河北省唐山市友谊中学2025届九年级数学第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析

河北省唐山市友谊中学2025届九年级数学第一学期期末教学质量检测模拟试题注意事项：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．若是一元二次方程的两个实数根，则的值为（）A． B． C． D．2．抛物线的对称轴是（）A． B． C． D．3．下列图形是中心对称图形的是（）A． B． C． D．4．我市组织学生开展志愿者服务活动，小晴和小霞从“图书馆，博物馆，科技馆”三个场馆中随机选择一个参加活动，两人恰好选择同一场馆的概率是（）A． B． C． D．5．如图，菱形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，E是AB的中点，若AC＝6，BD＝8，则OE长为（）A．3 B．5 C．2.5 D．46．如图，平行四边形ABCD中，E是BC延长线上一点，连结AE交CD于F，则图中相似的三角形共有（）A．1对 B．2对C．3对 D．4对7．函数y=(x+1)2-2的最小值是（）A．1 B．－1 C．2 D．－28．解方程最适当的方法是（）A．直接开平方法 B．配方法 C．因式分解法 D．公式法9．如图，△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝，D、E分别在边AC、BC上，CD＝1，DE∥AB，将△CDE绕点C旋转，旋转后点D、E对应的点分别为D′、E′，当点E′落在线段AD′上时，连接BE′，此时BE′的长为（）A．2 B．3 C．2 D．310．以下是回收、绿色包装、节水、低碳四个标志，其中是中心对称图形的是（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝90°，正方形DEFG的四个顶点在△ABC的边上，连接AG、AF分别交DE于点M和点N，则线段MN的长为_____．12．三角形两边的长分别是8和6，第三边的长是一元二次方程的一个实数根，则该三角形的面积是．13．某校九年级学生参加体育测试，其中10人的引体向上成绩如下表：完成引体向上的个数78910人数1234这10人完成引体向上个数的中位数是___________14．如图，已知一块圆心角为270°的扇形铁皮，用它做一个圆锥形的烟囱帽（接缝忽略不计），圆锥底面圆的直径是60cm，则这块扇形铁皮的半径是_____cm．15．比较大小：______4.16．已知⊙O的周长等于6πcm，则它的内接正六边形面积为_____cm217．如图，点把弧分成三等分，是⊙的切线，过点分别作半径的垂线段，已知，，则图中阴影部分的面积是________．18．点A（m，n﹣2）与点B（﹣2，n）关于原点对称，则点A的坐标为_____．三、解答题(共66分)19．（10分）用适当的方法解下方程：20．（6分）选用合适的方法解下列方程：

（1）x2-7x+10=0（2）3x2-4x-1=0（3）(x＋3)2＝(1－3x)221．（6分）解不等式组，并把它的解集在数轴上表示出来．22．（8分）已知，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，点的坐标为，点的坐标为．

