江苏省新吴区2027届数学九上期末学业质量监测模拟试题含解析

江苏省新吴区2027届数学九上期末学业质量监测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(每小题3分,共30分)1．如图，矩形矩形，连结，延长分别交、于点、，延长、交于点，一定能求出面积的条件是（）A．矩形和矩形的面积之差 B．矩形和矩形的面积之差C．矩形和矩形的面积之差 D．矩形和矩形的面积之差2．如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，其中点与点是对应点，且点在同一条直线上；则的长为()A． B． C． D．3．用配方法解方程2x2－x－2＝0，变形正确的是()A． B．＝0 C． D．4．如图，在直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，边OA在x轴上，OC在y轴上，如果矩形OA'B'C'与矩形OABC关于点O位似，且矩形OA'B'C'的面积等于矩形OABC面积的，那么点B'的坐标是()A．(3，2) B．(－2，－3) C．(2，3)或(－2，－3) D．(3，2)或(－3，－2)5．如图，在中，点，分别在，边上，，，若，，则线段的长为（）A． B． C． D．56．4月24日是中国航天日，1970年的这一天，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号”成功发射，标志着中国从此进入了太空时代，它的运行轨道，距地球最近点439000米．将439000用科学记数法表示应为（）A．0.439×106 B．4.39×106 C．4.39×105 D．139×1037．下列对抛物线y=-2(x-1)2+3性质的描写中，正确的是(

)A．开口向上 B．对称轴是直线x=1 C．顶点坐标是(-1，3) D．函数y有最小值8．如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，AC是⊙O的直径，∠BAC=28º，则∠P的度数是（）A．50º B．58ºC．56º D．55º9．在平面直角坐标系中，点A(0,2)、B(a,a+2)、C(b,0)（a>0,b>0），若AB=且∠ACB最大时，b的值为（）A． B． C． D．10．下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A． B．C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．已知抛物线y=ax2+bx+c开口向上，一条平行于x轴的直线截此抛物线于M、N两点，那么线段MN的长度随直线向上平移而变_____．（填“大”或“小”）12．如图，已知PA，PB是⊙O的两条切线，A，B为切点．C是⊙O上一个动点．且不与A，B重合．若∠PAC＝α，∠ABC＝β，则α与β的关系是_______．13．小明发现相机快门打开过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他绘制了如图2所示的图形．图2中留个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接六边形和一个小正六边形，若PQ所在的直线经过点M，PB=5cm，小正六边形的面积为cm2，则该圆的半径为________cm．14．已知关于x的一元二次方程x2+kx﹣6=0有一个根为﹣3，则方程的另一个根为_____．15．如图，每个小正方形的边长都为1，点A、B、C都在小正方形的顶点上，则∠ABC的正切值为_____．16．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，CA=CB=1．分别以A、B、C为圆心，以AC为半径画弧，三条弧与边AB所围成的阴影部分的面积是______.17．如图△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，AB的垂直平分线MN交AC于D，连接BD，若cos∠BDC=，则BC的长为_____．18．