湖南省张家界慈利县联考2025届九年级数学第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

湖南省张家界慈利县联考2025届九年级数学第一学期期末质量跟踪监视试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(每小题3分,共30分)1．生物兴趣小组的学生，将自己收集的标本向本组其他成员各赠送一件，全组共互增了182件．如果全组共有x名同学，则根据题意列出的方程是（）．A．x（x+1）=182 B．x（x+1）=182×C．x（x－1）=182 D．x（x－1）=182×22．已知是方程的一个根，则代数式的值等于（）A．3 B．2 C．0 D．13．如图，正方形ABCD的边长为3，点E、F分别在边BC、CD上，将AB、AD分别沿AE、AF折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知BE＝1，则EF的长为（

）A． B． C． D．34．学校体育室里有6个箱子，分别装有篮球和足球（不混装），数量分别是8，9，16，20，22，27，体育课上，某班体育委员拿走了一箱篮球，在剩下的五箱球中，足球的数量是篮球的2倍，则这六箱球中，篮球有（）箱．A．2 B．3 C．4 D．55．已知m，n是关于x的一元二次方程的两个解，若，则a的值为（）A．﹣10 B．4 C．﹣4 D．106．如图，是一个几何体的三视图，则这个几何体是()A．长方体 B．圆柱体 C．球体 D．圆锥体7．若，则一次函数与反比例函数在同一坐标系数中的大致图象是（）A． B．C． D．8．朗读者是中央电视台推出的大型文化情感类节目，节目旨在实现文化感染人、鼓舞人、教育人的引导作用为此，某校举办演讲比赛，李华根据演讲比赛时九位评委所给的分数制作了如下表格：平均数中位数众数方差对9位评委所给的分数，去掉一个最高分和一个最低分后，表格中数据一定不发生变化的是A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差9．如图是二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象的一部分，给出下列命题：①a+b+c＝0；②b＞2a；③方程ax2+bx+c＝0的两根分别为－3和1；④a－2b+c≥0，其中正确的命题是（）A．①②③ B．①④ C．①③ D．①③④10．如图，若绕点按逆时针方向旋转后能与重合，则（）．A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是_____．12．如图，从一块矩形铁片中间截去一个小矩形，使剩下部分四周的宽度都等于，且小矩形的面积是原来矩形面积的一半，则的值为_________．13．如图，在平行四边形中，点在边上，，连接交于点，则的面积与四边形的面积之比为___14．如图，二次函数的图象与轴交于点,与轴的一个交点为,点在抛物线上，且与点关于抛物线的对称轴对称．已知一次函数的图象经过两点,根据图象,则满足不等式的的取值范围是_____________15．如果关于x的方程x2-5x+a=0有两个相等的实数根，那么a=_____.16．为了某小区居民的用水情况，随机抽查了10户家庭的月用水量，结果如下表：月用水量（吨）

