吉林省长春市德惠市第三中学2027届数学九上期末质量检测模拟试题含解析

吉林省长春市德惠市第三中学2027届数学九上期末质量检测模拟试题注意事项：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(每小题3分,共30分)1．如果，那么的值等于（）A． B． C． D．2．如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠C＝60°，则∠AOB的度数是（）A．30° B．60° C．120° D．150°3．下列计算正确的是（）A．； B．； C．； D．．4．某钢铁厂一月份生产钢铁560吨，从二月份起，由于改进操作技术，使得第一季度共生产钢铁1850吨，问二、三月份平均每月的增长率是多少？若设二、三月份平均每月的增长率为x，则可得方程（）A． B．C． D．5．共享单车已经成为城市公共交通的重要组成部分，某共享单车公司经过调查获得关于共享单车租用行驶时间的数据，并由此制定了新的收费标准：每次租用单车行驶a小时及以内，免费骑行；超过a小时后，每半小时收费1元，这样可保证不少于50%的骑行是免费的．制定这一标准中的a的值时，参考的统计量是此次调查所得数据的（）A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差6．不等式组的整数解有（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个7．如图，△ABC在边长为1个单位的方格纸中，它的顶点在小正方形的顶点位置．如果△ABC的面积为10，且sinA＝，那么点C的位置可以在（）A．点C1处 B．点C2处 C．点C3处 D．点C4处8．如图，在6×6的正方形网格中，△ABC的顶点都在小正方形的顶点上，则tan∠BAC的值是()A． B． C． D．9．一元二次方程x2－8x－1＝0配方后可变形为（）A．（x＋4）2＝17 B．（x＋4）2＝15 C．（x－4）2＝17 D．（x－4）2＝1510．已知，，是反比例函数的图象上的三点，且，则、、的大小关系是（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．有4根细木棒，长度分别为2cm、3cm、4cm、5cm，从中任选3根，恰好能搭成一个三角形的概率是__________．12．已知点A（4，y1），B（，y2），C（-2，y3）都在二次函数y=（x-2）2-1的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是.13．四边形ABCD与四边形位似，点O为位似中心．若，则________．14．如图，已知点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，3），在第一象限内找一点P(a,b),使△PAB为等边三角形，则2(a-b)=___________．15．若正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的边数是_________.16．把抛物线的顶点E先向左平移3个单位，再向上平移4个单位后刚好落在同一平面直角坐标系的双曲线上，那么=__________17．为庆祝中华人民共和国成立70周年，某校开展以“我和我亲爱的祖国”为主题快闪活动，他们准备从报名参加的3男2女共5名同学中，随机选出2名同学进行领唱，选出的这2名同学刚好是一男一女的概率是：_________．18．关于的一元二次方程有实数根，则实数的取值范围是________．三、解答题(共66分)19．（10分）如图，线段AB、CD分别表示甲乙两建筑物的高，BA⊥AD，CD⊥DA，垂足分别为A、D．从D点测到B点的仰角α为60°，从C点测得B点的仰角β为30°，甲建筑物的高AB=30米（1）求甲、乙两建筑物之间的距离AD．（2）求乙建筑物的高CD．20．（6分）如图，已知△ABC中，点D在AC上且∠ABD=∠C，求证：AB2=AD•AC．21．（6分）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，直线y＝﹣x+3与y轴交于点C，与x轴交于点D．点P是直线CD上方的抛物线上一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交线段CD于点E，设点P的横坐标为m．（1）求抛物线的解析式；（2）求PE的长最大时m的值．（3）Q是平面直角坐标系内一点，在（2）的情况下，以P、Q、C、D为顶点的四边形是平行四边形是否存在？若存在，请直接写出存在个满足题意的点．