2023年福建省龙岩市第四中学数学九上期末学业质量监测试题含解析VIP

2023年福建省龙岩市第四中学数学九上期末学业质量监测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题4分，共48分）1．一个圆锥的侧面展开图形是半径为8cm，圆心角为120°的扇形，则此圆锥的底面半径为（）A．cm B．cm C．3cm D．cm2．已知抛物线，则下列说法正确的是（）A．抛物线开口向下 B．抛物线的对称轴是直线C．当时，的最大值为 D．抛物线与轴的交点为3．如图，平行四边形ABCD中，E为AD的中点，已知△DEF的面积为S，则四边形ABCE的面积为（

）A．8S B．9S C．10S D．11S4．在中，∠C=90°，∠A=2∠B，则的值是（）A． B． C． D．5．在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，则cosA的值是（）A． B． C． D．16．以下五个图形中，是中心对称图形的共有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个7．如图，△ABC中，∠B＝70°，则∠BAC＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转得△EDC．当点B的对应点D恰好落在AC上时，∠CAE的度数是（）A．30° B．40° C．50° D．60°8．下列倡导节约的图案中，是轴对称图形的是（）A． B． C． D．9．将一元二次方程配方后所得的方程是()A． B．C． D．10．抛物线y=2（x﹣1）2+3的对称轴为（）A．直线x=1B．直线y=1C．直线y=﹣1D．直线x=﹣111．已知的图象如图，则和的图象为（）A． B． C． D．12．一张圆心角为的扇形纸板和圆形纸板按如图方式剪得一个正方形，边长都为4，已知，则扇形纸板和圆形纸板的半径之比是（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．在等腰中，，点是所在平面内一点，且，则的取值范围是______．14．已知抛物线y＝x2﹣x﹣1与x轴的一个交点为(m，0)，则代数式m2﹣m+5＝_____．15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，CE是AB边上的中线，若AD＝3，CE＝5，则CD等于_____．16．某中学为了了解学生数学课程的学习情况，在3000名学生中随机抽取200名，并统计这200名学生的某次数学考试成绩，得到了样本的频率分布直方图(如图)．根据频率分布直方图推测，这3000名学生在该次数学考试中成绩小于60分的学生数是________．17．如图，在□ABCD中，E、F分别是AD、CD的中点，EF与BD相交于点M，若△DEM的面积为1，则□ABCD的面积为________．18．如图，已知⊙O上三点A，B，C，半径OC＝，∠ABC＝30°，切线PA交OC延长线于点P，则PA的长为____．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，已知AB为⊙O的直径，点C、D在⊙O上，CD＝BD，E、F是线段AC、AB的延长线上的点，并且EF与⊙O相切于点D．（1）求证：∠A＝2∠BDF；（2）若AC＝3，AB＝5，求CE的长．20．（8分）如图，在ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，且AE·AB＝AD·AC，连接DE，BD.（1）求证：ADE~ABC.（2）若点E为AB为中点，AD：AE＝6：5，ABC的面积为50，求BCD面积.21．（8分）如图，己知抛物线的图象与轴的一个交点为另一个交点为，且与轴交于点（1）求直线与抛物线的解析式；（2）若点是抛物线在轴下方图象上的－一动点，过点作轴交直线于点，当的值最大时，求的周长．22．（10分）已知某二次函数图象上部分点的横坐标、纵坐标的对应值如下表.求此函数表达式.23．（10分）如图，四边形ABCD的三个顶点A、B、D在⊙O上，BC经过圆心O，且交⊙O于点E，∠A＝120°，∠C＝30°．（1）求证：CD是⊙O的切线．（2）若CD＝6，求BC的长．（3）若⊙O的半径为4，则四边形ABCD的最大面积为．24．（10分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝13，BE＝4，点F从点B出发，在折线段BA﹣AD上运动，连接EF，当EF⊥BC时停止运动，过点E作EG⊥EF，交矩形的边于点G，连接FG．设点F运动的路程为x，△EFG的面积为S．（1）当点F与点A重合时，点G恰好到达点D，此时x＝，当EF⊥BC时，x＝；（2）求S关于x的函数解析式，并直接写出自变量x的取值范围；（3）当S＝15时，求此时x的值．25．（12分）如图，已如平行四边形OABC中，点O为坐标顶点，点A(3，0)，B(4，2)，函数（k≠0）的图象经过点C．（1）求反比例的函数表达式：（2）请判断平行四边形OABC对角线的交点是否在函数（k≠0）的图象上．26．如图，中，，以为直径作半圆交于点，点为的中点，连接．（1）求证：是半圆的切线；（2）若，，求的长．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【解析】试题分析：设此圆锥的底面半径为r，根据圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于圆锥底面周长可得：r=cm．故选A．考点：弧长的计算．2、D【分析】根据二次函数的性质对A、B进行判断；根据二次函数图象上点的坐标特征对C进行判断；利用抛物线与轴交点坐标对D进行判断．【详解】A、a=1＞0，则抛物线的开口向上，所以A选项错误；B、抛物线的对称轴为直线x=1，所以B选项错误；C、当x=1时，有最小值为，所以C选项错误；D、当x=0时，y=-3，故抛物线与轴的交点为，所以D选项正确．故选：D．【点睛】本题考查了二次函数的性质，主要涉及开口方向，对称轴，与y轴的交点坐标，最值问题，熟记二次函数的性质是解题的关键．3、B【解析】分析：由于四边形ABCD是平行四边形，那么AD∥BC，AD=BC，根据平行线分线段成比例定理的推论可得△DEF∽△BCF，再根据E是AD中点，易求出相似比，从而可求的面积，再利用与是同高的三角形，则两个三角形面积比等于它们的底之比，从而易求的面积，进而可求的面积．详解：如图所示，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，∴△DEF∽△BCF，∴又∵E是AD中点，∴∴DE:BC=DF:BF=1:2，∴∴又∵DF:BF=1:2，∴∴∴四边形ABCE的面积=9S，故选B.点睛：相似三角形的性质：相似三角形的面积比等于相似比的平方.4、C【分析】根据三角形内角和定理求出∠A的值，运用特殊角的三角函数值计算即可．【详解】∵∠A+∠B+∠C=180°，∠A=2∠B，∠C=90°，

