湖南长沙长郡梅溪湖中学2025届数学九上期末学业水平测试试题含解析

湖南长沙长郡梅溪湖中学2025届数学九上期末学业水平测试试题考生须知：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．数据3、3、5、8、11的中位数是()A．3 B．4 C．5 D．62．二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0）中，若b2＝4a，则（）A．y最大＝5 B．y最小＝5 C．y最大＝3 D．y最小＝33．在中，，若已知，则（）A． B． C． D．4．等腰三角形底边长为10，周长为36，则底角的余弦值等于（）A． B． C． D．5．关于的方程有实数根，则满足（）A． B．且 C．且 D．6．若，相似比为2，且的面积为12，则的面积为（）A．3 B．6 C．24 D．487．如图，以扇形OAB的顶点O为原点，半径OB所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，点B的坐标为(2，0)，若抛物线(n为常数)与扇形OAB的边界总有两个公共点则n的取值范围是()A．n>-4 B． C． D．8．函数y＝mx2+（m+2）x+m+1的图象与x轴只有一个交点，则m的值为（）A．0 B．0或2 C．0或2或﹣2 D．2或﹣29．如图，若一次函数的图象经过二、三、四象限，则二次函数的图象可能是A． B．C． D．10．下列说法正确的是（）A．了解飞行员视力的达标率应使用抽样调查B．一组数据3，6，6，7，9的中位数是6C．从2000名学生中选200名学生进行抽样调查，样本容量为2000D．一组数据1，2，3，4，5的方差是1011．如图，正方形的边长为4，点在的边上，且，与关于所在的直线对称，将按顺时针方向绕点旋转得到，连接，则线段的长为（）A．4 B． C．5 D．612．先将抛物线关于轴作轴对称变换，所得的新抛物线的解析式为（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．在本赛季比赛中，某运动员最后六场的得分情况如下：17、15、21、28、12、19，则这组数据的方差为______.14．如图，中，已知，，点在边上，．把线段绕着点逆时针旋转（）度后，如果点恰好落在的边上，那么__________．15．一张矩形的纸片ABCD中，AB=10，AD=8.按如图方式折，使A点刚好落在CD上。则折痕（阴影部分）面积为_________________.16．如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把△CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点D′的坐标是___________．17．甲、乙两同学近期6次数学单元测试成绩的平均分相同，甲同学成绩的方差S甲2＝6.5分2，乙同学成绩的方差S乙2＝3.1分2，则他们的数学测试成绩较稳定的是____（填“甲”或“乙”）．18．圆弧形蔬菜大棚的剖面如图，已知AB=16m，半径OA=10m，OC⊥AB，则中柱CD的高度为_________m．三、解答题（共78分）19．（8分）解方程：－2＝3（－x）．20．（8分）如图，是的直径，是的切线，切点为，交于点，点是的中点.(1)试判断直线与的位置关系，并说明理由；(2)若的半径为2，，，求图中阴影部分的周长.21．（8分）已知，如图，有一块含有30°的直角三角形的直角边的长恰与另一块等腰直角三角形的斜边的长相等．把该套三角板放置在平面直角坐标系中，且（1）若某开口向下的抛物线的顶点恰好为点，请写出一个满足条件的抛物线的解析式．