4

5

6

9

户数

3

4

2

1

则关于这10户家庭的约用水量，下列说法错误的是（）A．中位数是5吨 B．极差是3吨 C．平均数是5.3吨 D．众数是5吨17．如图，是一个立体图形的三种视图，则这个立体图形的体积为______．18．如图，在某一时刻，太阳光线与地面成的角，一只皮球在太阳光的照射下的投影长为，则皮球的直径是______.三、解答题(共66分)19．（10分）如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B点，C为⊙O上一点，∠P=66°，求∠C．20．（6分）如图，以40m/s的速度将小球沿与地面30°角的方向击出时，小球的飞行路线是一段抛物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度h（单位:m）与飞行时间t（单位:s）之间的函数关系式为h=20t－(t≥0)．回答问题:(1)小球的飞行高度能否达到19.5m；(2)小球从最高点到落地需要多少时间?21．（6分）已知关于x的一元二次方程．（1）当m为何值时，方程有两个不相等的实数根？（2）设方程两根分别为、，且2、2分别是边长为5的菱形的两条对角线，求m的值．22．（8分）（问题发现）如图1，半圆O的直径AB＝10，点P是半圆O上的一个动点，则△PAB的面积最大值是；（问题探究）如图2所示，AB、AC、是某新区的三条规划路，其中AB＝6km，AC＝3km，∠BAC＝60°，所对的圆心角为60°．新区管委会想在路边建物资总站点P，在AB、AC路边分别建物资分站点E、F，即分别在、线段AB和AC上选取点P、E、F．由于总站工作人员每天要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP．显然，为了快捷环保和节约成本，就要使线段PE、EF、FP之和最短（各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计）．可求得△PEF周长的最小值为km；（拓展应用）如图3是某街心花园的一角，在扇形OAB中，∠AOB＝90°，OA＝12米，在围墙OA和OB上分别有两个入口C和D，且AC＝4米，D是OB的中点，出口E在上．现准备沿CE、DE从入口到出口铺设两条景观小路，在四边形CODE内种花，在剩余区域种草．①出口E设在距直线OB多远处可以使四边形CODE的面积最大？最大面积是多少？(小路宽度不计)②已知铺设小路CE所用的普通石材每米的造价是200元，铺设小路DE所用的景观石材每米的造价是400元．请问：在上是否存在点E，使铺设小路CE和DE的总造价最低？若存在，求出最低总造价和出口E距直线OB的距离；若不存在，请说明理由．23．（8分）（1）问题发现：如图1，在等腰直角三角形中，，将边绕点顺时针旋转90°得到线段，连接，则的面积为__________；（请用含的式子表示的面积；提示：过点作边上的高）（2）类比探究：如图2，在一般的中，，将边绕点顺时针旋转90°得到线段，连接．（1）中的结论是否成立，若成立，请说明理由．（3）拓展应用：如图3，在等腰三角形中，，将边绕点顺时针旋转90°得到线段，连接．试直接用含的式子表示的面积．（不写探究过程）24．（8分）科研人员在测试火箭性能时，发现火箭升空高度与飞行时间之间满足二次函数.（1）求该火箭升空后飞行的最大高度；（2）点火后多长时间时，火箭高度为.25．（10分）将一副三角尺（在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°；在Rt△DEF中，∠EDF=90°，∠E=45°）如图1摆放，点D为AB边的中点，DE交AC于点P，DF经过点C，且BC=2.（1）求证：△ADC∽△APD；（2）求△APD的面积；（3）如图2，将△DEF绕点D顺时针方向旋转角α（0°＜α＜60°），此时的等腰直角三角尺记为△DE′F′，DE′交AC于点M，DF′交BC于点N，试判断PMCN的值是否随着α的变化而变化？如果不变，请求出PM26．（10分）如图，四边形ABCD是矩形，E为CD边上一点，且AE、BE分别平分∠DAB、∠ABC．（1）求证：△ADE≌△BCE；（2）已知AD＝3，求矩形的另一边AB的值．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】试题分析：先求每名同学赠的标本，再求x名同学赠的标本，而已知全组共互赠了182件，故根据等量关系可得到方程．每名同学所赠的标本为：（x-1）件，那么x名同学共赠：x（x-1）件，根据题意可列方程：x（x-1）=182，故选C.考点：本题考查的是根据实际问题列一元二次方程点评：找到关键描述语，找到等量关系，然后准确的列出方程是解答本题的关键．2、A【分析】根据题意，将代入方程得，移项即可得结果.【详解】∵是方程的一个根,∴,∴,故选A.【点睛】本题考查一元二次方程的解，已知方程的根，只需将根代入方程即可.3、B【解析】由图形折叠可得BE=EG，DF=FG；再由正方形ABCD的边长为3，BE=1，可得EG=1，EC=3-1=2，CF=3-FG；最后由勾股定理可以求得答案.【详解】由图形折叠可得BE=EG，DF=FG，∵正方形ABCD的边长为3，BE=1，∴EG=1，EC=3-1=2，CF=3-FG，在直角三角形ECF中，∵EF2=EC2+CF2，∴(1+GF)2=22+(3-GF)2，解得GF=，∴EF=1+=．故正确选项为B.【点睛】此题考核知识点是：正方形性质；轴对称性质；勾股定理.解题的关键在于：从图形折叠过程找出对应线段，利用勾股定理列出方程.4、B【分析】先计算出这些水果的总质量，再根据剩下的足球与篮球的数量关系，通过推理判断出拿走的篮球的个数，从而计算出剩余篮球的个数．【详解】解：∵8+9+16+20+22+27=102（个）根据题意，在剩下的五箱球中，足球的数量是篮球的2倍，∴剩下的五箱球中，篮球和足球的总个数是3的倍数，由于102是3的倍数，所以拿走的篮球个数也是3的倍数，只有9和27符合要求，假设拿走的篮球的个数是9个，则（102-9）÷3=31，剩下的篮球是31个，由于剩下的五个数中，没有哪两个数的和是31个，故拿走的篮球的个数不是9个，假设拿走的篮球的个数是27个，则（102-27）÷3=25，剩下的篮球是25个，只有9+16=25，所以剩下2箱篮球，故这六箱球中，篮球有3箱，故答案为：B．【点睛】本题主要考查的是学生能否通过初步的分析、比较、推理得出正确的结论，培养学生有顺序、全面思考问题的意识．5、C【详解】解：∵m，n是关于x的一元二次方程的两个解，∴m+n=3，mn=a．∵，即，∴，解得：a=﹣1．故选C．6、B【分析】根据三视图的规律解答：主视图表示由前向后观察的物体的视图；左视图表示在侧面由左向右观察物体的视图，俯视图表示由上向下观察物体的视图，由此解答即可.【详解】解：∵该几何体的主视图和左视图都为长方形，俯视图为圆∴这个几何体为圆柱体故答案是：B.【点睛】本题主要考察简单几何体的三视图，熟练掌握简单几何体的三视图是解题的关键.7、C【分析】根据ab>0，可得a、b同号，结合一次函数及反比例函数的特点进行判断即可．【详解】解：.A.根据一次函数可判断a>0，b<0，即ab<0，故不符合题意，

