀速行驶一段时间后，在途中的货站装货耗时半小时．由于满载货物，为了行驶安全，速度减少了50km/h，结果与甲车同时到达B地，甲乙两车距A地的路程（）与乙车行驶时间（）之间的函数图象如图所示，则下列说法：①②甲的速度是60km/h；③乙出发80min追上甲；④乙车在货站装好货准备离开时，甲车距B地150km；⑤当甲乙两车相距30km时，甲的行驶时间为1h、3h、h；其中正确的是__________．12．已知点A（m,1）与点B（3，n）关于原点对称，则m+n=_________。13．一个不透明的袋子中装有除颜色外其他都相同的2个红球和1个黄球，随机摸出一个小球后，放回并摇匀，再随机摸岀一个，则两次都摸到黄球的概率为__________．14．一个三角形的两边长为2和9,第三边长是方程x2－14x+48=0的一个根，则三角形的周长为____．15．如图，△ABC中，DE∥FG∥BC，AD∶DF∶FB＝2∶3∶4，若EG＝4，则AC＝________.16．如图，已知⊙O的半径是2，点A、B、C在⊙O上，若四边形OABC为菱形，则图中阴影部分面积为_____．17．若a，b是一元二次方程的两根,则________.18．从甲、乙、丙、丁4名三好学生中随机抽取2名学生担任升旗手，则抽取的2名学生是甲和乙的概率为

________．三、解答题(共66分)19．（10分）锐角中，，为边上的高线，，两动点分别在边上滑动，且，以为边向下作正方形（如图1），设其边长为．（1）当恰好落在边上（如图2）时，求；（2）正方形与公共部分的面积为时，求的值．20．（6分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点为，且经过点与轴交于点，连接，，.（1）求抛物线对应的函数表达式；（2）点为该抛物线上点与点之间的一动点.①若，求点的坐标.②如图②，过点作轴的垂线，垂足为，连接并延长，交于点，连接延长交于点.试说明为定值.21．（6分）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm.点P从点A出发，沿AB边以2cm/s的速度向点B匀速移动；点Q从点B出发，沿BC边以1cm/s的速度向点C匀速移动，当一个运动点到达终点时，另一个运动点也随之停止运动，设运动的时间为t(s).（1）当PQ∥AC时，求t的值；（2）当t为何值时，△PBQ的面积等于cm2.22．（8分）如图，四边形是正方形，连接，将绕点逆时针旋转得，连接，为的中点，连接，.（1）如图1，当时，求证：；（2）如图2，当时，（1）还成立吗？请说明理由.23．（8分）如图，是的直径，点，是上两点，且，连接，，过点作交延长线于点，垂足为．（1）求证：是的切线；（2）若，求的半径．24．（8分）如图，甲、乙两人在玩转盘游戏时，准备了两个可以自由转动的转盘A、B，每个转盘被分成面积相等的几个扇形，并在每一个扇形内标上数字.游戏规则：同时转动两个转盘，当转盘停止后，指针所指区域的数字之和为0时，甲获胜；数字之和为1时，乙获胜.如果指针恰好指在分割线上，那么重转一次，直到指针指向某一区域为止.（1）用画树状图或列表法求乙获胜的概率；（2）这个游戏规则对甲、乙双方公平吗？请判断并说明理由.25．（10分）如图，在△ABC中，D为AC上一点，E为CB延长线上一点，且，DG∥AB，求证：DF＝BG．26．（10分）已知二次函数y1＝x2﹣2x﹣3，一次函数y2＝x﹣1．（1）在同一坐标系中，画出这两个函数的图象；（2）根据图形，求满足y1＞y2的x的取值范围．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【分析】根据比例的性质逐个判断即可．【详解】解：由得，2a=3b,A、∵，∴2b=3a，故本选项不符合题意；

