2023年四川省南充市高坪区高坪中学数学九上期末质量检测试题含解析

2023年四川省南充市高坪区高坪中学数学九上期末质量检测试题注意事项：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(每小题3分,共30分)1．下列计算中正确的是（）A． B． C． D．2．如图，反比例函数的图象经过点A（2，1），若≤1，则x的范围为（）A．≥1 B．≥2 C．＜0或≥2 D．＜0或0＜≤13．如图，⊙O中弦AB=8，OC⊥AB，垂足为E，如果CE=2，那么⊙O的半径长是（）A．4 B．5 C．6 D．1°4．为了得到函数的图象，可以将函数的图象（）A．先关于轴对称，再向右平移1个单位长度，最后再向上平移3个单位长度B．先关于轴对称，再向右平移1个单位长度，最后再向下平移3个单位长度C．先关于轴对称，再向右平移1个单位长度，最后再向上平移3个单位长度D．先关于轴对称，再向右平移1个单位长度，最后再向下平移3个单位长度5．如图，抛物线的开口向上，与轴交点的横坐标分别为和3，则下列说法错误的是（）A．对称轴是直线 B．方程的解是，C．当时， D．当，随的增大而增大6．下列所给图形是中心对称图形但不是轴对称图形的是（）A． B． C． D．7．分别以等边三角形的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，得到封闭图形就是莱洛三角形，如图，已知等边，，则该莱洛三角形的面积为（）A． B． C． D．8．一元二次方程x2﹣2x+3＝0的一次项和常数项分别是（）A．2和3 B．﹣2和3 C．﹣2x和3 D．2x和39．如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC平分∠DAB，且∠DAC＝∠DBC，那么下列结论不一定正确的是（）A．△AOD∽△BOC B．△AOB∽△DOCC．CD＝BC D．BC•CD＝AC•OA10．函数y=ax+b和y=ax2+bx+c（a≠0）在同一个坐标系中的图象可能为（）A． B．C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，把△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C'，此时A′B′⊥AC于D，已知∠A＝50°，则∠B′CB的度数是_____°．12．如图，正六边形ABCDEF中的边长为6，点P为对角线BE上一动点，则PC的最小值为_______．13．若扇形的半径长为3，圆心角为60°，则该扇形的弧长为___．14．如图，若抛物线与直线交于，两点，则不等式的解集是______.15．如图所示，小明在探究活动“测旗杆高度”中，发现旗杆的影子恰好落在地面和教室的墙壁上，测得，，而且此时测得高的杆的影子长，则旗杆的高度约为__________．16．二次函数y＝kx2－6x＋3的图象与x轴有交点，则k的取值范围是___________________________．17．已知：如图，在菱形ABCD中，F为边AB的中点，DF与对角线AC交于点G，过G作GE⊥AD于点E，若AB＝2，且∠1＝∠2，则下列结论中一定成立的是_____（把所有正确结论的序号都填在横线上）．①DF⊥AB；②CG＝2GA；③CG＝DF+GE；④S四边形BFGC＝﹣1．18．如图，圆锥的表面展开图由一扇形和一个圆组成，已知圆的面积为100π，扇形的圆心角为120°，这个扇形的面积为．三、解答题(共66分)19．（10分）如图，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过点，.（1）求点B的坐标和抛物线的解析式；（2）M（m，0）为x轴上一个动点，过点M垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N，①点在线段上运动，若以，，为顶点的三角形与相似，求点的坐标；②点在轴上自由运动，若三个点，，中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除外），则称，，三点为“共谐点”.请直接写出使得，，三点成为“共谐点”的的值.20．（6分）如图，直线AC与⊙O相切于点A，点B为⊙O上一点，且OC⊥OB于点O，连接AB交OC于点D．（1）求证：AC＝CD；（2）若AC＝3，OB＝4，求OD的长度．21．（6分）如图，是的直径，点在上，平分角交于，过作直线的垂线，交的延长线于，连接.（1）求证：；（2）求证：直线是的切线；（3）若，求的长.22．（8分）用“☆”定义一种新运算：对于任意有理数a和b，规定a☆b＝ab2＋2ab＋a.如：1☆3＝1×32＋2×1×3＋1＝16.(1)求(－2)☆3的值；(2)若＝8，求a的值．23．（8分）解方程：－2＝3（－x）．24．（8分）如图，中，，点是延长线上一点，平面上一点，连接平分.（1）若，求的度数；（2）若，求证:25．（10分）如图，抛物线与轴交于，两点．（1）求该抛物线的解析式；（2）若抛物线交轴于点，在该抛物线的对称轴上是否存在点，使得的周长最小？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由26．（10分）△ABC在平面直角坐标系中如图：（1)画出将△ABC绕点O逆时针旋转90°所得到的,并写出点的坐标.（2）画出将△ABC关于x轴对称的，并写出点的坐标.（3）求在旋转过程中线段OA扫过的图形的面积.

