甘肃省金昌市金川区宁远中学2027届九年级数学第一学期期末调研模拟试题含解析

甘肃省金昌市金川区宁远中学2027届九年级数学第一学期期末调研模拟试题注意事项：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（每题4分，共48分）1．已知⊙O的半径为13，弦AB//CD，AB＝24，CD＝10，则AB、CD之间的距离为A．17 B．7 C．12 D．7或172．－5的倒数是A． B．5 C．－ D．－53．如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，若∠B=50°，则∠A的度数为（

）A．80º B．60º C．40º D．50º4．如图，、是的两条弦，若，则的度数为（）A． B． C． D．5．如图，△ABC的三边的中线AD，BE，CF的公共点为G，且AG：GD＝2：1，若S△ABC＝12，则图中阴影部分的面积是（）A．3 B．4 C．5 D．66．下列说法：四边相等的四边形一定是菱形顺次连接矩形各边中点形成的四边形一定是正方形对角线相等的四边形一定是矩形经过平行四边形对角线交点的直线，一定能把平行四边形分成面积相等的两部分其中正确的有个．A．4 B．3 C．2 D．17．抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）如图所示，下列结论：①b2﹣4ac＞0；②a+b+c＝2；③abc＜0；④a﹣b+c＜0，其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个8．下列图形中是中心对称图形的有()个．A．1 B．2 C．3 D．49．若关于x的一元二次方程的两个实数根分别为，那么抛物线的对称轴为直线（）A． B． C． D．10．抛掷一枚均匀的骰子，所得的点数能被3整除的概率为（）A． B． C． D．11．如图，在△ABC中，AB＝2.2，BC＝3.6，∠B＝60°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△ADE，若点B的对应点D恰好落在BC边上时，则CD的长为（）A．1.5 B．1.4 C．1.3 D．1.212．抛物线y＝x2+6x+9与x轴交点的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3二、填空题（每题4分，共24分）13．已知关于x的方程x2+3x+a＝0有一个根为﹣2，则另一个根为_____．14．如图，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点P是x轴上一动点，以点P为圆心，以1个单位长度为半径作⊙P，当⊙P与直线AB相切时，点P的横坐标是_____15．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A(2，2)，B(4，2)，C(6，4)，以原点为位似中心，将△ABC缩小，使变换得到的△DEF与△ABC对应边的比为1∶2，则线段AC的中点P变换后对应点的坐标为____．16．如图，点是反比例函数图象上的两点，轴于点，轴于点，作轴于点，轴于点，连结，记的面积为，的面积为，则___________（填“>”或“<”或“=”）17．如图,在△ABC中,D,E分别是AC,BC边上的中点,则三角形CDE的面积与四边形ABED的面积比等于____________18．直角三角形三角形两直角边长为3和4，三角形内一点到各边距离相等，那么这个距离为________．三、解答题（共78分）19．（8分）一只不透明的袋子中装有2个白球和1个红球，这些球除颜色外都相同．（1）搅匀后从袋子中任意摸出1个球，摸到红球的概率是多少？（2）搅匀后先从袋子中任意摸出1个球，记录颜色后不放回，再从袋子中任意摸出1个球，用画树状图或列表的方法列出所有等可能的结果，并求出两次都摸到白球的概率．20．（8分）两个相似多边形的最长边分别为6cm和8cm，它们的周长之和为56cm，面积之差为28cm2，求较小相似多边形的周长与面积．21．（8分）（问题呈现）阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，点M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝DB+BA．下面是运用“截长法”证明CD＝DB+BA的部分证明过程．证明：如图2，在CD上截取CG＝AB，连接MA、MB、MC和MG．∵M是的中点，∴MA＝MC①又∵∠A＝∠C②∴△MAB≌△MCG③∴MB＝MG又∵MD⊥BC∴BD＝DG∴AB+BD＝CG+DG即CD＝DB+BA根据证明过程，分别写出下列步骤的理由：①，②，③；（理解运用）如图1，AB、BC是⊙O的两条弦，AB＝4，BC＝6，点M是的中点，MD⊥BC于点D，则BD＝；（变式探究）如图3，若点M是的中点，（问题呈现）中的其他条件不变，判断CD、DB、BA之间存在怎样的数量关系？并加以证明．（实践应用）根据你对阿基米德折弦定理的理解完成下列问题：如图4，BC是⊙O的直径，点A圆上一定点，点D圆上一动点，且满足∠DAC＝45°，若AB＝6，⊙O的半径为5，求AD长．22．（10分）计算：4+(-2)2×2-(-36)÷423．（10分）一个不透明的口袋中装有2个红球（记为红球1、红球2）、1个白球、1个黑球，这些球除颜色外都相同，将球摇匀．（1）从中任意摸出1个球，恰好摸到红球的概率是；（2）先从中任意摸出1个球，再从余下的3个球中任意摸出1个球，请用列举法（画树状图或列表）求两次都摸到红球的概率．24．（10分）计算：．25．（12分）为了从小华和小亮两人中选拔一人参加射击比赛，现对他们的射击水平进行测试，两人在相同条件下各射击6次，命中的环数如下（单位：环）：小华：7，8，7，8，9，9；小亮：5，8，7，8，1，1．（1）填写下表：平均数（环）中位数（环）方差（环2）小华8小亮83（2）根据以上信息，你认为教练会选择谁参加比赛，理由是什么？（3）若小亮再射击2次，分别命中7环和9环，则小亮这8次射击成绩的方差．（填“变大”、“变小”、“不变”）26．某化工厂要在规定时间内搬运1200吨化工原料．现有，两种机器人可供选择，已知型机器人比型机器人每小时多搬运30吨型，机器人搬运900吨所用的时间与型机器人搬运600吨所用的时间相等．(1)求两种机器人每小时分别搬运多少吨化工原料．(2)该工厂原计划同时使用这两种机器人搬运，工作一段时间后，型机器人又有了新的搬运任务需离开，但必须保证这批化工原料在11小时内全部搬运完毕．问型机器人至少工作几个小时，才能保证这批化工原料在规定的时间内完成？

