2027届广西钦州钦州港区六校联考九年级数学第一学期期末质量检测模拟试题含解析

2027届广西钦州钦州港区六校联考九年级数学第一学期期末质量检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每小题3分,共30分)1．顺次连接四边形ABCD各边的中点，所得四边形是（）A．平行四边形B．对角线互相垂直的四边形C．矩形D．菱形2．已知∠A是锐角，，那么∠A的度数是（）A．15° B．30° C．45° D．60°3．如图所示的网格是正方形网格，则sinA的值为（）A． B． C． D．4．平面直角坐标系中，抛物线经变换后得到抛物线，则这个变换可以是（）A．向左平移2个单位 B．向右平移2个单位C．向左平移4个单位 D．向右平移4个单位5．已知，则的值是（）A． B． C． D．6．菱形具有而矩形不具有的性质是（）A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直7．单靠“死”记还不行,还得“活”用,姑且称之为“先死后活”吧。让学生把一周看到或听到的新鲜事记下来,摒弃那些假话套话空话,写出自己的真情实感,篇幅可长可短,并要求运用积累的成语、名言警句等,定期检查点评,选择优秀篇目在班里朗读或展出。这样,即巩固了所学的材料,又锻炼了学生的写作能力,同时还培养了学生的观察能力、思维能力等等,达到“一石多鸟”的效果。如图，由两个相同的正方体和一个圆锥体组成一个立体图形，其左视图是（

）A． B． C． D．8．下列事件中，属于不确定事件的有（）①太阳从西边升起；②任意摸一张体育彩票会中奖；③掷一枚硬币，有国徽的一面朝下；④小明长大后成为一名宇航员．A．①②③B．①③④C．②③④D．①②④9．对于二次函数y＝﹣（x﹣2）2﹣3，下列说法正确的是（）A．当x＞2时，y随x的增大而增大 B．当x＝2时，y有最大值﹣3C．图象的顶点坐标为（﹣2，﹣3） D．图象与x轴有两个交点10．的值等于（）A． B． C． D．1二、填空题(每小题3分,共24分)11．一个盒子装有除颜色外其它均相同的2个红球和3个白球，现从中任取2个球，则取到的是一个红球、一个白球的概率为_____.12．如图，抛物线y＝﹣2x2+2与x轴交于点A、B，其顶点为E．把这条抛物线在x轴及其上方的部分记为C1，将C1向右平移得到C2，C2与x轴交于点B、D，C2的顶点为F，连结EF．则图中阴影部分图形的面积为______．13．如图，将⊙O沿弦AB折叠，圆弧恰好经过圆心O，点P是优弧上一点，则∠APB的度数为_____．14．如图，，点、都在射线上，，，是射线上的一个动点，过、、三点作圆，当该圆与相切时，其半径的长为__________．15．若一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3cm，圆心角为120°的扇形，则该圆锥的侧面面积为_____cm2（结果保留π）．16．二次函数的最小值是．17．如图，直线与双曲线（k≠0）相交于A（﹣1，）、B两点，在y轴上找一点P，当PA+PB的值最小时，点P的坐标为_________.18．微信给甲、乙、丙三人，若微信的顺序是任意的，则第一个微信给甲的概率为_____．三、解答题(共66分)19．（10分）已知方程是关于的一元二次方程．（1）求证：方程总有两个实数根；（2）若方程的两个根之和等于两根之积，求的值．20．（6分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=6cm．动点P，Q从点A同时出发，点P沿AB向终点B运动；点Q沿AC→CB向终点B运动，速度都是1cm/s．当一个点到达终点时，另一个点同时停止运动．设点P运动的时间为t（s），在运动过程中，点P，点Q经过的路线与线段PQ围成的图形面积为S（cm2）．