（2）若把含30°的直角三角形绕点按顺时针方向旋转后，斜边恰好与轴重叠，点落在点，试求图中阴影部分的面积（结果保留）22．（10分）如图，为⊙的直径，为⊙上一点，为的中点．过点作直线的垂线，垂足为，连接．（1）求证：；（2）与⊙有怎样的位置关系？请说明理由．23．（10分）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+ax+a（a≠0）交x轴于点A和点B（点A在点B左边），交y轴于点C，连接AC，tan∠CAO＝1．（1）如图1，求抛物线的解析式；（2）如图2，D是第一象限的抛物线上一点，连接DB，将线段DB绕点D顺时针旋转90°，得到线段DE（点B与点E为对应点），点E恰好落在y轴上，求点D的坐标；（1）如图1，在（2）的条件下，过点D作x轴的垂线，垂足为H，点F在第二象限的抛物线上，连接DF交y轴于点G，连接GH，sin∠DGH＝，以DF为边作正方形DFMN，P为FM上一点，连接PN，将△MPN沿PN翻折得到△TPN（点M与点T为对应点），连接DT并延长与NP的延长线交于点K，连接FK，若FK＝，求cos∠KDN的值．24．（10分）在平面直角坐标系中，己知，．点从点开始沿边向点以的速度移动；点从点开始沿边内点以的速度移动．如果、同时出发，用表示移动的时间．（1）用含的代数式表示：线段_______；______；（2）当为何值时，四边形的面积为．（3）当与相似时，求出的值．25．（12分）（1）如图①，点，，在上，点在外，比较与的大小，并说明理由；（2）如图②，点，，在上，点在内，比较与的大小，并说明理由；（3）利用上述两题解答获得的经验，解决如下问题：在平面直角坐标系中，如图③，已知点，，点在轴上，试求当度数最大时点的坐标.26．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，直角顶点B位于x轴的负半轴，点A（0，﹣2），斜边AC交x轴于点D，BC与y轴交于点E，且tan∠OAD＝，y轴平分∠BAC，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点C．（1）求点B，D坐标；（2）求y＝（x＞0）的函数表达式．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【解析】根据中位数的定义进行求解即可.【详解】从小到大排序：3、3、5、8、11，位于最中间的数是5，所以这组数据的中位数是5，故选C.【点睛】本题考查了中位数，熟练掌握中位数的定义以及求解方法是解题的关键.①给定n个数据，按从小到大排序，如果n为奇数，位于中间的那个数就是中位数；如果n为偶数，位于中间两个数的平均数就是中位数．任何一组数据，都一定存在中位数的，但中位数不一定是这组数据里的数．2、D【分析】根据题意得到y＝ax2+bx+4＝，代入顶点公式即可求得．【详解】解：∵b2＝4a，∴，∴∵，∴y最小值＝，故选：D．【点睛】本题考查了二次函数最值问题，解决本题的关键是熟练掌握二次函数的性质，准确表达出二次函数的顶点坐标.3、B【分析】根据题意利用三角函数的定义，定义成三角形的边的比值，进行分析计算即可求解．【详解】解：在中，，∵，设BC=3x，则AC=4x，根据勾股定理可得：，∴.故选：B.【点睛】本题主要考查三角函数的定义，注意掌握求锐角的三角函数值的方法：利用锐角三角函数的定义，通过设参数的方法求三角函数值，或者利用同角（或余角）的三角函数关系式求三角函数值．4、A【分析】由题意得出等腰三角形的腰长为13cm，作底边上的高，根据等腰三角形的性质得出底边一半的长度，最后由三角函数的定义即可得出答案．【详解】解：如图，BC=10cm，AB=AC，可得AC=（36-10）÷2=26÷2=13（cm）．又AD是底边BC上的高，∴CD=BD=5cm，

