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文档简介
2025届云南省昆明市八校联考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、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,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.如图,四边形和是以点为位似中心的位似图形,若,则四边形与四边形的面积比为()A. B. C. D.2.如图,点P(x,y)(x>0)是反比例函数y=(k>0)的图象上的一个动点,以点P为圆心,OP为半径的圆与x轴的正半轴交于点A,若△OPA的面积为S,则当x增大时,S的变化情况是()A.S的值增大 B.S的值减小C.S的值先增大,后减小 D.S的值不变3.如图,中,,,,分别为边的中点,将绕点顺时针旋转到的位置,则整个旋转过程中线段所扫过部分的面积(即阴影部分面积)为()A. B. C. D.4.对于二次函数y=2(x+1)(x﹣3),下列说法正确的是()A.图象过点(0,﹣3) B.图象与x轴的交点为(1,0),(﹣3,0)C.此函数有最小值为﹣6 D.当x<1时,y随x的增大而减小5.下列各点中,在反比例函数图象上的点是A. B. C. D.6.某校办工厂生产的某种产品,今年产量为200件,计划通过改革技术,使今后两年的产量都比前一年增长一个相同的百分数,使得三年的总产量达到1400件.若设这个百分数为,则可列方程()A. B.C. D.7.关于抛物线的说法中,正确的是()A.开口向下 B.与轴的交点在轴的下方C.与轴没有交点 D.随的增大而减小8.如图,⊙O是△ABC的外接圆,连接OC、OB,∠BOC=100°,则∠A的度数为()A.30° B.40° C.50° D.60°9.一组数据由五个正整数组成,中位数是3,且惟一众数是7,则这五个正整数的平均数是()A.4 B.5 C.6 D.810.若关于x的一元二次方程有实数根,则k的取值范围是()A. B. C.且 D.且二、填空题(每小题3分,共24分)11.如图,二次函数y=ax2+bx+c的图像过点A(3,0),对称轴为直线x=1,则方程ax2+bx+c=0的根为____.12.如图,Rt△ABC中,∠C=90°,AB=10,,则AC的长为_______.13.如图,分别以正三角形的3个顶点为圆心,边长为半径画弧,三段弧围成的图形称为莱洛三角形.若正三角形边长为6cm,则该莱洛三角形的周长为_____cm.14.如图,把正方形铁片OABC置于平面直角坐标系中,顶点A的坐标为(3,0),点P(1,2)在正方形铁片上,将正方形铁片绕其右下角的顶点按顺时针方向依次旋转90°,第一次旋转至图(1)位置,第二次旋转至图(2)位置…,则正方形铁片连续旋转2018次后,点P的纵坐标为_________.15.某同学用描点法y=ax2+bx+c的图象时,列出了表:x…﹣2﹣1012…y…﹣11﹣21﹣2﹣5…由于粗心,他算错了其中一个y值,则这个错误的y值是_______.16.抛物线y=﹣x2+bx+c的部分图象如图所示,若y>0,则x的取值范围是_____.17.如图,抛物线(是常数,),与轴交于两点,顶点的坐标是,给出下列四个结论:①;②若,,在抛物线上,则;③若关于的方程有实数根,则;④,其中正确的结论是__________.(填序号)18.抛物线y=2x2﹣4x+1的对称轴为直线__.三、解答题(共66分)19.(10分)小明开着汽车在平坦的公路上行驶,前放出现两座建筑物A、B(如图),在(1)处小颖能看到B建筑物的一部分,(如图),此时,小明的视角为30°,已知A建筑物高25米.(1)请问汽车行驶到什么位置时,小明刚好看不到建筑物B?请在图中标出这点.(2)若小明刚好看不到B建筑物时,他的视线与公路的夹角为45°,请问他向前行驶了多少米?(精确到0.1)20.(6分)如图,有四张质地完全相同的卡片,正面分别写有四个角度,现将这四张卡片洗匀后,背面朝上.(1)若从中任意抽取--张,求抽到锐角卡片的概宰;(2)若从中任意抽取两张,求抽到的两张角度恰好互补的概率.21.(6分)综合与探究如图,抛物线经过点A(-2,0),B(4,0)两点,与轴交于点C,点D是抛物线上一个动点,设点D的横坐标为.连接AC,BC,DB,DC,(1)求抛物线的函数表达式;(2)△BCD的面积等于△AOC的面积的时,求的值;(3)在(2)的条件下,若点M是轴上的一个动点,点N是抛物线上一动点,试判断是否存在这样的点M,使得以点B,D,M,N为顶点的四边形是平行四边形,若存在,请直接写出点M的坐标;若不存在,请说明理由.22.