（1）AC=_________cm；（2）当点P到达终点时，BQ=_______cm；（3）①当t=5时，s=_________；②当t=9时，s=_________；（4）求S与t之间的函数解析式．21．（6分）如图，在平面直角坐标系中，己知点，点在轴上，并且，动点在过三点的拋物线上．（1）求抛物线的解析式．（2）作垂直轴的直线，在第一象限交直线于点，交抛物线于点，求当线段的长有最大值时的坐标．并求出最大值是多少．（3）在轴上是否存在点，使得△是等腰三角形?若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．22．（8分）解方程:（1）用公式法解方程：3x2﹣x﹣4=1（2）用配方法解方程：x2﹣4x﹣5＝1．23．（8分）在平面直角坐标系中，已知抛物线.（1）我们把一条抛物线上横坐标与纵坐标相等的点叫做这条抛物线的“方点”.试求拋物线的“方点”的坐标；（2）如图，若将该抛物线向左平移1个单位长度，新抛物线与轴相交于、两点（在左侧），与轴相交于点，连接.若点是直线上方抛物线上的一点，求的面积的最大值；（3）第（2）问中平移后的抛物线上是否存在点，使是以为直角边的直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点的坐标；若不存在，说明理由.24．（8分）某型号飞机的机翼形状如图所示，已知所在直线互相平行且都与所在直线垂直，．，，，．求的长度（参考数，，，，，）25．（10分）2018年12月1日，贵阳地铁一号线正式开通，标志着贵阳中心城区正式步入地铁时代，为市民的出行带来了便捷，如图是贵阳地铁一号线路图(部分)，菁菁与琪琪随机从这几个站购票出发.（1）菁菁正好选择沙冲路站出发的概率为（2）用列表或画树状图的方法，求菁菁与琪琪出发的站恰好相邻的概率.26．（10分）如图，为的直径，切于点，交的延长线于点，且.(1)求的度数.(2)若的半径为2，求的长.

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【解析】试题分析：连接原四边形的一条对角线，根据中位线定理，可得新四边形的一组对边平行且等于对角线的一半，即一组对边平行且相等．则新四边形是平行四边形．解：如图，根据中位线定理可得：GF=BD且GF∥BD，EH=BD且EH∥BD，∴EH=FG，EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形．故选A．考点：中点四边形．2、C【分析】根据特殊角的三角函数值求解即可.【详解】∵，且∠A是锐角，∴∠A=45°.故选：C.本题主要考查了特殊角的三角函数值，熟练掌握相关数值是解题关键.3、C【分析】设正方形网格中的小正方形的边长为1，连接格点BC，AD，过C作CE⊥AB于E，解直角三角形即可得到结论．【详解】解：设正方形网格中的小正方形的边长为1，连接格点BC，AD，过C作CE⊥AB于E，∵，BC＝2，AD＝，∵S△ABC＝AB•CE＝BC•AD，∴CE＝，∴，故选：C．本题考查了解直角三角形的问题，掌握解直角三角形的方法以及锐角三角函数的定义是解题的关键．4、B【分析】根据变换前后的两抛物线的顶点坐标找变换规律．【详解】解：，顶点坐标是（-1，-4）．

，顶点坐标是（1，-4）．

所以将抛物线向右平移2个单位长度得到抛物线，