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【分析】直接利用二次根式混合运算法则分别判断得出答案．【详解】A、无法计算，故此选项不合题意；B、，故此选项不合题意；C、，故此选项不合题意；D、，正确.故选D.【点睛】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．2、C【解析】解：由图像可得，当＜0或≥2时，≤1.故选C.3、B【分析】连接OA，由于半径OC⊥AB，利用垂径定理可知AB=2AE，设OA=OC=x，在Rt△AOE中利用勾股定理易求OA．【详解】解：连接OA，∵OC⊥AB，∴AB=2AE=8，∴AE=4，设OA=OC=x，则OE=OC-CE=x-2在Rt△AOE由勾股定理得：即：，解得：，故选择：B【点睛】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．4、A【分析】先求出两个二次函数的顶点坐标，然后根据顶点坐标即可判断对称或平移的方式.【详解】的顶点坐标为的顶点坐标为∴点先关于轴对称，再向右平移1个单位长度，最后再向上平移3个单位长度可得到点故选A【点睛】本题主要考查二次函数图象的平移，掌握二次函数图象的平移规律是解题的关键.5、D【解析】由图象与x轴的交点坐标即可判定下列说法是否正确．【详解】解：∵抛物线与x轴交点的横坐标分别为-1、3，

∴对称轴是直线x==1，方程ax2+bx+c=0的解是x1=-1，x2=3，故A、B正确；

∵当-1＜x＜3时，抛物线在x轴的下面，

∴y＜0，故C正确，

∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，

∴当x＜1，y随x的增大而减小，故D错误；故选：D．【点睛】本题考查抛物线和x轴的交点坐标问题，解题的关键是正确的识别图象．6、D【解析】A.此图形不是中心对称图形，不是轴对称图形，故A选项错误；B.此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故B选项错误；C.此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故D选项错误．D.此图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故C选项正确；故选D.7、D【分析】莱洛三角形的面积为三个扇形的面积相加，再减去两个等边三角形的面积，代入已知数据计算即可．【详解】解：如图所示，作AD⊥BC交BC于点D，∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC=2，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°∵AD⊥BC，∴BD=CD=1，AD=，∴，∴莱洛三角形的面积为故答案为D．【点睛】本题考查了不规则图形的面积的求解，能够得出“莱洛三角形的面积为三个扇形的面积相加，再减去两个等边三角形的面积”是解题的关键．8、C【分析】根据一元二次方程一次项和常数项的概念即可得出答案．