∴2∠B+∠B+90°=180°，∴∠B=30°，∴∠A=60°，∴．故选：C．【点睛】本题考查了三角形内角和定理的应用以及特殊角的三角函数值，准确掌握特殊角的三角函数值是解题关键．5、A【分析】根据特殊角三角函数值，可得答案．【详解】解：∵△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，∴∠A=90°-30°=60°．cosA=cos60°=.故选：A．【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值，熟记特殊角三角函数值是解题关键．6、B【分析】根据中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，进行判断．【详解】解：从左起第2、4、5个图形是中心对称图形.故选：B．【点睛】本题考查了中心对称的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形.7、C【解析】由三角形内角和定理可得∠ACB=80°，由旋转的性质可得AC=CE，∠ACE=∠ACB=80°，由等腰的性质可得∠CAE=∠AEC=50°．【详解】∵∠B＝70°，∠BAC＝30°∴∠ACB＝80°∵将△ABC绕点C顺时针旋转得△EDC．∴AC＝CE，∠ACE＝∠ACB＝80°∴∠CAE＝∠AEC＝50°故选C．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．8、C【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，根据轴对称图形的概念求解．【详解】解：A、不是轴对称图形，故此选项错误；

B、不是轴对称图形，故此选项错误；

C、是轴对称图形，故此选项正确；

D、不是轴对称图形，故此选项错误．

故选C．【点睛】此题主要考查了轴对称图形的概念．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．9、B【分析】严格按照配方法的一般步骤即可得到结果．【详解】∵，∴，∴，故选B.【点睛】解答本题的关键是掌握配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．10、A【解析】解：∵y=2（x﹣1）2+3，∴该抛物线的对称轴是直线x=1．故选A．11、C【解析】根据二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象可以得到a＜0，b＞0，c＜0，由此可以判定y=ax+b经过一、二、四象限，双曲线在二、四象限．【详解】根据二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象，可得a＜0，b＞0，c＜0，∴y=ax+b过一、二、四象限，双曲线在二、四象限，∴C是正确的．故选C．【点睛】此题考查一次函数，二次函数，反比例函数中系数及常数项与图象位置之间关系．12、A【分析】分别求出扇形和圆的半径，即可求出比值．【详解】如图，连接OD，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCB＝∠ABO＝90°，AB＝BC＝CD＝4，∵=，∴OB＝AB＝3，∴CO=7由勾股定理得：OD＝=r1；如图2，连接MB、MC，∵四边形ABCD是⊙M的内接四边形，四边形ABCD是正方形，∴∠BMC＝90°，MB＝MC，∴∠MCB＝∠MBC＝45°，∵BC＝4，∴MC＝MB＝=r2∴扇形和圆形纸板的半径比是：=故选：A．【点睛】本题考查了正方形性质、圆内接四边形性质；解此题的关键是求出扇形和圆的半径，题目比较好，难度适中．二、填空题（每题4分，共24分）13、【分析】根据题意可知点P在以AB为直径，AB的中点O为圆心的上，然后画出图形，找到P点离C点距离最近的点和最远的点，然后通过勾股定理求出OC的长度，则答案可求．【详解】∴点P在以AB为直径，AB的中点O为圆心的上如图，连接CO交于点，并延长CO交于点当点P位于点时，PC的长度最小，此时当点P位于点时，PC的长度最大，此时故答案为：．【点睛】本题主要考查线段的取值范围，能够找到P点的运动轨迹是圆是解题的关键．14、1【分析】利用抛物线与x轴的交点问题得到m2﹣m﹣1=0，则m2﹣m=1，然后利用整体代入的方法计算m2﹣m+5的值．