故选：B．此题主要考查了次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律和变化特点.5、A【解析】先把二次根式化简变形，然后把a、b的值代入计算，即可求出答案.【详解】解：∵，∴===；故选：A.本题考查了二次根式的化简求值，解题的关键是熟练掌握完全平方公式和平方差公式进行化简.6、D【分析】根据菱形和矩形都是平行四边形，都具备平行四边形性质，再结合菱形及矩形的性质，对各选项进行判断即可．【详解】解：因为菱形和矩形都是平行四边形，都具备平行四边形性质，即对边平行而且相等，对角相等，对角线互相平分．、对边平行且相等是菱形矩形都具有的性质，故此选项错误；、对角相等是菱形矩形都具有的性质，故此选项错误；、对角线互相平分是菱形矩形都具有的性质，故此选项错误；、对角线互相垂直是菱形具有而矩形不具有的性质，故此选项正确；故选：D．本题考查了平行四边形、矩形及菱形的性质，属于基础知识考查题，同学们需要掌握常见几种特殊图形的性质及特点．7、B【解析】根据左视图的定义“在侧面内，从左往右观察物体得到的视图”判断即可.【详解】根据左视图的定义，从左往右观察，两个正方体得到的视图是一个正方形，圆锥得到的视图是一个三角形，由此只有B符合故选：B.本题考查了三视图中的左视图的定义，熟记定义是解题关键.另外，主视图和俯视图的定义也是常考点.8、C【解析】因为不确定事件即随机事件是指在一定条件下,可能发生,也可能不发生的事件,确定事件包括必然事件和不可能事件,所以①太阳从西边升起,是不可能发生的事件,是确定事件,②任意摸一张体育彩票会中奖,是不确定事件,③掷一枚硬币,有国徽的一面朝下,是不确定事件,④小明长大后成为一名宇航员,是不确定事件,故选C.点睛:本题考查确定事件和不确定事件的定义,解决本题的关键是要熟练掌握确定事件和不确定事件的定义.9、B【分析】根据二次函数的性质对进行判断；通过解方程﹣（x﹣2）2﹣3＝0对D进行判断即可.【详解】∵二次函数y＝﹣（x﹣2）2﹣3，∴当x＞2时，y随x的增大而减小，故选项A错误；当x＝2时，该函数取得最大值，最大值是﹣3，故选项B正确；图象的顶点坐标为（2，﹣3），故选项C错误；当y＝0时，0＝﹣（x﹣2）2﹣3，即,无解，故选项D错误；故选：B．本题考查了二次函数的图象和性质，把求二次函数与轴的交点问题转化为解关于的一元二次方程问题可求得交点横坐标，牢记其的顶点坐标、对称轴及开口方向是解答本题的关键．10、B【分析】根据sin60°以及tan45°的值求解即可.【详解】sin60°＝，tan45°＝1，所以sin60°+tan45°＝.故选B.本题主要考查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.二、填空题(每小题3分,共24分)11、【解析】试题解析：画树状图得：∵共有20种等可能的结果，取到的是一个红球、一个白球的有12种情况，∴取到的是一个红球、一个白球的概率为：故答案为12、1【分析】由S阴影部分图形＝S四边形BDFE＝BD×OE，即可求解．【详解】令y＝0，则：x＝±1，令x＝0，则y＝2，则：OB＝1，BD＝2，OB＝2，S阴影部分图形＝S四边形BDFE＝BD×OE＝2×2＝1．故：答案为1．本题考查的是抛物线性质的综合运用，确定S阴影部分图形＝S四边形BDFE是本题的关键．13、60°【解析】分析：作半径OC⊥AB于D，连结OA、OB，如图，根据折叠的性质得OD=CD，则OD=OA，根据含30度的直角三角形三边的关系得到∠OAD=30°，接着根据三角形内角和定理可计算出∠AOB=120°，然后根据圆周角定理计算∠APB的度数．详解：如图作半径OC⊥AB于D，连结OA、OB．∵将⊙O沿弦AB折叠，圆弧恰好经过圆心O，∴OD=CD，∴OD=OC=OA，∴∠OAD=30°．∵OA=OB，∴∠ABO=30°，∴∠AOB=120°，∴∠APB=∠AOB=60°．故答案为60°．点睛：本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了含30度的直角三角形三边的关系和折叠的性质，求得∠OAD=30°是解题的关键．14、【分析】圆C过点P、Q，且与相切于点M，连接CM，CP，过点C作CN⊥PQ于N并反向延长，交OB于D，根据等腰直角三角形的性质和垂径定理，即可求出ON、ND、PN，设圆C的半径为r，再根据等腰直角三角形的性质即可用r表示出CD、NC，最后根据勾股定理列方程即可求出r．