【详解】一元二次方程x2﹣2x+3＝0的一次项是﹣2x，常数项是3故选：C．【点睛】本题主要考查一元二次方程的一次项与常数项，注意在求一元二次方程的二次项，一次项，常数项时，需要先把一元二次方程化成一般形式．9、D【分析】直接利用相似三角形的判定方法分别分析得出答案．【详解】解：∵∠DAC=∠DBC，∠AOD=∠BOC，∴∽，故A不符合题意；∵∽，∴AO：OD=OB：OC，∵∠AOB=∠DOC，∴∽，故B不符合题意；∵∽，∴∠CDB=∠CAB，∵∠CAD=∠CAB，∠DAC=∠DBC，∴∠CDB=∠DBC，∴CD=BC；没有条件可以证明，故选D.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题关键在于熟练掌握相似三角形的判定方法①有两个对应角相等的三角形相似；②有两个对应边的比相等，且其夹角相等，则两个三角形相似；③三组对应边的比相等，则两个三角形相似.10、D【分析】本题可先由一次函数y=ax+b图象得到字母系数的正负，再与二次函数ax2+bx+c的图象相比较看是否一致．【详解】解：A．由一次函数的图象可知a＞0，b＞0，由抛物线图象可知，开口向上，a＞0，对称轴x=﹣＞0，b＜0；两者相矛盾，错误；B．由一次函数的图象可知a＞0，b＜0，由抛物线图象可知a＜0，两者相矛盾，错误；C．由一次函数的图象可知a＜0，b＞0，由抛物线图象可知a＞0，两者相矛盾，错误；D．由一次函数的图象可知a＞0，b＜0，由抛物线图象可知a＞0，对称轴x=﹣＞0，b＜0；正确．故选D．【点睛】解决此类问题步骤一般为：（1）根据图象的特点判断a取值是否矛盾；（2）根据二次函数图象判断其顶点坐标是否符合要求．二、填空题(每小题3分,共24分)11、1【分析】由旋转的性质可得∠A＝∠A'＝50°，∠BCB'＝∠ACA'，由直角三角形的性质可求∠ACA'＝1°＝∠B′CB．【详解】解：∵把△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C'，∴∠A＝∠A'＝50°，∠BCB'＝∠ACA'∵A'B'⊥AC∴∠A'+∠ACA'＝90°∴∠ACA'＝1°∴∠BCB'＝1°故答案为1．【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．12、.【分析】如图，过点C作CP⊥BE于P，可得CG为PC的最小值，由ABCDEF是正六边形，根据多边形内角和公式可得∠GBC=60°，进而可得∠BCG=30°，根据含30°角的直角三角形的性质及勾股定理即可求出PC的长.【详解】如图，过点C作CG⊥BE于G，∵点P为对角线BE上一动点，∴点P与点G重合时，PC最短，即CG为PC的最小值，∵ABCDEF是正六边形，∴∠ABC==120°，∴∠GBC=60°，∴∠BCG=30°，∵BC=6，∴BG=BC=3，∴CG===.故答案为：【点睛】本题考查正六边形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，根据垂线段最短得出点P的位置，并熟练掌握多边形内角和公式是解题关键.13、【分析】根据弧长的公式列式计算即可．【详解】∵一个扇形的半径长为3，且圆心角为60°，