【详解】∵抛物线y=x2﹣x﹣1与x轴的一个交点为(m，0)，∴m2﹣m﹣1=0，即m2﹣m=1，∴m2﹣m+5=1+5=1．故答案为：1．【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数（是常数，）与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程．15、【分析】根据直角三角形的性质得出AE＝CE＝1，进而得出DE＝2，利用勾股定理解答即可．【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CE为AB边上的中线，CE＝1，∴AE＝CE＝1，∵AD＝3，∴DE＝2，∵CD为AB边上的高，∴在Rt△CDE中，CD＝，故答案为：.【点睛】此题考查勾股定理的应用以及直角三角形的性质，关键是根据直角三角形的性质得出AE＝CE＝1．16、1人【分析】根据频率分布直方图，求出在该次数学考试中成绩小于60分的频率，再求成绩小于60分的学生数．【详解】根据频率分布直方图，得在该次数学考试中成绩小于60分的频率是（0.002+0.006+0.012）×10=0.20∴在该次数学考试中成绩小于60分的学生数是3000×0.20=1．故答案为：1．【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用问题，解题时应根据频率分布直方图提供的数据，求出频率，再求出学生数，是基础题．17、16【详解】延长EF交BC的延长线与H,在平行四边形ABCD中,∵AD=BC,AD∥BC∴△DEF∽△CHF,△DEM∽△BHM∴,∵F是CD的中点∴DF=CF∴DE=CH∵E是AD中点∴AD=2DE∴BC=2DE∴BC=2CH∴BH=3CH∵∴∴∴∴∴∴∴∵四边形ABCD是平行四边形∴故答案为:16.18、1【分析】连接OA，根据圆周角定理求出∠AOP，根据切线的性质求出∠OAP＝90°，解直角三角形求出AP即可．【详解】连接OA，∵∠ABC＝10°，∴∠AOC＝2∠ABC＝60°，∵切线PA交OC延长线于点P，∴∠OAP＝90°，∵OA＝OC＝，∴AP＝OAtan60°＝×＝1．故答案为：1．【点睛】本题考查了圆的切线问题，掌握圆周角定理、圆的切线性质是解题的关键．三、解答题（共78分）19、（1）见解析：（2）CE＝1．【分析】（1）连接AD，如图，先证明得到∠1＝∠2，再根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据切线的性质得到OD⊥EF，然后证明∠1＝∠4得到结论；（2）连接BC交OD于F，如图，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，再根据垂径定理，由得到OD⊥BC，则CF＝BF，所以OF＝AC＝，从而得到DF＝1，然后证明四边形CEDF为矩形得CE＝1．【详解】（1）证明：连接AD，如图，∵CD＝BD，∴，∴∠1＝∠2，∵AB为直径，∴∠ADB＝90°，∴∠1+∠ABD＝90°，∵EF为切线，∴OD⊥EF，∴∠3+∠4＝90°，∵OD＝OB，∴∠3＝∠OBD，∴∠1＝∠4，∴∠A＝2∠BDF；（2）解：连接BC交OD于F，如图，∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，∵，∴OD⊥BC，∴CF＝BF，∴OF＝AC＝，∴DF＝﹣＝1，∵∠ACB＝90°，OD⊥BC，OD⊥EF，∴四边形CEDF为矩形，∴CE＝DF＝1．【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和勾股定理．20、(1)详见解析；(2)14【分析】（1）根据可得，又因，由相似三角形的判定定理即可证；（2）设，根据得，由点E是AB的中点得，可求出的值，根据相似三角形的面积比等于对应边的比的平方可得的面积，因等底等高得，的面积等于的面积，从而可得答案.【详解】（1）在和中，（两边对应成比例且夹角相等的三角形相似）（2）设又点E是AB的中点由题（1）知又又和的边，且边上对应的高是同一条高答：的面积为14.【点睛】本题考查了相似三角形的判定定理和性质，熟记判定定理和性质是解题关键.21、（1），；（2）【分析】（1）直接用待定系数法求出直线和抛物线解析式；