如图，圆锥的母线长OA=6，底面圆的半径为，一只小虫在圆线底面的点A处绕圆锥侧面一周又回到点A处，则小虫所走的最短路程为___________（结果保留根号）三、解答题(共66分)19．（10分）如图，是经过某种变换得到的图形，点与点，点与点，点与点分别是对应点，观察点与点的坐标之间的关系，解答下列问题：分别写出点与点，点与点，点与点的坐标，并说说对应点的坐标有哪些特征；若点与点也是通过上述变换得到的对应点，求、的值．20．（6分）如图，直线y＝1x+1与y轴交于A点，与反比例函数y＝（x＞0）的图象交于点M，过M作MH⊥x轴于点H，且tan∠AHO＝1．（1）求H点的坐标及k的值；（1）点P在y轴上，使△AMP是以AM为腰的等腰三角形，请直接写出所有满足条件的P点坐标；（3）点N（a，1）是反比例函数y＝（x＞0）图象上的点，点Q（m，0）是x轴上的动点，当△MNQ的面积为3时，请求出所有满足条件的m的值．21．（6分）如图，∠1=∠3，∠B=∠D，AB=DE=5，BC=1．（1）请证明△ABC∽△ADE．（2）求AD的长．22．（8分）定义：有两个相邻内角和等于另两个内角和的一半的四边形称为半四边形，这两个角的夹边称为对半线.（1）如图1，在对半四边形中，，求与的度数之和；（2）如图2，为锐角的外心，过点的直线交，于点，，，求证：四边形是对半四边形；（3）如图3，在中，，分别是，上一点，，，为的中点，，当为对半四边形的对半线时，求的长.23．（8分）解分式方程：（1）．（2）．24．（8分）永祚寺双塔，又名凌霄双塔，是山西省会太原现存古建筑中最高的建筑.位于太原市城区东南向山脚畔.数学活动小组的同学对其中一塔进行了测量.测量方法如下：如图所示，间接测得该塔底部点到地面上一点的距离为，塔的顶端为点，且，在点处竖直放一根标杆，其顶端为，在的延长线上找一点，使三点在同一直线上，测得．（1）方法1，已知标杆，求该塔的高度；（2）方法2，测得，已知，求该塔的高度.25．（10分）如图，AB是⊙O的直径，CD切⊙O于点C，BE⊥CD于E，连接AC，BC．（1）求证：BC平分∠ABE；（2）若⊙O的半径为3，cosA＝，求CE的长．26．（10分）如图，一次函数y=kx+b（k、b为常数，k≠0）的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，且与反比例函数y=（n为常数，且n≠0）的图象在第二象限交于点C．CD⊥x轴，垂足为D，若OB=2OA=3OD=1．（1）求一次函数与反比例函数的解析式；（2）记两函数图象的另一个交点为E，求△CDE的面积；（3）直接写出不等式kx+b≤的解集．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【分析】根据相似多边形的性质得到，即AF·BC=AB·AH①．然后根据IJ∥CD可得，，再结合以及矩形中的边相等可以得出IJ=AF=DE．最后根据S△BIJ=BJ·IJ=BJ·DE=(BC-DH)·DE=BC·AF-DH·DE②，结合①②可得出结论．【详解】解：∵矩形ABCD∽矩形FAHG，，∴AF·BC=AB·AH，又IJ∥CD，∴，又DC=AB，BJ=AH，∴，∴IJ=AF=DE．S△BIJ=BJ·IJ=BJ·DE=(BC-DH)·DE=BC·AF-DH·DE=AB·AH-DH·DE=(S矩形ABJH-S矩形HDEG)．∴能求出△BIJ面积的条件是知道矩形ABJH和矩形HDEG的面积之差．故选：B．本题考查了相似多边形的性质，矩形的性质等知识，正确的识别图形及运用相关性质是解题的关键．2、A【分析】根据旋转的性质说明△ACC′是等腰直角三角形，且∠CAC′=90°，理由勾股定理求出CC′值，最后利用B′C=CC′-C′B′即可．【详解】解：根据旋转的性质可知AC=AC′，∠ACB=∠AC′B′=45°，BC=B′C′=1，∴△ACC′是等腰直角三角形，且∠CAC′=90°，∴CC′=＝4，∴B′C=4-1=1．故选：A．本题主要考查了旋转的性质、勾股定理，在解决旋转问题时，要借助旋转的性质找到旋转角和旋转后对应的量．3、D【解析】用配方法解方程2−x−2＝0过程如下：移项得：，二次项系数化为1得：，配方得：，即：.故选D．4、D【分析】利用位似图形的性质得出位似比，进而得出对应点的坐标．【详解】解：∵矩形OA′B′C′的面积等于矩形OABC面积的，