(8分)如图,已知△ABC,直线PQ垂直平分AC,与边AB交于E,连接CE,过点C作CF平行于BA交PQ于点F,连接AF.(1)求证:△AED≌△CFD;(2)求证:四边形AECF是菱形.(3)若AD=3,AE=5,则菱形AECF的面积是多少?23.(8分)如图,四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=60°,∠BCD=30°,将AC绕着点A顺时针旋转60°得AE,连接BE,CE.(1)求证:△ADC≌△ABE;(2)求证:(3)若AB=2,点Q在四边形ABCD内部运动,且满足,直接写出点Q运动路径的长度.24.(8分)城市规划期间,欲拆除一电线杆AB,已知距电线杆AB水平距离14m的D处有一大坝,背水坡CD的坡度i=2:1,坝高CF为2m,在坝顶C处测得杆顶A的仰角为30°,D、E之间是宽为2m的人行道.试问:在拆除电线杆AB时,为确保行人安全,是否需要将此人行道封上?请说明理由(在地面上,以点B为圆心,以AB长为半径的圆形区域为危险区域.)(≈1.732,≈1.414)25.(10分)已知关于x的一元二次方程(a+c)x2+2bx+(a﹣c)=0,其中a、b、c分别为△ABC三边的长.(1)如果x=﹣1是方程的根,试判断△ABC的形状,并说明理由;(2)如果方程有两个相等的实数根,试判断△ABC的形状,并说明理由;(3)如果△ABC是等边三角形,试求这个一元二次方程的根.26.(10分)如图,Rt△ABC中,∠ABC=90°,以AB为直径作⊙O,点D为⊙O上一点,且CD=CB、连接DO并延长交CB的延长线于点E(1)判断直线CD与⊙O的位置关系,并说明理由;(2)若BE=4,DE=8,求AC的长.
参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】由位似图的面积比等于位似比的平方可得答案.【详解】∵即四边形和的位似比为∴四边形和的面积比为故选:C.【点睛】本题考查了位似图的性质,熟记位似图的面积比等于位似比的平方是解题的关键.2、D【分析】作PB⊥OA于B,如图,根据垂径定理得到OB=AB,则S△POB=S△PAB,再根据反比例函数k的几何意义得到S△POB=|k|,所以S=2k,为定值.【详解】作PB⊥OA于B,如图,则OB=AB,∴S△POB=S△PAB.∵S△POB=|k|,∴S=2k,∴S的值为定值.故选D.【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义:在反比例函数y=图象中任取一点,过这一个点向x轴和y轴分别作垂线,与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|.3、C【分析】连接BH,BH1,先证明△OBH≌△O1BH1,再根据勾股定理算出BH,再利用扇形面积公式求解即可.【详解】∵O、H分别为边AB,AC的中点,将△ABC绕点B顺时针旋转120°到△A1BC1的位置,∴△OBH≌△O1BH1,利用勾股定理可求得BH=,所以利用扇形面积公式可得.故选C.【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质、勾股定理、扇形面积的计算,利用全等对面积进行等量转换方便计算是关键.4、D【分析】通过计算自变量x对应的函数值可对A进行判断;利用抛物线与x轴的交点问题,通过解方程2(x+1)(x﹣3)=0可对B进行判断;把抛物线的解析式配成顶点式,然后根据二次函数的性质对C、D进行判断.【详解】解:A、当x=0时,y=2(x+1)(x﹣3)=﹣6,则函数图象经过点(0,﹣6),所以A选项错误;B、当y=0时,2(x+1)(x﹣3)=0,解得x1=﹣1,x2=3,则抛物线与x轴的交点为(﹣1,0),(3,0),所以B选项错误;C、y=2(x+1)(x﹣3)=2(x﹣1)2﹣8,则函数有最小值为﹣8,所以D选项错误;D、抛物线的对称轴为直线x=1,开口向上,则当x<1时,y随x的增大而减小,所以D选项正确.故选:D.【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质,函数的最值,增减性,与坐标轴交点坐标熟练掌握是解题的关键5、B【分析】把各点的坐标代入解析式,若成立,就在函数图象上.即满足xy=2.【详解】只有选项B:-1×(-2)=2,所以,其他选项都不符合条件.故选B【点睛】本题考核知识点:反比例函数的意义.