B、∵，∴3a=2b，故本选项不符合题意；

C、，故本选项不符合题意；

D、，故本选项符合题意；

故选：D．本题考查了比例的性质，能熟记比例的性质是解此题的关键，如果，那么ad=bc．2、A【分析】画出图形求解即可．【详解】解：∵三角尺DEF绕着点F按逆时针方向旋转n°后（0＜n＜180），BA∥DE，∴旋转角＝90°+45°﹣30°＝105°，故选：A．本题考查了旋转变换，平行线的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型.3、A【分析】抛物线平移不改变a的值．【详解】原抛物线的顶点为（0，0），向左平移2个单位，再向下平移1个单位，那么新抛物线的顶点为（﹣2，﹣1），可设新抛物线的解析式为：y=（x﹣h）2+k，代入得：y=（x+2）2﹣1=x2+4x+1．故选A．4、A【分析】先将这组数据从小到大排列，找出最中间的数，就是中位数，出现次数最多的数就是众数．【详解】解：将这组数据从小到大排列为：2，2，2，3，5，6，8，最中间的数是3，则这组数据的中位数是3；2出现了三次，出现的次数最多，则这组数据的众数是2；故选：A.此题考查了众数、中位数，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数，众数是一组数据中出现次数最多的数．5、D【解析】增加了行或列，现在是行，列，所以(8+)(10+)=8×10+40.6、B【分析】在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此依次判断即可.【详解】∵在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，∴A、C、D不符合，不是中心对称图形，B选项为中心对称图形.故选：B.本题主要考查了中心对称图形的定义，熟练掌握相关概念是解题关键.7、A【分析】从1到9这9个自然数中，既是2的倍数，又是3的倍数只有6一个，所以既是2的倍数，又是3的倍数的概率是九分之一．【详解】解：∵既是2的倍数，又是3的倍数只有6一个，∴P（既是2的倍数，又是3的倍数）＝．故选：A．本题考查了用列举法求概率,属于简单题,熟悉概率的计算公式是解题关键.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、D【解析】A.平移后，得y=(x+1)2，图象经过A点，故A不符合题意；B.平移后，得y=(x−3)2，图象经过A点，故B不符合题意；C.平移后，得y=x2+3，图象经过A点，故C不符合题意；D.平移后，得y=x2−1图象不经过A点，故D符合题意；故选D.10、D【分析】根据解析式即可依次判断正确与否.【详解】∵a=-2∴开口向下，A选项错误；∵，∴对称轴为直线x=-1，故B错误；∵，∴顶点坐标为（-1，-4），故C错误；∵对称轴为直线x=-1，开口向下，∴当时，随的增大而增大，故D正确.故选：D.此题考查二次函数的性质，掌握不同函数解析式的特点，各字母代表的含义，并熟练运用解题是关键.二、填空题(每小题3分,共24分)11、②③【分析】根据一次函数的性质和该函数的图象对各项进行求解即可．【详解】∵线段DE代表乙车在途中的货站装货耗时半小时，∴a=4+0.5=4.5（小时），即①不成立；∵40分钟=小时，∴甲车的速度为460÷（7+）=60（千米/时），即②成立；设乙车刚出发时的速度为x千米/时，则装满货后的速度为（x﹣50）千米/时，根据题意可知：4x+（7﹣4.5）（x﹣50）=460，解得：x=1．乙车发车时，甲车行驶的路程为60×=40（千米），乙车追上甲车的时间为40÷（1﹣60）=（小时），小时=80分钟，即③成立；乙车刚到达货站时，甲车行驶的时间为（4+）小时，此时甲车离B地的距离为460﹣60×（4+）=180（千米），即④不成立．设当甲乙两车相距30km时，甲的行驶时间为x小时，由题意可得1）乙车未出发时，即解得∵∴是方程的解2）乙车出发时间为解得解得3）乙车出发时间为解得∵所以不成立4）乙车出发时间为解得故当甲乙两车相距30km时，甲的行驶时间为h、1h、3h、h，故⑤不成立故答案为：②③．本题考查了两车的路程问题，掌握一次函数的性质是解题的关键．12、-1【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，可直接得到m=-3，n=-1进而得到答案．【详解】解：∵点A（m，1）与点B（3，n）关于原点对称，

