2027届吉林省靖宇县数学九上期末学业质量监测试题含解析

2027届吉林省靖宇县数学九上期末学业质量监测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1．如图，AD∥BE∥CF，直线l1，l2与这三条平行线分别交于点A，B，C和点D，E，F.已知AB＝1，BC＝3，DE＝2，则EF的长为()A．4 B．.5 C．6 D．82．在一个不透明的盒子中装有2个白球，若干个黄球，它们除了颜色不同外，其余均相同.若从中随机摸出一个白球的概率是，则黄球的个数为（）A．2 B．3 C．4 D．63．如图，是一个几何体的三视图，根据图中标注的数据可求得这个几何体的体积为（

）A．12π B．24π C．36π D．48π4．当取下列何值时，关于的一元二次方程有两个相等的实数根（）A．1. B．2 C．4. D．5．已知点、B（－1，y2）、C（3，y3）都在反比例函数的图象上，则y1、y2、y3的大小关系是（）A．y1<y2<y3 B．y3<y2<y1 C．y3<y1<y2 D．y2<y1<y36．如果将抛物线向右平移1个单位，那么所得新抛物线的顶点坐标是（）A． B． C． D．7．关于x的一元二次方程有实数根，则整数a的最大值是（）A．2 B．1 C．0 D．－18．（2011?德州）一个平面封闭图形内（含边界）任意两点距离的最大值称为该图形的“直径”，封闭图形的周长与直径之比称为图形的“周率”，下面四个平面图形（依次为正三角形、正方形、正六边形、圆）的周率从左到右依次记为a1，a2，a3，a4，则下列关系中正确的是（）A．a4＞a2＞a1 B．a4＞a3＞a2C．a1＞a2＞a3 D．a2＞a3＞a49．如图，点的坐标是，是等边角形，点在第一象限，若反比例函数的图象经过点，则的值是（）A． B． C． D．10．将一副三角尺（在中，，，在中，，）如图摆放，点为的中点，交于点，经过点，将绕点顺时针方向旋转（），交于点，交于点，则的值为（）A． B． C． D．11．定点投篮是同学们喜爱的体育项目之一，某位同学投出篮球的飞行路线可以看作是抛物线的一部分，篮球飞行的竖直高度(单位：)与水平距离(单位：)近似满足函数关系(a≠0)．下表记录了该同学将篮球投出后的与的三组数据，根据上述函数模型和数据，可推断出篮球飞行到最高点时，水平距离为（）x(单位：m)y(单位：m)3.05A． B． C． D．12．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，以点C为中心，把△ABC逆时针旋转45°，得到△A′B′C，则图中阴影部分的面积为（）A．2 B．2π C．4 D．4π二、填空题（每题4分，共24分）13．如图所示，半圆O的直径AB=4，以点B为圆心，为半径作弧，交半圆O于点C，交直径AB于点D，则图中阴影部分的面积是_____________.14．已知非负数a、b、c满足a+b=2，，，则d的取值范围为____．15．如图的一座拱桥，当水面宽AB为12m时，桥洞顶部离水面4m，已知桥洞的拱形是抛物线，以水平方向为x轴，建立平面直角坐标系，求选取点A为坐标原点时的抛物线解析式是_______．16．计算sin60°cos60°的值为_____．17．已知正比例函数的图像与反比例函数的图像有一个交点的坐标是，则它们的另一个交点坐标为_________．18．如果二次根式有意义，那么的取值范围是_________．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，，的坐标分别，，，以为顶点的抛物线过点．动点从点出发，以每秒个单位的速度沿线段向点匀速运动，过点作轴，交对角线于点．设点运动的时间为（秒）．（1）求抛物线的解析式；（2）若分的面积为的两部分，求的值；（3）若动点从出发的同时，点从出发，以每秒1个单位的速度沿线段向点匀速运动，点为线段上一点．若以，，，为顶点的四边形为菱形，求的值．20．（8分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，求tanB的值．21．（8分）如图，在Rt中，∠ACB﹦90°(1)求证.∽(2)若，，求的长．22．（10分）已知：二次函数y=x2+bx+c经过原点，且当x=2时函数有最小值；直线AC解析式为y=kx-4，且与抛物线相交于B、C．（1）求二次函数解析式；（2）若S△AOB∶S△BOC=1：3，求直线AC的解析式；（3）在（2）的条件下，点E为线段BC上一动点（不与B、C重合），过E作x轴的垂线交抛物线于F、交x轴于G，是否存在点E，使△BEF和△CGE相似？若存在，请求出所有点E的坐标；若不存在，请说明理由．23．（10分）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=3，点D是斜边AB上一动点（点D与点A、B不重合），连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，连接AE，DE．（1）求△ADE的周长的最小值；（2）若CD=4，求AE的长度．24．（10分）如图，已知△ABC中，点D在AC上且∠ABD=∠C，求证：AB2=AD•AC．25．（12分）如图,在平面直角坐标系中,一次函数的图象与反比例函数()的图象交于,两点,已知点坐标为.（1）求一次函数和反比例函数的解析式;（2）连接,,求的面积.26．在一次篮球拓展课上，，，三人玩篮球传球游戏，游戏规则是：每一次传球由三人中的一位将球随机地传给另外两人中的某一人．例如：第一次由传球，则将球随机地传给，两人中的某一人．（1）若第一次由传球，求两次传球后，球恰好回到手中的概率．（要求用画树状图法或列表法）（2）从，，三人中随机选择一人开始进行传球，求两次传球后，球恰好在手中的概率．（要求用画树状图法或列表法）

