2027届苏州市工业数学九年级第一学期期末教学质量检测试题含解析

2027届苏州市工业数学九年级第一学期期末教学质量检测试题注意事项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（每题4分，共48分）1．体育课上，某班两名同学分别进行5次短跑训练，要判断哪一名同学的成绩比较稳定，通常需要比较这两名学生成绩的（）A．平均数 B．频数 C．中位数 D．方差2．如图，抛物线的对称轴为直线，与轴的一个交点在和之间，下列结论:①;②;③;④若是该抛物线上的点，则;其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个3．已知在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，BC＝5，则cosB的值是（）A． B． C． D．4．如图，已知点E（﹣4，2），点F（﹣1，﹣1），以O为位似中心，把△EFO放大为原来的2倍，则E点的对应点坐标为（）A．（2，﹣1）或（﹣2，1） B．（8，﹣4）或（﹣8，4）C．（2，﹣1） D．（8，﹣4）5．如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，交AB的延长线于D，且∠D＝40°，则∠PCA等于（）A．50° B．60° C．65° D．75°6．甲、乙、丙、丁四位选手各10次射击成绩的平均数和方差如下表：选手

甲

乙

丙

丁

平均数(环)

9.2

9.2

9.2

9.2

方差(环2)

0.035

0.015

0.025

0.027

则这四人中成绩发挥最稳定的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁7．如图，四边形ABCD内接于⊙O，若它的一个外角∠DCE＝65°，∠ABC＝68°，则∠A的度数为（）.A．112° B．68° C．65° D．52°8．下列各组图形中，两个图形不一定是相似形的是（）A．两个等边三角形 B．有一个角是的两个等腰三角形C．两个矩形 D．两个正方形9．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）的对称轴是直线x=1，且经过点P（3，0），则a-b+c的值为（

）A．0

B．-1

C．1

D．210．下列语句，错误的是（）A．直径是弦 B．相等的圆心角所对的弧相等C．弦的垂直平分线一定经过圆心 D．平分弧的半径垂直于弧所对的弦11．一个不透明的盒子中装有6个大小相同的乒乓球，其中4个是黄球，2个是白球．从该盒子中任意摸出一个球，摸到黄球的概率是（）A． B． C． D．12．若方程x2+3x+c＝0没有实数根，则c的取值范围是（）A．c＜ B．c＜ C．c＞ D．c＞二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，直线交轴于点B，交轴于点C，以BC为边的正方形ABCD的顶点A（-1，a）在双曲线上，D点在双曲线上，则的值为_______.14．在一个不透明的袋子里装有黄色、白色乒乓球共40个，除颜色外其他完全相同．小明从这个袋子中随机摸出一球，放回．通过多次摸球实验后发现，摸到黄色球的概率稳定在15%附近，则袋中黄色球可能有___个．15．如图，某河堤的横截面是梯形，，迎水面长26，且斜坡的坡比（即）为12:5，则河堤的高为__________．16．抛物线的部分图象如图所示，对称轴是直线，则关于的一元二次方程的解为____．17．如图，⊙O的半径为6，四边形ABCD内接于⊙O，连接OB，OD，若∠BOD=∠BCD，则弧BD的长为________．18．如图是水平放置的水管截面示意图，已知水管的半径为50cm，水面宽AB=80cm，则水深CD约为______cm．三、解答题（共78分）19．（8分）如图1，将三角板放在正方形上，使三角板的直角顶点与正方形的顶点重合，三角板的一边交于点，另一边交的延长线于点．（1）求证：；（2）如图2，将三角板绕点旋转，当时，连接交于点求证：；（3）如图3，将“正方形”改为“矩形”，且将三角板的直角顶点放于对角线(不与端点重合)上，使三角板的一边经过点，另一边交于点，若，求的值．20．（8分）如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上．已知纸板的两条直角边DE＝40cm，EF＝20cm，测得边DF离地面的高度AC＝1.5m，CD＝10m，求树高AB．21．（8分）如图所示，请画出这个几何体的三视图．22．（10分）已知：如图，在四边形ABCD中，点G在边BC的延长线上，CE平分∠BCD，CF平分∠GCD，EF∥BC交CD于点O．（1）求证：OE=OF；（2）若点O为CD的中点，求证：四边形DECF是矩形．23．（10分）如图，为测量一条河的宽度，某学习小组在河南岸的点A测得河北岸的树C在点A的北偏东60°方向，然后向东走10米到达B点，测得树C在点B的北偏东30°方向，试根据学习小组的测量数据计算河宽.24．（10分）解一元二次方程：x2﹣2x﹣3＝1．25．（12分）解方程：x2﹣4x﹣21=1．26．如图1，抛物线平移后过点A（8，,0）和原点，顶点为B，对称轴与轴相交于点C，与原抛物线相交于点D．（1）求平移后抛物线的解析式并直接写出阴影部分的面积；（2）如图2，直线AB与轴相交于点P，点M为线段OA上一动点，为直角，边MN与AP相交于点N，设，试探求：①为何值时为等腰三角形；②为何值时线段PN的长度最小，最小长度是多少．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【分析】要判断成绩的稳定性，一般是通过比较两者的方差实现，据此解答即可.【详解】解：要判断哪一名同学的成绩比较稳定，通常需要比较这两名学生成绩的方差.故选：D.本题考查了统计量的选择，属于基本题型，熟知方差的意义是解题关键.2、C【分析】根据抛物线的对称轴可判断①；由抛物线与x轴的交点及抛物线的对称性可判断②；由x=-1时y＞0可判断③；根据抛物线的开口向下且对称轴为直线x=-2知图象上离对称轴水平距离越小函数值越大，可判断④．【详解】∵抛物线的对称轴为直线，