（1）如图1，分别求的值；（2）如图2，点为第一象限的抛物线上一点，连接并延长交抛物线于点，，求点的坐标；（3）在（2）的条件下，点为第一象限的抛物线上一点，过点作轴于点，连接、，点为第二象限的抛物线上一点，且点与点关于抛物线的对称轴对称，连接，设，，点为线段上一点，点为第三象限的抛物线上一点，分别连接，满足，，过点作的平行线，交轴于点，求直线的解析式．23．（8分）甲乙两人参加一个幸运挑战活动，活动规则是：一个布袋里装有3个只有颜色不同的球，其中2个红球，1个白球．甲从布袋中摸出一个球，记下颜色后放回，搅匀，乙再摸出一个球，若颜色相同，则挑战成功．（1）用列表法或树状图法，表示所有可能出现的结果．（2）求两人挑战成功的概率．24．（8分）已知抛物线的图象经过点（﹣1，0），点（3，0）；（1）求抛物线函数解析式；（2）求函数的顶点坐标.25．（10分）如图，二次函数y＝﹣x2+x+3的图象与x轴交于点A、B（B在A右侧），与y轴交于点C．（1）求点A、B、C的坐标；（2）求△ABC的面积．26．（10分）如图，抛物线与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C．点D是直线AC上方抛物线上一点，过点D作y轴的平行线，与直线AC相交于点E．（1）求直线AC的解析式；（2）当线段DE的长度最大时，求点D的坐标．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【分析】由一元二次方程根与系数的关系可得x1+x2=-3，x1·x2=2，利用完全平方公式即可求出答案．【详解】∵是一元二次方程的两个实数根，∴x1+x2=-3，x1·x2=2，∴=(x1+x2)2-2x1·x2=9-4=5，故选：C．【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系，若一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个实数根为，那么x1+x2=，x1·x2=，熟练掌握韦达定理是解题关键．2、A【分析】直接利用对称轴为计算即可．【详解】∵，∴抛物线的对称轴是，故选：A．【点睛】本题主要考查二次函数的对称轴，掌握二次函数对称轴的求法是解题的关键．3、B【解析】根据中心对称图形的定义，在平面内，把图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图像能与原图形重合，就为中心对称图形.【详解】选项A，不是中心对称图形.选项B,是中心对称图形.选项C,不是中心对称图形.选项D,不是中心对称图形.故选B【点睛】本题考查了中心对称图形的定义.4、A【分析】画树状图（用A、B、C分别表示“图书馆，博物馆，科技馆”三个场馆）展示所有9种等可能的结果数，找出两人恰好选择同一场馆的结果数，然后根据概率公式求解．【详解】解：画树状图为：（用A、B、C分别表示“图书馆，博物馆，科技馆”三个场馆）

共有9种等可能的结果数，其中两人恰好选择同一场馆的结果数为3，

所以两人恰好选择同一场馆的概率，故选：A．【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．5、C【分析】根据菱形的性质可得OB=OD，AO⊥BO，从而可判断OE是△DAB的中位线，在Rt△AOB中求出AB，继而可得出OE的长度．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=6，BD=8，

∴AO=OC=3，OB=OD=4，AO⊥BO，

又∵点E是AB中点，

∴OE是△DAB的中位线，

在Rt△AOD中，AB==5，

则OE=AD=．

故选C．【点睛】本题考查了菱形的性质及三角形的中位线定理，熟练掌握菱形四边相等、对角线互相垂直且平分的性质是解题关键．6、C【分析】根据平行四边形的对边平行，利用“平行于三角形一边的直线和其他两边（或两边的延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似”找出相似三角形，然后即可选择答案．【详解】在平行四边形ABCD中，AB∥CD，BC∥AD，所以，△ABE∽△FCE，△FCE∽△FDA，△ADF∽△EBA，共3对．故选C．【点睛】本题考查了相似三角形的判定，利用平行四边形的对边互相平行的性质，再结合“平行于三角形一边的直线和其他两边（或两边的延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似”即可解题7、D【分析】抛物线y=(x+1)2-2开口向上，有最小值，顶点坐标为(-1，-2)，顶点的纵坐标-2即为函数的最小值.【详解】解：根据二次函数的性质，当x=-1时，二次函数y=(x+1)2-2的最小值是-2.故选D.【点睛】本题考查了二次函数的最值.8、C【分析】根据解一元二次方程的方法进行判断．【详解】解：先移项得到，然后利用因式分解法解方程．故选：C．【点睛】本题考查了解一元二次方程——因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．9、B【分析】如图，作CH⊥BE′于H，设AC交BE′于O．首先证明∠CE′B＝∠D′＝60°，解直角三角形求出HE′，BH即可解决问题．【详解】解：如图，作CH⊥BE′于H，设AC交BE′于O．∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，∴∠CAB＝60°，∵DE∥AB，∴＝，∠CDE＝∠CAB＝∠D′＝60°∴＝，∵∠ACB＝∠D′CE′，∴∠ACD′＝∠BCE′，∴△ACD′∽△BCE′，∴∠D′＝∠CE′B＝∠CAB，在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，AC＝，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝2，BC＝AC＝，∵DE∥AB，∴＝，∴＝，∴CE＝，∵∠CHE′＝90°，∠CE′H＝∠CAB＝60°，CE′＝CE＝∴E′H＝CE′＝，CH＝HE′＝，∴BH＝＝＝∴BE′＝HE′+BH＝3，故选：B．【点睛】本题考查了相似三角形的综合应用题，涉及了旋转的性质、平行线分线段成比例、相似三角形的性质与判定等知识点，解题的关键是灵活运用上述知识点进行推理求导．10、B【解析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合．因此，只有选项B符合条件．故选B．二、填空题(每小题3分,共24分)11、．【分析】根据三角形的面积公式求出BC边上的高＝3，根据△ADE∽△ABC，求出正方形DEFG的边长为2，根据等于高之比即可求出MN．【详解】解：作AQ⊥BC于点Q．∵AB＝AC＝3，∠BAC＝90°，∴BC＝AB＝6，∵AQ⊥BC，∴BQ＝QC，∴BC边上的高AQ＝BC＝3，∵DE＝DG＝GF＝EF＝BG＝CF，∴DE：BC＝1：3又∵DE∥BC，∴AD：AB＝1：3，∴AD＝，DE＝AD＝2，∵△AMN∽△AGF，DE边上的高为1，∴MN：GF＝1：3，∴MN：2＝1：3，∴MN＝．故答案为.【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质以及正方形的性质，是一道综合题目，难度较大，作辅助线AQ⊥BC是解题的关键．12、24或．【解析】试题分析：由x2-16x+60=0，可解得x的值为6或10，然后分别从x=6时，是等腰三角形；与x=10时，是直角三角形去分析求解即可求得答案．考点：一元二次方程的解法；等腰三角形的性质；直角三角形的性质．勾股定理．13、1【分析】将数据由小排到大，再找到中间的数值，即可求得中位数，奇数个数中位数是中间一个数，偶数个数中位数是中间两个数的平均数。【详解】解：将10个数据由小到大排序：7、8、8、1、1、1、10、10、10、10，处于这组数据中间位置的数是1、1，那么由中位数的定义可知，这组数据的中位数是（1+1）÷2=1．