解题关键点:理解反比例函数的意义.6、B【分析】根据题意:第一年的产量+第二年的产量+第三年的产量=1且今后两年的产量都比前一年增长一个相同的百分数x.【详解】解:已设这个百分数为x.200+200(1+x)+200(1+x)2=1.故选B.【点睛】本题考查对增长率问题的掌握情况,理解题意后以三年的总产量做等量关系可列出方程.7、C【分析】根据题意利用二次函数的性质,对选项逐一判断后即可得到答案.【详解】解:A.,开口向上,此选项错误;B.与轴的交点为(0,21),在轴的上方,此选项错误;C.与轴没有交点,此选项正确;D.开口向上,对称轴为x=6,时随的增大而减小,此选项错误.故选:C.【点睛】本题考查二次函数的性质,解答本题的关键是明确题意,熟练掌握并利用二次函数的性质解答.8、C【分析】直接根据圆周角定理即可得出结论.【详解】∵⊙O是△ABC的外接圆,∠BOC=100°,∴∠A=∠BOC==50°.故选:C.【点睛】本题考查的是圆周角定理,熟知在同圆或等圆中,同弧或等弧所对的圆周角相等,都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键.9、A【分析】根据题意,五个正整数中3是中位数,唯一众数是7,可以得知比3大的有2个数,比3小的有2个数,且7有2个,然后求出这五个数的平均数即可.【详解】由五个正整数知,中位数是3说明比3大的有2个数,比3小的有2个数,唯一众数是7,则7有2个,所以这五个正整数分别是1、2、3、7、7,计算平均数是(1+2+3+7+7)÷5=4,故选:A.【点睛】本题考查了数据的收集与处理,中位数,众数,平均数的概念以及应用,掌握数据的收集与处理是解题的关键.10、C【分析】一元二次方程有实数根,则根的判别式≥1,且k≠1,据此列不等式求解.【详解】根据题意,得:=1-16≥1且≠1,解得:且≠1.故选:C.【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式与实数根的情况,注意≠1.二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】根据点A的坐标及抛物线的对称轴可得抛物线与x轴的两个交点坐标,从而求得方程的解.【详解】解:由二次函数y=ax2+bx+c的图像过点A(3,0),对称轴为直线x=1可得:抛物线与x轴交于(3,0)和(-1,0)即当y=0时,x=3或-1∴ax2+bx+c=0的根为故答案为:【点睛】本题考查抛物线的对称性及二次函数与一元二次方程,利用对称性求出抛物线与x轴的交点坐标是本题的解题关键.12、8【解析】在Rt△ABC中,cosB=,AB=10,可求得BC,再利用勾股定理即可求AC的长.【详解】∵Rt△ABC中,∠C=90°,AB=10∴cosB=,得BC=6由勾股定理得BC=故答案为8.【点睛】此题主要考查锐角三角函数在直角三形中的应用及勾股定理.13、6π【分析】直接利用弧长公式计算即可.【详解】利用弧长公式计算:该莱洛三角形的周长(cm)故答案为6π【点睛】本题考查了弧长公式,熟练掌握弧长公式是解题关键.14、1【分析】由旋转方式和正方形性质可知点P的位置4次一个循环,首先根据旋转的性质求出P1~P5的坐标,探究规律后,再利用规律解决问题.【详解】解:∵顶点A的坐标为(3,0),点P(1,2),∴第一次旋转90°后,对应的P1(5,2),
第二次P2(8,1),
第三次P3(10,1),
第四次P4(13,2),
第五次P5(17,2),
…
发现点P的位置4次一个循环,
∵2018÷4=504余2,
P2018的纵坐标与P2相同为1,故答案为:1.【点睛】本题考查了旋转的性质: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.也考查了坐标与图形的变化、规律型:点的坐标等知识,解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法,属于中考常考题型.15、﹣1.【解析】根据关于对称轴对称的自变量对应的函数值相等,可得答案.解:由函数图象关于对称轴对称,得(﹣1,﹣2),(0,1),(1,2)在函数图象上,把(﹣1,﹣2),(0,1),(1,﹣2)代入函数解析式,得,解得,,函数解析式为y=﹣3x2+1x=2时y=﹣11,故答案为﹣1.“点睛”本题考查了二次函数图象,利用函数图象关于对称轴对称是解题关键.16、-3<x<1【解析】试题分析:根据抛物线的对称轴为x=﹣1,一个交点为(1,0),可推出另一交点为(﹣3,0),结合图象求出y>0时,x的范围.