云南省曲靖市马龙县2027届九年级数学第一学期期末经典模拟试题含解析

云南省曲靖市马龙县2027届九年级数学第一学期期末经典模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1．如下是一种电子记分牌呈现的数字图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是()A． B． C． D．2．下列图像中，当时，函数与的图象时（）A． B． C． D．3．三角形两边长分别是和，第三边长是一元二次方程的一个实数根，则该三角形的面积是()A． B． C．或 D．或4．某药品原价为100元，连续两次降价后，售价为64元，则的值为（）A．10 B．20 C．23 D．365．如图，在▱ABCD中，AB：BC＝4：3，AE平分∠DAB交CD于点E，则△DEF的面积与△BAF的面积之比为（）A．3：4 B．9：16 C．4：3 D．16：96．若分式的值为，则的值为（）A． B． C． D．7．将抛物线先向上平移3个单位长度，再向右平移1个单位长度可得抛物线（）A． B．C． D．8．如图，在正方形ABCD中，E为AB的中点，G，F分别为AD、BC边上的点，若AG=1，BF=2，∠GEF=90°，则GF的长为()A．2 B．3 C．4 D．59．小明同学对数据26，36，46，5■，52进行统计分析，发现其中一个两位数的个位数字被墨水涂污看不到了，则分析结果与被涂污数字无关的是（）A．平均数 B．方差 C．中位数 D．众数10．下列有关圆的一些结论①任意三点可以确定一个圆；②相等的圆心角所对的弧相等；③平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧；④圆内接四边形对角互补．其中正确的结论是（）A．① B．② C．③ D．④11．若关于x的一元二次方程kx2+2x+1＝0有实数根，则k的取值范围是（）A．k＜1且k≠0 B．k≤1且k≠0 C．k≥﹣1且k≠0 D．k＞﹣1且k≠012．图①是由五个完全相同的小正方体组成的立体图形．将图①中的一个小正方体改变位置后如图②，则三视图发生改变的是（）A．主视图 B．俯视图C．左视图 D．主视图、俯视图和左视图都改变二、填空题（每题4分，共24分）13．已知正六边形的边长为10，那么它的外接圆的半径为_____．14．如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的面积为20，顶点A在y轴上，顶点C在x轴上，顶点D在双曲线的图象上，边CD交y轴于点E，若，则k的值为______.15．若函数y=mx2+(m+2)x+12m+1的图象与x轴只有一个交点，那么m的值为___．16．写出一个过原点的二次函数表达式，可以为____________.17．教练对小明推铅球的录像进行技术分析，发现铅球行进高度y（m）与水平距离x（m）之间的关系为，由此可知铅球推出的距离是______m．18．如图，在边长为6的等边△ABC中，D为AC上一点，AD=2，P为BD上一点，连接CP，以CP为边，在PC的右侧作等边△CPQ，连接AQ交BD延长线于E，当△CPQ面积最小时，QE=____________．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，是由两个长方体组合而成的一个立体图形的主视图和左视图，根据图中所标尺寸(单位:)．(1)直接写出上下两个长方休的长、宽、商分别是多少:(2)求这个立体图形的体积．20．（8分）如图1．在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于两点，顶点为，设点是轴的正半轴上一点，将抛物线绕点旋转，得到新的抛物线．求抛物线的函数表达式:若抛物线与抛物线在轴的右侧有两个不同的公共点，求的取值范围．如图2，是第一象限内抛物线上一点，它到两坐标轴的距离相等，点在抛物线上的对应点，设是上的动点，是上的动点，试探究四边形能否成为正方形？若能，求出的值；若不能，请说明理由．21．（8分）计算：2cos45°tan30°cos30°+sin260°．22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A(－3，1)，B(－1，3)，C(0，1)．（1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后的△A1B1C1，并写出A1，B1的坐标；（2）平移△ABC，若点A的对应点A2的坐标为(－5，－3)，画出平移后的△A2B2C2，并写出B2，C2的坐标；（3）若△A2B2C2和△A1B1C1关于点P中心对称，请直接写出对称中心P的坐标．23．（10分）如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接DE，F为线段DE上一点，且∠AFE＝∠B，(1)求证：△ADF∽△DEC(2)若AB＝4,AD＝3,AE＝3,求AF的长.24．（10分）试证明：不论为何值，关于的方程总为一元二次方程.25．（12分）如图，点E是四边形ABCD的对角线ＢＤ上一点，且∠BAC＝∠BDC＝∠DAE.①试说明BE·AD＝CD·AE；②根据图形特点，猜想可能等于哪两条线段的比?并证明你的猜想，（只须写出有线段的一组即可）26．为了维护国家主权和海洋权利，海监部门对我国领海实现了常态化巡航管理，如图，正在执行巡航任务的海监船以每小时50海里的速度向正东方航行，在A处测得灯塔P在北偏东60°方向上，继续航行1小时到达B处，此时测得灯塔P在北偏东30°方向上．（1）求∠APB的度数；（2）已知在灯塔P的周围25海里内有暗礁，问海监船继续向正东方向航行是否安全？．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【分析】根据轴对称和中心对称图形的概念可判别.【详解】（A）既不是轴对称也不是中心对称;（B）是轴对称但不是中心对称；（C）是轴对称和中心对称；（D）是中心对称但不是轴对称故选：C2、D【分析】根据直线直线y=ax+b经过的象限得到a＞0，b＜0，与ab＞0矛盾，则可对A进行判断；根据抛物线y=ax2开口向上得到a＞0，而由直线y=ax+b经过第二、四象限得到a＜0，由此可对B进行判断；根据抛物线y=ax2开口向下得到a＜0，而由直线y=ax+b经过第一、三象限得到a＞0，由此可对C进行判断；根据抛物线y=ax2开口向下得到a＜0，则直线y=ax+b经过第二、四象限，并且b＜0，得到直线与y轴的交点在x轴下方，由此可对D进行判断．【详解】解：A、对于直线y=ax+b，得a＞0，b＜0，与ab＞0矛盾，所以A选项错误；