∴两矩形面积的相似比为：1：2，

∵B的坐标是（6，4），∴点B′的坐标是：（3，2）或（−3，−2）．

故答案为：D．此题主要考查了位似变换的性质，得出位似图形对应点坐标性质是解题关键．5、C【解析】设，，所以，易证，利用相似三角形的性质可求出的长度，以及，再证明，利用相似三角形的性质即可求出得出，从而可求出的长度.【详解】解：设，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∵，，∴，∵，∴，∴，设，，∴，∴，∴，∴，故选C.本题考查相似三角形，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，本题属于中等题型.6、C【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．【详解】解：将439000用科学记数法表示为4.39×1．

故选C．此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．7、B【分析】由抛物线的解析式可求得开口方向、对称轴及顶点坐标，再逐一进行判断即可．【详解】解：A、∵−2＜0，∴抛物线的开口向下，故A错误，不符合题意；B、抛物线的对称轴为：x＝1，故B正确，符合题意；C、抛物线的顶点为（1，3），故C错误，不符合题意；D、因为开口向下，故该函数有最大值，故D错误，不符合题意.故答案为：B.本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a(x−h)2+k中，顶点坐标为(h,k)，对称轴为x=h．8、C【分析】利用切线长定理可得切线的性质的PA=PB，，则，，再利用互余计算出，然后在根据三角形内角和计算出的度数．【详解】解：∵PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，∴PA=PB，，∴在△ABP中∴故选：C．本题主要考查了切线长定理以及切线的性质，熟练掌握切线长定理以及切线性质是解题的关键．9、B【分析】根据圆周角大于对应的圆外角可得当的外接圆与轴相切时，有最大值，此时圆心F的横坐标与C点的横坐标相同，并且在经过AB中点且与直线AB垂直的直线上，根据FB=FC列出关于b的方程求解即可.【详解】解：∵AB=，A(0,2)、B(a,a+2)∴，解得a=4或a=-4（因为a>0，舍去）∴B(4,6)，设直线AB的解析式为y=kx+2，将B(4,6)代入可得k=1，所以y=x+2，利用圆周角大于对应的圆外角得当的外接圆与轴相切时，有最大值.如下图，G为AB中点，，设过点G且垂直于AB的直线，将代入可得，所以.设圆心，由，可知，解得（已舍去负值）.故选：B.本题考查圆的综合题，一次函数的应用和已知两点坐标，用勾股定理求两点距离.能结合圆的切线和圆周角定理构建图形找到C点的位置是解决此题的关键.10、B【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；B、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；故选：B．本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．二、填空题(每小题3分,共24分)11、大【解析】因为二次函数的开口向上,所以点M,N向上平移时,距离对称轴的距离越大,即MN的长度随直线向上平移而变大,故答案为:大.12、或【分析】分点C在优弧AB上和劣弧AB上两种情况讨论，根据切线的性质得到∠OAC的度数，再根据圆周角定理得到∠AOC的度数，再利用三角形内角和定理得出α与β的关系.【详解】解：当点C在优弧AB上时，如图，连接OA、OB、OC，∵PA是⊙O的切线，∴∠PAO=90°，∴∠OAC=α-90°=∠OCA，∵∠AOC=2∠ABC=2β，∴2（α-90°）+2β=180°，∴；当点C在劣弧AB上时，如图，∵PA是⊙O的切线，∴∠PAO=90°，∴∠OAC=90°-α=∠OCA，∵∠AOC=2∠ABC=2β，∴2（90°-α）+2β=180°，∴.综上：α与β的关系是或.故答案为：或.