2023年江西省赣州市赣县九年级数学第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

2023年江西省赣州市赣县九年级数学第一学期期末质量跟踪监视试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．有一组数据：2，﹣2，2，4，6，7这组数据的中位数为（）A．2 B．3 C．4 D．62．要得到函数y＝2(x－1)2＋3的图像，可以将函数y＝2x2的图像（）A．向左平移1个单位长度，再向上平移3个单位长度B．向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度C．向右平移1个单位长度，再向上平移3个单位长度D．向右平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度3．如图所示几何体的左视图是（）A． B． C． D．4．反比例函数y＝的图象位于（）A．第一、三象限 B．第二、三象限C．第一、二象限 D．第二、四象限5．运动会的领奖台可以近似的看成如图所示的立体图形，则它的左视图是（）A． B．C． D．6．如图，阳光透过窗户洒落在地面上，已知窗户高，光亮区的顶端距离墙角，光亮区的底端距离墙角，则窗户的底端距离地面的高度()为()A． B． C． D．7．正五边形内接于圆，连接分别与交于点，，连接若，下列结论：①②③四边形是菱形④；其中正确的个数为（）A．个 B．个 C．个 D．个8．已知点在线段上（点与点、不重合），过点、的圆记作为圆，过点、的圆记作为圆，过点、的圆记作为圆，则下列说法中正确的是（）A．圆可以经过点 B．点可以在圆的内部C．点可以在圆的内部 D．点可以在圆的内部9．关于抛物线，下列说法错误的是A．开口向上 B．对称轴是y轴C．函数有最大值 D．当x>0时，函数y随x的增大而增大10．不透明的袋子中装有形状、大小、质地完全相同的6个球，其中4个黑球、2个白球，从袋子中一次摸出3个球，下列事件是不可能事件的是（）A．摸出的是3个白球 B．摸出的是3个黑球C．摸出的是2个白球、1个黑球 D．摸出的是2个黑球、1个白球11．如图，点D是△ABC的边AB上的一点，过点D作BC的平行线交AC于点E，连接BE，过点D作BE的平行线交AC于点F，则下列结论错误的是（）A． B． C． D．12．已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，有下列5个结论：①abc>0；②b<a+c；③4a+2b+c>0；④2c–3b<0；⑤a+b>n（an+b）（n≠1），其中正确的结论有()A．2个 B．3个 C．4个 D．5个二、填空题（每题4分，共24分）13．《算学宝鉴》中记载了我国数学家杨辉提出的一个问题：“直田积八百六十四步，之云阔不及长十二步，问长阔共几何?”译文：一个矩形田地的面积等于864平方步，且它的宽比长少12步，问长与宽的和是多少步?如果设矩形田地的长为x步，可列方程为_________．14．如图，正方形ABCD中，P为AD上一点，BP⊥PE交BC的延长线于点E，若AB=6，AP=4，则CE的长为_____．15．已知关于x的一元二次方程（m-2）2x2＋（2m＋1）x＋1=0有两个实数根，则m的取值范围是_____．16．若是关于的一元二次方程，则__________．17．已知关于x方程x2﹣3x+a=0有一个根为1，则方程的另一个根为_____．18．观察下列图中所示的一系列图形，它们是按一定规律排列的，依照此规律，第2019个图形中共有_____个〇．三、解答题（共78分）19．（8分）2019年12月27日，我国成功发射了“长征五号”遥三运载火箭.如图，“长征五号”运载火箭从地面处垂直向上发射，当火箭到达处时，从位于地面处的雷达站测得此时仰角，当火箭继续升空到达处时，从位于地面处的雷达站测得此时仰角，已知，.（1）求的长；（2）若“长征五号”运载火箭在处进行“程序转弯”，且，求雷达站到其正上方点的距离.20．（8分）一只箱子里共有3个球，其中2个白球，1个红球，它们除颜色外均相同．（1）从箱子中任意摸出一个球是白球的概率是多少？（2）从箱子中任意摸出一个球，不将它放回箱子，搅匀后再摸出一个球，求两次摸出球的都是白球的概率，并画出树状图．21．（8分）已知等边△ABC，点D为BC上一点，连接AD.图1图2（1）若点E是AC上一点，且CE＝BD，连接BE，BE与AD的交点为点P，在图（1）中根据题意补全图形，直接写出∠APE的大小；（2）将AD绕点A逆时针旋转120°，得到AF，连接BF交AC于点Q，在图（2）中根据题意补全图形，用等式表示线段AQ和CD的数量关系，并证明.22．（10分）如图，已知抛物线的图象经过点、和原点，为直线上方抛物线上的一个动点．