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【解析】①当弦AB和CD在圆心同侧时，如图1，∵AB=24cm，CD=10cm，∴AE=12cm，CF=5cm，∵OA=OC=13cm，∴EO=5cm，OF=12cm，∴EF=12﹣5=7cm；②当弦AB和CD在圆心异侧时，如图2，∵AB=24cm，CD=10cm，∴AE=12cm，CF=5cm，∵OA=OC=13cm，∴EO=5cm，OF=12cm，∴EF=OF+OE=17cm，∴AB与CD之间的距离为7cm或17cm．故选D．点睛：本题考查了勾股定理和垂径定理的应用．此题难度适中，解题的关键是注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用，小心别漏解．2、C【分析】若两个数的乘积是1，我们就称这两个数互为倒数．【详解】解：5的倒数是．故选C．3、C【解析】∵AB是⊙O的直径，∴∠C=90°，∵∠B=50°，∴∠A=90°-∠B=40°．故选C．4、C【分析】根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可求出结论．【详解】解：∵∴∠BOC=2∠A=60°故选C．此题考查的是圆周角定理，掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解决此题的关键．5、B【分析】根据三角形的中线把三角形的面积分成相等的两部分，知△ABC的面积即为阴影部分的面积的3倍.【详解】∵△ABC的三条中线AD、BE，CF交于点G，∴S△CGE=S△AGE=S△ACF，S△BGF=S△BGD=S△BCF，∵S△ACF=S△BCF=S△ABC=×12=6，∴S△CGE=S△ACF=×6=2，S△BGF=S△BCF=×6=2，∴S阴影=S△CGE+S△BGF=1．故选：B.此题主要考查根据三角形中线性质求解面积，熟练掌握，即可解题.6、C【详解】∵四边相等的四边形一定是菱形，∴①正确；∵顺次连接矩形各边中点形成的四边形一定是菱形，∴②错误；∵对角线相等的平行四边形才是矩形，∴③错误；∵经过平行四边形对角线交点的直线，一定能把平行四边形分成面积相等的两部分，∴④正确；其中正确的有2个，故选C．考点：中点四边形；平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定与性质；正方形的判定．7、D【分析】由抛物线的开口方向判断a与1的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与1的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．【详解】①∵抛物线与x轴有两不同的交点，∴△＝b2﹣4ac＞1．故①正确；②∵抛物线y＝ax2+bx+c的图象经过点（1，2），∴代入得a+b+c＝2．故②正确；③∵根据图示知，抛物线开口方向向上，∴a＞1．又∵对称轴x＝﹣＜1，∴b＞1．∵抛物线与y轴交与负半轴，∴c＜1，∴abc＜1．故③正确；④∵当x＝﹣1时，函数对应的点在x轴下方，则a﹣b+c＜1，故④正确；综上所述，正确的结论是：①②③④，共有4个．故选：D．本题考查了二次函数图象与系数的关系．会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．8、B【解析】∵正三角形是轴对称能图形；平行四边形是中心对称图形；正五边形是轴对称图形；正六边形既是中心对称图形又是轴对称图形，∴中心对称图形的有2个．故选B.9、B【分析】根据方程的两根即可得出抛物线与x轴的两个交点坐标，再利用抛物线的对称性即可得出抛物线的对称轴．【详解】∵方程x2+bx+c=0的两个根分别为x1=-1，x2=2，∴抛物线y=x2+bx+c与x轴的交点坐标为(-1，0)、(2，0)，∴抛物线y=x2+bx+c的对称轴为直线x．故选：B．本题考查了抛物线与x轴的交点以及二次函数的性质，根据抛物线与x轴的交点横坐标找出抛物线的对称轴是解答本题的关键．10、B【解析】抛掷一枚骰子有1、2、3、4、5、6种可能，其中所得的点数能被3整除的有3、6这两种，∴所得的点数能被3整除的概率为，故选B．【点睛】本题考查了简单的概率计算，熟记概率的计算公式是解题的关键.11、B【分析】运用旋转变换的性质得到AD＝AB，进而得到△ABD为等边三角形，求出BD即可解决问题．【详解】解：如图，由题意得：AD＝AB，且∠B＝60°，∴△ABD为等边三角形，∴BD＝AB＝2，∴CD＝3.6﹣2.2＝1.1．故选：B．该题主要考查了旋转变换的性质、等边三角形的判定等几何知识点及其应用问题；牢固掌握旋转变换的性质是解题的关键．12、B【分析】根据题意，求出b2﹣4ac与0的大小关系即可判断.【详解】∵b2﹣4ac＝36﹣4×1×9＝0∴二次函数y＝x2+6x+9的图象与x轴有一个交点．故选：B．此题考查的是求二次函数与x轴的交点个数，掌握二次函数与x轴的交点个数和b2﹣4ac的符号关系是解决此题的关键.二、填空题（每题4分，共24分）13、-1【解析】试题分析：对于一元二次方程的两个根和，根据韦达定理可得：+=，即，解得：，即方程的另一个根为-1．14、【分析】根据函数解析式求得A（3，1），B（1，-3），得到OA=3，OB=3根据勾股定理得到AB=6，设⊙P与直线AB相切于D，连接PD，则PD⊥AB，PD=2，根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】∵直线交x轴于点A，交y轴于点B，