B.根据反比例函数可判断ab<0，故不符合题意，

C.根据一次函数可判断a<0，b<0，即ab>0，根据反比例函数可判断ab>0，故符合题意，

D.根据反比例函数可判断ab<0，故不符合题意．

故选：C．【点睛】本题考查了反比例函数的图象性质和一次函数函数的图象性质，要掌握它们的性质是解决问题的关键．8、B【分析】根据方差、平均数、众数和中位数的定义进行判断．【详解】解：对9位评委所给的分数，去掉一个最高分和一个最低分后，中位数一定不发生变化．故选B．【点睛】本题考查了方差：方差是反映一组数据的波动大小的一个量方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好也考查了平均数、众数和中位数．9、C【分析】根据二次函数的图象可知抛物线开口向上，对称轴为x=-1，且过点（1，0），根据对称轴可得抛物线与x轴的另一个交点为（-3，0），把（1，0）代入可对①做出判断；由对称轴为x=-1，可对②做出判断；根据二次函数与一元二次方程的关系，可对③做出判断；根据a、c的符号，以及对称轴可对④做出判断；最后综合得出答案．【详解】解：由图象可知：抛物线开口向上，对称轴为直线x=-1，过（1，0）点，

把（1，0）代入y=ax2+bx+c得，a+b+c=0，因此①正确；对称轴为直线x=-1，即：整理得，b=2a，因此②不正确；由抛物线的对称性，可知抛物线与x轴的两个交点为（1，0）（-3，0），因此方程ax2+bx+c=0的两根分别为-3和1；故③是正确的；