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【解析】解:∵AD∥BE∥CF，根据平行线分线段成比例定理可得,即，解得EF=6，故选C.2、C【解析】试题分析：设黄球的个数为x个，根据题意得：=，解得：x=1，经检验：x=1是原分式方程的解；∴黄球的个数为1．故选C．考点：概率公式．3、B【解析】根据三视图：俯视图是圆，主视图与左视图是长方形可以确定该几何体是圆柱体，再利用已知数据计算圆柱体的体积．【详解】先由三视图确定该几何体是圆柱体，底面直径是4，半径是2，高是1．所以该几何体的体积为π×22×1=24π．故选B．本题主要考查由三视图确定几何体和求圆柱体的面积，考查学生的空间想象能力．4、A【分析】根据一元二次方程的判别式判断即可.【详解】要使得方程由两个相等实数根,判别式△=(-2)2-4m=4-4m=0,解得m=1.故选A.本题考查一元二次方程判别式的计算,关键在于熟记判别式与根的关系.5、D【分析】分别把各点坐标代入反比例函数y=，求出y1，y2，y1的值，再比较大小即可．【详解】∵点A（-2，y1）、B（-1，y2）、C（1，y1）

都在反比例函数y=的图象上，

∴y1=-2，y2=-4，y1=，∵-4＜-2＜，∴y2＜y1＜y1．故选D．本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．6、C【分析】根据抛物线的平移规律得出平移后的抛物线的解析式，即可得出答案．【详解】解：由将抛物线y=3x2+2向右平移1个单位，得

y=3（x-1）2+2，

顶点坐标为（1，2），

故选：C．本题考查了二次函数图象与几何变换，利用平移规律：左加右减，上加下减是解题关键．7、C【分析】根据一元二次方程的根的判别式可得答案.【详解】解：∵关于x的一元二次方程有实数根，∴.即a的取值范围是且.∴整数a的最大值为0.故选C.本题考查了一元二次方程，熟练掌握根的判别式与根的关系是解题关键.8、B【解析】试题解析：设等边三角形的边长是a，则等边三角形的周率a1==3设正方形的边长是x，由勾股定理得：对角线是x，则正方形的周率是a1==1≈1.818，设正六边形的边长是b，过F作FQ∥AB交BE于Q，得到平行四边形ABQF和等边三角形EFQ，直径是b+b=1b，∴正六边形的周率是a3==3，圆的周率是a4==π，∴a4＞a3＞a1．故选B．考点：1.正多边形和圆；1.等边三角形的判定与性质；3.多边形内角与外角；4.平行四边形的判定与性质．9、D【分析】首先过点B作BC垂直OA于C,根据AO=4，△ABO是等辺三角形，得出B点坐标，迸而求出k的值.【详解】解：过点B作BC垂直OA于C，

∵点A的坐标是(2,0)