（2）先求出最大的MN，再求出M，N坐标即可求出周长；【详解】解：（1）设直线的解析式为，将，两点的坐标代入，得，，所以直线的解析式为；将，两点的坐标代入，得，，所以抛物线的解析式为；（2）如图1，设，，则，，当时，有最大值4；取得最大值时，，，即．，即，，可得，，的周长．【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，函数的极值，三角形的周长，三角形的面积，方程组的求解，解本题的关键是建立的函数关系式．22、【分析】观察图表可知，此二次函数以x=1为轴对称，顶点为（1，4），判断适合套用顶点式y=a（x-h）2+k,得到，再将除顶点外的任意已知点代入，如点（-1，0），得a=-1.故所求函数表达式为【详解】解：观察图表可知，当x=-1时y=0，当x=3时y=0，∴对称轴为直线，顶点坐标为，∴设，∵当x=-1时y=0，∴，∴=-1，∴.【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式，这类问题首先应考虑能不能用简便方法即能不能用顶点式和交点式来解，实在不行用一般形式.此题能观察确定出对称轴和顶点的坐标是关键.23、（1）证明见解析；（2）；（3）．【分析】（1）连接、，根据圆内接四边形的性质得到，求得，又点在上，于是得到结论；（2）由（1）知：又，设为，则为，根据勾股定理即可得到结论；（3）连接BD，OA，根据已知条件推出当四边形ABOD的面积最大时，四边形ABCD的面积最大，当OA⊥BD时，四边形ABOD的面积最大，根据三角形和菱形的面积公式即可得到结论．【详解】解：（1）证明：连接、，四边形为圆内接四边形，，，，又点在上，是的切线；（2）由（1）知：又，，设为，则为，在中，，即，，又，，；（3）连接，，，，，，，，，，，当四边形的面积最大时，四边形的面积最大，当时，四边形的面积最大，四边形的最大面积，故答案为：．【点睛】本题考查了圆的综合题，切线的判定，勾股定理，三角形的面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．24、（1）6；10；（2）S＝x2+9x+12（0＜x≤6）；S＝x2﹣21x+102（6＜x≤10）；（3）﹣6+2．【分析】（1）当点F与点A重合时，x＝AB＝6；当EF⊥BC时，AF＝BE＝4，x＝AB+AF＝6+4＝10；（2）分两种情况：①当点F在AB上时，作GH⊥BC于H，则四边形ABHG是矩形，证明△EFB∽△GEH，得出，求出EH＝x，得出AG＝BH＝BE+EH＝4+x，由梯形面积公式和三角形面积公式即可得出答案；②当点F在AD上时，作FM⊥BC于M，则FM＝AB＝6，AF＝BM，同①得△EFM∽△GEC，得出，求出GC＝15﹣x，得出DG＝CD﹣CG＝x﹣9，EC＝BC﹣BE＝9，AF＝x﹣6，DF＝AD﹣AF＝19﹣x，由梯形面积公式和三角形面积公式即可得出答案；（3）当x2+9x+12＝15时，当x2﹣21x+102＝15时，分别解方程即可．【详解】（1）当点F与点A重合时，x＝AB＝6；当EF⊥BC时，AF＝BE＝4，x＝AB+AF＝6+4＝10；故答案为：6；10；（2）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝13，分两种情况：①当点F在AB上时，如图1所示：作GH⊥BC于H，则四边形ABHG是矩形，∴GH＝AB＝6，AG＝BH，∠GHE＝∠B＝90°，∴∠EGH+∠GEH＝90°，∵EG⊥EF，∴∠FEB+∠GEH＝90°，∴∠FEB＝∠EGH，∴△EFB∽△GEH，∴，即，∴EH＝x，∴AG＝BH＝BE+EH＝4+x，∴△EFG的面积为S＝梯形ABEG的面积﹣△EFB的面积﹣△AGF的面积＝（4+4+x）×6﹣×4x﹣（6﹣x）（4+x）＝x2+9x+12，即S＝x2+9x+12（0＜x≤6）；②当点F在AD上时，如图2所示：作FM⊥BC于M，则FM＝AB＝6，AF＝BM，同①得：△EFM∽△GEC，∴，即，解得：GC＝15﹣x，∴DG＝CD﹣CG＝x﹣9，∵EC＝BC﹣B