22．（8分）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB上的点，且CE＝BF，连接DE，过点E作EG⊥DE，使EG＝DE，连接FG，FC(1)请判断：FG与CE的数量关系是__________，位置关系是__________；(2)如图2，若点E、F分别是CB、BA延长线上的点，其它条件不变，(1)中结论是否仍然成立？请出判断判断并给予证明．23．（8分）已知△ABC和△A′B′C′的顶点坐标如下表：（1）将下表补充完整，并在下面的坐标系中，画出△A′B′C′；（，）（，）（2）观察△ABC与△A′B′C′，写出有关这两个三角形关系的一个正确结论．24．（8分）定义：我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），我们就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”．理解：（1）如图1，已知Rt△ABC在正方形网格中，请你只用无刻度的直尺在网格中找到一点D，使四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形（保留画图痕迹，找出3个即可）；（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC=80°，∠ADC=140°，对角线BD平分∠ABC．求证：BD是四边形ABCD的“相似对角线”；（3）如图3，已知FH是四边形EFCH的“相似对角线”，∠EFH=∠HFG=30°，连接EG，若△EFG的面积为2，求FH的长．25．（10分）如图，四边形ABCD是矩形，AB＝6，BC＝4，点E在边AB上（不与点A、B重合），过点D作DF⊥DE，交边BC的延长线于点F．（1）求证：△DAE∽△DCF．（2）设线段AE的长为x，线段BF的长为y，求y与x之间的函数关系式．（3）当四边形EBFD为轴对称图形时，则cos∠AED的值为．26．（10分）（问题发现）如图1，半圆O的直径AB＝10，点P是半圆O上的一个动点，则△PAB的面积最大值是；（问题探究）如图2所示，AB、AC、是某新区的三条规划路，其中AB＝6km，AC＝3km，∠BAC＝60°，所对的圆心角为60°．新区管委会想在路边建物资总站点P，在AB、AC路边分别建物资分站点E、F，即分别在、线段AB和AC上选取点P、E、F．由于总站工作人员每天要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP．显然，为了快捷环保和节约成本，就要使线段PE、EF、FP之和最短（各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计）．可求得△PEF周长的最小值为km；（拓展应用）如图3是某街心花园的一角，在扇形OAB中，∠AOB＝90°，OA＝12米，在围墙OA和OB上分别有两个入口C和D，且AC＝4米，D是OB的中点，出口E在上．现准备沿CE、DE从入口到出口铺设两条景观小路，在四边形CODE内种花，在剩余区域种草．①出口E设在距直线OB多远处可以使四边形CODE的面积最大？最大面积是多少？(小路宽度不计)②已知铺设小路CE所用的普通石材每米的造价是200元，铺设小路DE所用的景观石材每米的造价是400元．请问：在上是否存在点E，使铺设小路CE和DE的总造价最低？若存在，求出最低总造价和出口E距直线OB的距离；若不存在，请说明理由．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【分析】依据，即可得到a=b，进而得出的值．【详解】∵，∴3a﹣3b=5b，∴3a=8b，即a=b，∴==．故选D．本题考查了比例的性质，解决问题的关键是运用内项之积等于外项之积．2、C【分析】根据圆周角定理即可得到结论．【详解】∵∠C＝60°，∴∠AOB＝2∠C＝120°，故选：C．本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．3、B【解析】分析：分别根据次根式的加减运算法则以及合并同类项的法则、幂的乘方与积的乘方法则及同底数幂的除法法则对各选项进行逐一判断即可．详解：A.与不是同类项，不能合并，故本选项错误；B.，故本选项正确；C.，故本选项错误；D.，故本选项错误.故选：B.点睛：此题考查了二次根式的加减运算以及合并同类项、积的乘方运算和同底数幂的除法法则运算等知识，正确掌握运算法则是解题的关键.4、D【解析】第一个月是560，第二个月是560（1+x），第三月是560（1+x）2，所以第一季度总计560+560（1+x）+560（1+x）2=1850，选D.5、B【分析】根据需要保证不少于50%的骑行是免费的，可得此次调查的参考统计量是此次调查所得数据的中位数.