【详解】解：如图所示，圆C过点P、Q，且与相切于点M，连接CM，CP，过点C作CN⊥PQ于N并反向延长，交OB于D∵，，∴PQ=OQ－OP=4根据垂径定理，PN=∴ON=PN＋OP=4在Rt△OND中，∠O=45°∴ON=ND=4，∠NDO=∠O=45°，OD=设圆C的半径为r，即CM=CP=r∵圆C与相切于点M，∴∠CMD=90°∴△CMD为等腰直角三角形∴CM=DM=r，CD=∴NC=ND－CD=4－根据勾股定理可得：NC2＋PN2=CP2即解得：（此时DM＞OD，点M不在射线OB上，故舍去）故答案为：．此题考查的是等腰直角三角形的判定及性质、垂径定理、勾股定理和切线的性质，掌握垂径定理和勾股定理的结合和切线的性质是解决此题的关键．15、3π【详解】．故答案为：．16、﹣1．【解析】试题分析：∵=，∵a=1＞0，∴x=﹣2时，y有最小值=﹣1．故答案为﹣1．考点：二次函数的最值．17、（0，）．【解析】试题分析：把点A坐标代入y=x+4得a=3，即A（﹣1，3），把点A坐标代入双曲线的解析式得3=﹣k，即k=﹣3，联立两函数解析式得：，解得：，，即点B坐标为：（﹣3，1），作出点A关于y轴的对称点C，连接BC，与y轴的交点即为点P，使得PA+PB的值最小，则点C坐标为：（1，3），设直线BC的解析式为：y=ax+b，把B、C的坐标代入得：，解得：，所以函数解析式为：y=x+，则与y轴的交点为：（0，）．考点：反比例函数与一次函数的交点问题；轴对称-最短路线问题．18、【分析】根据题意，微信的顺序是任意的，微信给甲、乙、丙三人的概率都相等均为．【详解】∵微信的顺序是任意的，∴微信给甲、乙、丙三人的概率都相等，∴第一个微信给甲的概率为．故答案为．此题考查了概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．三、解答题(共66分)19、（1）详见解析；（2）1．【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式，即可得到结论；（2）由一元二次方程根与系数的关系，得，，进而得到关于m的方程，即可求解．【详解】（1）∵方程是关于的一元二次方程，∴，∵，∴方程总有两个实根；（2）设方程的两根为，，则，根据题意得：，解得：，（舍去），∴的值为1．本题主要考查一元二次方程根的判别式以及根与系数的关系，掌握一元二次方程根的判别式以及根与系数的关系是解题的关键．20、（1）8；（2）4；（3）①，②22；（4）【分析】（1）根据勾股定理求解即可；（2）先求出点P到达中点所需时间，则可知点Q运动路程，易得CQ长，；（3）①作PD⊥AC于D，可证△APD∽△ABC，利用相似三角形的性质可得PD长，根据面积公式求解即可；②作PE⊥AC于E，可证△PBE∽△ABC，利用相似三角形的性质可得PE长，用可得s的值；（4）当0＜t≤8时，作PD⊥AC于D，可证△APD∽△ABC，可用含t的式子表示出PD的长，利用三角形面积公式可得s与t之间的函数解析式；当8＜t≤10时，作PE⊥AC于E，可证△PBE∽△ABC，利用相似三角形的性质可用含t的式子表示出PE长，用可得s与t之间的函数解析式.【详解】解：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得（2）设点P运动到终点所需的时间为t，路程为AB=10cm，则点Q运动的路程为10cm，即cm所以当点P到达终点时，BQ=4cm.（3）①作PD⊥AC于D，则∵∠A=∠A．∠ADP=∠C=90°，∴△APD∽△ABC．∴．即∴．∴．②如图，作PE⊥AC于E，则∵∠B=∠B．∠BEP=∠C=90°，∴△PBE∽△ABC．∴．即．∴．∴．