由a＞0，b＞0，c＜0，且b=2a，则a-2b+c=a-4a+c=-3a+c＜0，因此④不正确；

故选：C．【点睛】本题考查的是二次函数图象与系数之间的关系，能够根据开口判断a的符号，根据与x轴，y轴的交点判断c的值以及b用a表示出的代数式是解题的关键．10、D【分析】根据旋转的性质知，，然后利用三角形内角和定理进行求解．【详解】∵绕点按逆时针方向旋转后与重合，∴，，∴，故选D．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，熟知旋转角的定义与旋转后对应边相等是解题的关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、且k≠1．【分析】根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到且，然后求出两个不等式的公共部分即可．【详解】解：根据题意得且，

解得：且k≠1．

故答案是：且k≠1．【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=1（a≠1）的根的判别式△=b2-4ac：当△＞1，方程有两个不相等的实数根；当△=1，方程有两个相等的实数根；当△＜1，方程没有实数根．12、1【分析】本题中小长方形的长为（80−2x）cm，宽为（60−2x）cm，根据“小长方形的面积是原来长方形面积的一半”可列出方程（80−2x）（60−2x）＝×80×60，解方程从而求解．【详解】因为小长方形的长为（80−2x）cm，宽为（60−2x）cm，则其面积为（80−2x）（60−2x）cm2根据题意得：（80−2x）（60−2x）＝×80×60整理得：x2−70x＋600＝0解之得：x1＝1，x2＝60因x＝60不合题意，应舍去所以x＝1．故答案为：1.【点睛】此题解答时应结合图形，分析出小长方形的长与宽，利用一元二次方程求解，另外应判断解出的解是否符合题意，进而确定取舍．13、【分析】由DE：EC=3：1，可得DF：FB=3：4，根据在高相等的情况下三角形面积比等于底边的比，可得S△EFD：S△BEF=3：4，S△BDE：S△BEC=3：1，可求△DEF的面积与四边形BCEF的面积的比值．【详解】解：连接BE