∴m=-3，n=-1，

∴m+n=-1，

故答案为：-1．此题主要考查了关于原点对称点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．13、【分析】首先根据题意画出树状图，由树状图求得所有等可能的结果与两次都摸到黄球的情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．【详解】画树状图如下：

由树状图可知，共有9种等可能结果，其中两次都摸到黄球的有1种结果，

∴两次都摸到黄球的概率为；

故答案为：．此题考查列表法或树状图法求概率．解题关键在于掌握注意画树状图与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．14、1【分析】先求得方程的两根，根据三角形的三边关系，得到合题意的边，进而求得三角形周长即可．【详解】解方程x2-14x+48=0得第三边的边长为6或8，依据三角形三边关系，不难判定边长2，6，9不能构成三角形，2，8，9能构成三角形，∴三角形的周长=2+8+9=1．本题考查三角形的周长和解一元二次方程，解题的关键是检验三边长能否成三角形．15、12【解析】试题解析：根据平行线分线段成比例定理可得：故答案为16、【分析】连接OB和AC交于点D，根据菱形及直角三角形的性质先求出AC的长及∠AOC的度数，然后求出菱形ABCO及扇形AOC的面积，则由S扇形AOC-S菱形ABCO可得答案．【详解】连接OB和AC交于点D，如图所示：∵圆的半径为2，∴OB＝OA＝OC＝2，又四边形OABC是菱形，∴OB⊥AC，OD＝OB＝1，在Rt△COD中利用勾股定理可知：∴∠COD＝60°，∠AOC＝2∠COD＝120°，∴S菱形ABCO＝S扇形AOC＝则图中阴影部分面积为S扇形AOC﹣S菱形ABCO＝故答案为本题考查扇形面积的计算及菱形的性质，解题关键是熟练掌握菱形的面积和扇形的面积，有一定的难度．17、【分析】将通分变形为，然后利用根与系数的关系即可求解.【详解】∵a、b是一元二次方程的两根∴，∴故答案为：.本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，熟练掌握，是解题的关键.18、​【分析】采用列举法求概率．【详解】解：随机抽取的所有可能情况为：甲乙；甲丙；甲丁；乙丙；乙丁；丙丁六种情况，则符合条件的只有一种情况，则P（抽取的2名学生是甲和乙）=1÷6=．故答案为：本题考查概率的计算，题目比较简单．三、解答题(共66分)19、（1）；（2）或1．【解析】（1）根据已知条件，求出AD的值，再由△AMN∽△ABC，确定比例关系求出x的值即可；（2）当正方形与公共部分的面积为时，可分两种情况，一是当在△ABC的内部，二是当在△ABC的外部，当当在△ABC的外部时，根据相似，表达出重叠部分面积，再列出方程，解出x的值即可．【详解】解：（1）∵，为边上的高线，，∴∴AD=1，设AD交MN于点H，∵MN∥BC，∴△AMN∽△ABC，∴，即，解得，∴当恰好落在边上时，（2）①当在△ABC的内部时，正方形与公共部分的面积即为正方形的面积，∴，解得②当在△ABC的外部时，如下图所示，PM交BC于点E，QN交BC于点F，AD交MN于点H，设HD=a，则AH=1-a，由得，解得∴矩形MEFN的面积为即解得（舍去），综上：正方形与公共部分的面积为时，或1．本题主要考查了相似三角形的对应高的比等于对应边的比的性质，正方形的四边相等的性质以及方程思想，列出比例式是解题的关键．20、（1）；（2）①点的坐标为，；②，是定值.【分析】（1）设函数为，把代入即可求解；（2）①先求出直线AB解析式，求出C’点，得到，再求出，设点，过作轴的平行线交于点，得到，根据三角形面积公式得，解出x即可求解；②过作轴的垂线，垂足为点，设，表示出，故，根据，得，故，即，得到.再过作的垂线，垂足为点，根据相似三角形的性质得到，可得的值即为定值.【详解】（1）解：设，把点代入，得，解得，∴该抛物线对应的函数表达式为.（2）①设直线的函数表达式为，把，代入，得，解得.∴直线的函数表达式为.设直线与轴交于点，则点，∴.，.设点，过作轴的平行线交于点，则，∴，，，所以点的坐标为，.②过作轴的垂线，垂足为点，设，则，，由，得，，即，故.