（4）当0＜t≤8时，如图①．作PD⊥AC于D．∵∠A=∠A．∠ADP=∠C=90°，∴△APD∽△ABC．∴．即．∴．∴．当8＜t≤10时，如图②．作PE⊥AC于E．∵∠B=∠B．∠BEP=∠C=90°，∴△PBE∽△ABC．∴．即．∴．∴．综上所述：本题考查了二次函数在三角形动点问题中的应用，涉及的知识点有勾股定理、相似三角形的判定与性质，灵活的应用相似三角形对应线段成比例的性质求线段长是解题的关键.21、（1）；（2）存在，最大值为4，此时的坐标为；（3）存在，或或或【分析】（1）先确定A（4，0），B（-1，0），再设交点式y=a（x+1）（x-4），然后把C点坐标代入求出a即可；（2）作PE⊥x轴，交AC于D，垂足为E，如图，易得直线AC的解析式为y=-x+4，设P（x，-x2+3x+4）（0＜x＜4），则D（x，-x+4），再用x表示出PD，然后根据二次函数的性质解决问题；（3）先计算出AC=4，再分类讨论：当QA=QC时，易得Q（0，0）；当CQ=CA时，利用点Q与点A关于y轴对称得到Q点坐标；当AQ=AC=4时可直接写出Q点的坐标．【详解】（1）∵C（0，4），∴OC=4，∵OA=OC=4OB，∴OA=4，OB=1，∴A（4，0），B（-1，0），设抛物线解析式为y=a（x+1）（x-4），把C（0，4）代入得a×1×（-4）=4，解得a=-1，∴抛物线解析式为y=-（x+1）（x-4），即y=-x2+3x+4；（2）作PE⊥x轴，交AC于D，垂足为E，如图，设直线AC的解析式为：y=kx+b，∵A（4，0），C（0，4）∴解得，∴直线AC的解析式为y=-x+4，设P（x，-x2+3x+4）（0＜x＜4），则D（x，-x+4），∴PD=-x2+3x+4-（-x+4）=-x2+4x=-（x-2）2+4，当x=2时，PD有最大值，最大值为4，此时P点坐标为（2，6）；（3）存在．∵OA=OC=4，∴AC=4，∴当QA=QC时，Q点在原点，即Q（0，0）；当CQ=CA时，点Q与点A关于y轴对称，则Q（-4，0）；当AQ=AC=4时，Q点的坐标（4+4，0）或（4-4，0），综上所述，Q点的坐标为（0，0）或（-4，0）或（4+4，0）或（4-4，0）．本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图形上点的坐标特征、二次函数的性质和等腰三角形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．22、（1）x1=，x2=-1；（2）x1＝5，x2＝-1.【分析】（1）根据一元二次方程的一般形式得出a、b、c的值，利用公式法x=即可得答案；（2）先把常数项移项，再把方程两边同时加上一次项系数一半的平方，即可得完全平方式，直接开平方即可得答案.【详解】（1）3x2﹣x﹣4=1∵a=3，b=－1，c=－4，∴∴x1=，x1=－1.(2)x2﹣4x﹣5＝1x2﹣4x+4＝5+4（x﹣2）2＝9∴x－2＝3或x－2＝－3∴x1＝5，x2＝－1.本题考查解一元二次方程，一元二次方程的常用解法有：配方法、直接开平方法、公式法、因式分解法等，熟练掌握并灵活运用适当的方法是解题关键.23、（1）抛物线的方点坐标是，；（2）当时，的面积最大，最大值为；（3）存在，或【分析】(1)由定义得出x=y，直接代入求解即可(2)作辅助线PD平行于y轴，先求出抛物线与直线的解析式，设出点P的坐标，利用点坐标求出PD的长，进而求出面积的二次函数，再利用配方法得出最大值(3)通过抛物线与直线的解析式可求出点B，C的坐标，得出△OBC为等腰直角三角形，过点C作交x轴于点M，作交y轴于点N，得出M，N的坐标，得出直线BN、MC的解析式然后解方程组即可.【详解】解：（1）由题意得：∴解得，∴抛物线的方点坐标是，.（2）过点作轴的平行线交于点.易得平移后抛物线的表达式为，直线