∵DE：EC=3：1

∴设DE=3k，EC=k，则CD=4k

∵ABCD是平行四边形

∴AB∥CD，AB=CD=4k，∴,∴S△EFD：S△BEF=3：4

∵DE：EC=3：1

∴S△BDE：S△BEC=3：1

设S△BDE=3a，S△BEC=a

则S△EFD=，，S△BEF=，∴SBCEF=S△BEC+S△BEF=，∴则△DEF的面积与四边形BCEF的面积之比9：19

故答案为：．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，平行四边形的性质，关键是运用在高相等的情况下三角形面积比等于底边的比求三角形的面积比值．14、【分析】将点A的坐标代入二次函数解析式求出m的值，再根据二次函数解析式求出点C的坐标，然后求出点B的坐标，点A、B之间部分的自变量x的取值范围即为不等式的解集.【详解】解：抛物线经过点抛物线解析式为点坐标对称轴为x=-2,B、C关于对称轴对称,点坐标由图象可知，满足的的取值范围为故答案为:．【点睛】本题考查了利用二次函数的性质来确定系数m和图象上点B的坐标，而根据图象可知满足不等式的的取值范围是在B、A两点之间.15、【分析】若一元二次方程有两个相等的实数根，则方程的根的判别式等于0，由此可列出关于a的等式，求出a的值．【详解】∵关于x的方程x2-5x+a=0有两个相等的实数根，∴△=25-4a=0，即a=．故答案为：.【点睛】一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．16、B【详解】解∵这10个数据是：4，4，4，5，5，5，5，6，6，9；∴中位数是：（5+5）÷2=5吨，故A正确；∴众数是：5吨，故D正确；∴极差是：9﹣4=5吨，故B错误；∴平均数是：（3×4+4×5+2×6+9）÷10=5.3吨，故C正确．故选B．17、【分析】根据该立体图形的三视图可判断该立体图形为圆柱，且底面直径为8，高为8，根据圆柱的体积公式即可得答案．【详解】∵该立体图形的三视图为两个正方形和一个圆，∴该立体图形为圆柱，且底面直径为8，高为8，∴这个立体图形的体积为×42×8=128，故答案为：128【点睛】本题考查由三视图判断几何体；利用该几何体的三视图得到该几何体底面半径、高是解题的关键．18、15【分析】由图可得AC即为投影长，过点A作于点B，由光线平行这一性质可得，且AB即为圆的半径，利用三角函数可得AB长.【详解】解：如图，过点A作于点B，由光线平行这一性质可得，且AB即为圆的半径，AC即为投影长.在中，，所以皮球的直径是15cm.故答案为：15.【点睛】本题考查了三角函数的应用，由图确定圆的投影长及直径是解题的关键.三、解答题(共66分)19、∠C=57°．【分析】此题根据圆周角与圆心角的关系求解即可．【详解】连接OA，OB，∵PA，PB分别与⊙O相切于A，B点，∴∠OAP=90°，∠OBP=90°，∴∠AOB=360°﹣90°﹣90°﹣66°=114°，由圆周角定理得，∠C=∠AOB=57°．【点睛】此题考查同圆中圆周角与圆心角的关系和切线相关知识，难度一般．20、（1）19.5m；（2）2s【分析】（1）根据抛物线解析式，先求出抛物线的定点，判断小球最高飞行高度，从而判断能否达到19.5m；（2）根据定点坐标知道，小球飞从地面飞行至最高点需要2s，根据二次函数的对称性，可知从最高落在地面，也需要2s．【详解】（1）h=20t－由二次函数可知：抛物线开口向下，且顶点坐标为(2，20)，可知小球的飞行高度为h=20m>19.5m所以小球的飞行高度能否达到19.5m；（2）根据抛物线的对称性可知，小球从最高点落到地面需要的时间与小球从地面上到最高点的时间相等．因为由二次函数的顶点坐标可知当t=2s时小球达到最高点，所以小球从最高点到落地需要2s．【点睛】本题考查二次函数的实际运用，解题关键是将二次函数转化为顶点式，得出顶点坐标，然后分析求解．21、（1）；（2）【分析】（1）由根的判别式即可求解；（2）根据菱形对角线互相垂直且平分，由勾股定理得，又由一元二次方程根与系数的关系，所以有，据此列出关于m的方程求解．【详解】（1）∵方程有两个不相等的实数根，∴解得：∴当时，方程有两个不相等的实数根；（2）由题意得：∴解得：或∵2、2分别是边长为5的菱形的两条对角线∴，即∴【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式、结合菱形的性质考查勾股定理和韦达定理，熟知一元二次方程根与系数的关系是解题关键．22、[问题发现]15；[问题探究]；[拓展应用]①出口E设在距直线OB的7.1米处可以使四边形CODE的面积最大为60平方米，②出口E距直线OB的距离为米.【分析】[问题发现]△PAB的底边AB一定,面积最大也就是P点到AB的距离最大,故当OP⊥AB时,时最大，值是5，再计算此时△PAB面积即可；[问题探究]先由对称将折线长转化线段长，即分别以、所在直线为对称轴，作出关于的对称点为，关于的对称点为，连接，易求得：，而，即当最小时，可取得最小值．[拓展应用]①四边形CODE面积=S△CDO＋S△CDE′，求出S△CDE′面积最大时即可；②先利用相似三角形将费用问题转化为CE＋1DE＝CE＋QE，求CE＋QE的最小值问题．然后利用相似三角形性质和勾股定理求解即可。【详解】[问题发现]解：当OP⊥AB时,时最大，，此时△APB的面积=，故答案为：15；[问题探究]解：如图1-1，连接，,分别以、所在直线为对称轴，作出关于的对称点为，关于的对称点为，连接，交于点，交于点，连接、，，，，，、、在以为圆心，为半径的圆上，设，易求得：，，，，当最小时，可取得最小值，，，即点在上时，可取得最小值，如图1-1，如图1-3，设的中点为，，，，，，由勾股定理可知：，，，是等边三角形，，由勾股定理可知：，，，的最小值为．故答案为：[拓展应用]①如图，作OG⊥CD，垂足为G，延长OG交于点E′，则此时△CDE的面积最大．∵OA＝OB＝11，AC＝4，点D为OB的中点，∴OC＝8，OD＝6，在Rt△COD中，CD＝10，OG＝4.8，∴GE′＝11－4.8＝7.1，∴四边形CODE面积的最大值为S△CDO＋S△CDE′＝×6×8＋×10×7.1＝60，作E′H⊥OB，垂足为H，则E′H＝OE′＝×11＝7.1．答：出口E设在距直线OB的7.1米处可以使四边形CODE的面积最大为60平方米．②铺设小路CE和DE的总造价为100CE＋400DE＝100（CE＋1DE）．如图，连接OE，延长OB到点Q，使BQ＝OB＝11，连接EQ．在△EOD与△QOE中，∠EOD＝∠QOE，且，∴△EOD∽△QOE，故QE＝1DE．于是CE＋1DE＝CE＋QE，问题转化为求CE＋QE的最小值．连接CQ，交于点E′，此时CE＋QE取得最小值为CQ，在Rt△COQ中，CO＝8，OQ＝14，∴CQ＝8，故总造价的最小值为1600．作E′H⊥OB，垂足为H，连接OE′，设E′H＝x，则QH＝3x，在Rt△E′OH中，，解得（舍去），∴出口E距直线OB的距离为米．【点睛】本题考查圆的综合问题，涉及轴对称的性质，勾股定理，垂径定理，解直角三角形等知识，综合程度极高，需要学生灵活运用知识．解题关键是：利用对称或相似灵活地将折线长和转化为线段长，从而求折线段的最值。23、（1）；（2）成立，理由见解析；（3）【分析】(1)如图1，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，由垂直的性质就可以得出△ABC≌△BDE，就有DE=BC=a进而由三角形的面积公式得出结论；