∴令x=1，得y=-3，令y=1，得x=3，

∴A（3，1），B（1．-3），

∴OA=3，OB=3，

∴AB=6，

设⊙P与直线AB相切于D，连接PD，则PD⊥AB，PD=1，

∵∠ADP=∠AOB=91°，∠PAD=∠BAO，

∴△APD∽△ABO，

∴，

∴，

∴AP=2，

∴OP=3-2或OP=3+2，

∴P（3-2，1）或P（3+2，1），

故答案为：．本题考查了切线的判定和性质，一次函数图形上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，正确的理解题意并进行分类讨论是解题的关键．15、(1，)或(－1，－)【分析】位似变换中对应点的坐标的变化规律：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k．本题中k＝1或−1．【详解】解：∵两个图形的位似比是1：（−）或1：，AC的中点是（4，3），∴对应点是（1，）或（−1，−）．本题主要考查位似变换中对应点的坐标的变化规律．16、=【分析】连接OP、OQ，根据反比例函数的几何意义，得到，由OM=AP，OB=NQ，得到，即可得到.【详解】解：如图，连接OP、OQ，则∵点P、点Q在反比例函数的图像上，∴，∵四边形OMPA、ONQB是矩形，∴OM=AP，OB=NQ，∵，，∴，∴，∴；故答案为：=.本题考查了反比例函数的几何意义，解题的关键是熟练掌握反比例函数的几何意义判断面积相等.17、1:3【分析】根据中位线的定义可得：DE为△ABC的中位线，再根据中位线的性质可得DE∥AB，且，从而证出△CDE∽△CAB，根据相似三角形的性质即可求出，从而求出三角形CDE的面积与四边形ABED的面积比.【详解】解：∵D,E分别是AC,BC边上的中点,∴DE为△ABC的中位线∴DE∥AB，且∴△CDE∽△CAB∴∴故答案为：1:3.此题考查的是中位线的性质和相似三角形的判定及性质，掌握中位线的性质、用平行证相似和相似三角形的面积比等于相似比的平方是解决此题的关键.18、1【解析】连接OA，OB，OC利用小三角形的面积和等于大三角形的面积即可解答【详解】解：连接OA，OB，OC，则点O到三边的距离就是△AOC，△BOC，△AOB的高线，设到三边的距离是x，则三个三角形的面积的和是：AC•x+BC•x+AB•x=AC•BC，由题意可得:AC=4,BC=3,AB=5∴×4•x+×3•x+×5•x=×3×4解得:x=1．故答案为:1.本题中点到三边的距离就是直角三角形的内切圆的半径长，内切圆的半径=．三、解答题（共78分）19、（1）；（2），见解析【分析】（1）袋中一共有3个球，有3种等可能的抽取情况，抽取红球的情况只有1种，摸到红球的概率即可求出；（2）分别使用树状图法或列表法将抽取球的结果表示出来，第一次共有3种不同的抽取情况，第二次有2种不同的抽取情况，所有等可能出现的结果有6种，找出两次都是白球的的抽取结果，即可算出概率．【详解】解：（1）∵袋中一共有3个球，有3种等可能的抽取情况，抽取红球的情况只有1种，∴；（2）画树状图，根据题意，画树状图结果如下：一共有6种等可能出现的结果，两次都抽取到白球的次数为2次，∴；用列表法，根据题意，列表结果如下：一共有6种等可能出现的结果，两次都抽取到白球的次数为2次，∴．本题考查了列表法或树状图法求概率，用图表的形式将第一次、第二次抽取所可能发生的情况一一列出，避免遗漏．20、较小相似多边形的周长为14cm，面积为36cm1．【分析】设较小相似多边形的周长为x，面积为y，则较大相似多边形的周长为56﹣x，面积18+y，根据相似多边形的性质得到，，然后利用比例的性质求解即可.【详解】解：设较小相似多边形的周长为x，面积为y，则较大相似多边形的周长为56﹣x，面积18+y，根据题意得，，解得x＝14，y＝36，所以较小相似多边形的周长为14cm，面积为36cm1．