∴cosC=，即底角的余弦值为，故选：A．【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质和三角函数的定义，熟练掌握等腰三角形的“三线合一”是解题的关键．5、A【分析】分类讨论：当a=5时，原方程变形一元一次方程，有一个实数解；当a≠5时，根据判别式的意义得到a≥1且a≠5时，方程有两个实数根，然后综合两种情况即可得到满足条件的a的范围．【详解】当a=5时，原方程变形为-4x-1=0，解得x=-；当a≠5时，△=（-4）2-4（a-5）×（-1）≥0，解得a≥1，即a≥1且a≠5时，方程有两个实数根，所以a的取值范围为a≥1．故选A．【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2-4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．6、A【解析】试题分析：∵△ABC∽△DEF，相似比为2，∴△ABC与△DEF的面积比为4，∵△ABC的面积为12，∴△DEF的面积为：12×=1．故选A．考点：相似三角形的性质．7、D【分析】根据∠AOB＝45°求出直线OA的解析式，然后与抛物线解析式联立求出有一个公共点时的n值，即为一个交点时的最大值，再求出抛物线经过点B时的n的值，即为一个交点时的最小值，然后写出n的取值范围即可．【详解】解：由图可知，∠AOB＝45°，

∴直线OA的解析式为y＝x，

联立得：，，得时，抛物线与OA有一个交点，

此交点的横坐标为，

∵点B的坐标为（2，0），

∴OA＝2，∴点A的横坐标与纵坐标均为：，

∴点A的坐标为（），

∴交点在线段AO上；当抛物线经过点B（2，0）时，，解得n=-4，

∴要使抛物线与扇形OAB的边界总有两个公共点，则实数n的取值范围是，故选：D．【点睛】本题考查了二次函数的性质，主要利用了联立两函数解析式确定交点个数的方法，根据图形求出有一个交点时的最大值与最小值是解题的关键．8、C【分析】根据函数y＝mx2+（m+2）x+m+1的图象与x轴只有一个交点，利用分类讨论的方法可以求得m的值，本题得以解决．【详解】解：∵函数y＝mx2+（m+2）x+m+1的图象与x轴只有一个交点，∴当m＝0时，y＝2x+1，此时y＝0时，x＝﹣0.5，该函数与x轴有一个交点，当m≠0时，函数y＝mx2+（m+2）x+m+1的图象与x轴只有一个交点，则△＝（m+2）2﹣4m（m+1）＝0，解得，m1＝2，m2＝﹣2，由上可得，m的值为0或2或﹣2，故选：C．【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是明确题意，利用分类讨论的数学思想解答．9、C【分析】根据一次函数的性质判断出a、b的正负情况，再根据二次函数的性质判断出开口方向与对称轴，然后选择即可．【详解】解：的图象经过二、三、四象限，，，抛物线开口方向向下，抛物线对称轴为直线，对称轴在y轴的左边，纵观各选项，只有C选项符合．故选C．【点睛】本题考查了二次函数的图象，一次函数的图象与系数的关系，主要利用了二次函数的开口方向与对称轴，确定出a、b的正负情况是解题的关键．10、B【解析】选项A，了解飞行员视力的达标率应使用全面调查，此选项错误；选项B，一组数据3，6，6，7，9的数的个数是奇数，故中位数是处于中间位置的数6，此选项正确；选项C，从2000名学生中选200名学生进行抽样调查，样本容量应该是200，此选项错误；选项D，一组数据1，2，3，4，5的平均数=（1+2+3+4+5）=3，方差=［（1-3）2+（2-3）2+（3-3）2+（4-3）2+（5-3）2］=2，此选项错误．故答案选B．11、C【分析】如图，连接BE，根据轴对称的性质得到AF=AD，∠EAD=∠EAF，根据旋转的性质得到AG=AE，∠GAB=∠EAD．求得∠GAB=∠EAF，根据全等三角形的性质得到FG=BE，根据正方形的性质得到BC=CD=AB=1．根据勾股定理即可得到结论．【详解】解：如图，连接BE，∵△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，∴AF=AD，∠EAD=∠EAF，∵△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，∴AG=AE，∠GAB=∠EAD．∴∠GAB=∠EAF，∴∠GAB+∠BAF=∠BAF+∠EAF．∴∠GAF=∠EAB．∴△GAF≌△EAB（SAS）．∴FG=BE，∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD=AB=1．∵DE=1，∴CE=2．