【详解】因为需要保证不少于50%的骑行是免费的，所以制定这一标准中的a的值时，参考的统计量是此次调查所得数据的中位数，故选B．本题考查了中位数的知识，中位数是以它在所有标志值中所处的位置确定的全体单位标志值的代表值，不受分布数列的极大或极小值影响，从而在一定程度上提高了中位数对分布数列的代表性．6、B【分析】先解出不等式组的解集，然后再把所有符合条件的整数解列举出来即可.【详解】解：解得，解得，∴不等式组的解集为：，整数解有1、2、3共3个，故选：B.本题考查了一元一次不等式组的的解法，先分别求出各不等式的解集，注意化系数为1时，如果两边同时除以一个负数，不等号的方向要改变；再求各个不等式解集的公共部分，必要时，可用数轴来求公共解集.7、D【解析】如图：∵AB=5,,∴D=4,∵,∴,∴AC=4,∵在RT△AD中，D,AD=8,∴A=,故答案为D.8、C【分析】过点B作BD⊥AC，交AC延长线于点D，利用正切函数的定义求解可得．【详解】如图，过点B作BD⊥AC，交AC延长线于点D，则tan∠BAC＝＝，故选C．本题主要考查三角函数的定义，解题的关键是掌握正切函数的定义：锐角A的对边a与邻边b的比叫做∠A的正切．9、C【分析】常数项移到方程的右边，再在两边配上一次项系数一半的平方，写成完全平方式即可得．【详解】解：∵，∴，即，故选：C．本题主要考查配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法解方程的步骤和完全平方公式是解题的关键．10、C【分析】先根据反比例函数y=的系数2>0判断出函数图象在一、三象限，在每个象限内，y随x的增大而减小，再根据x1<x2<0<x3，判断出y1、y2、y3的大小.【详解】解：函数大致图象如图，∵k>0，则图象在第一、三象限，在每个象限内，y随x的增大而减小，又∵x1<x2<0<x3，∴y2<y1<y3.故选C.本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征.二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】根据题意，使用列举法可得从有4根细木棒中任取3根的总共情况数目以及能搭成一个三角形的情况数目，根据概率的计算方法，计算可得答案．【详解】根据题意，从有4根细木棒中任取3根，有2、3、4；3、4、5；2、3、5；2、4、5，共4种取法，而能搭成一个三角形的有2、3、4；3、4、5，2、4、5，三种，得P=.故其概率为：．本题考查概率的计算方法，使用列举法解题时，注意按一定顺序，做到不重不漏．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．12、y3>y1>y2.【解析】试题分析：将A,B,C三点坐标分别代入解析式，得：y1=3,y2=5-4,y3=15,∴y3>y1>y2.考点：二次函数的函数值比较大小.13、1∶3【解析】根据四边形ABCD与四边形位似，，可知位似比为1：3，即可得相似比为1：3，即可得答案.【详解】∵四边形与四边形位似，点为位似中心．，∴四边形与四边形的位似比是1∶3，∴四边形与四边形的相似比是1∶3，∴AB∶OA∶OA′=1∶3，故答案为1∶3.本题考查了位似的相关知识，位似是相似的特殊形式，位似比等于相似比，其对应的面积比等于相似比的平方．14、【分析】根据A、B坐标求出直线AB的解析式后，求得AB中点M的坐标，连接PM，在等边△PAB中，M为AB中点，所以PM⊥AB，，再求出直线PM的解析式，求出点P坐标；在Rt△PAM中，AP=AB=5，，即且a＞0，解得a>0，即，将a代入直线PM的解析式中求出b的值，最后计算2(a-b)的值即可；【详解】解：∵A(4，0)，B(0，3)，∴AB=5，设，∴，∴，∴，∵A(4，0)B(0，3)，∴AB中点，连接PM，在等边△PAB中，M为AB中点，∴PM⊥AB，，∴，∴设直线PM的解析式为，∴，∴，∴，∴，在Rt△PAM中，AP=AB=5，∴，∴，∴，∴，∵a>0，∴，∴，∴；本题主要考查了一次函数的综合应用，掌握一次函数是解题的关键.15、1；【分析】根据多边形外角和是360度，正多边形的各个内角相等，各个外角也相等，直接用360°÷45°可求得边数．【详解】∵多边形外角和是360度，正多边形的一个外角是45°，∴360°÷45°=1即该正多边形的边数是1．本题主要考查了多边形外角和是360度和正多边形的性质（正多边形的各个内角相等，各个外角也相等）．