所以这组同学引体向上个数的中位数是1．

故答案为：1．【点睛】本题为统计题，考查中位数的意义，解题的关键是准确认识表格．14、40cm【解析】首先根据圆锥的底面直径求得圆锥的底面周长，然后根据底面周长等于展开扇形的弧长求得铁皮的半径即可．【详解】∵圆锥的底面直径为60cm，∴圆锥的底面周长为60πcm，∴扇形的弧长为60πcm，设扇形的半径为r，则=60π，解得：r=40cm，故答案为:40cm．【点睛】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是首先求得圆锥的底面周长，利用圆锥的底面周长等于扇形的弧长求解．15、＞【分析】用放缩法比较即可.【详解】∵，∴>3+1=4.故答案为：>.【点睛】此题主要考查了估算无理数的大小，在确定形如（a≥0）的无理数的整数部分时，常用的方法是“夹逼法”，其依据是平方和开平方互为逆运算.在应用“夹逼法”估算无理数时，关键是找出位于无理数两边的平方数，则无理数的整数部分即为较小的平方数的算术平方根.16、【分析】首先过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，由⊙O的周长等于6πcm，可得⊙O的半径，又由圆的内接多边形的性质，即可求得答案．【详解】解：如图，过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，∴AH=AB，∵⊙O的周长等于6πcm，∴⊙O的半径为：3cm，∵∠AOB=×360°=60°，OA=OB，∴△OAB是等边三角形，∴AB=OA=3cm，∴AH=cm，∴OH==，∴S正六边形ABCDEF=6S△OAB=6××3×=，故答案为：．【点睛】本题考查的是正多边形和圆，熟知正六边形的半径与边长相等是解答此题的关键．17、【分析】根据题意可以求出各个扇形圆心角的度数，然后利用扇形面积和三角形的面积公式即可求出阴影部分的面积．【详解】解：∵是⊙的切线，，∴，∵点把弧分成三等分，，，，．故答案为：．【点睛】本题主要考查扇形的面积公式和等腰直角三角形的性质，掌握扇形的面积公式是解题的关键．18、（2，﹣1）．【解析】关于原点对称的两个坐标点，其对应横纵坐标互为相反数.【详解】解：由题意得m=2，n-2=-n，解得n=1，故A点坐标为（2，﹣1）．【点睛】本题考查了关于原点中心对称的两个坐标点的特点.三、解答题(共66分)19、x=3或1【分析】移项，因式分解得到，再求解．【详解】解：，∴，∴，∴，∴x-3=0或x-1=0，∴x=3或1．【点睛】本题考查了一元二次方程，解题的关键是根据方程的形式选择因式分解法．20、（1）x1=2，x2=5；（2）x=；（3）x=-1.5或x=2【分析】（1）运用因式分解法求解；（2）运用公式法求解；（3）运用直接开平方知识求解.【详解】解：（1）x2-7x+11=1．（x-2）（x-5）=1，x-2=1或x-5=1，解得x1=2，x2=5.（2）△=（-4）2-4×3×（-1）=28，x=所以x1=；x2=；（3）∵（x+3）2=（1-3x）2，∴x+3=1-3x或x+3=-1+3x，解得：x=-1.5或x=2．【点睛】考核知识点：解一元二次方程.掌握一般解法是关键.21、，在数轴上表示见解析.【分析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来即可．【详解】解：解解不等式①得；解不等式②得；把解集在数轴上表示为所以不等式组的解集为.【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．22、（1），；（2）；（3）．【分析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；