∴在Rt△BCE中，BE=，∴FG=5，故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质以及旋转的性质：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．12、C【分析】根据平面直角坐标系中，二次函数关于轴对称的特点得出答案．【详解】根据二次函数关于轴对称的特点：两抛物线关于轴对称，二次项系数，一次项系数，常数项均互为相反数，可得：抛物线关于轴对称的新抛物线的解析式为故选：C.【点睛】本题主要考查二次函数关于轴对称的特点，熟知两抛物线关于轴对称，二次项系数，一次项系数，常数项均互为相反数，对称轴不变是关键.二、填空题（每题4分，共24分）13、.【分析】先计算出这组数据的平均数，然后根据方差公式求解．【详解】解：平均数=所以方差是S2==故答案为：.【点睛】本题考查方差：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为，则方差S2=,它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．14、或【分析】分两种情况：①当点落在AB边上时，②当点落在AB边上时，分别求出的值，即可．【详解】①当点落在AB边上时，如图1，∴DB=DB′，∴∠B=∠DB′B=55°，∴∠BDB′=180°-55°-55°=70°；②当点落在AB边上时，如图2，∴DB=DB′=2CD，∵，∴∠CB′D=30°，∴∠BDB′=30°+90°=120°．故答案是：或．【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质和直角三角形的性质定理，画出图形分类讨论，是解题的关键．15、25【分析】根据折叠利用方程求出AE的长即可【详解】设，则∵折叠∴∴∴∴DF=4∴解得∴故答案为25【点睛】本题考查了折叠与勾股定理，利用折叠再结合勾股定理计算是解题关键。16、（2，10）或（﹣2，0）【解析】∵点D（5，3）在边AB上，∴BC=5，BD=5﹣3=2，①若顺时针旋转，则点D′在x轴上，OD′=2，所以，D′（﹣2，0），②若逆时针旋转，则点D′到x轴的距离为10，到y轴的距离为2，所以，D′（2，10），综上所述，点D′的坐标为（2，10）或（﹣2，0）．17、乙【分析】根据方差越小数据越稳定即可求解．【详解】解：因为甲、乙两同学近期6次数学单元测试成绩的平均分相同且S甲2＞S乙2，所以乙的成绩数学测试成绩较稳定．故答案为：乙．【点睛】本题考查方差的性质，方差越小数据越稳定．18、4【分析】根据垂径定理可得AD=AB，然后由勾股定理可得OD的长，继而可得CD的高求解．【详解】解：∵CD垂直平分AB，∴AD＝1．∴OD＝＝6m，∴CD＝OC−OD＝10−6＝4（m）．故答案是：4【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理的实际应用，掌握这些知识点是解题关键．三、解答题（共78分）19、【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.20、(1)直线与相切；理由见解析；(2).【分析】（1）连接OE、OD，根据切线的性质得到∠OAC=90°，根据三角形中位线定理得到OE∥BC，证明△AOE≌△DOE，根据全等三角形的性质、切线的判定定理证明；（2）根据切线长定理可得DE=AE=2.5，由圆周角定理可得∠AOD=100°，然后根据弧长公式计算弧AD的长，从而可求得结论．【详解】解：（1）直线DE与⊙O相切，理由如下：连接OE、OD，如图，∵AC是⊙O的切线，∴AB⊥AC，∴∠OAC=90°，∵点E是AC的中点，O点为AB的中点，∴OE∥BC，∴∠1=∠B，∠2=∠3，∵OB=OD，∴∠B=∠3，∴∠1=∠2，在△AOE和△DOE中∵OA=OD∠1=∠2OE=OE，∴△AOE≌△DOE（SAS）∴∠ODE=∠OAE=90°，∴DE⊥OD，∵OD为⊙O的半径，∴DE为⊙O的切线；（2）∵DE、AE是⊙O的切线，∴DE=AE，∵点E是AC的中点，∴DE=AE=AC=2.5，∵∠AOD=2∠B=2×50°=100°，∴阴影部分的周长=．【点睛】本题考查的是切线的判定与性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线、切线长定理、弧长的计算，掌握切线的性质与判定、弧长公式是解题的关键．21、（1）；（2）【分析】（1）在Rt△OBA中，由∠AOB=30°，AB=3利用特殊角的正切值即可求出OB的长度，从而得出点A的坐标，利用顶点式即可求出函数解析式；