16、﹣1【分析】根据题意得出顶点E坐标，利用平移的规律得出移动后的点的坐标，进而代入反比例函数即可求出k的值.【详解】解：由题意可知抛物线的顶点E坐标为（1，-2），把点E（1，-2）先向左平移3个单位，再向上平移1个单位所得对应点的坐标为（-2，2），∵点（-2，2）在双曲线上，∴k=-2×2=-1.故答案为：-1．本题考查二次函数图象与几何变换和二次函数的性质以及待定系数法求反比例函数的解析式，根据题意求得平移后的顶点坐标是解题的关键．17、【分析】先画出树状图求出所有可能出现的结果数，再找出选出的2名同学刚好是一男一女的结果数，然后利用概率公式求解即可．【详解】解：设报名的3名男生分别为A、B、C，2名女生分别为M、N，则所有可能出现的结果如图所示：由图可知，共有20种等可能的结果，其中选出的2名同学刚好是一男一女的结果有12种，所以选出的2名同学刚好是一男一女的概率=．故答案为：．本题考查了求两次事件的概率，属于常考题型，熟练掌握画树状图或列表的方法是解题的关键．18、且【解析】根据根的判别式△≥0且二次项系数求解即可.【详解】由题意得，16-4≥0，且，解之得且.故答案为：且.本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式∆=b2﹣4ac与根的关系，熟练掌握根的判别式与根的关系式解答本题的关键.当∆>0时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当∆=0时，一元二次方程有两个相等的实数根；当∆<0时，一元二次方程没有实数根.三、解答题(共66分)19、（1）；（2）1．【分析】（1）在Rt△ABD中利用三角函数即可求解；（2）作CE⊥AB于点E，在Rt△BCE中利用三角函数求得BE的长，然后根据CD=AE=AB﹣BE求解．【详解】（1）作CE⊥AB于点E，在Rt△ABD中，AD===（米）；（2）在Rt△BCE中，CE=AD=米，BE=CE•tanβ=×=10（米），则CD=AE=AB﹣BE=30﹣10=1（米）答：乙建筑物的高度DC为1m．20、证明见解析.【解析】试题分析：利用两个角对应相等的两个三角形相似，证得△ABD∽△ACB，进一步得出，整理得出答案即可．试题解析：∵∠ABD=∠C，∠A是公共角，∴△ABD∽△ACB，∴，∴AB2=AD•AC．考点：相似三角形的判定与性质．21、（1）（2）当时,的长最大（3）【分析】（1）根据待定系数法求解即可；（2）设点的坐标为、点的坐标为，列出，根据二次函数的图象性质求解即可；（3）分以为对角线时、以为对角线时、以为对角线时三种情况进行讨论求解即可．【详解】解：（1）∵抛物线与轴交于、两点∴将、两点代入，得：∴∴抛物线的解析式为：．（2）∵直线与轴交于点，与轴交于点∴点的坐标为，点的坐标为∴∵点的横坐标为∴点的坐标为，点的坐标为∴∵，∴当时,的长最大．（3）∵由（2）可知，点的坐标为：∴以、、、为顶点的四边形是平行四边形分为三种情况，如图：①以为对角线时∵点的坐标为：，点的坐标为，点的坐标为∴点的坐标为，即；②以为对角线时∵点的坐标为：，点的坐标为，点的坐标为∴点的坐标为，即；③以为对角线时∵点的坐标为：，点的坐标为，点的坐标为∴点的坐标为，即．∴综上所述，在（2）的情况下，存在以、、、为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为：、或∴存在个满足题意的点．本题考查了二次函数、一次函数和平行四边形的综合应用，涉及到的知识点有待定系数法求解析式、利用一次函数关系式求与坐标轴交点坐标、根据图像信息直接列函数关系式、将二次函数一般式通过配方法转化成顶点式、求当二次函数取最值时的自变量取值、根据平行四边形的性质求得符合要求的点的坐标等，属于压轴题目，有一定难度．22、(1)FG＝CE，FG∥CE；(2)成立，理由见解析.【解析】(1)结论：FG＝CE，FG∥CE，如图1中，设DE与CF交于点M，首先证明△CBF≌△DCE，推出DE⊥CF，再证明四边形EGFC是平行四边形即可；(2)结论仍然成立，如图2中，设DE与CF交于点M，首先证明△CBF≌△DCE，推出DE⊥CF，再证明四边形EGFC是平行四边形即可．【详解】(1)结论：FG＝CE，FG∥CE.理由：如图1中，设DE与CF交于点M，∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠ABC＝∠DCE＝90°，在△CBF和△DCE中，，∴△CBF≌△DCE，∴∠BCF＝∠CDE，CF＝DE，∵∠BCF＋∠DCM＝90°，∴∠CDE＋∠DCM＝90°，∴∠CMD＝90°，∴CF⊥DE，∵GE⊥DE，∴EG∥CF，∵EG＝DE，CF＝DE，∴EG＝CF，∴四边形EGFC是平行四边形．