2027届吉林省吉林市第12中学数学九年级第一学期期末调研试题含解析

2027届吉林省吉林市第12中学数学九年级第一学期期末调研试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题4分，共48分）1．如图，为线段上一点，与交与点，，交与点，交与点，则下列结论中错误的是（）A． B． C． D．2．下列图形中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（）A． B． C． D．3．如图的的网格图，A、B、C、D、O都在格点上，点O是（）A．的外心 B．的外心 C．的内心 D．的内心4．如图，抛物线的对称轴为直线，则下列结论中，错误的是（）A． B． C． D．5．程大位是我国明朝商人，珠算发明家．他60岁时完成的《直指算法统宗》是东方古代数学名著，详述了传统的珠算规则，确立了算盘用法．对书中某一问题改编如下：意思是：有100个和尚分100个馒头，如果大和尚1人分3个，小和尚3人分1个正好分完，大和尚共分得（）个馒头A．25 B．72 C．75 D．906．下列命题中，为真命题的是（）A．同位角相等 B．相等的两个角互为对顶角C．若a2＝b2，则a＝b D．若a＞b，则﹣2a＜﹣2b7．下列物体的光线所形成的投影是平行投影的是（）A．台灯 B．手电筒 C．太阳 D．路灯8．用小立方块搭成的几何体，从正面看和从上面看的形状图如下，则组成这样的几何体需要的立方块个数为()A．最多需要8块，最少需要6块 B．最多需要9块，最少需要6块C．最多需要8块，最少需要7块 D．最多需要9块，最少需要7块9．正六边形的周长为6，则它的面积为（）A． B． C． D．10．如图，某同学用圆规画一个半径为的圆，测得此时，为了画一个半径更大的同心圆，固定端不动，将端向左移至处，此时测得，则的长为（）A． B． C． D．11．抛物线y=2x2＋3与两坐标轴的公共点个数为（）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个12．为了估计抛掷某枚啤酒瓶盖落地后凸面向下的概率，小明做了大量重复试验．经过统计得到凸面向上的次数为次，凸面向下的次数为次，由此可估计抛掷这枚啤酒瓶盖落地后凸面向下的概率约为（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．将一些相同的圆点按如图所示的规律摆放：第1个图形有3个圆点，第2个形有7个圆点，第3个图形有13个圆点，第4个图形有21个圆点，则第20个图形有_____个圆点．14．如图，矩形中，，，以为圆心，为半径画弧，交于点，则图中阴影部分的面积是_______.15．国家对药品实施价格调整，某药品经过两次降价后，每盒的价格由原来的60元降至48.6元，那么平均每次降价的百分率是________________．16．如图，是的内接三角形，，的长是，则的半径是__________．17．若整数使关于的二次函数的图象在轴的下方，且使关于的分式方程有负整数解，则所有满足条件的整数的和为__________．18．一天早上，王霞从家出发步行上学，出发6分钟后王霞想起数学作业没有带，王霞立即打电话叫爸爸骑自行车把作业送来（接打电话和爸爸出门的时间忽略不计），同时王霞把速度降低到前面的一半.爸爸骑自行车追上王霞后立即掉头以原速赶往位于家的另一边的单位上班，王霞拿到作业后立即改为慢跑上学，慢跑的速度是最开始步行速度的2倍，最后王霞比爸爸早10分钟到达目的地.如图反映了王霞与爸爸之间的距离（米）与王霞出发后时间（分钟）之间的关系，则王霞的家距离学校有__________米.三、解答题（共78分）19．（8分）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别与BC，AC交于点D，E，过点D作⊙O的切线DF，交AC于点F．（1）求证：DF⊥AC；（2）若⊙O的半径为4，∠CDF=1．5°，求阴影部分的面积．20．（8分）如图,已知∠BAC=30°,把△ABC绕着点A顺时针旋转到△ADE的位置,使得点D，A，C在同一直线上．（1）△ABC旋转了多少度?（2）连接CE，试判断△AEC的形状；（3）求∠AEC的度数．21．（8分）如图，抛物线y＝x2+x﹣与x轴相交于A，B两点，顶点为P．（1）求点A，点B的坐标；（2）在抛物线上是否存在点E，使△ABP的面积等于△ABE的面积？若存在，求出符合条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由．22．（10分）如图，△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，D为BC边上的点，将DA绕D点逆时针旋转120°得到DE．（1）如图1，若AD＝DC，则BE的长为，BE2+CD2与AD2的数量关系为；（2）如图2，点D为BC边山任意一点，线段BE、CD、AD是否依然满足（1）中的关系，试证明；（3）M为线段BC上的点，BM＝1，经过B、E、D三点的圆最小时，记D点为D1，当D点从D1处运动到M处时，E点经过的路径长为．23．（10分）如图，某实践小组为测量某大学的旗杆和教学楼的高，先在处用高米的测角仪测得旗杆顶端的仰角，此时教学楼顶端恰好在视线上，再向前走米到达处，又测得教学楼顶端的仰角，点三点在同一水平线上，(参考数据：)（1）计算旗杆的高；（2）计算教学楼的高．24．（10分）如图，四边形OABC为平行四边形，B、C在⊙O上，A在⊙O外，sin∠OCB=．（1）求证：AB与⊙O相切；（2）若BC=10cm，求图中阴影部分的面积．25．（12分）某校举行田径运动会，学校准备了某种气球，这些全球内充满了一定质量的气体，当温度不变时，气球内气体的气压p（kPa）是气体体积V（）的反比例函数，其图象如图所示：（1）求这个函数的表达式；（2）当气球内的气压大于150kPa时，气球将会爆炸，为了安全起见，气体的体积应至少是多少？26．已知反比例函数的图像经过点（2，-3）．（1）求这个函数的表达式．（2）点（-1，6），（3，2）是否在这个函数的图像上？（3）这个函数的图像位于哪些象限？函数值y随自变量的增大如何变化？