∴此扇形的弧长为=π．

故答案为：π．【点睛】此题考查弧长公式，熟记公式是解题关键．14、【分析】观察图象当时，直线在抛物线上方，此时二次函数值小于一次函数值，当或时，直线在抛物线下方，二次函数值大于一次函数值，将不等式变形，观察图象确定x的取值范围，即为不等式的解集.【详解】解：设，，∵∴，∴即二次函数值小于一次函数值，∵抛物线与直线交点为，，∴由图象可得，x的取值范围是.【点睛】本题考查不等式与函数的关系及函数图象交点问题，理解图象的点坐标特征和数形结合思想是解答此题的关键.15、1【分析】作BE⊥AC于E，可得矩形CDBE，利用同一时刻物高与影长的比一定得到AE的长度，加上CE的长度即为旗杆的高度【详解】解：作BE⊥AC于E，∵BD⊥CD于D，AC⊥CD于C，∴四边形CDBE为矩形，∴BE=CD=1m，CE=BD=2m，∵同一时刻物高与影长所组成的三角形相似，∴，即，解得AE=2（m），∴AC=AE+EC=2+2=1（m）．故答案为：1．【点睛】本题考查相似三角形的应用；作出相应辅助线得到矩形是解决本题的难点；用到的知识点为：同一时刻物高与影长的比一定．16、k≤3且k≠0【解析】根据题意得，(-6)2-4×3k≥0且k≠0，所以k≤3且k≠0，故答案为k≤3且k≠0.17、①②③【分析】①由四边形ABCD是菱形，得出对角线平分对角，求得∠GAD=∠2，得出AG=GD，AE=ED，由SAS证得△AFG≌△AEG，得出∠AFG=∠AEG=90°，即可得出①正确；②由DF⊥AB，F为边AB的中点，证得AD=BD，证出△ABD为等边三角形，得出∠BAC=∠1=∠2=30°，由AC=2AB•cos∠BAC，AG，求出AC，AG，即可得出②正确；③由勾股定理求出DF，由GE=tan∠2•ED求出GE，即可得出③正确；④由S四边形BFGC=S△ABC﹣S△AGF求出数值，即可得出④不正确．【详解】∵四边形ABCD是菱形，∴∠FAG=∠EAG，AB=AD，BC∥AD，∴∠1=∠GAD．∵∠1=∠2，∴∠GAD=∠2，∴AG=GD．∵GE⊥AD，∴GE垂直平分AD，∴AE=ED．∵F为边AB的中点，∴AF=AE，在△AFG和△AEG中，∵，∴△AFG≌△AEG(SAS)，∴∠AFG=∠AEG=90°，∴DF⊥AB，∴①正确；连接BD交AC于点O．∵DF⊥AB，F为边AB的中点，∴AFAB=1，AD=BD．∵AB=AD，∴AD=BD=AB，∴△ABD为等边三角形，∴∠BAD=∠BCD=60°，∴∠BAC=∠1=∠2=30°，∴AC=2AO=2AB•cos∠BAC=2×22，AG，∴CG=AC﹣AG=2，∴CG=2GA，∴②正确；∵GE垂直平分AD，∴EDAD=1，由勾股定理得：DF，GE=tan∠2•ED=tan30°×1，∴DF+GECG，∴③正确；∵∠BAC=∠1=30°，∴△ABC的边AC上的高等于AB的一半，即为1，FGAG，S四边形BFGC=S△ABC﹣S△AGF211，∴④不正确．故答案为：①②③．【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角函数、线段垂直平分线的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．18、300π【解析】试题分析：首先根据底面圆的面积求得底面的半径，然后结合弧长公式求得扇形的半径，然后利用扇形的面积公式求得侧面积即可．∵底面圆的面积为100π，∴底面圆的半径为10，∴扇形的弧长等于圆的周长为20π，设扇形的母线长为r，则=20π，解得：母线长为30，∴扇形的面积为πrl=π×10×30=300π考点：（1）、圆锥的计算；（2）、扇形面积的计算三、解答题(共66分)19、（1）B（0，2），；（2）①点M的坐标为（，0）或M（，0）；②m=-1或m=或m=.