B、由抛物线y=ax2开口向上得到a＞0，而由直线y=ax+b经过第二、四象限得到a＜0，所以B选项错误；

C、由抛物线y=ax2开口向下得到a＜0，而由直线y=ax+b经过第一、三象限得到a＞0，所以C选项错误；

D、由抛物线y=ax2开口向下得到a＜0，则直线y=ax+b经过第二、四象限，由于ab＞0，则b＜0，所以直线与y轴的交点在x轴下方，所以D选项正确．

故选：D．本题考查了一次函数和二次函数的图像与性质，掌握函数的性质，从而判断图像是解题的基础．3、D【分析】先利用因式分解法解方程得到所以，，再分类讨论：当第三边长为6时，如图，在中，，，作，则，利用勾股定理计算出，接着计算三角形面积公式；当第三边长为10时，利用勾股定理的逆定理可判断此三角形为直角三角形，然后根据三角形面积公式计算三角形面积．【详解】解：，或，所以，，I．当第三边长为6时，如图，在中，，，作，则，，所以该三角形的面积；II．当第三边长为10时，由于，此三角形为直角三角形，所以该三角形的面积，综上所述：该三角形的面积为24或．故选：D．本题考查的是利用因式分解法解一元二次方程，等腰三角形的性质，勾股定理及其逆定理，解答此题时要注意分类讨论，不要漏解．4、B【解析】根据题意可列出一元二次方程100（1-）²=64，即可解出此题.【详解】依题意列出方程100（1-）²=64，解得a=20，（a=180,舍去）故选B.此题主要考察一元二次方程的应用，依题意列出方程是解题的关键.5、B【分析】根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可解决问题．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠DEA＝∠EAB，∵AE平分∠DAB，∴∠DAE＝∠EAB，∴∠DAE＝∠DEA，∴AD＝DE，∵AB：BC＝4：3，∴DE：AB＝3：4，∵△DEF∽△BAF，∵DE：EC＝3：1，∴DE：DC＝DE：AB＝3：4，∴．故选：B．本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．6、A【分析】分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零，据此求解即可．【详解】解：∵分式的值为1，