解:根据抛物线的图象可知:抛物线的对称轴为x=﹣1,已知一个交点为(1,0),根据对称性,则另一交点为(﹣3,0),所以y>0时,x的取值范围是﹣3<x<1.故答案为﹣3<x<1.考点:二次函数的图象.17、①②④【分析】根据二次函数的图象和性质逐一对选项进行分析即可.【详解】①∵∴即,故①正确;②由图象可知,若,,在抛物线上,则,故②正确;③∵抛物线与直线有交点时,即有解时,要求所以若关于的方程有实数根,则,故③错误;④当时,∵∴,故④正确.故答案为①②④【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质,掌握二次函数的图象和性质是解题的关键.18、x=1【详解】解:∵y=2x2﹣4x+1=2(x﹣1)2﹣1,∴对称轴为直线x=1,故答案为:x=1.【点睛】本题主要考查二次函数的性质,掌握二次函数的顶点式是解题的关键,即在y=a(x﹣h)2+k中,对称轴为x=h,顶点坐标为(h,k).三、解答题(共66分)19、(1)汽车行驶到E点位置时,小明刚好看不到建筑物B;(2)他向前行驶了18.3米.【解析】1)连接FC并延长到BA上一点E,即为所求答案;
(2)利用解Rt△AEC求AE,解Rt△ACM,求AM,利用ME=AM-AE求出他行驶的距离.【详解】解:(1)如图所示:汽车行驶到E点位置时,小明刚好看不到建筑物B;(2)∵小明的视角为30°,A建筑物高25米,∴AC=25,tan30°=ACAM=3∴AM=253,∵∠AEC=45°,∴AE=AC=25m,∴ME=AM﹣AE=43.3﹣25=18.3m.则他向前行驶了18.3米.【点睛】本题考查解直角三角形的基本方法,先分别在两个直角三角形中求相关的线段,再求差是解题关键.20、(1);(2).【分析】(1)用锐角卡片的张数除以总张数即可得出答案;(2)根据题意列出图表得出所有情况数和两张角度恰好互补的张数,再根据概率公式即可得出答案.【详解】解:(1)一共有四张卡片,其中写有锐角的卡片有2张,因此,(抽到锐角卡片)==;(2)列表如下:36°54°144°126°36°(54°,36°)(144°,36°)(126°,36°)54°(36°,54°)(144°,54°)(126°,54°)144°(36°,144°)(54°,144°)(126°,144°)126°(36°,126°)(54°,126°)(144°,126°)一共有12种等可能结果,其中符合要求的有4种结果,即因此,(抽到的两张角度恰好互补)=.【点睛】本题考查的是用列表法或树状图法求概率.列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果,适合于两步完成的事件;树状图法适合两步或两步以上完成的事件;解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验.用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比.21、(1);(2)3;(3).【分析】(1)利用待定系数法进行求解即可;(2)作直线DE⊥轴于点E,交BC于点G,作CF⊥DE,垂足为F,先求出S△OAC=6,再根据S△BCD=S△AOC,得到S△BCD=,然后求出BC的解析式为,则可得点G的坐标为,由此可得,再根据S△BCD=S△CDG+S△BDG=,可得关于m的方程,解方程即可求得答案;(3)存在,如下图所示,以BD为边或者以BD为对角线进行平行四边形的构图,以BD为边时,有3种情况,由点D的坐标可得点N点纵坐标为±,然后分点N的纵坐标为和点N的纵坐标为两种情况分别求解;以BD为对角线时,有1种情况,此时N1点与N2点重合,根据平行四边形的对边平行且相等可求得BM1=N1D=4,继而求得OM1=8,由此即可求得答案.【详解】(1)抛物线经过点A(-2,0),B(4,0),∴,解得,∴抛物线的函数表达式为;(2)作直线DE⊥轴于点E,交BC于点G,作CF⊥DE,垂足为F,∵点A的坐标为(-2,0),∴OA=2,由,得,∴点C的坐标为(0,6),∴OC=6,∴S△OAC=,∵S△BCD=S△AOC,∴S△BCD=,设直线BC的函数表达式为,由B,C两点的坐标得,解得,∴直线BC的函数表达式为,∴点G的坐标为,∴,∵点B的坐标为(4,0),∴OB=4,∵S△BCD=S△CDG+S△BDG=,∴S△BCD=,∴,解得(舍),,∴的值为3;(3)存在,如下图所示,以BD为边或者以BD为对角线进行平行四边形的构图,以BD为边时,有3种情况,∵D点坐标为,∴点N点纵坐标为±,当点N的纵坐标为时,如点N2,此时,解得:(舍),∴,∴;当点N的纵坐标为时,如点N3,N4,此时,解得:∴,,∴,;以BD为对角线时,有1种情况,此时N1点与N2点重合,∵,D(3,),∴N1D=4,∴BM1=N1D=4,∴OM1=OB+BM1=8,∴M1(8,0),综上,点M的坐标为:.