【分析】(1)把点代入求得c值，即可得点B的坐标；抛物线经过点，即可求得b值，从而求得抛物线的解析式；（2）由轴，M（m，0），可得N()，①分∠NBP=90°和∠BNP=90°两种情况求点M的坐标；②分N为PM的中点、P为NM的中点、M为PN的中点3种情况求m的值.【详解】（1）直线与轴交于点，∴，解得c=2∴B（0，2），∵抛物线经过点，∴，∴b=∴抛物线的解析式为；（2）∵轴，M（m，0），∴N()①有（1）知直线AB的解析式为，OA=3，OB=2∵在△APM中和△BPN中，∠APM=∠BPN,∠AMP=90°，若使△APM中和△BPN相似，则必须∠NBP=90°或∠BNP=90°，分两种情况讨论如下：（I）当∠NBP=90°时，过点N作NC轴于点C，则∠NBC+∠BNC=90°，NC=m，BC=∵∠NBP=90°，∴∠NBC+∠ABO=90°，∴∠BNC=∠ABO，∴Rt△NCB∽Rt△BOA∴,即，解得m=0（舍去）或m=∴M（，0）；（II）当∠BNP=90°时，BNMN，∴点N的纵坐标为2，∴解得m=0（舍去）或m=∴M（，0）；综上，点M的坐标为（，0）或M（，0）；②由①可知M(m,0),P(m,),N(m,)，∵M，P，N三点为“共谐点”，∴有P为线段MN的中点、M为线段PN的中点或N为线段PM的中点，当P为线段MN的中点时,则有2()=,解得m=3(三点重合,舍去)或m=；当M为线段PN的中点时,则有+()=0,解得m=3(舍去)或m=−1；当N为线段PM的中点时,则有=2(),解得m=3(舍去)或m=；综上可知当M,P,N三点成为“共谐点”时m的值为或−1或.考点：二次函数综合题.20、（1）见解析；（1）1【分析】（1）由AC是⊙O的切线，得OA⊥AC，结合OD⊥OB，OA＝OB，得∠CDA＝∠DAC，进而得到结论；（1）利用勾股定理求出OC，即可解决问题．【详解】（1）∵AC是⊙O的切线，∴OA⊥AC，∴∠OAC＝90°，即：∠OAD+∠DAC＝90°，∵OD⊥OB，∴∠DOB＝90°，∴∠BDO+∠B＝90°，∵OA＝OB，∴∠OAD＝∠B，∴∠BDO＝∠DAC，∵∠BDO＝∠CDA，∴∠CDA＝∠DAC，∴CD＝CA．（1）∵在Rt△ACO中，OC＝＝5，∵CA＝CD＝3，∴OD＝OC﹣CD＝1．【点睛】本题主要考查圆的基本性质，掌握切线的基本性质，是解题的关键.21、（1）见解析；（2）见解析；（3）.【分析】（1）根据在同圆中，相等的圆周角所对的弦也相等即可证明；（2）连接半径，根据等边对等角和等量代换即可证出∠ODE=90°，根据切线的判定定理即可得出结论；（3）作于，根据角平分线的性质可得，然后利用勾股定理依次求出OF和AD即可．【详解】证明：（1）∵在中，平分角，∴，∴；（2）如图，连接半径，有，∴，∵于，∴，由（1）知，∴，即，∴∠ODE=90°∴是的切线．（3）如图，连接OD，作于，则，半径，在中，∴在中，【点睛】此题考查的是圆的基本性质、切线的判定、角平分线的性质和勾股定理，掌握在同圆中，相等的圆周角所对的弦也相等、切线的判定定理、角平分线的性质和用勾股定理解直角三角形是解决此题的关键．22、(1)－32；(2)a＝1.【解析】分析：（1）原式利用题中的新定义化简，计算即可得到结果；（2）已知等式利用题中的新定义化简，即可求出a的值．详解：（1）（-2）☆3=-2×32+2×（-2）×3+（-2）=-32；（2）==8a+8=8，解得：a=1．点睛：此题考查了有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．23、【分析】去括号化简，利用直接开平方法可得x的值.【详解】解：化简得解得所以【点睛】本题考查了二元一次方程，其解法有直接开平方法、公式法、配方法、，根据二元一次方程的特点选择合适的解法是解题的关键.24、（1）；（2）详见解析【分析】（1）根据等腰三角形的性质及角平分线的性质证得∠A=∠BCE，再利用角的和差关系及外角性质可证得∠ABC=∠DCE，从而得到结果；（2）根据∠ABC=∠DBE可证得∠ABD=∠CBE，再结合（1）利用ASA可证明与全等