∴x-2=1且x+4≠1．

解得：x=2．

故选：A．本题主要考查的是分式值为零的条件，熟练掌握分式值为零的条件是解题的关键．7、A【分析】根据抛物线平移的规律：上加下减，左加右减，即可得解.【详解】平移后的抛物线为故答案为A.此题主要考查抛物线平移的性质，熟练掌握，即可解题.8、B【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=90°，∴∠AGE+∠AEG=90°，∠BFE+∠FEB=90°，∵∠GEF=90°，∴∠GEA+∠FEB=90°，∴∠AGE=∠FEB，∠AEG=∠EFB，∴△AEG∽△BFE，∴，又∵AE=BE，∴AE2=AG•BF=2，∴AE=（舍负），∴GF2=GE2+EF2=AG2+AE2+BE2+BF2=1+2+2+4=9，∴GF的长为3，故选B.【点睛】本题考查了相似三角形的性质的应用，利用勾股定理即可得解，解题的关键是证明△AEG∽△BFE．9、C【分析】利用平均数、中位数、方差和标准差的定义对各选项进行判断．【详解】解：这组数据的平均数、方差和标准差都与被涂污数字有关，而这组数据的中位数为46，与被涂污数字无关．故选：C．本题考查了方差：它也描述了数据对平均数的离散程度．也考查了中位数、平均数和众数的概念．掌握以上知识是解题的关键．10、D【分析】根据确定圆的条件、圆心角、弧、弦的关系定理、垂径定理、圆内接四边形的性质进行判断即可得到正确结论．【详解】解：①不共线的三点确定一个圆，故①表述不正确；②在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故②表述不正确；③平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，故③表述不正确；④圆内接四边形对角互补，故④表述正确．故选D．本题考查了圆心角、弧、弦的关系定理，垂径定理的推论，半圆与弧的定义，圆内接四边形的性质，熟练掌握定义与性质是解题的关键．11、B【分析】根据一元二次方程的根的判别式即可求出答案．【详解】解：由题意可知：△＝4﹣4k≥0，∴k≤1，∵k≠0，∴k≤1且k≠0，故选：B．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．12、A【分析】根据从正面看得到的视图是主视图，从左边看得到的图形是左视图，从上边看得到的图形是俯视图对两个组合体进行判断，可得答案．【详解】解：①的主视图是第一层三个小正方形，第二层中间一个小正方形；左视图是第一层两个小正方形，第二层左边一个小正方形；俯视图是第一层中间一个小正方形，第二层三个小正方形；②的主视图是第一层三个小正方形，第二层左边一个小正方形；左视图是第一层两个小正方形，第二层左边一个小正方形；俯视图是第一层中间一个小正方形，第二层三个小正方形；所以将图①中的一个小正方体改变位置后，俯视图和左视图均没有发生改变，只有主视图发生改变，故选：A．本题考查了三视图的知识，解决此类图的关键是由三视图得到相应的立体图形．从正面看到的图是正视图，从上面看到的图形是俯视图，从左面看到的图形是左视图．二、填空题（每题4分，共24分）13、1【分析】利用正六边形的概念以及正六边形外接圆的性质进而计算．【详解】边长为1的正六边形可以分成六个边长为1的正三角形，∴外接圆半径是1，故答案为：1．本题考查了正六边形的概念以及正六边形外接圆的性质，掌握正六边形的外接圆的半径等于其边长是解题的关键．14、4【分析】过D作DF⊥x轴并延长FD，过A作AG⊥DF于点G，利用正方形的性质易证△ADG≌△DCF，得到AG=DF，设D点横坐标为m，则OF=AG=DF=m，易得OE为△CDF的中位线，进而得到OF=OC，然后利用勾股定理建立方程求出，进而求出k.【详解】如图，过D作DF⊥x轴并延长FD，过A作AG⊥DF于点G，∵四边形ABCD为正方形，∴CD=AD，∠ADC=90°∴∠ADG+∠CDF=90°又∵∠DCF+∠CDF=90°∴∠ADG=∠DCF在△ADG和△DCF中，∵∠AGD=∠DFC=90°，∠ADG=∠DCF，AD=CD∴△ADG≌△DCF（AAS）∴AG=DF设D点横坐标为m，则OF=AG=DF=m，∴D点坐标为(m,m)∵OE∥DF，CE=ED∴OE为△CDF的中位线，∴OF=OC∴CF=2m在Rt△CDF中，∴解得又∵D点坐标为(m,m)∴故答案为：4.本题考查反比例函数与几何的综合问题，需要熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及勾股定理，解题的关键是作出辅助线，利用全等三角形推出点D的横纵坐标相等.15、0或【分析】由题意可分情况进行讨论：①当m=0时，该函数即为一次函数，符合题意，②当m≠0时，该函数为二次函数，然后根据二次函数的性质进行求解即可．【详解】解：由题意得：①当m=0时，且m+2=2，该函数即为一次函数，符合题意；②当m≠0时，该函数为二次函数，则有：∵图象与x轴只有一个交点，∴，解得：，综上所述：函数与x轴只有一个交点时，m的值为：0或故答案为：0或．本题主要考查二次函数的图像与性质及一次函数的性质，熟练掌握二次函数的图像与性质及一次函数的性质是解题的关键．16、y=1x1【分析】抛物线过原点，因此常数项为0，可据此写出符合条件的二次函数的表达式.【详解】解：设抛物线的解析式为y=ax1+bx+c（a≠0）；∵抛物线过原点（0，0），