∴，所以①正确；

∵与x轴的一个交点在（-3，0）和（-4，0）之间，

∴由抛物线的对称性知，另一个交点在（-1，0）和（0，0）之间，

∴抛物线与y轴的交点在y轴的负半轴，即c＜0，故②正确；

∵由②、①知，时y＞0，且，

即＞0，所以③正确；∵点与点关于对称轴直线对称，∴，∵抛物线的开口向下，且对称轴为直线，

∴当，函数值随的增大而减少，

∵，∴，∴，故④错误；综上：①②③正确，共3个，

故选：C．本题考查了二次函数与系数的关系：对于二次函数，二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置；常数项c决定抛物线与y轴交点；抛物线与x轴交点个数由决定．3、A【解析】根据余弦函数的定义即可求解．【详解】解：∵在△ABC中，∠A=90°，AB=3，BC=5，∴cosB==．故选A．本题主要考查了余弦函数的定义，在直角三角形中，余弦为邻边比斜边，解决本题的关键是要熟练掌握余弦的定义.4、B【分析】E（﹣4，1）以O为位似中心，按比例尺1：1，把△EFO放大，则点E的对应点E′的坐标是E（﹣4，1）的坐标同时乘以1或﹣1．【详解】解：根据题意可知，点E的对应点E′的坐标是E（﹣4，1）的坐标同时乘以1或﹣1．所以点E′的坐标为（8，﹣4）或（﹣8，4）．故选：B．本题主要考查根据位似比求对应点的坐标，分情况讨论是解题的关键．5、C【分析】根据切线的性质，由PD切⊙O于点C得到∠OCD＝90°，再利互余计算出∠DOC＝50°，由∠A＝∠ACO，∠COD＝∠A+∠ACO，所以，然后根据三角形外角性质计算∠PCA的度数．【详解】解：∵PD切⊙O于点C，∴OC⊥CD，∴∠OCD＝90°，∵∠D＝40°，∴∠DOC＝90°﹣40°＝50°，∵OA＝OC，∴∠A＝∠ACO，∵∠COD＝∠A+∠ACO，∴，∴∠PCA＝∠A+∠D＝25°+40°＝65°．故选C．本题考查了切线的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形外角性质等知识；熟练掌握切线的性质与三角形外角性质是解题的关键．6、B【解析】在平均数相同时方差越小则数据波动越小说明数据越稳定，7、C【分析】由四边形ABCD内接于⊙O，可得∠BAD+∠BCD＝180°，又由邻补角的定义，可证得∠BAD＝∠DCE．继而求得答案．【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∵∠BCD+∠DCE＝180°，∴∠A＝∠DCE＝65°．故选：C．此题考查了圆的内接四边形的性质．注意掌握圆内接四边形的对角互补是解此题的关键．8、C【分析】根据相似图形的定义，以及等边三角形，等腰三角形，矩形，正方形的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．【详解】解：A、两个等边三角形，对应边的比相等，角都是60°，相等，所以一定相似，故A正确；B、有一个角是100°的两个等腰三角形，100°的角只能是顶角，夹顶角的两边成比例，所以一定相似，故B正确；C、两个矩形，四个角都是直角，但四条边不一定对应成比例，不一定相似，故C错误；D、两个正方形，对应边的比相等，角都是90°，相等，所以一定相似，故D正确．故选：C．本题考查了相似图形的判断，严格按照定义，对应边成比例，对应角相等进行判断即可，另外，熟悉等腰三角形，等边三角形，正方形的性质对解题也很关键．9、A【解析】试题分析：因为对称轴x=1且经过点P（3，1）所以抛物线与x轴的另一个交点是（-1，1）代入抛物线解析式y=ax2+bx+c中，得a-b+c=1．故选A．考点：二次函数的图象．