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【分析】先根据条件证明△PCF∽△BCP，利用相似三角形的性质：对应角相等，再证明△APD∽△PGD，进而证明△APG∽△BFP再证明时注意图形中隐含的相等的角，故可进行判断.【详解】∵∠CPD=∠B，∠C=∠C，∴△PCF∽△BCP.∵∠CPD=∠A，∠D=∠D，∴△APD∽△PGD.∵∠CPD=∠A=∠B，∠APG=∠B+∠C，∠BFP=∠CPD+∠C∴∠APG=∠BFP，∴△APG∽△BFP.故结论中错误的是A，故选A.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.2、C【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项识别即可，在平面内，一个图形经过中心对称能与原来的图形重合，这个图形叫做叫做中心对称图形．一个图形的一部分，以某条直线为对称轴，经过轴对称能与图形的另一部分重合，这样的图形叫做轴对称图形.【详解】A.既是中心对称图形，也是轴对称图形，故不符合题意；B.既是中心对称图形，也是轴对称图形，故不符合题意；C.是中心对称图形，但不是轴对称图形，故符合题意；D.不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意；故选C.本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解答本题的关键.3、B【分析】连接OA、OB、OC、OD，设网格的边长为1，利用勾股定理分别求出OA、OB、OC、OD的长，根据O点与三角形的顶点的距离即可得答案.【详解】连接OA、OB、OC、OD，设网格的边长为1，∴OA==，OB==，OC==，OD==，∵OA=OB=OC=，∴O为△ABC的外心，故选B.本题考查勾股定理的应用，熟练掌握三角形的外心和内心的定义是解题关键.4、C【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0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】A、由抛物线的开口向下知，与轴的交点在轴的正半轴上，可得，因此，故本选项正确，不符合题意；B、由抛物线与轴有两个交点，可得，故本选项正确，不符合题意；C、由对称轴为，得，即，故本选项错误，符合题意；D、由对称轴为及抛物线过，可得抛物线与轴的另外一个交点是，所以，故本选项正确，不符合题意．故选C．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．5、C【分析】设有x个大和尚，则有（100-x）个小和尚，根据馒头数=3×大和尚人数+×小和尚人数结合共分100个馒头，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论；【详解】解：设有x个大和尚，则有(100−x)个小和尚，依题意，得：3x+(100−x)=100，解得：x=25，∴3x=75；故选：C.本题主要考查了一元一次方程的应用，掌握一元一次方程的应用是解题的关键.6、D【解析】根据同位角、对顶角和等式以及不等式的性质，逐一判断选项，即可．【详解】A、两直线平行，同位角相等，原命题是假命题；B、相等的两个角不一定互为对顶角，原命题是假命题；C、若a2＝b2，则a＝b或a＝﹣b，原命题是假命题；D、若a＞b，则﹣2a＜﹣2b，是真命题；故选：D．本题主要考查真假命题的判断，熟练掌握常用的公理，定理，推论和重要结论，是解题的关键.7、C【解析】太阳相对地球较远且大，其发出的光线可认为是平行光线.【详解】台灯、手电筒、路灯发出的光线是由点光源发出的光线，所形成的投影是中心投影；太阳相对地球较远且大，其发出的光线可认为是平行光线.故选C本题主要考查了中心投影、平行投影的概念.8、C【分析】易得这个几何体共有3层，由俯视图可知第一层正方体的个数为4，由主视图可知第二层最少为2块，最多的正方体的个数为3块，第三层只有一块，相加即可.【详解】由主视图可得：这个几何体共有3层，由俯视图可知第一层正方体的个数为4，由主视图可知第二层最少为2块，最多的正方体的个数为3块，第三层只有一块，故：最多为3+4+1=8个最少为2+4+1=7个故选C本题考查由三视图判断几何体，熟练掌握立体图形的三视图是解题关键.9、B【分析】首先根据题意画出图形，即可得△OBC是等边三角形，又由正六边形ABCDEF的周长为6，即可求得BC的长，继而求得△OBC的面积，则可求得该六边形的面积．【详解】解：如图，连接OB，OC，过O作OM⊥BC于M，∴∠BOC=×360°=60°，∵OB=OC，∴△OBC是等边三角形，∵正六边形ABCDEF的周长为6，∴BC=6÷6=1，∴OB=BC=1，∴BM=BC=，∴OM=，∴S△OBC=×BC×OM=，∴该六边形的面积为：．故选：B．此题考查了圆的内接六边形的性质与等边三角形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．10、A【分析】△ABO是等腰直角三角形，利用三角函数即可求得OA的长，过O'作O'D⊥AB于点D，在直角△AO'D中利用三角函数求得AD的长，则AB'=2AD，然后根据BB'=AB'-AB即可求解．【详解】解：在等腰直角△OAB中，AB=1，则OA=cm，AO＇=cm，∠AO'D=×120°=60°，