∴c=0；

当a=1，b=0时，y=1x1．故答案是：y=1x1．（答案不唯一）主要考查了二次函数图象上的点与二次函数解析式的关系．要求掌握二次函数的性质，并会利用性质得出系数之间的数量关系．17、10【分析】要求铅球推出的距离，实际上是求铅球的落脚点与坐标原点的距离，故可直接令，求出x的值，x的正值即为所求．【详解】在函数式中，令，得，解得，（舍去），∴铅球推出的距离是10m.本题是二次函数的实际应用题，需要注意的是中3代表的含义是铅球在起始位置距离地面的高度；当时，x的正值代表的是铅球最终离原点的距离．18、【分析】如图，过点D作DF⊥BC于F，由“SAS”可证△ACQ≌△BCP，可得AQ＝BP，∠CAQ＝∠CBP，由直角三角形的性质和勾股定理可求BD的长，由锐角三角函数可求BP的长，由相似三角形的性质可求AE的长，即可求解．【详解】如图，过点D作DF⊥BC于F，∵△ABC，△PQC是等边三角形，∴BC＝AC，PC＝CQ，∠BCA＝∠PCQ＝60°，∴∠BCP＝∠ACQ，且AC＝BC，CQ＝PC，∴△ACQ≌△BCP（SAS）∴AQ＝BP，∠CAQ＝∠CBP，∵AC＝6，AD＝2，∴CD＝4，∵∠ACB＝60°，DF⊥BC，∴∠CDF＝30°，∴CF＝CD＝2，DF＝CF÷tan30°=CF＝2，∴BF＝4，∴BD＝==2，∵△CPQ是等边三角形，∴S△CPQ＝CP2，∴当CP⊥BD时，△CPQ面积最小，∴cos∠CBD＝，∴，∴BP＝，∴AQ＝BP＝，∵∠CAQ＝∠CBP，∠ADE＝∠BDC，∴△ADE∽△BDC，∴，∴，∴AE＝，∴QE＝AQ−AE＝．故答案为；．本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，求出BP的长是本题的关键．三、解答题（共78分）19、（1）立体图形下面的长方体的长、宽、高分别为；上面的长方体的长、宽、高分别为；（2）这个立体图形的体积为．【分析】（1）根据主视图可分别得出两个长方体的长和高，根据左视图可分别得出两个长方体的宽和高，由此可得两个长方体的长、宽、高；（2）分别利用长方体的体积计算公式求得两个长方体的体积，再求和即可．【详解】解:(1)根据视图可知，立体图形下面的长方体的长、宽、高分别为，上面的长方体的长、宽、高分别为(2)这个立体图形的体积=，=，答:这个立体图形的体积为．本题考查已知几何体的三视图求体积．熟记主视图反应几何体的长和高，左视图反应几何体的宽和高，俯视图反应几何体的长和宽是解决此题的关键．20、；；四边形可以为正方形，【分析】（1）由题意得出A,B坐标，并代入坐标利用待定系数法求出抛物线的函数表达式；（2）根据题意分别求出当过点时m的值以及当过点时m的值，并以此进行分析求得；（3）由题意设，代入解出n，并作，于，利用正方形性质以及全等三角形性质得出M为，将代入即可求得答案.【详解】解：将三点代入得解得；如图．关于对称的抛物线为当过点时有解得:当过点时有解得:；四边形可以为正方形由题意设，是抛物线第一象限上的点解得:(舍去)即如图作，于，于四边形为正方形易证为将代入得解得:(舍去)当时四边形为正方形.本题考查二次函数综合题、中心对称变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、一元二次方程的根与系数的关系等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，难度大.21、【分析】将特殊角的三角函数值代入求解．【详解】解：原式=﹣+=．本题考查了特殊角的三角函数值，解答本题的关键是熟记特殊角的三角函数值．22、（1）见解析，A1(3，1)，B1(1，－1)．（2）见解析，B2(－3，－1)，C2(－2，－3)．（3）（-1，-1）【分析】（1）依据以点C为旋转中心旋转180°，即可画出旋转后的△A1B1C1；

（2）依据点A的对应点A2的坐标为（−5，−3），即可画出平移后的△A2B2C2；

（3）依据中心对称的性质，即可得到对称中心P的坐标．【详解】(1)如图所示，△A1B1C1为所作三角形，A1(3，1)，B1(1，－1)．(2)如图所示，△A2B2C2为所作三角形，B2(－3，－1)，C2(－2，－3)．(3)对称中心P的坐标为(－1，－1)．本题主要考查了利用平移变换以及旋转变换进行作图，根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．23、（1）见解析（2）AF=2【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形∴AD∥BCAB∥CD∴∠ADF=∠CED∠B+∠C=180°∵∠AFE+∠AFD=,∠AFE=∠B∴∠A