本题考查了相似多边形的性质：对应角相等；对应边的比相等；两个相似多边形周长的比等于相似比；两个相似多边形面积的比等于相似比的平方.21、（问题呈现）相等的弧所对的弦相等；同弧所对的圆周角相等；有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等；（理解运用）1；（变式探究）DB＝CD+BA；证明见解析；（实践应用）1或．【分析】（问题呈现）根据圆的性质即可求解；（理解运用）CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，即可求解；（变式探究）证明△MAB≌△MGB（SAS），则MA＝MG，MC＝MG，又DM⊥BC，则DC＝DG，即可求解；（实践应用）已知∠D1AC＝45°，过点D1作D1G1⊥AC于点G1，则CG1′+AB＝AG1，所以AG1＝（6+2）＝1．如图∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．【详解】（问题呈现）①相等的弧所对的弦相等②同弧所对的圆周角相等③有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等故答案为：相等的弧所对的弦相等；同弧所定义的圆周角相等；有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等；（理解运用）CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，BD＝BC﹣CD＝6﹣5＝1，故答案为：1；（变式探究）DB＝CD+BA．证明：在DB上截去BG＝BA，连接MA、MB、MC、MG，∵M是弧AC的中点，∴AM＝MC，∠MBA＝∠MBG．又MB＝MB∴△MAB≌△MGB（SAS）∴MA＝MG∴MC＝MG，又DM⊥BC，∴DC＝DG，AB+DC＝BG+DG，即DB＝CD+BA；（实践应用）如图，BC是圆的直径，所以∠BAC＝90°．因为AB＝6，圆的半径为5，所以AC＝2．已知∠D1AC＝45°，过点D1作D1G1⊥AC于点G1，则CG1′+AB＝AG1，所以AG1＝（6+2）＝1．所以AD1＝1．如图∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．所以AD的长为1或．本题考查全等三角形的判定（SAS）与性质、等腰三角形的性质和圆心角、弦、弧，解题的关键是掌握全等三角形的判定（SAS）与性质、等腰三角形的性质和圆心角、弦、弧.22、21【解析】试题分析:先乘方,再乘除,最后再计算加减.试题解析:4+(-2)2×2-(-36)÷4,=4+4×2-(-36)÷4,=4+8－(－9),=12+9,=21.23、（1）（2）【解析】试题分析：（1）因为总共有4个球，红球有2个，因此可直接求得红球的概率；（2）根据题意，列表表示小球摸出的情况，然后找到共12种可能，而两次都是红球的情况有2种，因此可求概率.试题解析：解：（1）．（2）用表格列出所有可能的结果：第二次

第一次

红球1

红球2

白球

黑球

红球1

（红球1，红球2）

（红球1，白球）

（红球1，黑球）

红球2

（红球2，红球1）

（红球2，白球）

（红球2，黑球）

白球

（白球，红球1）

（白球，红球2）

（白球，黑球）

黑球

（黑球，红球1）

（黑球，红球2）

（黑球，白球）

由表格可知，共有12种可能出现的结果，并且它们都是等可能的，其中“两次都摸到红球”有2种可能．∴P（两次都摸到红球）==．考点：概率统计24、1-．【解析】分别把各特殊角的三角函数值代入，再根据实数的运算法则进行计算．【详解】原式=4×-3×+2××=1-．本题考查了特殊角的三角函数值．熟记特殊角的三角函数值是解题的关键