过O'作O'D⊥AB于点D．

则AD=AO'•sin60°=2×=．

则AB'=2AD=2，

故BB'=AB'-AB=2-1．

故选：A．本题考查了三角函数的基本概念，主要是三角函数的概念及运算，关键把实际问题转化为数学问题加以计算．11、B【分析】根据一元二次方程2x2＋3=1的根的判别式的符号来判定抛物线y=2x2＋3与x轴的交点个数，当x=1时，y=3，即抛物线y=2x2＋3与y轴有一个交点．【详解】解：当y=1时，2x2＋3=1．

∵△=12-4×2×3=-24＜1，

∴一元二次方程2x2＋3=1没有实数根，即抛物线y=2x2＋3与x轴没有交点；

当x=1时，y=3，即抛物线y=2x2＋3与y轴有一个交点，

∴抛物线y=2x2＋3与两坐标轴的交点个数为1个．

故选B．本题考查了抛物线与x轴、y轴的交点．注意，本题求得是“抛物线y=2x2＋3与两坐标轴的交点个数”，而非“抛物线y=2x2＋3与x轴交点的个数”．12、D【分析】由向上和向下的次数可求出向下的频率，根据大量重复试验下，随机事件发生的频率可以作为概率的估计值即可得答案．【详解】∵凸面向上的次数为420次，凸面向下的次数为580次，∴凸面向下的频率为580÷（420+580）=0.58，∵大量重复试验下，随机事件发生的频率可以作为概率的估计值，∴估计抛掷这枚啤酒瓶盖落地后凸面向下的概率约为0.58，故选：D．本题考查利用频率估计概率，熟练掌握大量重复试验下，随机事件发生的频率可以作为概率的估计值是解题关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、1【分析】观察图形可知，每个图形中圆点的个数为序号数的平方加上序号数+1，依此可求第n个图有多少个圆点．【详解】解：由图形可知，第1个图形有12+1+1＝3个圆点；第2个图形有22+2+1＝7个圆点；第3个图形有32+3+1＝13个圆点；第4个图形有42+4+1＝21个圆点；…则第n个图有（n2+n+1）个圆点；所以第20个图形有202+20+1＝1个圆点．故答案为：1．此题考查图形的变化规律，找出图形之间的联系，找出规律是解决问题的关键．14、【分析】阴影面积＝矩形面积－三角形面积－扇形面积.【详解】作EFBC于F，如图所示：在Rt中，∴=2，∴，在Rt中，，∴，==故答案是：.本题主要是利用扇形面积和三角形面积公式计算阴影部分的面积，解题关键是找到所求的量的等量关系．15、10%【分析】设平均每次降价的百分率为x，某种药品经过两次降价后，每盒的价格由原来的60元降至48.6元，可列方程：60（1-x）2=48.6，由此求解即可.【详解】解：设平均每次降价的百分率是x，根据题意得：60（1-x）2=48.6，解得：x1=0.1=10%，x2=1.9（不合题意，舍去）．答：平均每次降价的百分率是10%．故答案为：10%．本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．16、【分析】连接OB、OC，如图，由圆周角定理可得∠BOC的度数，然后根据弧长公式即可求出半径.【详解】解：连接OB、OC，如图，∵，∴∠BOC=90°，∵的长是，∴，解得：.故答案为：.本题考查了圆周角定理和弧长公式，属于基本题型，熟练掌握上述基本知识是解答的关键.17、【分析】根据二次函数的图象在轴的下方得出，，解分式方程得，注意，根据分式方程有负整数解求出a，最后结合a的取值范围进行求解．