（2）作轴于K，轴于L，OD=3OE，则OL=3OK，DL=3KE，设点E的横坐标为t，则点D的横坐标为-3t，则点E、D的坐标分别为：（t，）、（-3t，-+3t+），即可求解；（3）设点的横坐标为，可得PH=m2+m-，过作EF∥y轴交于点交轴于点，TE=PH+YE=m2+m-+2=（m+1）2，tan∠AHE=，tan∠PET=，而∠AHE+∠EPH=2α，故∠AHE=∠PET=∠EPH=α，PH=PQ•tanα，即m2+m-=（2m+2）×，解得：m=2-1，故YH=m+1=2，PQ=4，点P、Q的坐标分别为：（2-1，4）、（-2-1，4），tan∠YHE=，tan∠PQH=；证明△PMH≌△WNH，则PH=WH，而QH=2PH，故QW=HW，即W是QH的中点，则W（-1，2），再根据待定系数法即可求解．【详解】解：（1）把、分别代入得：，解得；（2）如图2，由（1）得，作轴于K，轴于L，∴EK∥DL，∴．∵，∴，设点的横坐标为，，，∴的横坐标为，分别把和代入抛物线解析式得，∴，∴，．∵，∴，∴，∴，∴，解得（舍），，∴．（3）如图3，设点的横坐标为，把代入抛物线得，∴．过作EF∥y轴交于点交轴于点，∴轴．∵点与点关于抛物线的对称轴对称，∴PQ∥x轴，，∴，点坐标为，又∵轴，∴ET∥PH，∴，∴，∴四边形为矩形，∴，∴，∴，，，∴．∴，，∴，∴．又∵，∴．∵，∴解得，∵，∴．∴，，把代入抛物线得，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．若交于点，∵NF∥PE，∴，∴，∵，∴，∴，，，∴，∴，∴．作WS∥PQ，交于点交轴于点，∴△WSH∽△QPH，∴．∵∴，∴，，∴．∵，∴，∴．设的解析式为，把、代入得，解得，∴．∵FN∥PE，∴设的解析式为，把代入得，∴的解析式为．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、三角形全等、解直角三角形等，其中（3）证明△PMH≌△WNH是解题的关键．23、（1）见解析；（2）．【分析】用列表法列举出所有等可能出现的结果，从中找出颜色相同的结果数，进而求出概率．【详解】解：（1）用列表法表示所有可能出现的结果如下：（2）共有9种等可能出现的结果，其中颜色相同的有5种，∴P（颜色相同）＝，答：获胜的概率为．【点睛】考查列表法或树状图法求等可能事件发生的概率，使用此方法一定注意每一种结果出现的可能性是均等的，即为等可能事件．24、(1)y=x2﹣2x﹣3；(2)(1，－4)【分析】（1）将两点代入列出关于b和c的二元一次方程组