10、B【分析】将每一句话进行分析和处理即可得出本题答案.【详解】A.直径是弦，正确.B.∵在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等,∴相等的圆心角所对的弧相等，错误.C.弦的垂直平分线一定经过圆心，正确.D.平分弧的半径垂直于弧所对的弦，正确.故答案选：B.本题考查了圆中弦、圆心角、弧度之间的关系，熟练掌握该知识点是本题解题的关键.11、B【解析】试题解析：∵盒子中装有6个大小相同的乒乓球，其中4个是黄球，∴摸到黄球的概率是故选B．考点：概率公式．12、D【分析】根据方程没有实数根，则解得即可．【详解】由题意可知：△＝=9﹣4c＜0，∴c＞，故选：D．本题考查根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式，本题属于基础题型．二、填空题（每题4分，共24分）13、6【分析】先确定出点A的坐标，进而求出AB，再确定出点C的坐标，利用平移即可得出结论．【详解】∵A(−1,a)在反比例函数y=上，∴a=2，∴A(−1,2)，∵点B在直线y=kx−1上，∴B(0,−1)，∴AB=，∵四边形ABCD是正方形，∴BC=AB=，设B(m,0)，∴，∴m=−3(舍)或m=3，∴C(3,0)，∴点B向右平移3个单位，再向上平移1个单位，∴点D是点A向右平移3个单位，再向上平移1个单位，∴点D(2,3),将点D的坐标代入反比例函数y=中，∴k=6故答案为：6.本题主要考察反比例函数与一次函数的交点问题，解题突破口是确定出点A的坐标.14、1【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．【详解】解：设袋中黄色球可能有x个．根据题意，任意摸出1个，摸到黄色乒乓球的概率是：15%=，解得：x=1．∴袋中黄色球可能有1个．故答案为：115、24cm【分析】根据坡比（即）为12:5，设BE=12x，AE=5x，因为AB=26cm，根据勾股定理列出方程即可求解.【详解】解：设BE=12x，AE=5x，∵AB=26cm，∴∴BE=2×12=24cm故答案为：24cm.本题主要考查的是坡比以及勾股定理，找出图中的直角三角形在根据勾股定理列出方程即可求解.16、【分析】根据二次函数的性质和函数的图象，可以得到该函数图象与轴的另一个交点，从而可以得到一元二次方程的解，本题得以解决．【详解】由图象可得，

抛物线与x轴的一个交点为（1，0），对称轴是直线，

则抛物线与轴的另一个交点为（-3，0），

即当时，，此时方程的解是，

故答案为：．本题考查了抛物线与轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．17、4π【解析】根据圆内接四边形对角互补可得∠BCD+∠A=180°，再根据同弧所对的圆周角与圆心角的关系以及∠BOD=∠BCD，可求得∠A=60°，从而得∠BOD=120°，再利用弧长公式进行计算即可得.【详解】解:∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠BCD+∠A=180°，∵∠BOD=2∠A，∠BOD=∠BCD，∴2∠A+∠A=180°，解得：∠A=60°，∴∠BOD=120°，∴的长=，故答案为4π.本题考查了圆周角定理、弧长公式等，求得∠A的度数是解题的关键.18、1【解析】连接OA，设CD为x，由于C点为弧AB的中点，CD⊥AB，根据垂径定理的推理和垂径定理得到CD必过圆心0，即点O、D、C共线，AD=BD=AB=40，在Rt△OAD中，利用勾股定理得（50-x）2+402=502，然后解方程即可．【详解】解：连接OA、如图，设⊙O的半径为R，