（1）求直线及抛物线的解析式；（2）过点作轴的垂线，垂足为，并与直线交于点，当为等腰三角形时，求的坐标；（3）设关于对称轴的点为，抛物线的顶点为，探索是否存在一点，使得的面积为，如果存在，求出的坐标；如果不存在，请说明理由．23．（10分）综合与探究问题情境：（1）如图1，两块等腰直角三角板△ABC和△ECD如图所示摆放，其中∠ACB=∠DCE=90°，点F，H，G分别是线段DE，AE，BD的中点，A，C，D和B，C，E分别共线，则FH和FG的数量关系是，位置关系是．合作探究：（2）如图2，若将图1中的△DEC绕着点C顺时针旋转至A，C，E在一条直线上，其余条件不变，那么（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明，若不成立，请说明理由．（3）如图3，若将图1中的△DEC绕着点C顺时针旋转一个锐角，那么（1）中的结论是否还成立？若成立，请证明，若不成立，请说明理由．24．（10分）在平面直角坐标系中，已知，.（1）如图1，求的值.（2）把绕着点顺时针旋转，点、旋转后对应的点分别为、.①当恰好落在的延长线上时，如图2，求出点、的坐标.②若点是的中点，点是线段上的动点，如图3，在旋转过程中，请直接写出线段长的取值范围.25．（12分）如图，矩形的两边的长分别为3、8，是的中点，反比例函数的图象经过点，与交于点．（1）若点坐标为，求的值；（2）若，求反比例函数的表达式．26．如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF，（1）求证：AF=DC；（2）若AB⊥AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【分析】找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不只一个．【详解】解：将这组数据排序得：﹣2，2，2，4，6，7，处在第3、4位两个数的平均数为（4+2）÷2＝3，故选：B．【点睛】考查中位数的意义和求法，找一组数据的中位数需要将这组数据从小到大排列后，处在中间位置的一个数或两个数的平均数即为中位数．2、C【解析】找到两个抛物线的顶点，根据抛物线的顶点即可判断是如何平移得到．【详解】解：∵y＝2(x－1)2＋3的顶点坐标为（1，3），y=2x2的顶点坐标为（0，0），∴将抛物线y=2x2向右平移1个单位，再向上平移3个单位，可得到抛物线y＝2(x－1)2＋3故选：C．【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，解答时注意抓住点的平移规律和求出关键点顶点坐标．3、B【分析】根据从左面看得到的图形是左视图，可得答案．【详解】解：如图所示，几何体的左视图是：．故选：B．【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，从左面看得到的图形是左视图．4、A【分析】由反比例函数k＞0，函数经过一三象限即可求解；【详解】∵k＝2＞0，∴反比例函数经过第一、三象限；故选：A．【点睛】本题考查的是反比例函数的图像与性质，比较简单，需要熟练掌握反比例函数的图像与性质.5、D【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．【详解】解：由左视图的定义知该领奖台的左视图如下：故选D．【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图，注意看不到的线用虚线表示．6、A【分析】根据光沿直线传播的原理可知AE∥BD，则∽，根据相似三角形的对应边成比例即可解答．【详解】解：∵AE∥BD∴∽∴∵，，∴解得：经检验是分式方程的解．故选：A．【点睛】本题考查了相似三角形的判定及性质，解题关键是熟知：平行于三角形一边的直线和其他两边或延长线相交，所截得的三角形与原三角形相似．7、B【分析】①先根据正五方形ABCDE的性质求得∠ABC，由等边对等角可求得：∠BAC=∠ACB=36°，再利用角相等求BC=CF=CD，求得∠CDF=∠CFD，即可求得答案；②证明△ABF∽△ACB，得，代入可得BF的长；③先证明CF∥DE且，证明四边形CDEF是平行四边形，再由证得答案；④根据平行四边形的面积公式可得：，即可求得答案．【详解】①∵五方形ABCDE是正五边形，，