，AO=4，

∵△ABO是等边三角形∴OC=

2，BC=∴点B的坐标是(2，),把(2，)代入，得:k=xy=故选：D本题考查的是利用等边三角形的性质来确定反比例函数的k值．10、C【解析】先根据直角三角形斜边上的中线性质得CD=AD=DB，则∠ACD=∠A=30°，∠BCD=∠B=60°，由于∠EDF=90°，可利用互余得∠CPD=60°，再根据旋转的性质得∠PDM=∠CDN=α，于是可判断△PDM∽△CDN，得到=，然后在Rt△PCD中利用正切的定义得到tan∠PCD=tan30°=，于是可得=．【详解】∵点D为斜边AB的中点，∴CD=AD=DB，∴∠ACD=∠A=30°，∠BCD=∠B=60°，∵∠EDF=90°，∴∠CPD=60°，∴∠MPD=∠NCD，∵△EDF绕点D顺时针方向旋转α（0°＜α＜60°），∴∠PDM=∠CDN=α，∴△PDM∽△CDN，∴=，在Rt△PCD中，∵tan∠PCD=tan30°=，∴=tan30°=．故选：C．本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了相似三角形的判定与性质．11、C【分析】用待定系数法可求二次函数的表达式，从而可得出答案.【详解】将代入中得解得∴∵∴当时，故选C本题主要考查待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的最大值，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键.12、B【解析】根据阴影部分的面积是（扇形CBB'的面积﹣△CA'B'的面积）+（△ABC的面积﹣扇形CAA'的面积），代入数值解答即可．【详解】∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，∴BC＝AB2+AC2=42，∠ACB＝∠∴阴影部分的面积＝45π·(42)故选B．本题考查了扇形面积公式的应用，观察图形得到阴影部分的面积是（扇形CBB'的面积﹣△CA'B'的面积）+（△ABC的面积﹣扇形CAA'的面积）是解决问题的关键.二、填空题（每题4分，共24分）13、【解析】解：连接OC，CB，过O作OE⊥BC于E，∴BE=BC==．∵OB=AB=2，∴OE=1，∴∠B=30°，∴∠COA=60°，===．故答案为．14、5≤d≤1．【分析】用a表示出b、c并求出a的取值范围，再代入d整理成关于a的函数形式，然后根据二次函数的增减性求出答案即可．【详解】∵a+b=2，c-a=3，∴b=2-a，c=3+a，∵b，c都是非负数，∴，解不等式①得，a≤2，解不等式②得，a≥-3，∴-3≤a≤2，又∵a是非负数，∴0≤a≤2，∵d-a2-b-c=0∴d=a2+b+c=a2+（2-a）+3+a，=a2+5，∴对称轴为直线a=0，∴a=0时，最小值=5，a=2时，最大值=22+5=1，∴5≤d≤1．故答案为：5≤d≤1．本题考查了二次函数的最值问题，用a表示出b、c并求出a的取值范围是解题的关键，难点在于整理出d关于a的函数关系式．15、【分析】以A为坐标原点建立坐标系，求出其它两点的坐标，用待定系数法求解析式即可．【详解】解：以A为原点建立坐标系，则A（0，0），B（12，0），C（6，4）设y=a（x-h）2+k，∵C为顶点，∴y=a（x-6）2+4，把A（0，0）代入上式，36a+4=0，解得：，∴；故答案为：．本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，恰当的选取坐标原点，求出各点的坐标是解决问题的关键．16、【分析】直接利用特殊角的三角函数值代入求出答案．【详解】原式＝×．故答案为：．本题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键.17、(-1，-2)【分析】根据反比例函数图象的对称性得到反比例函数图象与正比例函数图象的两个交点关于原点对称，所以写出点关于原点对称的点的坐标即可．【详解】∵正比例函数的图像与反比例函数的图像的两个交点关于原点对称，其中一个交点的坐标为，∴它们的另一个交点的坐标是．

故答案为：．本题主要考查了反比例函数图象的中心对称性，理解反比例函数与正比例函数的交点一定关于原点对称是关键．18、x≤1【分析】直接利用二次根式有意义的条件分析得出答案．【详解】解：二次根式有意义，则1-x≥0，