(2)如图2，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，由垂直的性质就可以得出△ABC≌△BDE，就有.DE=BC=a进而由三角形的面积公式得出结论；

(3)如图3，过点A作AF⊥BC与F，过点D作DE⊥BC的延长线于点E，由等腰三角形的性质可以得出BF=BC，由条件可以得出△AFB≌△BED就可以得出BF=DE，由三角形的面积公式就可以得出结论．【详解】解：（1）如图1，过点D作DE⊥CB交CB的延长线于E，

∴∠BED=∠ACB=90°，

由旋转知，AB=BD，∠ABD=90°，

∴∠ABC+∠DBE=90°，

∵∠A+∠ABC=90°，

∴∠A=∠DBE，

在△ABC和△BDE中，

，

∴△ABC≌△BDE(AAS)

∴BC=DE=a．

∵S△BCD=BC⋅DE=

故答案为（2）（1）中结论仍然成立，理由：如图，过点作边上的高，在中，∵，由旋转可知：，∴，∴，又∵，∴，∴，（3）.如图3，过点A作AF⊥BC与F，过点D作DE⊥BC的延长线于点E，

∴∠AFB=∠E=90°，BF=BC=a.

∴∠FAB+∠ABF=90°

∵∠ABD=90°，

∴∠ABF+∠DBE=90°，

∴∠FAB=∠EBD

∵线段BD是由线段AB旋转得到的，

∴AB=BD

在△AFB和△BED中，

，

∴△AFB≌△BED(AAS)，

∴BF=DE=a.

∵S△BCD=BC⋅DE=⋅a⋅a=．

∴△BCD的面积为．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，三角形的面积公式的运用，判断出△ABC≌△BDE是解本题的关键．24、（1）该火箭升空后飞行的最大高度为；（2）点火后和时，火箭高度为.【分析】（1）直接利用配方法将二次函数写成顶点式，进而求出即可；（2）把直接带入函数，解得的值即为所求.【详解】解：（1）由题意可得：.该火箭升空后飞行的最大高度为.（2）时