（2）在Rt△OBA中，利用勾股定理即可求出OA的长度，在等腰直角三角形ODC中，根据OC的长度可求出OD的长，结合图形即可得出阴影部分的面积为扇形AOA′的面积减去三角形ODC的面积，结合扇形与三角形的面积公式即可得出结论．【详解】解：（1）在中，，∴∴∴．∴抛物线的解析式是（2）由（1）可知，由题意得∴在中，∴∴【点睛】本题考查了勾股定理、特殊角的三角函数值、扇形的面积以及等腰直角三角形的性质，解题的关键是：（1）求出点A的坐标；（2）利用分割图形求面积法求出阴影部分的面积．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，将不规则的图形的面积表示成多个规则图形的面积之和（差）的形式是关键．22、（1）见解析；（2）与⊙相切，理由见解析.【分析】(1)连接，由为的中点，得到，根据圆周角定理即可得到结论；(2)根据平行线的判定定理得到，根据平行线的性质得到于是得到结论．【详解】(1)连接，为的中点，∴，，，；(2)与⊙相切，理由如下：，，∴∠ODE+∠E=180°，，∴∠E=90°，∴∠ODE=90°，，又∵OD是半径，与⊙相切．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．23、（1）y＝﹣x2+x+1；（2）D的坐标为（1，1）；（1）【分析】（1）通过抛物线y＝先求出点A的坐标，推出OA的长度，再由tan∠CAO＝1求出OC的长度，点C的坐标，代入原解析式即可求出结论；（2）如图2，过点D分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为W和Z，证△DZE≌△DWB，得到DZ＝DW，由此可知点D的横纵坐标相等，设出点D坐标，代入抛物线解析式即可求出点D坐标；（1）如图1，连接CD，分别过点C，H作F的垂线，垂足分别为Q，I，过点F作DC的垂线，交DC的延长线于点U，先求出点G坐标，求出直线DG解析式，再求出点F的坐标，即可求出正方形FMND的边长，再求出其对角线FN的长度，最后证点F，K，M，N，D共圆，推出∠KDN＝∠KFN，求出∠KFN的余弦值即可．【详解】解：（1）在抛物线y=中，当y＝0时，x1＝﹣1，x2＝4，∴A（﹣1，0），B（4，0），∴OA＝1，∵tan∠CAO＝1，∴OC＝1OA＝1，∴C（0，1），∴a＝1，∴a＝2，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+1；（2）如图2，过点D分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为W和Z，∵∠ZDW＝∠EDB＝90°，∴∠ZDE＝∠WDB，∵∠DZE＝∠DWB＝90°，DE＝DB，∴△DZE≌△DWB（AAS），∴DZ＝DW，设点D（k，﹣k2+k+1），∴k＝﹣k2+k+1，解得，k1＝﹣（舍去），k2＝1，∴D的坐标为（1，1）；（1）如图1，连接CD，分别过点C，H作F的垂线，垂足分别为Q，I，∵sin∠DGH＝∴设HI＝4m，HG＝5m，则IG＝1m，由题意知，四边形OCDH是正方形，∴CD＝DH＝1，∵∠CDQ+∠IDH＝90°，∠IDH+∠DHI＝90°，∴∠CDQ＝∠DHI，又∵∠CQD＝∠DIH＝90°，∴△CQD≌△DIH（AAS），设DI＝n，则CQ＝DI＝n，DQ＝HI＝4m，∴IQ＝DQ﹣DI＝4m﹣n，∴GQ＝GI﹣IQ＝1m﹣（4m﹣n）＝n﹣m，∵∠GCQ+∠QCD＝90°，∠QCD+∠CDQ＝90°，∴∠GCQ＝∠CDQ，∴△GCQ∽△CDQ，∴∴∴n＝2m，∴CQ＝DI＝2m，∴IQ＝2m，∴tan∠CDG＝，∵CD＝1，∴CG＝，∴GO＝CO﹣CG＝，设直线DG的解析式为y＝kx+，将点D（1，1）代入，得，k＝，∴yDG＝，设点F（t，﹣t2+t+1），则﹣t2+t+1＝t+，解得，t1＝1（舍去），t2＝﹣，∴F（﹣，）过点F作DC的垂线，交DC的延长线于点U，则，∴在Rt△UFD中，DF＝，由翻折知，△NPM≌△NPT，∴∠MNP＝∠TNP，NM＝NT＝ND，∠TPN＝∠MPN，TP＝MP，又∵NS⊥KD，∴∠DNS＝∠TNS，DS＝TS，∴∠SNK＝∠TNP+∠TNS＝×90°＝45°，∴∠SKN＝45°，∵∠TPK＝180°﹣∠TPN，∠MPK＝180°﹣∠MPN，∴∠TPK＝∠MPK，又∵PK＝PK，∴△TPK≌△MPK（SAS），∴∠MKP＝∠TKP＝45°，∴∠DKM＝∠MKP+∠TKP＝90°，连接FN，DM，交点为R，再连接RK，则RK＝RF＝RD＝RN＝RM，则点F，D，N，M，K同在⊙R上，FN为直径，∴∠FKN＝90°，∠KDN＝∠KFN，∵FN＝，∴在Rt△FKN中，∴cos∠KDN＝cos∠KFN．【点睛】考核知识点：二次函数综合题．熟记二次函数基本性质，数形结合分析问题是关键.24、（1）2t，(5﹣t)；（2）t=2或3；（3）t或1．【分析】（1）根据路程=速度×时间可求解；（2）根据S四边形PABQ=S△ABO﹣S△PQO列出方程求解；（3）分或两种情形列出方程即可解决问题．【详解】（1）OP=2tcm，OQ=(5﹣t)cm．故答案为：2t，(5﹣t)．（2）∵S四边形PABQ=S△ABO﹣S△PQO，∴1910×52t×(5﹣t)，解得：t=2或3，∴当t=2或3时，四边形PABQ的面积为19cm2．（3）∵△POQ与△AOB相似，∠POQ=∠AOB=90°，∴或．①当，则，∴t，②当时，则，∴t=1．综上所述：当t或1时，△POQ与△AOB相似．【点