【详解】∵二次函数的图象在轴的下方，∴，，解得，，，解得，，∵分式方程有负整数解，∴，即,∵，∴,∴所有满足条件的整数的和为，故答案为：．本题考查二次函数的图象，解分式方程，分式方程的整数解，二次函数的图象在x轴下方，则开口向下且函数的最大值小于1，解分式方程时注意分母不为1．18、1750【分析】设王霞出发时步行速度为a米/分钟，爸爸骑车速度为b米/分钟，根据爸爸追上王霞的时间可以算出两者速度关系，然后利用学校和单位之间距离4750建立方程求出a，即可算出家到学校的距离.【详解】设王霞出发时步行速度为a米/分钟，爸爸骑车速度为b米/分钟，由图像可知9分钟时爸爸追上王霞，则，整理得由图像可知24分钟时，爸爸到达单位，∵最后王霞比爸爸早10分钟到达目的地∴王霞在第14分钟到达学校，即拿到作业后用时14-9=5分钟到达学校爸爸骑车用时24-9=15分钟到达单位，单位与学校相距4750米，∴将代入可得，解得∴王霞的家与学校的距离为米故答案为：1750.本题考查函数图像信息问题，解题的关键是读懂图像中数据的含义，求出王霞的速度.三、解答题（共78分）19、（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）连接，易得，由，易得，等量代换得，利用平行线的判定得，由切线的性质得，得出结论；（2）连接，利用（1）的结论得，易得，得出，利用扇形的面积公式和三角形的面积公式得出结论．【详解】（1）证明：连接，，，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB．∴∠ODB=∠ACB，∴OD∥AC．∵DF是⊙O的切线，∴DF⊥OD．∴DF⊥AC．（2）连结OE，∵DF⊥AC，∠CDF=1．5°．∴∠ABC=∠ACB=2．5°，∴∠BAC=45°．∵OA=OE，∴∠AOE=90°．的半径为4，，，．本题主要考查了切线的性质，扇形的面积与三角形的面积公式，圆周角定理等，作出适当的辅助线，利用切线性质和圆周角定理，数形结合是解答此题的关键．20、（1）150°；（2）详见解析；（3）15°【分析】（1）根据旋转的性质，利用补角性质即可解题；（2）根据旋转后的对应边相等即可解题；（3）利用外角性质即可解题．【详解】解：（1）∵点D，A，C在同一直线上，∴∠BAD=180°-∠BAC=180°-30°=150°，∴△ABC旋转了150°；（2）根据旋转的性质，可知AC=AE，∴△AEC是等腰三角形；（3）根据旋转的性质可知，∠CAE=∠BAD=150°，AC=AE，∴∠AEC=∠ACE=（180°-∠CAE）÷2=（180°-150°）÷2=15°．本题考查了旋转变换的性质，理解旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度的概念、掌握旋转变换的性质是解题的关键．21、（1）A（﹣3，0），B（1，0）；（2）存在符合条件的点E，其坐标为（﹣1﹣2，2）或（﹣1+2，2）或（﹣1，﹣2）．【分析】（1）令y=0可求得相应方程的两根，则可求得A、B的坐标；（2）可先求得P点坐标，则可求得点E到AB的距离，可求得E点纵坐标，再代入抛物线解析式可求得E点坐标．【详解】（1）令y=0，则x2+x0，解得：x=﹣3或x=1，∴A(﹣3，0)，B(1，0)；（2）存在．理由如下：∵yx2+x(x+1)2﹣2，∴P(﹣1，﹣2)．