∴GF＝EC，∴GF＝EC，GF∥EC.故答案为FG＝CE，FG∥CE；(2)结论仍然成立．理由：如图2中，设DE与CF交于点M，∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠ABC＝∠DCE＝90°，在△CBF和△DCE中，，∴△CBF≌△DCE，∴∠BCF＝∠CDE，CF＝DE，∵∠BCF＋∠DCM＝90°，∴∠CDE＋∠DCM＝90°，∴∠CMD＝90°，∴CF⊥DE，∵GE⊥DE，∴EG∥CF，∵EG＝DE，CF＝DE，∴EG＝CF，∴四边形EGFC是平行四边形．∴GF＝EC，∴GF＝EC，GF∥EC.本题三角形与四边形综合问题，涉及全等三角形的判定与性质，正方形的性质，平行四边形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键.23、（1）详见解析；（2）相似【分析】（1）利用坐标的变化规律得出答案；（2）根据所画的图形，利用对应点位置得到线段的长度，即可得到结论.【详解】解：（1）B′（

8，6

），C′（

10，2

），

如图所示：△A′B′C′即为所求；故答案为：8，6；10，2；（2）根据表格和所画的图形可知，，∴.此题主要考查了位似变换，正确得出对应点位置是解题关键．24、（1）见解析；（2）证明见解析；（3）FH=2．【解析】（1）先求出AB，BC，AC，再分情况求出CD或AD，即可画出图形；（2）先判断出∠A+∠ADB=140°=∠ADC，即可得出结论；（3）先判断出△FEH∽△FHG，得出FH2=FE•FG，再判断出EQ=FE，继而求出FG•FE=8，即可得出结论．【详解】（1）由图1知，AB=，BC=2，∠ABC=90°，AC=5，∵四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，当∠ACD=90°时，△ACD∽△ABC或△ACD∽△CBA，∴或，∴CD=10或CD=2.5同理：当∠CAD=90°时，AD=2.5或AD=10，（2）∵∠ABC=80°，BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠DBC=40°，∴∠A+∠ADB=140°∵∠ADC=140°，∴∠BDC+∠ADB=140°，∴∠A=∠BDC，∴△ABD∽△BDC，∴BD是四边形ABCD的“相似对角线”；（3）如图3，∵FH是四边形EFGH的“相似对角线”，∴△EFH与△HFG相似，∵∠EFH=∠HFG，∴△FEH∽△FHG，∴，∴FH2=FE•FG，过点E作EQ⊥FG于Q，∴EQ=FE•sin60°=FE，∵FG×EQ=2，∴FG×FE=2，∴FG•FE=8，∴FH2=FE•FG=8，∴FH=2．【点睛】本题考查了相似三角形的综合题，涉及到新概念、相似三角形的判定与性质等，正确理解新概念，熟练应用相似三角形的相关知识是解题的关键.25、（1）见解析；（2）y＝x+4；（3）．【分析】（1）根据矩形的性质和余角的性质得到∠A=∠ADC=∠DCB=90°，∠ADE=∠CDF，最后运用相似三角形的判定定理证明即可；（2）运用相似三角形的性质解答即可；（3）根据轴对称图形的性质可得DE=BE，再运用勾股定理可求出AE，DE的长，最后用余弦的定义解答即可.【详解】（1）证明∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠A＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AD＝BC＝4，AB＝CD＝6，∴∠ADE+∠EDC＝90°，∵DF⊥DE，∴∠EDC+∠CDF＝90°，∴∠ADE＝∠CDF，且∠A＝∠DCF＝90°，∴△DAE∽△DCF；（2）∵△DAE∽△DCF，∴，∴∴y＝x+4；（3）∵四边形EBFD为轴对称图形，∴DE＝BE，∵AD2+AE2＝DE2，∴16+AE2＝（6﹣AE）2，∴AE＝，∴DE＝BE＝，∴cos∠AED＝＝，故答案为：．本题属于相似形三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质、矩形的性质、勾股定理、轴对称图形的性质等知识，灵活运用相似三角形的判定和性质是解答本题的关键.26、[问题发现]15；[问题探究]；[拓展应用]①出口E设在距直线OB的7.1米处可以使四边形CODE的面积最大为60平方米，②出口E距直线OB的距离为米.【分析】[问题发现]△PAB的底边AB一定,面积最大也就是P点到AB的距离最大,故当OP⊥AB时,时最大，值是5，再计算此时△