∵CD为水深，即C点为弧AB的中点，CD⊥AB，∴CD必过圆心O，即点O、D、C共线，AD=BD=AB=40，

在Rt△OAD中，OA=50，OD=50-x，AD=40，

∵OD2+AD2=OA2，

∴（50-x）2+402=502，解得x=1，

即水深CD约为为1．

故答案为；1本题考查了垂径定理的应用：从实际问题中抽象出几何图形，然后垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题.三、解答题（共78分）19、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．【分析】（1）根据旋转全等模型利用正方形的性质，由可证明，从而可得结论；（2）根据正方形性质可知，结合已知可得；再由（1）可知是等腰直角三角形可得，从而证明，由相似三角形性质即可得出结论；（3）首先过点作，垂足为，交AD于M点，由有两角对应相等的三角形相似，证得，根据相似三角形的对应边成比例，再由平行可得，由此即可求得答案．【详解】（1）证明：∵在正方形ABCD中，∴，又∵，，在和中，，∴（ASA），；（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴，又∵，∴，由（1）可知，∴，∴，由（1）可知是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，由（1）可知，∴．（3）解：如图，过点作，垂足为，交AD于M点，∵四边形ABCD为矩形，∴，，∴四边形ABNM是矩形，∴，，∴又∵，∴，∴，∴，，又∵，∴，又∵，∴，，∵．本题主要考查了相似三角形性质和判定；涉及了正方形，矩形的性质，以及全等三角形与相似三角形的判定与性质．此题综合性较强，注意旋转全等模型和一线三垂直模型的应用．20、树高为6.5米．【分析】根据已知易得出△DEF∽△DCB，利用相似三角形的对应边成比例可得；然后将相关数据代入上式求出BC的长，再结合树高=AC+BC即可得出答案.【详解】解：∵∠DEF＝∠BCD＝90°∠D＝∠D∴△DEF∽△DCB∴＝∵DE＝40cm＝0.4m，EF＝20cm＝0.2m，AC＝1.5m，CD＝10m，∴＝∴BC＝5米，∴AB＝AC+BC＝1.5+5＝6.5米∴树高为6.5米．本题的考点是相似三角形的应用.方法是由已知条件得出两个相似三角形，再利用相似三角形的性质解答.21、见解析.【解析】根据三视图的画法解答即可．【详解】解：如图所示：本题考查几何体的三视图画法．主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形；注意看到的用实线表示，看不到的用虚线表示．22、证明见解析【解析】（1）由于CE平分∠BCD，那么∠DCE=∠BCE，而EF∥BC，于是∠OEC=∠BCE，等量代换∠OEC=∠DCE，那么OE=OC，同理OC=OF，等量代换有OE=OF；

（2）由于O是CD中点，故OD=OC，而OE=OF，那么易证四边形DECF是平行四边形，又CE、CF是∠BCD、∠DCG的角平分线，∠BCD+∠DCG=180°那么易得∠ECF=90°，从而可证四边形DECF是矩形．【详解】解：（1）∵CE平分∠BCD、CF平分∠GCD，∴∠BCE=∠DCE，∠DCF=∠GCF．∵EF∥BC，∴∠BCE=∠FEC，∠EFC=∠GCF，∴∠DCE=∠FEC，∠EFC=∠DCF，∴OE=OC，OF=OC，∴OE=OF；（2）∵点O为CD的中点，∴OD=OC．又∵OE=OF，∴四边形DECF是平行四边形．∵CE平分∠BCD、CF平分∠GCD，∴∠DCE=∠BCD，∠DCF=∠DCG，∴∠DCE+∠DCF=（∠BCD+∠DCG）=90°，即∠ECF=90°，∴四边形DECF是矩形．本题主要考查平行线的性质及矩形的判定，证得OE=OF，得出四边形DECF是平行四边形是解题的关键，注意角平分线的应用．23、米【分析】如图（见解析），过点A作于点E，过B作于点F，设河宽为x米，则，在和中分别利用和建立x的等式，求解即可.【详解】过点A作于点E，过B作于点F设河宽为x米，则依题意得在中，，即解得：则在中，，即解得：（米）答：根据学习小组的测量数据计算出河宽为米.本题考查了锐角三角函数中的正切的实际应用，依据题意构造出直角三角形是解题关键.24、x1＝﹣1，x2＝2．【分析】先把方程左边分解，原方程转化为x+1＝1或x﹣2＝1，然后解一次方程即可．【详解】解：∵x2﹣2x﹣2＝1，∴（x+1）（x﹣2）＝1，∴x+1＝1或x﹣2＝1，∴x1＝﹣1，x2＝2．本题考查了一元二次方程的解法：配方法、公式法和因式分解法．三种方法均可解出方程的根，这里选用的是因式分解法．25、x1=7，x2=﹣2．【分析】本题考查了一元二次方程的解法，由于-21=-7×2