∴，

∴，

∴，

同理得：，

∵，，

∴，

∵，∴，∴，则，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴；

所以①正确；②∵∠ABE=∠ACB=36°，∠BAF=∠CAB，

∴△ABF∽△ACB，

∴，∵，∴，∵，∴，∴，解得：(负值已舍)；所以②正确；③∵，，

∴，

∴CF∥DE，

∵，

∴四边形CDEF是平行四边形，∵，∴四边形CDEF是菱形，所以③正确；④如图，过D作DM⊥EG于M，

同①的方法可得，，

∴，，∴，所以④错误；综上，①②③正确，共3个，故选：B【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆内接正五边形的性质、平行四边形和菱形的判定和性质，有难度，熟练掌握圆内接正五边形的性质是解题的关键．8、B【分析】根据已知条件确定各点与各圆的位置关系，对各个选项进行判断即可．【详解】∵点C在线段AB上（点C与点A、B不重合），过点A、B的圆记作为∴点C可以在圆的内部，故A错误，B正确；∵过点B、C的圆记作为圆∴点A可以在圆的外部，故C错误；∴点B可以在圆的外部，故D错误．故答案为B．【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，根据题意画出各点与各圆的位置关系进行判断即可．9、C【分析】由抛物线解析式可求得其开口方向、顶点坐标、最值及增减性，则可判断四个选项，可求得答案．【详解】A.因为a=2>0，所以开口向上，正确；B.对称轴是y轴，正确；C.当x=0时，函数有最小值0，错误；D.当x>0时，y随x增大而增大，正确；故选:C【点睛】考查二次函数的图象与性质，掌握二次函数的图象与系数的关系是解题的关键.10、A【解析】由题意可知，不透明的袋子中总共有2个白球，从袋子中一次摸出3个球都是白球是不可能事件，故选B.11、D【分析】由平行线分线段成比例和相似三角形的性质进行判断.【详解】∵DE//BC，∴，故A正确；∵DF//BE，∴△ADF∽△ABF,∴，故B正确；∵DF//BE，∴，∵，∴，故C正确；∵DE//BC，∴△ADE∽△ABC,∴，∵DF//BE，∴，∴，故D错误.故选D.【点睛】本题考查平行线分线段成比例性质，相似三角形的性质，由平行线得出比例关系是关键.12、B【分析】①观察图象可知a＜0，b＞0，c＞0，由此即可判定①；②当x=﹣1时，y=a﹣b+c由此可判定②；③由对称知，当x=2时，函数值大于0，即y=4a+2b+c＞0，由此可判定③；④当x=3时函数值小于0，即y=9a+3b+c＜0，且x=﹣=1，可得a=﹣，代入y=9a+3b+c＜0即可判定④；⑤当x=1时，y的值最大．此时，y=a+b+c，当x=n时，y=an2+bn+c，由此即可判定⑤.【详解】①由图象可知：a＜0，b＞0，c＞0，abc＜0，故此选项错误；②当x=﹣1时，y=a﹣b+c＜0，即b＞a+c，故此选项错误；③由对称知，当x=2时，函数值大于0，即y=4a+2b+c＞0，故此选项正确；④当x=3时函数值小于0，y=9a+3b+c＜0，且x=﹣=1即a=﹣，代入得9（﹣）+3b+c＜0，得2c＜3b，故此选项正确；⑤当x=1时，y的值最大．此时，y=a+b+c，而当x=n时，y=an2+bn+c，所以a+b+c＞an2+bn+c，故a+b＞an2+bn，即a+b＞n（an+b），故此选项正确．∴③④⑤正确．故选B．【点睛】本题主要考查了抛物线的图象与二次函数系数之间的关系，熟知抛物线的图象与二次函数系数之间的关系是解决本题的关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、x（x-12）=864【解析】设矩形田地的长为x步,那么宽就应该是(x−12)步．根据矩形面积=长×宽,得：x(x−12)=864.故答案为x(x−12)=864.14、2【分析】利用同角的余角相等可得出∠ABP=∠DPF，结合∠A=∠D可得出△APB∽△DFP，利用相似三角形的性质可求出DF的长，进而可得出CF的长，由∠PFD=∠EFC，∠D=∠ECF可得出△PFD∽△EFC，再利用相似三角形的性质可求出CE的长．【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴∠A=∠D=∠ECF=90°，AB=AD=CD=6，∴DP=AD﹣AP=1．∵BP⊥PE，∴∠BPE=90°，∴∠APB+∠DPF=90°．∵∠APB+∠ABP=90°，∴∠ABP=∠DPF．又∵∠A=∠D，∴△APB∽△DFP，∴，即，∴DF=，∴CF=．∵∠PFD=∠EFC，∠D=∠ECF，∴△PFD∽△EFC，∴=，即，∴CE=2．故答案为：2．【点睛】此题考查相似三角形判定与性质以及正方形的性质，利用相似三角形的判定定理，找出△APB∽△DFP及△PFD∽△EFC是解题的关键．15、且.【详解】∵关于x的一元二次方程（m﹣1）1x1+（1m+1）x+1=0有两个不相等的实数根，∴△=b1﹣4ac＞0，即（1m+1）1﹣4×（m﹣1）1×1＞0，解这个不等式得，m＞，又∵二次项系数是（m﹣1）1≠0，∴m≠1故M得取值范围是m＞且m≠1．故答案为m＞且m≠1.考点：根的判别式16、1【分析】根据一元二次方程的定义可知的次数为2，列出方程求解即可得出答案．