本题考查了切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，利用圆周角定理是解题的关键，同时注意分类讨论.13、1【分析】设两个正六边形的中心为O，连接OP,OB,过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，如图所示：很容易证出三角形PMN是一个等边三角形，边长PM的长，，而且面积等于小正六边形的面积的，故三角形PMN的面积很容易被求出，根据正六边形的性质及等腰三角形的三线和一可以得出PG的长，进而得出OG的长，,在Rt△OPG中，根据勾股定理得OP的长，设OB为x，，根据正六边形的性质及等腰三角形的三线和一可以得出BH，OH的长，进而得出PH的长，在Rt△PHO中，根据勾股定理得关于x的方程，求解得出x的值，从而得出答案．【详解】解:设两个正六边形的中心为O，连接OP,OB,过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，如图所示：很容易证出三角形PMN是一个等边三角形，边长PM=,而且面积等于小正六边形的面积的，故三角形PMN的面积为cm2，∵OG⊥PM，且O是正六边形的中心，∴PG=PM=∴OG=在Rt△OPG中，根据勾股定理得：OP2=OG2+PG2,即=OP2∴OP=7cm，设OB为x，∵OH⊥AB，且O是正六边形的中心，∴BH=X,OH=，∴PH=5-x，在Rt△PHO中，根据勾股定理得OP2=PH2+OH2,即解得：x1=1,x2=-3（舍）故该圆的半径为1cm．故答案为1．本题以相机快门为背景，从中抽象出数学模型，综合考查了多边形、圆、三角形及解三角形等相关知识，突出考查数学的应用意识和解决问题的能力．试题通过将快门的光圈变化这个动态的实际问题化为静态的数学问题，让每个学生都能参与到实际问题数学化的过程中，鼓励学生用数学的眼光观察世界；在运用数学知识解决问题的过程中，关注思想方法，侧重对问题的分析，将复杂的图形转化为三角形或四边形解决，引导学生用数学的语言表达世界，用数学的思维解决问题．14、1【分析】设方程的另一个根为a，根据根与系数的关系得出a+（﹣3）=﹣k，﹣3a=﹣6，求出即可．【详解】设方程的另一个根为a，则根据根与系数的关系得：a+（﹣3）=﹣k，﹣3a=﹣6，解得：a=1，故答案为1．本题考查了根与系数的关系和一元二次方程的解，能熟记根与系数的关系的内容是解此题的关键．15、1【解析】根据勾股定理求出△ABC的各个边的长度，根据勾股定理的逆定理求出∠ACB＝90°，再解直角三角形求出即可．【详解】如图：长方形AEFM，连接AC，∵由勾股定理得：AB2＝32+12＝10，BC2＝22+12＝5，AC2＝22+12＝5∴AC2+BC2＝AB2，AC＝BC，即∠ACB＝90°，∴∠ABC＝45°∴tan∠ABC=1本题考查了解直角三角形和勾股定理及逆定理等知识点，能求出∠ACB＝90°是解此题的关键.16、1【分析】三条弧与边AB所围成的阴影部分的面积=三角形的面积-三个小扇形的面积．【详解】解：阴影部分的面积为：1×1÷1---=1-．故答案为1-．本题主要考查了扇形的面积计算，关键是理解阴影部分的面积=三角形的面积-三个小扇形的面积．17、4【解析】试题解析：∵可∴设DC=3x，BD=5x，又∵MN是线段AB的垂直平分线，∴AD=DB=5x，又∵AC=8cm，∴3x+5x=8，解得，x=1，在Rt△BDC中，CD=3cm，DB=5cm，故答案为:4cm.18、6【分析】利用圆锥的底面周长等于侧面展开图的弧长可得圆锥侧面展开图的圆心角，求出侧面展开图中两点间的距离即为最短距离．【详解】∵底面圆的半径为，∴圆锥的底面周长为2×＝3，设圆锥的侧面展开图的圆心角为n．∴，解得n＝90°，如图，AA′的长就是小虫所走的最短路程，∵∠O=90°，OA′=OA=6，∴AA′＝．故答案为：6．本题考查了圆锥的计算，考查圆锥侧面展开图中两点间距离的求法；把立体几何转化为平面几何来求是解决本题的突破点．三、解答题(共66分)19、（1）见解析；（2）；；【解析】(1)在坐标系中直接读出点的坐标即可，再由所读数值发现坐标之间的特征；(2)由上问所得结论可求解a、b的值.【详解】由图象可知，点，点，点，点，点，点；对应点的坐标特征为：横坐标、纵坐标都互为相反数；由可知，，，解得，．本题考查了图形在坐标系中的旋转，根据坐标系中点的坐标确定旋转特点，从而确定旋转前后对应坐标之间的关系是解题关键.20、（1）k＝4；（1）点P的坐标为（0，6）或（0，1+），或（0，1﹣）；（2）m＝7或2．【解析】（1）先求出OA=1，结合tan∠AHO=1可得OH的长，即可得知点M的横坐标，代入直线解析式可得点M坐标，代入反比例解析式可得k的值；