∵△ABP的面积等于△ABE的面积，∴点E到AB的距离等于2，①当点E在x轴下方时，则E与P重合，此时E(﹣1，﹣2)；②当点E在x轴上方时，则可设E(a，2)，∴a2+a2，解得：a=﹣1﹣2或a=﹣1+2，∴E(﹣1﹣2，2)或E(﹣1+2，2)．综上所述：存在符合条件的点E，其坐标为(﹣1﹣2，2)或(﹣1+2，2)或(﹣1，﹣2)．本题考查了二次函数的性质及与坐标轴的交点，分别求得A、B、P的坐标是解答本题的关键．22、（1）1；BE1+CD1＝4AD1；（1）能满足（1）中的结论，见解析；（3）1【分析】（1）依据旋转性质可得：DE＝DA＝CD，∠BDE＝∠ADB＝60°，再证明：△BDE≌△BDA，利用勾股定理可得结论；（1）将△ACD绕点A顺时针旋转110°得到△ABD′，再证明：∠D′BE＝∠D′AE＝90°，利用勾股定理即可证明结论仍然成立；（3）从（1）中发现：∠CBE＝30°，即：点D运动路径是线段；分别求出点D位于D1时和点D运动到M时，对应的BE长度即可得到结论．【详解】解：（1）如图1，∵AB＝AC，∠BAC＝110°，∴∠ABC＝∠ACB＝30°，∵AD＝DC∴∠CAD＝∠ACB＝30°，∠ADB＝∠CAD+∠ACB＝60°，∴∠BAD＝90°，由旋转得：DE＝DA＝CD，∠BDE＝∠ADB＝60°∴△BDE≌△BDA（SAS）∴∠BED＝∠BAD＝90°，BE＝AB＝∴BE1+CD1＝BE1+DE1＝BD1∵＝cos∠ADB＝cos60°＝∴BD＝1AD∴BE1+CD1＝4AD1；故答案为：；BE1+CD1＝4AD1；（1）能满足（1）中的结论．如图1，将△ACD绕点A顺时针旋转110°得到△ABD′，使AC与AB重合，∵∠DAD′＝110°，∠BAD′＝∠CAD，∠ABD′＝∠ACB＝30°，AD′＝AD＝DE，∠DAE＝∠AED＝30°，BD′＝CD，∠AD′B＝∠ADC∴∠D′AE＝90°∵∠ADB+∠ADC＝180°∴∠ADB+∠AD′B＝180°∴A、D、B、D′四点共圆，同理可证：A、B、E、D四点共圆，A、E、B、D′四点共圆；∴∠D′BE＝90°∴BE1+BD′1＝D′E1∵在△AD′E中，∠AED′＝30°，∠EAD′＝90°∴D′E＝1AD′＝1AD∴BE1+BD′1＝（1AD）1＝4AD1∴BE1+CD1＝4AD1．（3）由（1）知：经过B、E、D三点的圆必定经过D′、A，且该圆以D′E为直径，该圆最小即D′E最小，∵D′E＝1AD∴当AD最小时，经过B、E、D三点的圆最小，此时，AD⊥BC如图3，过A作AD1⊥BC于D1，∵∠ABC＝30°∴BD1＝AB•cos∠ABC＝cos30°＝3，AD1＝∴D1M＝BD1﹣BM＝3﹣1＝1由（1）知：在D运动过程中，∠CBE＝30°，∴点D运动路径是线段；当点D位于D1时，由（1）中结论得：，∴BE1＝当点D运动到M时，易求得：BE1＝∴E点经过的路径长＝BE1+BE1＝1故答案为：1．本题考查的是圆的综合，综合性很强，难度系数较大，运用到了全等和勾股定理等相关知识需要熟练掌握相关基础知识.23、（1）旗杆的高约为米；（2）教学楼的高约为米．【分析】（1）根据题意可得，，在中，利用∠HDE的正切函数可求出HE的长，根据BH=BE+HE即可得答案；（2）设米，由可得EF=GF=x，利用∠GDF的正切函数列方程可求出x的值，根据CG=GF+CF即可得答案．【详解】（1）由已知得，，，∵在中，，∴，∴，∴，∴旗杆的高约为米．（2）设米，在中，，∴，在中，，∴，，∴，即，解得：，∴CG=CF+FG=1+=≈21.25，∴教学楼的高约为米．本