【详解】解：∵是关于的一元二次方程，∴，解得：m=1，故答案为：1．【点睛】本题重点考查一元二次方程定义，理解一元二次方程的三个特点：（1）只含有一个未知数；（2）未知数的最高次数是2；（1）是整式方程；其中理解特点（2）是解决这题的关键．17、1【解析】分析：设方程的另一个根为m，根据两根之和等于-，即可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出结论．详解：设方程的另一个根为m，根据题意得：1+m=3，解得：m=1．故答案为1．点睛：本题考查了根与系数的关系，牢记两根之和等于-是解题的关键．18、1【解析】根据题目中的图形，可以发现〇的变化规律，从而可以得到第2019个图形中〇的个数．【详解】由图可得，第1个图象中〇的个数为：，第2个图象中〇的个数为：，第3个图象中〇的个数为：，第4个图象中〇的个数为：，……∴第2019个图形中共有：个〇，故答案为：1．【点睛】本题考查图形的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现图形中〇的变化规律，利用数形结合的思想解答．三、解答题（共78分）19、（1）km；（2）【分析】（1）设为，根据题意可用含x的代数式依次表示出AM、AC、AN的长，然后在直角△CAN中利用解直角三角形的知识即可求出x的值，进而可得答案；（2）由（1）的结果可得CN的长，作，垂足为点，如图，根据题意易得∠DCN和∠DNC的度数，设HN=y，则可用y的代数式表示出CH，根据CH+HN=CN可得关于y的方程，解方程即可求出y的值，进一步即可求出结果.【详解】解：（1）设为，∵，∴，则，在中，∵，AC=AB+BC=x+40，AN=AM+MN=x+120，∴，即，解得：，∴km；（2）作，垂足为点，如图，由（1）可得，，∵，∴，∵，∴，∴CH=DH，∵，∴，设为，则，∴，解得：，∴.答：雷达站到其正上方点的距离为.【点睛】本题以“长征五号”遥三运载火箭发射为背景，是解直角三角形的典型应用题，主要考查了解直角三角形的知识，属于常考题型，正确添加辅助线构造直角三角形、熟练掌握锐角三角函数的知识是解题关键.20、（1）；（2）.【分析】（1）从箱子中任意摸出一个球是白球的概率即是白球所占的比值；（2）此题需要两步完成，所以采用树状图法或者采用列表法都比较简单；解题时要注意是放回实验还是不放回实验，此题属于放回实验，此题要求画树状图，要按要求解答．【详解】解：（1）从箱子中任意摸出一个球是白球的概率是（2）记两个白球分别为白1与白2，画树状图如图所示：从树状图可看出：事件发生的所有可能的结果总数为6，两次摸出球的都是白球的结果总数为2，因此其概率.21、（1）补全图形见解析.∠APE=60°；（2）补全图形见解析.，证明见解析.【分析】（1）根据题意，按照要求补全图形即可；（2）先补全图形，然后首先证明△ABD≌△BEC得出∠BAD=∠CBE，之后通过一系列证明得出△AQF≌△EQB，最后进一步从而得出即可.【详解】（1）补全图形如下，其中∠APE=60°，（2）补全图形.证明：在△ABD和△BEC中，∴△ABD≌△BEC（SAS）∴∠BAD=∠CBE.∵∠APE是△ABP的一个外角，∴∠APE=∠BAD+∠ABP=∠CBE+∠ABP=∠ABC=60°.∵AF是由AD绕点A逆时针旋转120°得到，∴AF=AD，∠DAF=120°.∵∠APE=60°，∴∠APE+∠DAP=180°.∴AF∥BE∴∠1=∠2∵△ABD≌△BEC，∴AD=BE.∴AF=BE.在△AQF和△EQB中，∴△AQF≌△EQB（AAS）∴AQ=QE∴∵AE=AC－CE，CD=BC－BD，且AE=BC，CD=BD.∴AE=CD..∴【点睛】本题主要考查了全等三角形的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.22、（1）直线的解析式为，二次函数的解析式是；（2）；（3）存在，或【分析】（1）先将点A代入求出OA表达式，再设出二次函数的交点式，将点A代入，求出二次函数表达式；（2）根据题意得出当为等腰三角形时，只有OC=PC，设点D的横坐标为x，表示出点P坐标，从而得出PC的长，再根据OC和OD的关系，列出方程解得；（3）设点P的坐标为，根据条件的触点Q坐标为，再表示出的高，从而表示出的面积，令其等于，解得即可求出点P坐标.【详解】解：（1）设直线的解析式为，把点坐标代入得：，直线的解析式为；再设，把点坐标代入得：，函数的解析式为，∴直线的解析式为，二次函数的解析式是．（2）设的横坐标为，则的坐标为，∵为直线上方抛物线上的一个动点，∴．此时仅有，，∴，解得，∴；（3）函数的解析式为，∴对称轴为，顶点，设，则，到直线的距离为，要使的面积为，则，即，解得：或，∴或．【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，二次函数图象及性质的运用，点坐标的关系，综合性较强，解题的关键是利用条件表示出点坐标，得出方程解之.23、（1）FG=FH，FG⊥FH；（2）（1）中结论成立，证明见解析；（3）（1）中的结论成立，结论是FH=FG，FH⊥FG．理由见解析.【解析】试题分析：（1）证BE=AD，根据三角形的中位线推出FH=AD,FH∥AD,FG=BE,FG∥BE，即可推出答案；