【点睛】本题考查的是二次函数的综合题,涉及了待定系数法、三角形的面积、解一元二次方程、平行四边形的性质等知识,运用了数形结合思想、分类讨论思想等数学思想,熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.22、(4)证明见解析;(4)证明见解析;(4)4【解析】试题分析:(4)由作图知:PQ为线段AC的垂直平分线,得到AE=CE,AD=CD,由CF∥AB,得到∠EAC=∠FCA,∠CFD=∠AED,利用ASA证得△AED≌△CFD;(4)由△AED≌△CFD,得到AE=CF,由EF为线段AC的垂直平分线,得到EC=EA,FC=FA,从而有EC=EA=FC=FA,利用四边相等的四边形是菱形判定四边形AECF为菱形;(4)在Rt△ADE中,由勾股定理得到ED=4,故EF=8,AC=6,从而得到菱形AECF的面积.试题解析:(4)由作图知:PQ为线段AC的垂直平分线,∴AE=CE,AD=CD,∵CF∥AB,∴∠EAC=∠FCA,∠CFD=∠AED,在△AED与△CFD中,∵∠EAC=∠FCA,AD=CD,∠CFD=∠AED,∴△AED≌△CFD;(4)∵△AED≌△CFD,∴AE=CF,∵EF为线段AC的垂直平分线,∴EC=EA,FC=FA,∴EC=EA=FC=FA,∴四边形AECF为菱形;(4)在Rt△ADE中,∵AD=4,AE=5,∴ED=4,∴EF=8,AC=6,∴S菱形AECF=8×6÷4=4,∴菱形AECF的面积是4.考点:4.菱形的判定;4.全等三角形的判定与性质;4.线段垂直平分线的性质.23、(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3).【解析】(1)推出∠DAC=∠BAE,则可直接由SAS证明△ADC≌△ABE;(2)证明△BCE是直角三角形,再证DC=BE,AC=CE即可推出结论;(3)如图2,设Q为满足条件的点,将AQ绕着点A顺时针旋转60度得AF,连接QF,BF,QB,DQ,AF,证△ADQ≌△ABF,由勾股定理的逆定理证∠FBQ=90°,求出∠DQB=150°,确定点Q的路径为过B,D,C三点的圆上,求出的长即可.【详解】(1)证明:∵∠CAE=∠DAB=60°,∴∠CAE-∠CAB=∠DAB-∠CAB,∴∠DAC=∠BAE,又∵AD=AB,AC=AE,∴△ADC≌△ABE(SAS);(2)证明:在四边形ABCD中,∠ADC+∠ABC=360°-∠DAB-∠DCB=270°,∵△ADC≌△ABE,∴∠ADC=∠ABE,CD=BE,∴∠ABC+ABE=∠ABC+∠ADC=270°,∴∠CBE=360°-(∠ABC+ABE)=90°,∴CE2=BE2+BC2,又∵AC=AE,∠CAE=60°,∴△ACE是等边三角形,∴CE=AC=AE,∴AC2=DC2+BC2;(3)解:如图2,设Q为满足条件的点,将AQ绕着点A顺时针旋转60度得AF,连接QF,BF,QB,DQ,AF,则∠DAQ=∠BAF,AQ=QF,△AQF为等边三角形,又∵AD=AB,∴△ADQ≌△ABF(SAS),∴AQ=FQ,BF=DQ,∵AQ2=BQ2+DQ2,∴FQ2=BQ2+BF2,∴∠FBQ=90°,∴∠AFB+∠AQB=360°-(∠QAF+∠FBQ)=210°,∴∠AQD+∠AQB=210°,∴∠DQB=360°-(∠AQD+∠AQB)=150°,∴点Q的路径为过B,D,C三点的圆上,如图2,设圆心为O,则∠BOD=2∠DCB=60°,连接DB,则△ODB与△ADB为等边三角形,∴DO=DB=AB=2,∴点Q运动的路径长为:.【点睛】本题考查了旋转的性质,等边三角形的性质,四边形的内角和,勾股定理的逆定理,圆的有关性质及计算等,综合性较强,解题关键是能够熟练掌握并灵活运用圆的有关性质.24、不必封上人行道【分析】过C点作CG⊥AB交AB于G.求需不需要将人行道封上实际上就是比较AB与BE的长短,已知BD,DF的长度,那么AB的长度也就求出来了,现在只需要知道BE的长度即可,有BF的长,ED的长,缺少的是DF的长,根据“背水坡CD的坡度i=1:2,坝高CF为2m”DF是很容易求出的,这样有了CG的长,在△ACG中求出AG的长度,这样就求出AB的长度,有了BE的长,就可以判断出是不是需要封上人行道了.【详解】过C点作CG⊥
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