过作的垂线，垂足为点，由，得，，即，故.所以，是定值.此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知二次函数的图像与性质，相似三角形的判定与性质.21、（1）t=；（2）当t为2s或3s时，△PBQ的面积等于cm2.【分析】（1）根据PQ∥AC得到△PBQ∽△ABC，列出比例式即可求解；（2）解法一：过点Q作QE⊥AB于E，利用△BQE∽△BCA，得到，得到QE=t，根据S△PBQ=BP·QE=列出方程即可求解；解法二：过点P作PE⊥BC于E，则PE∥AC，得到△BPE∽△BAC，则，求出PE=(10-2t).，利用S△PBQ=BQ·PE=列出方程即可求解.【详解】（1）由题意得，BQ=tcm，AP=2cm，则BP=（10—2t）cm在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm∵PQ∥AC，∴△PBQ∽△ABC，∴，即，解得t=.（2）解法一:如图3，过点Q作QE⊥AB于E，则∠QEB=∠C=90°.∵∠B=∠B,∴△BQE∽△BCA，∴，即，解得QE=t.∴S△PBQ=BP·QE=，即·(10-2t)·t=.整理，得t2-5t+6=0.解这个方程，得t1=2，t2=3.∵0＜t＜5，∴当t为2s或3s时，△PBQ的面积等于cm2.解法二：过点P作PE⊥BC于E，则PE∥AC（如图4）.∵PE∥AC.∴△BPE∽△BAC，∴，即，解得PE=(10-2t).∴S△PBQ=BQ·PE=，即·t·(10-2t)=整理，得t2-5t+6=0.解这个方程，得t1=2，t2=3.∵0＜t＜5，∴当t为2s或3s时，△PBQ的面积等于cm2.此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知相似三角形的判定定理、适当构造辅助线进行求解.22、（1）详见解析；（2）当时，成立，理由详见解析.【分析】（1）由旋转的性质得：，根据直角三角形斜边中线的性质可得OD=CF，OE=CF，进而可得OD=OE；（2）连接CE、DF，根据等腰三角形的性质可得，利用角的和差关系可得，利用SAS可证明△ACE≌△AFD，可得CE=DF，∠ECA=∠DFA，利用角的和差关系可得，利用SAS可证明△EOC≌△DOF，即可证明OD=OE，可得（1）结论成立.【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，∴∠BAC=45°，∵将绕点逆时针旋转得，=45°，∴点E在AC上，∴，为的中点，∴同理：∴.（2）当时，成立，理由如下：连接，如图所示：∵在正方形中，，AB=AE，∴，∵为的中点，∴，∵，∴，∵=45°，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴.本题考查正方形的性质、旋转的性质及全等三角形的判定与性质，正确得出对应边和对应角，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键.23、（1）见解析；（2）圆O的半径为1【分析】（1）连结OC，由根据圆周角定理得∠FAC=∠BAC，而∠OAC=∠OCA，则∠FAC=∠OCA，可判断OC∥AF，由于CD⊥AF，所以OC⊥CD，然后根据切线的判定定理得到CD是⊙O的切线；（2）连结BC，由AB为直径得∠ACB=90°，由得∠BOC=60°，则∠BAC=30°，所以∠DAC=30°，在Rt△ADC中，利用含30度的直角三角形三边的关系得，在Rt△ACB中，利用含30度的直角三角形三边的关系得AB=2BC=1，从而求出⊙O的半径．【详解】解：（1）证明：连结OC，如图∵弧FC=弧BC∴∠FAC=∠BAC,∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∴∠FAC=∠OCA，∴0C//AF，∵CD⊥AF，∴0C⊥CD，∴CD是圆O的切线；（2）连结BC，如图，∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，∵，∴∠BOC=×110°=60°，∴∠BAC=30˚，∴∠DAC=30˚，在RtΔADC中，CD=