（1）分AM=AP和AM=PM两种情况分别求解可得；

（2）先求出点N（4，1），延长MN交x轴于点C，待定系数法求出直线MN解析式为y=-x+3．据此求得OC=3，再由S△MNQ=S△MQC-S△NQC=2知QC=1，再进一步求解可得．【详解】（1）由y＝1x+1可知A（0，1），即OA＝1，∵tan∠AHO＝1，∴OH＝1，∴H（1，0），∵MH⊥x轴，∴点M的横坐标为1，∵点M在直线y＝1x+1上，∴点M的纵坐标为4，即M（1，4），∵点M在y＝上，∴k＝1×4＝4；（1）①当AM＝AP时，∵A（0，1），M（1，4），∴AM＝，则AP＝AM＝，∴此时点P的坐标为（0，1﹣）或（0，1+）；②若AM＝PM时，设P（0，y），则PM＝，∴＝，解得y＝1（舍）或y＝6，此时点P的坐标为（0，6），综上所述，点P的坐标为（0，6）或（0，1+），或（0，1﹣）；（2）∵点N（a，1）在反比例函数y＝（x＞0）图象上，∴a＝4，∴点N（4，1），延长MN交x轴于点C，设直线MN的解析式为y＝mx+n，则有解得，∴直线MN的解析式为y＝﹣x+3．∵点C是直线y＝﹣x+3与x轴的交点，∴点C的坐标为（3，0），OC＝3，∵S△MNQ＝2，∴S△MNQ＝S△MQC﹣S△NQC＝×QC×4﹣×QC×1＝QC＝2，∴QC＝1，∵C（3，0），Q（m，0），∴|m﹣3|＝1，∴m＝7或2，故答案为7或2．本题是反比例函数综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求一次函数和反比例函数解析式、等腰三角形的判定与性质、两点之间的距离公式及三角形的面积计算．21、（1）见解析；（2）【分析】（1）由∠1=∠3，依据等式的基本性质，得，结合∠B=∠D，依据两组角分别相等的三角形相似可证；（2）依据相似的性质可求.【详解】解：∵∠1=∠3，∴∠1+∠2=∠3+∠2，即,又∵∠B=∠D，∴△ABC∽△ADE．（2）∵△ABC∽△ADE，∴,又∵AB=DE=5，BC=1，∴，∴．本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相似的判定定理和性质定理，并熟悉基本图形.22、（1）；（2）详见解析；（3）5.25.【分析】（1）根据四边形内角和与对半四边形的定义即可求解；（2）根据三角形外心的性质得，得到，从而求出=60°，再得到，根据对半四边形的定义即可证明；（3）先根据为对半四边形的对半线得到，故可证明为等边三角形，再根据一线三等角得到，故，列出比例式即可求出AD，故可求解AC的长.【详解】（1）∵四边形内角和为∴，∵∴=则，∴（2）连结，由三角形外心的性质可得，所以，，所以，则在四边形中，，则另两个内角之和为，所以四边形为对半四边形；（3）若为对半线，则，∴所以为等边三角形∵∴又∴∵∴，∴∵F为DE中点，故∴∴此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知根据题意弄懂对半四边形，利用相似三角形的性质进行求解.23、（1）；（2）无解【分析】（1）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解；（2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．【详解】（1）两边同时乘以去分母得：，去括号得：，移项合并得：，解得：，检验：时，，是原方程的解；（2）两边同时乘以去分母得：，去括号得：，移项合并得：，检验：时，，是原方程的增根，故原方程无解．本题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．24、（1）55m；（2）54.5m【分析】（1）直接利用相似三角形的判定与性质得出，进而