（2）证△ACD≌△BCE,推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案；

（3）连接AD，BE，根据全等推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案．试题解析：(1)∵CE=CD,AC=BC,∴BE=AD，∵F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，∴FH=AD,FH∥AD,FG=BE,FG∥BE，∴FH=FG，∵AD⊥BE，∴FH⊥FG，故答案为相等，垂直．(2)答：成立，证明：∵CE=CD,AC=BC，∴△ACD≌△BCE,∴AD=BE，由(1)知：FH=AD,FH∥AD,FG=BE,FG∥BE，∴FH=FG，FH⊥FG，∴(1)中的猜想还成立.(3)答：成立，结论是FH=FG，FH⊥FG.连接AD，BE，两线交于Z，AD交BC于X，同(1)可证∴FH=AD,FH∥AD,FG=BE,FG∥BE，∵三角形ECD、ACB是等腰直角三角形，∴CE=CD,AC=BC,∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中∴△ACD≌△BCE，∴AD=BE，∠EBC=∠DAC，∵∠CXA=∠DXB，∴∴即AD⊥BE，∵FH∥AD,FG∥BE，∴FH⊥FG，即FH=FG，FH⊥FG，结论是FH=FG，FH⊥FG点睛：三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半.24、（1）;（2）①，②;（3）【解析】（1）作AH⊥OB，根据正弦的定义即可求解；（2）作MC⊥OB，先求出直线AB解析式，根据等腰三角形的性质及三角函数的定义求出M点坐标，根据MN∥OB，求出N点坐标；（3）由于点C是定点，点P随△ABO旋转时的运动轨迹是以B为圆心，BP长为半径的圆，故根据点和圆的位置关系可知，当点P在线段OB上时，CP=BP-BC最短；当点P在线段OB延长线上时，CP=BP+BC最长．又因为BP的长因点D运动而改变，可先求BP长度的范围．由垂线段最短可知，当BP垂直MN时，BP最短，求得的BP代入CP=BP-BC求CP的最小值；由于BM>BN，所以点P与M重合时，BP=BM最长，代入CP=BP+BC求CP的最大值．【详解】（1）作AH⊥OB，∵，.∴H（3,5）∴AH=3,AH=∴==（2）由（1）得A（3,4），又求得直线AB的解析式为：y=∵旋转，∴MB=OB=6,作MC⊥OB，∵AO=BO，∴∠AOB=∠ABO∴MC=MBsin∠ABO=6×=即M点的纵坐标为，代入直线AB得x=∴，∵∠NMB=∠AOB=∠ABO∴MN∥OB，又MN=AB=5，则+5=∴（3）连接BP∵点D为线段OA上的动点