解得：x≤1．

故答案为：x≤1．此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握定义是解题关键．三、解答题（共78分）19、（1）；（2）的值为或；（3）的值为或．【分析】（1）运用待定系数法求解；（2）根据已知，证，，可得或；（3）分两种情况：当为菱形的对角线时：由点，的横坐标均为，可得．求直线的表达式为，再求N的纵坐标，得，根据菱形性质得，可得．在中，得．同理，当为菱形的边时：由菱形性质可得，．由于，所以．结合三角函数可得.【详解】解：（1）因为，矩形的顶点，，的坐标分别，，，所以A的坐标是（1,4），可设函数解析式为：把代入可得，a=-1所以，即．（2）因为PE∥CD所以可得．由分的面积为的两部分，可得所以，解得．所以，的值为=（秒）．或，解得．所以，的值为．综上所述，的值为或．（3）当为菱形的对角线时：由点，的横坐标均为，可得．设直线AC的解析式为，把A,C的坐标分别代入可得解得所以直线的表达式为．将点的横坐标代入上式，得．即．由菱形可得，．可得．在中，得．解得，，t2=4（舍）．当为菱形的边时：由菱形性质可得，．由于，所以．因为．由，得．解得，，综上所述，的值为或．考核知识点：相似三角形，二次函数，三角函数.分类讨论，数形结合，运用菱形性质和相似三角形性质或三角函数定义构造方程，再求解是解题关键.20、【分析】过A点作AD⊥BC，将等腰三角形转化为直角三角形，利用勾股定理求AD，利用锐角三角函数的定义求∠B的正切值．【详解】过点A作AD⊥BC，垂足为D，∵AB=AC=13，BC=10，∴BD=DC=BC=5，∴AD，在Rt△ABD中，∴tanB．本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质和三角函数的应用，关键是将问题转化到直角三角形中求解，并且要熟练掌握好边角之间的关系．21、（1）见解析；（2）【解析】（1）由题意直接根据相似三角形的判定定理，进行分析求证即可；（2）方法一：根据题意运用射影定理进行分析；方法二：根据题意利用锐角三角函数进行分析求值.【详解】解：（1）证明：∵CD⊥AB，∴∠ADC=∠ACB=90°，又∵∠A=∠A，∴△ADC∽△ACB.（2）方法一：运用射影定理.∵∠ACB=90°，CD⊥AB．∴BC2=BD•BA，∴.∴方法二：巧用锐角三角函数.在直角三角形BDC中cosB=，在直角三角形BCA中cosB=，代入得出AB=，∴，代入得出AB=.本题考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键.注意掌握射影定理即在直角三角形中，斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项．每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项．22、（1）y=x2-4x；（2）直线AC的解析式为y=x-4；（1）存在，E点坐标为E(1．-1)或E(2，-2)．【分析】（1）根据二次函数y=x2+bx+c经过原点可知c=0，当x=2时函数有最小值可知对称轴是x=2，故可求出b，即可求解；（2）连接OB，OC，过点C作CD⊥y轴于D，过点B作BE⊥y轴于E，根据得到，，由EB∥DC，对应线段成比例得到，再联立y=kx-4与y=x2-4x得到方程kx-4=x2-4x，即x2-（k+4）x+4=0，求出x1,x2，根据x1,x2之间的关系得到关于k的方程即可求解；（1）根据（1）（2）求出A,B,C的坐标，设E（m，m-4）（1＜m＜4）则G（m，0）、F（m，m2-4m），根据题意分∠EFB=90°和∠EBF=90°，分别找到图形特点进行列式求解．【详解】解：（1）∵二次函数y=x2+bx+c经过原点，∴c=0∵当x=2时函数有最小值∴，∴b=-4，c=0，∴y=x2-4x；（2）如图，连接OB，OC，过点C作CD⊥y轴于D，过点B作BE⊥y轴于E，∵∴∴∵EB∥DC∴∵y=kx-4交y=x2-4x于B、C∴kx-4=x2-4x，即x2-（k+4）x+4=0∴，或∵xB＜xC∴EB=xB=，DC=xC=∴4•=解得k=-9（不符题意，舍去）或k=1∴k=1∴直线AC的解析式为y=x-4；（1）存在．理由如下：由题意得∠EGC=90°，∵直线AC的解析式为y=x-4∴A(0，-4)，C（4，0）联立两函数得，解得或∴B（1，-1）设E（m，m-4）（1＜m＜4）则G（m，0）、F（m，m2-4m）①如图，当∠EFB=90°，即CG//BF时，△BFE∽△CGE．此时F点纵坐标与B点纵坐标相等．∴F（m，-1）即m2-4m=-1解得m=1（舍去）或m=1∴F（1，-1）故此时E（1，-1）②如图当∠EBF=90°，△FBE∽△CGE∵C（4，0），A(0，4)∴OA=OC∴∠GCE=45°=∠BEF=∠BFE过B点做BH⊥EF，则H（m,-1）∴BH=m-1又∵∠GCE=45°=∠BEF=∠BFE∴△BEF是等腰直角三角形，又BH⊥EF∴EH=HF，EF=2BH∴(m-4)-(m2-4m)=2(m-1)解得m1=1（舍去）m2=2∴E(2,-2)综上，E点坐标为E(1.-1)或E(2,-2)．此题主要考查二次函数的图像及几何综合，解题的关键是熟知二次函数的图像与性质、平行线分线段成比例、相似三角形及等腰三角形的性质．23、（1）6+；（2）3﹣或3+【分析】（1）根据勾股定理得到AB=AC=6，根据全等三角形的性质得到AE=BD，当DE最小时，△ADE的周长最小，过点C作CF⊥AB于点F，于是得到结论；（2）当点D在CF的右侧，当点D在CF的左侧，根据勾股定理即可得到结论【详解】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=3∴AB=AC=6，∵∠ECD=∠ACB=90°，∴∠ACE=∠BCD，在△ACE与△BCD中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE=BD，∴△ADE的周长=AE+AD+DE=AB+DE，∴当DE最小时，△ADE的周长最小，过点C作CF⊥AB于